数学分析习题练习七

【中山大学2023】


解
                  此题也是出现过多次的考试题。设$\displaystyle P(x_0,y_0,z_0)$为所求满足要求的在椭圆面上的点，则过此点的切平面为
                                        $\displaystyle \frac{xx_0}{a^2}+\frac{yy_0}{b^2}+\frac{zz_0}{c^2}=1,$


                          此切平面与三坐标轴的交点为$\displaystyle \frac{a^2}{x_0},\frac{b^2}{y_0},\frac{c^2}{z_0}$.

                                 而在第一象限内该切平面与三坐标平面围成的体积为：
                                                    $\displaystyle V=\frac{1}{6}\cdot \frac{a^2b^2c^2}{x_0y_0z_0}.$

                                  要求该体积在切点为$\displaystyle P(x_0,y_0,z_0)$的条件下的最小值。为方便计算，可以用等价命题求下例函数的最大值。
                                                    $\displaystyle F(x,y,z)=xyz+\lambda (\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}-1),$

                                     用条件极值法求得结果。



                                             
                  

【中山大学2023】


解
                         添加一条直线使其与$L$成一个闭合区域，再利用梅林公式计算。

                                    $\displaystyle \frac{\partial P}{\partial y}=e^y\cos x,\frac{\partial Q}{\partial x}=e^{y}\cos x-2x.$

                                    $\begin{align*}I&=\int _Le^{y}\cos xdx+(e^y\sin x-x^2)dy\\\\&=\int_{0}^{a}dy\int_{0}^{\sqrt{ay-y^2}}(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})dx-0\\\\&=\int_{0}^{a}dy\int_{0}^{\sqrt{ay-y^2}}-2xdx\\\\&=-\int_{0}^{a}(ay-y^2)dy\\\\&=-\frac{1}{6}a^3.\end{align*}$

【中山大学2023】


解
              先用高斯公式，再移动坐标轴利用对称性计算
                            $\begin{align*}I&=\iint_\Sigma x^2dydz=\iiint_\Omega 2xdxdydz\\\\&=2\iiint_\Omega (x-1)dxdydz+2\iiint_\Omega dxdydz\\\\&=0+2\iiint_\Omega dxdydz=2\cdot \frac{4}{3}\pi\\\\&=\frac{8}{3}\pi.\end{align*}$

【中山大学2023】


证明
                      令
                               $\displaystyle \varphi (h,k)=f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0+h,y_0)-f(x_0,y_0+k)+f(x_0,y_0),$

                                 $\displaystyle g(x)=f(x,y_0+k)-f(x,y_0),$

                       如此，由连续函数的中值定理，得
                                 $\begin{align*}\varphi (h,k)&=g(x_0+h)-g(x_0)=g'(x_0+\theta _1h)h\\\\&=(\frac{\partial f}{\partial x}(x_0+\theta _1h,y_0+k)-\frac{\partial f}{\partial x}(x_0+\theta _1h,y_0))h\\\\&=\frac{\partial^2f}{\partial y\partial x}(x_0+\theta _1h,y_0+\theta _2k)hk.\end{align*}$

                      由偏导数可微性可知连续，所以有
                                   $\displaystyle \underset{k\to0}{\lim_{h\to0}}\frac{\partial^2f}{\partial y\partial x}(x_0+\theta _1h,y_0+\theta _2k)hk=\frac{\partial^2f}{\partial y\partial x}(x_0,y_0).$

                      另一方面
                                   $\displaystyle \lim_{k\to0}\frac{\varphi (h,k)}{hk}=\lim_{k\to0}\frac{1}{h}(\frac{f(x_0+h,y_0+k)-f(x_0+h,y_0)}{k}-\frac{f(x_0,y_0+k)-f(x_0,y_0)}{k})=\frac{1}{h}(\frac{\partial f}{\partial y}(x_0+h,y_0)-\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0)).$

