数学分析习题练习七

【吉林大学2023】


证明
                     令
                                  $\displaystyle F(x)=(1-x)^{k}f(x),x\in[0,1]$

                          则由已知条件，$F(x)$在$[0,1]$上连续，在$(0,1)$上可导。且
                                       $\displaystyle F(0)=F(1)=0,$

                               由 Rolle定理
                                                  $\displaystyle \exists \xi \in(0,1),s.t.$
                       
                                                    $\displaystyle F'(\xi)=(1-\xi)^kf'(\xi)-k(1-\xi)^{(k-1)}f(\xi)=0,$

                                                          $\displaystyle (1-\xi)f'(\xi)-kf(\xi)=0,$

                                                      $\displaystyle \therefore \xi f'(x)+kf(\xi)=f'(\xi).$

                                                   命题成立。

【复旦大学数学分析2023】


   

             这是李扬学长的解法。

【复旦大学数学分析2023】


证明

                  首先，由已知可知
                                      $\displaystyle \exists N> 0,\forall x> N,\frac{xf'(x)}{f(x)}\leq -r,$

                                       $\displaystyle \Rightarrow \frac{f'(x)}{f(x)}\leq -\frac{r}{x},$

                        从而
                                       $\displaystyle \ln f(x)\leq \ln Cx^{-r},$

                                       $\displaystyle f(x)\leq Cx^{-r},(r> 1,f(x)> 0)$

                          因此
                                       $\displaystyle \int_{a}^{+\infty }f(x)\leq C\int_{a}^{+\infty }x^{-r}dx< \infty .$

【复旦大学数学分析2023】



证明
                 由积分的等价性定理，如果要使
                                           $\displaystyle (P-f)dx+(Q-g)dy+(R-h)dz$

                           为全微分。则相当于下列条件成立
                                            $\displaystyle \frac{\partial（P-f）}{\partial y}=\frac{\partial(Q-g)}{\partial x},\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial g}{\partial x},$

                                             $\displaystyle \frac{\partial（Q-g）}{\partial z}=\frac{\partial(R-h)}{\partial y},\frac{\partial Q}{\partial z}-\frac{\partial g}{\partial z}=\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial h}{\partial y},$
                              
                                              $\displaystyle \frac{\partial（R-h）}{\partial x}=\frac{\partial（P-f）}{\partial z},\frac{\partial R}{\partial x}-\frac{\partial h}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial f}{\partial z},$

                     于是结合已知条件，只要令
                                             $\displaystyle \frac{\partial g}{\partial x}-\frac{\partial f}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=c,$

                                              $\displaystyle \frac{\partial h}{\partial y}-\frac{\partial g}{\partial z}=\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}=a,$

                                              $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial z}-\frac{\partial h}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}=b,$

                        即可使
                                      $\displaystyle (P-f)dx+(Q-g)dy+(R-h)dz$

                             为全微分。

【中山大学2023】


解
                      $\begin{align*}\int \frac{1+x^4}{1+x^6}dx&=\int \frac{1-x^2+x^4+x^2}{1+x^6}dx\\\\&=\int \frac{dx}{1+x^2}+\int \frac{x^2}{1+x^6}dx\\\\&=\arctan x+\frac{1}{3}\int\frac{dx^3}{1+x^6} \\\\&=\arctan x+\frac{1}{3}\arctan x^3+C.\end{align*}$

【中山大学2023】


解
         （1）、
                                        因为
                                                      $\displaystyle \sin \frac{\pi}{2023^n}\sim \frac{\pi}{2023^n},n \to +\infty ,$

                                            即有
                                                        $\displaystyle 2022^n\sin \frac{\pi}{2023^n}\sim (\frac{2022}{2023})^n\pi,n \to +\infty ,$

                                           而有
                                                         $\displaystyle a_n=(\frac{2022}{2023})^n\pi\leq \pi,\uparrow ,$

                                           由级数的单调有界原理，原级数收敛。

            （2）、                      由于
                                               $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{1}{2^n}(1+\frac{1}{n})^{n^2}=\lim_{n \to \infty }(\frac{e}{2})^n\neq 0.$

                                             所以原级数发散。

【中山大学2023】


解
                  由已知，有
                                   $\displaystyle f(x)=\frac{x^2}{(1+x^2)^2}=\frac{1}{1+x^2}-\frac{1}{(1+x^2)^2}=\frac{1}{1+u}-\frac{1}{(1+u)^2},x^2=u,$

                       而
                                    $\displaystyle \frac{1}{1+u}=1-u+u^2-u^3+\cdots +(-1)^{n+1}u^n+\cdots ,$

                                    $\displaystyle -\frac{1}{(1+u)^2}=1-2u+3u^2+\cdots +(-1)^{n+1}nu^{n}+\cdots ,$

                         所以
                                    $\displaystyle \frac{1}{1+u}-\frac{1}{(1+u)^2}=2-3u+4u^2+\cdots +(-1)^{n+1}(n+1)u^{n}+\cdots=\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^{n+1}(n+1)u^{n} ,$

                                     $\displaystyle \Rightarrow f(x)=\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^{n+1}(n+1)x^{2n}.|x^2|< 1$

【中山大学2023】


                        


                                                        (数学分析解题思想与方法（第2版）杨传林 编著,2019,P165例8)

【中山大学2023】


         

【中山大学2023】


解
                  将第Ⅰ~Ⅳ象限积分区域内的积分分别标以$I_1~I_4$.

                    那么
                                 $\displaystyle I=I_1+I_2+I_3+I_4.$

                      而
                                  $\displaystyle I_1=\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{1-y}\cos (x+y)dx=\sin 1+\cos 1-1.$
                                  $\displaystyle I_2=\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{-1+y}\cos (x+y)dx=\cos 1-1.$
                                  $\displaystyle I_3=\int_{-1}^{0}dy\int_{-1-y}^{0}\cos (x+y)dx=\sin 1.$

                                   $\displaystyle I_4=\int_{-1}^{0}dy\int_{0}^{1+y}\cos (x+y)dx=1-\cos 1.$

                               $\displaystyle \therefore I=I_1+I_2+I_3+I_4=\sin 1+\cos 1-1+\cos 1-1+\sin 1+1-\cos 1=2\sin 1+\cos 1-2.$