数学分析习题练习七

兰州大学2022


解
                     $\begin{align*}I&=\iint_Sx^3dydz+y^3dxdz+z^3dxdy\\\\&=3\iiint_\Omega (x^2+y^2+z^2)dxdydz\\\\&=3\iiint_\Omega (x^2+y^2+(z-1)^2)dxdydz+3\iiint_\Omega(2z-1)dxdydz\\\\&=3\iiint_\Omega (x^2+y^2+(z-1)^2)dxdydz-3\iiint_\Omega dxdydz.\end{align*}$

                     用球面坐标计算即可。

兰州大学2022


证明
                     令
                                $\displaystyle \varphi (x)=\frac{f(x)-f(b)}{x-b},$

                     由凸函数的性质，有
                                    $\displaystyle \forall x_1,x_2\in(b-\delta ,b],x_1< x_2.s.t.$

                                       $\displaystyle \varphi (x_1)=\frac{f(x_1)-f(b)}{x_1-b}\leq \frac{f(x_2)-f(b)}{x_2-b}=\varphi (x_2),$

                               即$\displaystyle \varphi (x)$为单调增函数，又因为$(b-\delta ,b]$为有限区间，所以，$\varphi (x)$必有界。从而函数$\varphi (x)$极限存在，也即
                                              $\displaystyle \lim_{x\to b-}\varphi (x_1)=f_-(b).$

                           同样的道理，有
                                                $\displaystyle \lim_{x\to a+}\varphi (x_1)=f_+(a).$

兰州大学2022


证明
                    如果函数一致收敛，则由已知条件，可知有
                                      $\displaystyle \forall \varepsilon > 0，\forall x_1,x_2\in[0,+\infty ),\exists \delta > 0,|x_1-x_2|< \delta ,s.t.|f(x_1)-f(x_2)|< \varepsilon .$

                        对于上面的$\displaystyle \varepsilon ,x_1,x_2,\delta$，有
                                        $\displaystyle s.t.|\int_{x_1}^{x_2}f(x)|< \varepsilon .$

                         因为
                                     $\displaystyle |f(x)|=\frac{1}{\delta }|\int_{x_1}^{x_2}f(x)|< \frac{1}{\delta }|\int_{x_1}^{x_2}(f(x)-f(t))dt|+\frac{1}{\delta }|\int_{x_1}^{x_2}f(t)dt|< \frac{1}{\delta }\cdot \delta \varepsilon +\frac{1}{\delta }\cdot \varepsilon =\varepsilon .$

                                     $\displaystyle \therefore \lim_{x\to+\infty}f(x)=0.$

                       另一方面，如果上面的结论成立，则
                                      $\displaystyle \forall \varepsilon > 0，\forall x,t,x_1,\in[0,+\infty ),\exists \delta > 0,|x-t|< \delta .$

                           此时
                                       $\displaystyle |f(x)-f(t)|\leq |f(x)|+|f(t)|=\frac{1}{\delta }|\int_{x_1}^{x_1+\delta }f(x)dx|+\frac{1}{\delta }|\int_{x_1}^{x_1+\delta }f(t)dt|< \frac{1}{\delta }\cdot \delta \varepsilon +\frac{1}{\delta }\cdot \delta \varepsilon =\varepsilon .$
                                即能推出函数一致收敛。

                         综合所述。命题成立。

兰州大学2022


证明
          （1）、令
                                 $\displaystyle F(x)=\int_{a}^{x}f(t)dt,$

                         显然函数连续，且有，
                                         $\displaystyle F(a)=F(b)=0,$

                              又
                                          $\displaystyle \because \int_{a}^{b}f(x)e^xdx=e^xF(x)|_a^b-\int_{a}^{b}F(x)e^xdx=-\int_{a}^{b}F(x)e^xdx=0,$

                              由积分中值定理，有
                                            $\displaystyle \exists \xi\in(a,b),s.t.F(\xi)e^\xi(b-a)=0.\Rightarrow F(\xi)=0.$

