数学分析习题练习七

山东科技大学2018年硕士研究生712数学分析自命题试题


解
                          $\begin{align*}I&=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{xdx}{1-\cos 2x }=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{xdx}{2\sin ^2x }\\\\&=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{xdx}{2\cos ^2x\tan ^2x }\\\\&=-\frac{x}{2\tan x}|_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}+\frac{1}{2}\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{dx}{\tan x}\\\\&=\frac{\pi}{4}+\frac{1}{2}\ln\sin x|_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\\\\&=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{4}\ln2.\end{align*}$

山东科技大学2018年硕士研究生712数学分析自命题试题


证明
                   令
                                   $\displaystyle F(x)=xf(x)+(1-x)[f(1)-2\int_{0}^{\frac{1}{2}}xf(x)dx].$

                     则
                                  $\displaystyle F(x)\in C[0,1],$$F(x)$在$(0,1)$内可导。于是有
                                          
                                      $\displaystyle F(0)=0,F(1)=f(1)-2\int_{0}^{\frac{1}{2}}xf(x)dx=0.$

                      由Rolle定理，得
                                        $\displaystyle \exists \xi\in(0,1),s.t.F'(\xi)=f(\xi)+\xi f'(\xi)=0.$

                                           $\displaystyle \therefore f'(\xi)=-\frac{f(\xi)}{\xi}.$

                             命题成立。(错误，待纠正)

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解
        （1）、
                      由已知
                                       $\displaystyle g(x)=\int_{0}^{1}f(xt)dt=\int_{0}^{1}\frac{f(xt)}{x}d(xt)=\frac{1}{x}\int_{0}^{x}f(u)du,$

                               由于有
                                                     $\displaystyle \lim_{u\to0}f(u)=\lim_{u\to0}\frac{f(u)}{u}\cdot u=0,$

                                     $g(x)$为正常积分。
                                                       $\displaystyle \therefore g'(x)=\frac{xf(x)-\int_{0}^{x}f(u)du}{x^2}.$
                        
          （2）、
                             由已知$f(x)$连续，所以
                                                        $\displaystyle g(0)=\lim_{x\to0}g(x)=\lim_{x\to0}\frac{1}{x}\int_{0}^{x}f(u)du=f(0).$

                                  由导数定义得
                             $\displaystyle g'(0)=\lim_{x\to0}\frac{g(x)-g(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{x}\int_{0}^{x}f(u)du-f(0)}{x}=\lim_{x\to0}\frac{\int_{0}^{x}f(u)du-xf(0)}{x^2}=\frac{1}{2}f'(0).$

                                 而由（1）可得
                              $\displaystyle \lim_{x\to0}g'(x)=\lim_{x\to0}\frac{xf(x)-\int_{0}^{x}f(u)du}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{f(x)+xf'(x)-f(x)}{2x}=\frac{1}{2}f'(0),$

                            由此，$g'(x)$在$x=0$连续。

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解
         1、
                             $\begin{align*}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n-1}}{n(n+1)}&=\sum_{n=1}^{\infty }(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})x^{n-1}\\\\&=(\sum_{n=1}^{\infty }x^n)'-\frac{1}{x}(\sum_{n=0}^{\infty }x^n)'\\\\&=(\frac{x}{1-x})'-\frac{1}{x}(\frac{1}{1-x})'\\\\&=\frac{x-1}{x}\cdot \frac{1-x+1}{(1-x)^2}\\\\&=\frac{x-2}{x(1-x)}.\end{align*}$

       2、                    由
                                 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)2^n}=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)2^{n-1}},$

                   利用1、的结论，令
                                                    $\displaystyle x=\frac{1}{2},$

                          因此
                                      $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)2^n}=\frac{1}{2}\cdot \frac{\frac{1}{2}-2}{\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2})}=-3.$

山东科技大学2018年硕士研究生712数学分析自命题试题


解：
                  因为
                  $\displaystyle \lim_{\underset{y\to0}{x\to0}}f(x,y)=\lim_{\underset{y\to0}{x\to0}}\frac{x^2y^2}{(x^2+y^2)^{1/2}}\leq \lim_{\underset{y\to0}{x\to0}}\frac{1}{2}(x^2+y^2)^{3/2}=0.$

                                   $\displaystyle \therefore \lim_{\underset{y\to0}{x\to0}}f(x,y)=0=f(0,0).$

                       即$f(x,y)$在原点连续，从而在定义域内连续。

                       又
                               $\displaystyle f_x'(0,0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{0-0}{x}=0.$

