数学分析习题练习七

【长安大学2023】


证明
                   当$\displaystyle x=0$,积分收敛；

                   对于$\displaystyle x\in(-\infty ,0)\cup (0,+\infty ),$有
                                  $\displaystyle \forall A> 0,|\int_{0}^{A}\sin xydy|=\frac{1}{|x|}|1-\cos Ax|< M.$

                     而$\displaystyle \frac{1}{1+y^2},\downarrow (y\to+\infty ),$且$\displaystyle |\frac{1}{1+y^2}|\rightarrow 0(y\to+\infty ),$

                                   $\displaystyle \therefore \forall x\in(-\infty ,0)\cup (0,+\infty ), |\frac{1}{1+y^2}|\Rightarrow 0(y\to+\infty ),$

                        由Dirichlet判别法，原积分一致收敛。

【吉林大学2023】


解
     1、
                     $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }\frac{1+\cos1)^3+（2+\cos2)^3\cdots +（n+\cos n)^3}{n^4}&=\lim_{n \to \infty }\frac{（n+\cos n)^3}{n^4-(n-1)^4}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{n^3（1+\frac{\cos n}{n})^3}{n^4-n^4+4n^3-o(n^2)}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{e^{\frac{3\cos n}{n}}}{4}\\\\&=\frac{1}{4}.\end{align*}$
   2、
                     $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }n^2[\sin (\cos \frac{1}{n})-\sin 1]&=\lim_{n \to \infty }n^2\cdot [2\cos \frac{\cos \frac{1}{n}+1}{2}\sin \frac{\cos \frac{1}{n}-1}{2}]\\\\&=\lim_{n \to \infty }n^2\cdot 2\cos 1\sin (-\frac{1}{2n^2})\\\\&=-\cos 1.\end{align*}$

     3、                       $\displaystyle x\to0,\tan x\sim x,\ln(1+x^2)\sim x^2,e^{2x^2}-1\sim 2x^2.$

                       $\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\int_{x^2}^{x}(\tan t)^3dt}{\ln(1+x^2)(e^{2x^2}-1)}=\lim_{x\to0}\frac{\int_{x^2}^{x}t^3dt}{x^2\cdot 2x^2}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{4}(x^4-x^8)}{2x^4}=\frac{1}{8}.$

     4、
                        $\displaystyle x\in[0,1],\sqrt{4(3+x)}\leq 4,$

                          $\displaystyle \int_{0}^{1}x^n\sqrt{x(3+x)}dx=\int_{0}^{1-\delta }x^n\sqrt{x(3+x)}dx+\int_{1-\delta }^{1}x^n\sqrt{x(3+x)}dx\leq 4(1-\delta )^n+4\delta .$

                         $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{1}x^n\sqrt{x(3+x)}dx=0.$

      5、
                         $\begin{align*}I&=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{n}(\cos \frac{\pi}{n}+\cos \frac{2\pi}{n}+\cdots +\cos \frac{(n-1)\pi}{n})\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{n}(\cos \frac{\pi}{n}+\cos \frac{2\pi}{n}+\cdots +\cos \frac{(n-1)\pi}{n}+\cos \frac{n\pi}{n}+1)\\\\&=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\cos xdx=0.\end{align*}$

【吉林大学2023】


解
             7、
                     用参数方程
                                           $\displaystyle x=a+a\cos\theta ,y=a\sin\theta ,dx=-a\sin\theta d\theta  ,0\leq \theta \leq \pi.$

                                           $\begin{align*}\int_Lxydx&=\int _{y=0}xydx+\int _{L^+}xydx\\\\&=0+\int_{0}^{\pi}(a+a\cos\theta )\cdot a\sin\theta \cdot (-a\sin\theta d\theta )\\\\&=-a^3\int_{0}^{\pi}(1+\cos\theta )\sin^2\theta d\theta \\\\&=-\frac{1}{2}\pi a^3.\end{align*}$

            8、                          令
                                        $\displaystyle t=1-x,x=1-t,dx=-dt,$

                            代入变换，计算
                                           $\begin{align*}I&=\int_{0}^{1}\frac{x}{e^x+e^{1-x}}dx=\int_{0}^{1}\frac{1-t}{e^{1-t}+e^t}dt\\\\&=\frac{1}{2}[\int_{0}^{1}(\frac{x}{e^x+e^{1-x}}+\frac{1-x}{e^x+e^{1-x}})dx]\\\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{1}{e^x+e^{1-x}}dx\\\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{1}{\frac{e^{2x}}{e}+1}d(\frac{e^x}{\sqrt{e}})\\\\&=\frac{1}{2}\arctan (\frac{e^x}{\sqrt{e}})|_0^1\\\\&=\frac{1}{2}(\arctan \sqrt{e}-\arctan\frac{1}{\sqrt{e}}).\end{align*}$

【吉林大学2023】


解
                  先求出奇点。在所给曲线中消去z,然后用Lanrange乘数法求出奇点，最后比较大小，确定最大值的点和最小值的点。

【吉林大学2023】


证明
                         首先
                                    $\displaystyle \cos （\pi\sqrt{n^2+n}）=(-1)^n\cos （\pi\sqrt{n^2+n}-n\pi）=(-1)^n\cos \frac{n\pi}{\sqrt{n^2+n}+n},$

                            而
                                    $\displaystyle \because n \to \infty ,\frac{n\pi}{\sqrt{n^2+n}+n}\to\frac{\pi}{2},\cos \frac{n\pi}{\sqrt{n^2+n}+n}\downarrow ,\to0.$

                                并且由
                                     $\displaystyle |\arcsin \frac{n}{n+1}|\leq \frac{\pi}{2},$