                             于是由Rolle微分中值定理，
                                              $\displaystyle \exists x_1\in(a,\xi),x_2\in(\xi,b),s.t.$

                                                $\displaystyle F'(x_1)=F'(x_2)=0,\Rightarrow f(x_1)=f(x_2)=0.(Rolle)$

                               命题面立。

             （2）、用数学归纳法，即可证明。                                                                 
                                 当$k=2$时，由（1）可知命题成立；
                                 假设当$k=n$时，$f(x)$在区间内至少有$n$个相异的零点；
                                 那么，当$k=n+1$时，同样设
                                                $\displaystyle F(x)=\int_{a}^{x}f(t)dt,$

                         显然函数连续，且有，
                                                     $\displaystyle F(a)=F(b)=0,$

                              运用分步积分，
                            $\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)e^{nx}dx=e^{nx}F(x)|_a^b-n\int_{a}^{b}F(x)e^{nx}dx=-n\int_{a}^{b}F(x)e^{nx}dx=0.$

                           于是，由假设，运用Rolle中值定理，可知，$F(x)$在区间内至少存在$n+2$个相异零点，则$f(x)$在区间内至少存在$n+1$个相异零点.

兰州大学2022数学分析


     

兰州大学2022


           

山东科技大学2018年硕士研究生712数学分析自命题试题


解
                        $\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\tan^2 x}{\sqrt{1+x\sin x}-1}=\lim_{x\to0}\frac{\tan^2 x}{\frac{1}{2}x\sin x}=2.$

山东科技大学2018年硕士研究生712数学分析自命题试题


解
                   $\displaystyle \because a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\frac{\alpha }{a_n}),a_1,\alpha > 0.$
                    $\displaystyle  \therefore a_{n+1}\geq \frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{a_n}\cdot \sqrt{\frac{\alpha }{a_n}}\geq \sqrt{\alpha }.$

              又
                       $\displaystyle a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\frac{\alpha }{a_n})=\frac{a_n^2+\alpha }{2a_n},$

               因此
                        $\displaystyle \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{a_n^2+\alpha }{2a^2_n}\leq \frac{2a^2_n}{2a^2_n}=1.$

                                $\displaystyle \Rightarrow \{a_n\}\downarrow .$

                     数列$\{a_n\}$单调有界，有极限。可令
                                             $\displaystyle \lim_{n \to \infty }=l.$

                         由已知，得
                                              $\displaystyle l=\frac{1}{2}(l+\frac{\alpha }{l}),\Rightarrow \lim_{n \to \infty }=l=\sqrt{\alpha }.$

山东科技大学2018年硕士研究生712数学分析自命题试题


解
                         $\displaystyle 2y\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+\frac{2}{y}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\sin 2x,$

                            $\displaystyle   \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{y\sin 2x}{2(y^2+1)}.$

                             $\displaystyle  \frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}=\frac{(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\sin 2x+2y\cos 2x)(y^2+1)-2y^2\cos 2x }{2(y^2+1)^2}=\cdots .$

山东科技大学2018年硕士研究生712数学分析自命题试题



解
      （1）、
                                $f(0)=0,x^\alpha \rightarrow 0,(x\to0)$

                    如果函数在$x=0$处连续，则必须有
                                        $\Rightarrow \alpha > 0.$                       

      （2）、
                    若函数在$x=0$有极限，则左右极限存在，且相等。
                                   $\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0^+}\frac{1-\cos x-0}{x-0}=\lim_{x\to0^+}\frac{\frac{1}{2}x^2}{x}=0,$

                                   $\lim_{x\to0^-}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0^-}\frac{x^\alpha -0}{x-0}=\lim_{x\to0^-}x^{\alpha -1}=0,$

                              如此必有
                                             $\alpha > 1.$

                                 且，
                                             $f'(0)=f'(0+)=f'(0-)=0.$