                            同理得
                                                $\displaystyle f_y'(0,0)=0,$

                             所以函数在原点偏导数存在。

                        注：本题似有误，由所给函数式不能得到函数在原点不可微的结论（分子次方不应大于2次）。

山东科技大学2018年硕士研究生712数学分析自命题试题


证明
          1、
                          令
                                                $\displaystyle \xi=x^2-y^2,\eta =2xy,$

                                                $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x}=2x\frac{\partial z}{\partial \xi}+2y\frac{\partial z}{\partial \eta }.$

                                                $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y}=-2y\frac{\partial z}{\partial \xi}+2x\frac{\partial z}{\partial \eta }.$

                                          $\displaystyle \frac{\partial^2 z}{\partial x^2}=2\frac{\partial z}{\partial \xi}+2x(2x\frac{\partial^2 z}{\partial \xi^2}+2y\frac{\partial^2z}{\partial \xi\partial \eta})+2y(2x\frac{\partial^2 z}{\partial \eta \partial \xi}+2y\frac{\partial^2 z}{\partial \eta^2}).$

                                           $\displaystyle \frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=-2\frac{\partial z}{\partial \xi}-2y(-2y\frac{\partial^2 z}{\partial \xi^2}+2x\frac{\partial^2z}{\partial \xi\partial \eta})+2x(-2y\frac{\partial^2 z}{\partial \eta \partial \xi}+2x\frac{\partial^2 z}{\partial \eta^2}).$

                               于是有
                                            $\displaystyle \frac{\partial^2 z}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=0.$
       2、
                             由泊松积分
                                                $\displaystyle \because \int_{0}^{+\infty}e^{-\alpha x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi }}{2\sqrt{\alpha }}.$

                                                $\displaystyle \therefore I(\alpha )=
\int_{0}^{+\infty}\sqrt{\alpha }e^{-\alpha x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi }}{2}.$

                               由此可知，含参积分收敛。
                       由一致收敛判别法，当$\displaystyle \forall \alpha \geq 0,\exists A> 0$时，由于
                                   $\displaystyle \lim_{\alpha \to0^+}\int_{A}^{+\infty}\sqrt{\alpha }e^{-\alpha x^2}dx\overset{t=\sqrt{\alpha} x}{=}\lim_{\alpha \to0^+}\int_{\sqrt{\alpha }A}^{+\infty}e^{-t^2}dt=\int_{0}^{+\infty }e^{-t^2}dt=\frac{\sqrt{\pi}}{2}.$

                         所认对于
                                         $\displaystyle 0< \varepsilon _0< \frac{\sqrt{\pi}}{2},\exists \alpha _0> 0,s.t.$

                                          $\displaystyle \int_{A}^{+\infty}\sqrt{\alpha_0}e^{-\alpha x^2}dx> \varepsilon _0.$

                            故积分不一致收敛。

山东科技大学2018年硕士研究生712数学分析自命题试题


解
                 用球面坐标，得
                               $\displaystyle F(t)=\underset{x^2+y^2+z^2\leq t^2}{\iiint} f(x^2+y^2+z^2)dxdydz=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\pi}\sin \varphi d\varphi \int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr=4\pi\int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr.$

                 由泰勒展开得
                                        $\displaystyle \ln(1+4\pi t)=4\pi t+o(t),e^{5t}-1=5t+o(t),$

                   再代入计算极限，并由已知条件，得
                                          $\begin{align*}\lim_{t\to0^-}[\frac{F(t)}{t^5}-\frac{\ln(1+4\pi t)}{e^{5t}-1}]&=\lim_{t\to0^-}\frac{4\pi\int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr\cdot 4\pi t-4\pi t\cdot t^5}{t^5\cdot 5t}\\\\&=\lim_{t\to0^-}\frac{4\pi\int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr\cdot 4\pi -4\pi \cdot t^5}{t^5\cdot 5}\\\\&=\frac{4\pi}{5}\lim_{t\to0^-}\frac{4\pi\int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr - t^5}{t^5}\\\\&=\frac{4\pi}{5}\lim_{t\to0^-}\frac{4\pi\int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr - t^5}{t^5}\\\\&=\frac{4\pi}{5}\lim_{t\to0^-}\frac{4\pi\cdot f(t^2)t^2-5t^4}{5t^4}\\\\&=\frac{4\pi}{5}\lim_{t\to0^-}\frac{4\pi\cdot f(t^2)-5t^2}{5t^2}\\\\&=\frac{4\pi}{5}\lim_{t\to0^-}\frac{4\pi\cdot f'(t^2)t-5t}{5t}\\\\&=\frac{4\pi}{5}\lim_{t\to0^-}\frac{4\pi\cdot f'(t^2)-5}{5}\\\\&=\frac{4\pi(4\pi-5)}{25}.\end{align*}$