                      故交叉级数$\displaystyle \{\cos （\pi\sqrt{n^2+n}）\arcsin \frac{n}{n+1}\}$收敛。

                      另，因为$\displaystyle |\cos （\pi\sqrt{n^2+n}）\arcsin \frac{n}{n+1}|\neq 0,(n \to \infty )$,所以级数$\displaystyle \{\cos （\pi\sqrt{n^2+n}）\arcsin \frac{n}{n+1}\}$不绝对收敛。即原级数条件收敛。

【复旦大学数学分析2023】


解
                     令
                                 $\displaystyle \angle OPA=\theta ,\angle POA=\theta _1,\angle PAO=\theta _2,$

                         则有
                                  $\displaystyle \theta _1=\arctan \frac{y}{x},\theta _2=\arctan \frac{y}{1-x},$

                                   $\displaystyle \theta =\pi-\theta _1-\theta _2=\pi-\arctan \frac{y}{x}-\arctan \frac{y}{1-x}.$

                         再令
                                     $\displaystyle F(x,y,\lambda )=\pi-\arctan \frac{y}{x}-\arctan \frac{y}{1-x}+\lambda (x-y+1).$

                         那么
                                       $\displaystyle F_x=\frac{\frac{y}{x^2}}{1+(\frac{y}{x})^2}-\frac{\frac{y}{(1-x)^2}}{1+(\frac{y}{1-x})^2}+\lambda =\frac{y}{x^2+y^2}-\frac{y}{(1-x)^2+y^2}+\lambda =0,$

                                         $\displaystyle F_y=-\frac{\frac{1}{x}}{1+(\frac{y}{x})^2}-\frac{\frac{1}{1-x}}{1+(\frac{y}{1-x})^2}-\lambda =-\frac{x}{x^2+y^2}-\frac{1-x}{(1-x)^2+y^2}-\lambda =0,$

                                        $\displaystyle F_\lambda =x-y+1=0.$

                         求出奇点
                                         $(0,1)$，$(-2,-1)$舍去.

                            所以
                                          $\displaystyle P(x,y)=(0,1).$

                          而所求最大夹角为
                                            $\displaystyle \theta =\frac{\pi}{4}.$

【复旦大学数学分析2023】


解
                          $\displaystyle I(t)=\int_{0}^{+\infty }\frac{e^{-x}-e^{-tx}}{x}dx,$

                              $\displaystyle I'(t)=\int_{0}^{+\infty }e^{-tx}dx=\frac{1}{t}.$

                            $\displaystyle \therefore I(t)=\int_{0}^{t}\frac{1}{u}du=\ln t.$

【复旦大学数学分析2023】


解
                       $\displaystyle z=\sqrt{1-x^2-y^2},\overrightarrow{n}=\{-\frac{x}{\sqrt{1-x^2-y^2}},-\frac{y}{\sqrt{1-x^2-y^2}},\frac{1}{\sqrt{1-x^2-y^2}}\}.$

                        $\displaystyle dS=\sqrt{1+\frac{x^2}{1-x^2-y^2}+\frac{y^2}{1-x^2-y^2}}dxdy=\sqrt{\frac{1}{1-x^2-y^2}}dxdy,$

                         $\begin{align*}I&=\int \overrightarrow{F}\cdot d\overrightarrow{S}=\int \overrightarrow{F}\cdot\overrightarrow{n}dS\\\\&=\iint_\Sigma [\frac{-x(xy+\cos z)-y(-xy+x^2)+(x+2z^2)}{\sqrt{1-x^2-y^2}}] dS\\\\&=\iint_{D_{xy}}[-x(xy+\cos \sqrt{1-x^2-y^2})-y(-xy+x^2)+(x+2(1-x^2-y^2))]dxdy\\\\&=2\iint_{D_{xy}}(1-x^2-y^2)dxdy\\\\&=2\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}}(1-r^2)rdr\\\\&=2\pi\cdot \frac{1}{4} =\frac{1}{2}\pi.\end{align*}$

【复旦大学数学分析2023】


解
                          因为极限存在，所以用罗必塔法则，可得
                                                 $a=b$,

                          而极限值为：$\frac{2}{3}a$.

【吉林大学2023】


证明
                          由已知条件，不难得到
                                              $\displaystyle f(x)\neq 0,x\in[1,+\infty ),|f(x)|\leq M.$

                                       $\displaystyle \forall x_1,x_2\in[1,+\infty ),x_1< x_2$,有

                                           $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,\forall x_1,x_2\in[1,+\infty ),x_1< x_2,\forall \delta > 0,|x_1-x_2|< \delta .$

                                    使得
                                            $\begin{align*}|\frac{x_1+e^{-x_1}}{f(x_1)}-\frac{x_2+e^{-x_2}}{f(x_2)}|&\leq |\frac{x_1}{f(x_1)}-\frac{x_2}{f(x_2)}|+|\frac{e^{-x_1}}{f(x_1)}-\frac{e^{-x_2}}{f(x_2)}|\\\\&\leq x_2|\frac{f(x_2)-f(x_1)}{f(x_1)f(x_2)}|+e^{-x_1}|\frac{f(x_2)-f(x_1)}{f(x_1)f(x_2)}|\\\\&\leq \frac{x_2}{|f(x_1)f(x_2)|}\cdot L|x_1-x_2|+\frac{e^{-x_1}}{|f(x_1)f(x_2)|}\cdot L|x_1-x_2|\\\\&\leq \frac{x_2L}{|f(x_1)f(x_2)|}\delta +\frac{e^{-x_1}L}{|f(x_1)f(x_2)|}\delta \\\\&< \varepsilon .\end{align*}$

                                其中：$\displaystyle \varepsilon =[\frac{x_2L}{|f(x_1)f(x_2)|} +\frac{e^{-x_1}L}{|f(x_1)f(x_2)|}]\delta .$