数学分析习题练习七

上海交通大学2022-2023数学分析I期末考试A卷


   1、证明
                              令：$\displaystyle D:[a,b]^2,$

                              则
                                         $\displaystyle \forall x,y\in[a,b],s.t.$

                                         $\displaystyle \iint_Df(x)g(y)dxdy=\int_{a}^{b}f(x)dx\int_{a}^{b}g(x)dx=\iint_Df(y)g(x)dxdy,$

                                          $\displaystyle \iint_Df(x)g(x)dxdy=(b-a)\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx=\iint_Df(y)g(y)dxdy,$

                               又，
                                           $\displaystyle \forall x,y\in[a,b],f(x)g(x)+f(y)g(y)\geq f(y)g(x)+f(x)g(y),$

                                 两边积分，得
                                            $\displaystyle \iint_Df(x)g(x)dxdy+\iint_Df(y)g(y)dxdy\geq \iint_Df(y)g(x)dxdy+\iint_Df(x)g(y)dxdy,$
                                  即有      
                                       $\displaystyle 2\iint_Df(x)g(x)dxdy=2(b-a)\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx\geq 2\iint_Df(y)g(x)dxdy=2\int_{a}^{b}f(x)dx\int_{a}^{b}g(x)dx.$

                                              $\displaystyle \therefore \int_{a}^{b}f(x)dx\int_{a}^{b}g(x)dx\leq (b-a)\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx.$
  2、
             由已知，得
                                           $\displaystyle a_{n+1}=a_n^2-a_n+1,\Rightarrow a_{n+1}-1=a_n^2-a_n=a_n(a_n-1),$

                                                $\displaystyle \therefore \frac{1}{a_{n+1}-1}=\frac{1}{a_n-1}-\frac{1}{a_n},$

                            即有
                                               $\displaystyle \frac{1}{a_n}=\frac{1}{a_n-1}-\frac{1}{a_{n+1}-1},$

                            于是，得
                                                $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{a_n}=\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{a_k}=\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}(\frac{1}{a_k-1}-\frac{1}{a_{k+1}-1})=\lim_{n \to \infty }(\frac{1}{a_1-1}-\frac{1}{a_n-1}),$

                                 又
                                             $\displaystyle \because a_{n+1}-a_n=a_n^2-2a_n+1=(a_n-1)^2> 0,$

                                                 $\displaystyle \therefore a_n\uparrow ,\to\infty(n\to\infty),$

                                    得
                                                  $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{1}{a_n-1}=0.$

                              最后，有
                                                   $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{a_n}=\frac{1}{a_1-1}.$

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证明
           1、用归纳法即可得到证明。

           2、由1、可知数列有界。同样 由已知$x_{n+1}=x_n(2-cx_n)\leq x_n$，可知数列单调。的以数列收敛。

                       可设$\lim_{n\to\infty}x_n=l.$
                    
                        则
                                $l=l(2-cl)$

                           得
                                    $l=0,l=\frac{1}{c}.$

                                    $l=0$舍去。所以
                                                 $\lim_{n\to\infty}x_n=\frac{1}{c}.$

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证明
                         由已知条件，可知
                                     $\displaystyle\because f'(x)\uparrow ,\Rightarrow f''(x)\geq 0.$

                         利用泰勒展开，有
                                    $\begin{align*}F(x)-F(0)&=\frac{f(x)}{x}-f'(0)=\frac{f(x)-xf'(0)}{x}\\\\&=\frac{f(0)+xf'(0)+\frac{1}{2}x^2f''(\xi)-xf'(0)}{x}\\\\&=\frac{1}{2}xf''(\xi)\geq 0.(\xi\in(0,x))\end{align*}$

                           因此，函数$F(x)$在$[0,+\infty)$上递增。

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解
                      由 $\displaystyle x^3+y^3+z^3=3xyz,$

                       $\displaystyle \Rightarrow 3x^2+3z^2\frac{\partial z}{\partial x}=3yz+3xy\frac{\partial z}{\partial x},$