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解
                         显然
                                     $\overrightarrow{n}=\{0,0,1\},$

                          所以，有
                                     \begin{align*}\iint _\Sigma \begin{vmatrix}
0 &0  &1 \\
\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z}\\
3y & -xz & yz^2
\end{vmatrix}dS&=\iint _\Sigma (z+2)dS\\\\&=\iint _\Sigma \frac{1}{2}(x^2+y^2)\sqrt{1+x^2+y^2}dxdy+8\pi\\\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{2}r^3\sqrt{1+r^2}dr+8\pi\\\\&=\frac{14}{3}\sqrt{5}\pi+8\pi.\end{align*}$

山东科技大学2018年硕士研究生712数学分析自命题试题


解
                   先添加三个坐标平面，方向向坐标平面负向，使之与已给曲面在第一象限区成闭合曲面，在闭合曲面上运用高斯公式计算。再减对三个添加平面的曲面积分（均为0）.即
                                   $\begin{align*}I&=\iint_\Sigma =\oint \int_{\Sigma+x^-+y^-+z^-}+\iint_{x^+}+\iint_{y^+}+\iint_{z^+}\\\\&=\oint \int_{\Sigma+x^-+y^-+z^-}=3\iiint_\Omega (x^2+2y^2+3z^2)dV.\end{align*}$

                      再运用球面坐标计算，有
                                           $x=r\sin \varphi \cos \theta ,y=r\sin \varphi \sin \theta ,z=r\cos \varphi ,J=r^2\sin \varphi .$

                                     $\begin{align*}I&=3\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin \varphi \int_{0}^{1}r^4dr\\\\&+3\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin \varphi \int_{0}^{1}r^4\cos ^2\varphi (\sin ^2\theta +1)dr \\\\&+3\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin \varphi \int_{0}^{1}r^4\cos ^2\varphi dr=\cdots .\end{align*}$

厦门大学2023数学分析


证明
                首先
                            $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }(a_n+ka_{n-1}+\cdots +k^{n-1}a_0)&=\lim_{n \to \infty }a_n(1+k+\cdots +k^{n-1})\\\\&+\lim_{n \to \infty }[k(a_{n-1}-a_n)+k^2(a_{n-2}-a_n)+\cdots +k^{n-1}(a_0-a_n)]\\\\&=\frac{a}{1-k}+\lim_{n \to \infty }[k(a_{n-1}-a_n)+k^2(a_{n-2}-a_n)+\cdots +k^{n-1}(a_0-a_n)].\end{align*}$

                  而
                              $\begin{align*}k^{n-1}(a_0+a_1+\cdots +a_{n-1}-na_n)&\leq k(a_{n-1}-a_n)+k^2(a_{n-2}-a_n)+\cdots +k^{n-1}(a_0-a_n)\\\\&\leq k(a_0+a_1+\cdots +a_{n-1}-na_n).\end{align*}$
                接下来我们只要证明
                               $\displaystyle \lim_{n \to \infty }k(a_{n-1}-a_n)+k^2(a_{n-2}-a_n)+\cdots +k^{n-1}(a_0-a_n)=0.$

                    即可。
                              令
                                      $\displaystyle S_n=a_0+a_1+\cdots +a_{n-1},$

                                        $\displaystyle \because \lim_{n \to \infty }\frac{S_n}{n}=\lim_{n \to \infty }\frac{S_n-S_{n-1}}{n-(n-1)}=\lim_{n \to \infty }a_{n-1}=a,$

                         由此可以得到
                                              $\displaystyle \lim_{n \to \infty }(a_0+a_1+\cdots +a_{n-1}-na_n)=0.$

                              从而由前面的不等式，得到
                                               $\displaystyle \lim_{n \to \infty }k(a_{n-1}-a_n)+k^2(a_{n-2}-a_n)+\cdots +k^{n-1}(a_0-a_n)=0.$

                                 即证。