                       同样，由偏导数可微性，可知有
                                    $\displaystyle \lim_{h\to0}\frac{1}{h}(\frac{\partial f}{\partial y}(x_0+h,y_0)-\frac{\partial f}{\partial y}(x_0,y_0))=\frac{\partial^2f}{\partial y\partial x}(x_0,y_0).$

                          这说明
                                      $\displaystyle \frac{\partial^2f}{\partial x\partial y}(x_0,y_0)=\frac{\partial^2f}{\partial y\partial x}(x_0,y_0).$

上海交通大学2022-2023数学分析I期末考试A卷



解：
                    由已知可得
                                             $\displaystyle x_n=\frac{1}{3^n}+\frac{1}{5^n}.$

                        从而有
                                             $\begin{align*}\overline{\lim_{n \to \infty }}\sqrt[n]{x_n}&=\overline{\lim_{n \to \infty }}\sqrt[n]{\frac{1}{3^n}+\frac{1}{5^n}}\\\\&=\frac{1}{3}\overline{\lim_{n \to \infty }}\sqrt[n]{1+(\frac{3}{5})^n}\\\\&=\frac{1}{3}\overline{\lim_{n \to \infty}}[1+(\frac{3}{5})^n]^{(\frac{5}{3})^n\cdot (\frac{3}{5})^n\cdot \frac{1}{n}}\\\\&=\frac{1}{3}\overline{\lim_{n \to \infty}}e^{ (\frac{3}{5})^n\cdot \frac{1}{n}}\\\\&=\frac{1}{3}.\end{align*}$
                       而
                                            $\begin{align*}\overline{\lim_{n \to \infty }}\frac{x_{n+1}}{x_n}&=\overline{\lim_{n \to \infty }}\frac{\frac{1}{3^{n+1}}+\frac{1}{5^{n+1}}}{\frac{1}{3^n}+\frac{1}{5^n}}\\\\&=\frac{1}{3}\overline{\lim_{n \to \infty }}\frac{1+(\frac{3}{5})^{n+1}}{1+(\frac{3}{5})^{n}}\\\\&=\frac{1}{3}.\end{align*}$

                           同理有
                                             $\displaystyle \underset{n \to \infty}{\underline{\lim}}\frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{1}{3}.$

                     显然级数收敛，且值为
                                             $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }x_n=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{3^n}+\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{5^n}=\frac{1}{2}+\frac{1}{4}=\frac{3}{4}.$

上海交通大学2022-2023数学分析I期末考试A卷


解：
                           $\displaystyle \because |\sum \sin \frac{n\pi}{4}|=\lim_{n \to \infty }|\sum_{i=1}^{n}\sin \frac{i\pi}{4}|=\lim_{n \to \infty }|\frac{\cos \frac{\pi}{8}-\cos (n+\frac{1}{2})\frac{\pi}{4}}{2\sin \frac{\pi}{8}}|\leq \frac{1}{\sin \frac{\pi}{8}}.$

                     有界。而当$n\to \infty$时
                               $\displaystyle （\sqrt{n+1}-\sqrt{n}）^\alpha =\frac{1}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})^\alpha }\downarrow \to 0.\alpha > 0,$

                                 $\displaystyle （\sqrt{n+1}-\sqrt{n}）^\alpha =\frac{1}{(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})^\alpha }\neq 0.\alpha \leq 0,$

                        因此，由Dirichlet判别法，当$\displaystyle \alpha > 0$时，级数收敛。

上海交通大学2022-2023数学分析I期末考试A卷


解
                     由于
                                $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}(-1)^{k+1}(\frac{1}{u_k}+\frac{1}{u_{k+1}})=\begin{cases}
\frac{1}{u_1}-\frac{1}{u_{n+1}} &,k=2,4,6,\cdots n \\
\frac{1}{u_1}+\frac{1}{u_{n+1}} &, k=1,3,5,\cdots n
\end{cases}$

                       再者
                               $\displaystyle \because \lim_{n \to \infty }\frac{n}{u_n}=1,$

                                $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }\frac{1}{u_n}=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{n}=0.$