                          $\displaystyle \therefore \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{x^2-yz}{xy-z^2}.$

                       由$\displaystyle u=x^3y^2z^2,$并将上述结果代入，得

                             $\displaystyle \Rightarrow \frac{\partial u}{\partial x}=3x^2y^2z^2+2x^2y^2z\frac{\partial z}{\partial x}=3x^2y^2z^2+2x^2y^2z\cdot \frac{x^2-yz}{xy-z^2}.$

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证明
                          令
                                $\displaystyle F(x,y)=x^p+y^p-\lambda (x+y-a),$

                                  $\displaystyle F'_x=px^{p-1}-\lambda=0 ,$

                                    $\displaystyle F'_y=py^{p-1}-\lambda=0 ,$

                                    $\displaystyle F'_\lambda=x+y-a=0.$

                                       $\displaystyle \Rightarrow \lambda =p(\frac{a}{2})^{p-1}.$

                                             $\displaystyle x=y=(\frac{\lambda }{p})^{\frac{1}{p-1}}=\frac{a}{2}.$

                               则有
                                            $\displaystyle F_\min=2(\frac{a}{2})^p.$

                                          $\displaystyle \Rightarrow \frac{x^p+y^p}{2}\geq (\frac{a}{2})^p=(\frac{x+y}{2})^p.$

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解
                   由于
                               $\displaystyle \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{-xy}{(x^2+y^2)^\frac{3}{2}},$

                     因此积分与路径无关。

                                $\displaystyle I=\int_{(1,0)}^{(6,8)}\frac{xdx+ydy}{\sqrt{x^2+y^2}}=(\int_{(1,0)}^{(6,0)}+\int_{(6,0)}^{(6,8)})\frac{xdx+ydy}{\sqrt{x^2+y^2}}=5+\sqrt{6+y^2}|_0^8=5+\sqrt{70}-\sqrt{6}.$

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解
              添加一个平面$z=m$，方向向上。利用高斯公式
                         $\begin{align*}I&=\iint_\Sigma x^2dydz+y^2dzdx+z^2dxdy\\\\&=\iint_{\Sigma+z=m}x^2dydz+y^2dzdx+z^2dxdy-\iint_{z=m}m^2dxdy\\\\&=\iiint_\Omega 2(x+y+z)dxdydz-\pi m^4\\\\&=2\int_{0}^{m}dz\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{z}zrdr-\pi m^4\\\\&=2\pi\int_{0}^{m}z^3dz-\pi m^4\\\\&=\frac{1}{2}\pi m^4-\pi m^4\\\\&=-\frac{1}{2}\pi m^4.\end{align*}$

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证明
           1、由于
                                     $\displaystyle |\frac{\cos xy}{1+x^2}|\leq \frac{1}{1+x^2},$

                              而
                                          $\displaystyle \int_{1}^{+\infty }\frac{1}{1+x^2}dx< \infty ,$

                         由Weierstrass判别法，对于$\displaystyle y\in(-\infty ,+\infty )$,积分$\displaystyle \int_{1}^{+\infty }\frac{\cos xy}{1+x^2}dx$一致收敛。

           2、由上面的结论，对于$\displaystyle y\in(-\infty ,+\infty )$,$\displaystyle f(y)$一致收敛。从而由一致收敛定理可知$f(y)$连续。再由连续函数性质，$\displaystyle f(y)$一致连续。



                                          

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浙江大学2023年数学分析考研题


解：
                          $\begin{align*}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{d\theta }{1+\tan ^{2023}\theta }&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos ^{2023}\theta d\theta }{\cos ^{2023}\theta +\sin ^{2023}\theta }\\\\&\overset{t=\frac{\pi}{2}-\theta }{=}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin ^{2023}\theta d\theta }{\cos ^{2023}\theta +\sin ^{2023}\theta }\\\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos ^{2023}\theta +\sin ^{2023}\theta }{\cos ^{2023}\theta +\sin ^{2023}\theta }d\theta\\\\&=\frac{\pi}{4}.\end{align*}$