                                $\displaystyle \Rightarrow \sum_{k=1}^{n}(-1)^{k+1}(\frac{1}{u_k}+\frac{1}{u_{k+1}})=\frac{1}{u_1}.$

                  级数收敛。

上海交通大学2022-2023数学分析I期末考试A卷


证明
                     函数在$x=1$点泰勒展开
                                   $\displaystyle f(x)=f(1)+f'(1)(x-1)+\frac{1}{2}f''(\xi)(x-1)^2,$

                            两边积分
                                     $\displaystyle \int_{0}^{2}f(x)dx=\int_{0}^{2}f'(1)(x-1)dx+\int_{0}^{2}\frac{1}{2}f''(\xi)(x-1)^2dx,$

                             等式两边取绝对值
                                       $\begin{align*}|\int_{0}^{2}f(x)dx|&=|\int_{0}^{2}f'(1)(x-1)dx+\int_{0}^{2}\frac{1}{2}f''(\xi)(x-1)^2dx|\\\\&\leq |\int_{0}^{2}f'(1)(x-1)dx|+|\int_{0}^{2}\frac{1}{2}f''(\xi)(x-1)^2dx|\\\\&= |\int_{0}^{2}\frac{1}{2}f''(\xi)(x-1)^2dx|\\\\&=\frac{M}{6}|(x-1)^3|_0^2|\\\\&=\frac{M}{3}.\end{align*}$

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证明
                    不妨用反证法。假设$\displaystyle f(x)\not\equiv 0.$

                             $\displaystyle \because \varphi (x)=f(x)\int_{0}^{x}f(t)dt,\downarrow $

                                $\displaystyle \therefore \varphi' (x)=f'(x)\int_{0}^{x}f(t)dt+f^2(x)\leq 0,$

                           即有
                                  $\displaystyle f'(x)\int_{0}^{x}f(t)dt\leq -f^2(x),$

                            考察上述不等式在$x=0$时的情况，
                                                 $\displaystyle f'(0)\int_{0}^{0}f(t)dt\leq -f^2(0),$

                                    由此而得到
                                                         $\displaystyle 0\leq -f^2(0)< 0.$

                                 这显然是矛盾的，所以假设不合理。命题成立。

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解
          1、
                          因为
                                           $\displaystyle |\frac{x^q\cos x}{1+x^p}|\leq |\frac{x^q}{1+x^p}|\sim \frac{1}{x^{p-q}},x\to+\infty .$

                                所以有当$\displaystyle p-q> 1$时，由比较判别法知原积分绝对收敛。

                           又因为
                                            $\displaystyle \frac{x^q\cos x}{1+x^p}=\frac{x^q}{1+x^p}-\frac{2x^q\sin ^2\frac{x}{2}}{1+x^p},$

                                    而
                                                $\displaystyle \frac{x^q}{1+x^p}\sim \frac{1}{x^{p-q}},x\to+\infty .$

                                     所以当$\displaystyle p-q\leq 1$时，原积分发散。


          2、                           首先有
                                                $\displaystyle \int_{a}^{a+nT}f(x)dx=\underset{n}{\underbrace{\int_{a}^{a+T}+\int_{a+T}^{a+2T}+\cdots \int_{a+(n-1)T}^{a+nT}}}f(x)dx.$

                                 由
                                                $\displaystyle \because \int_{a}^{a+T}f(x)dx=\int_{0}^{T}f(x)dx,$

                                                 $\displaystyle \therefore \int_{a}^{a+nT}f(x)dx=n\int_{0}^{T}f(x)dx,$

                             利用此结论，计算
                                                                                                       $\begin{align*}\int_{0}^{n\pi}\sqrt{1+\sin2x}dx&=n\int_{0}^{\pi}\sqrt{1+\sin2x}dx=n\int_{0}^{\pi}|\sin x+\cos x|dx\\\\&=n(\int_{0}^{\frac{3\pi}{4}}(\sin x+\cos x)dx-\int_{\frac{3\pi}{4}}^{\pi}(\sin x+\cos x)dx)\\\\&=2n\sqrt{2}.\end{align*}$