数学分析习题练习七

厦门大学2023数学分析


证明
                      类似的考题已经有多所学校采用过。解题方法主要是利用函数二阶连续可微，对一次微分运用Lagrange微分中值定理。由已知极值条件，设函数在$\displaystyle x_0\in(0,1)$取得极大值，即有$f(x_0)=0$.

                      由Lagrange中值定理，得
                                    $\displaystyle f'(0)=f'(x_0)+f''(\xi_1)(0-x_0),\xi_1\in(0,x_0)$

                                     $\displaystyle f'(1)=f'(x_0)+f''(\xi_2)(1-x_0),\xi_2\in(x_0,1)$

                           对上述两个等式，分别取绝对值，并适当放大，得
                                        $\displaystyle |f'(0)|=|f'(x_0)+f''(\xi_1)(0-x_0)|\leq x_0|f''(\xi_1)|=x_0M.$

                                         $\displaystyle |f'(1)|=|f'(x_0)+f''(\xi_2)(1-x_0)|\leq (1-x_0)|f''(\xi_2)|=(1-x_0)M.$

                              两式相加
                                               $\displaystyle \therefore |f'(0)|+|f'(1)|\leq x_0M+(1-x_0)M=M.$

厦门大学2023数学分析


证明
                  由已知，数项级数$\sum_{n=1}^{+\infty}a_n$收敛。所以满足柯西收敛定理，即有
                                              $\forall \varepsilon > 0,\exists N,n> N,s.t.$

                                              $|\sum_{k=1}^{p}a_{n+k}|<\varepsilon.$

                    而对所给函数项级数
                                              $\forall x\in[0,+\infty ),\forall \varepsilon > 0,\exists N,n> N,s.t.$

                                              $|\sum_{k=1}^{p}\frac{a_{n+k}}{(n+k)^x}|< \frac{1}{(n+1)^x}|\sum_{k=1}^{p}a_{n+k}|< \frac{\varepsilon }{(n+1)^x}.$
                                             
                       由柯西定理，数项级数一致收敛。

厦门大学2023数学分析


证明
                    由已知，有
                                        $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }f(x)f'(x)dx\leq \int_{0}^{+\infty }\frac{f^2(x)+f'^2(x)}{2}dx< \infty ,$

                          又，由积分性质，一定能推出下列结论
                                           $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)f'(x)=A\Rightarrow A=0.$

                                    用反证法。不妨假设$A> 0$,
                                   此时有，
                                                      $\displaystyle \exists X,as x> X,s.t.f(x)f'(x)> \frac{A}{2},$

                                    于是便有
                                                          $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }f(x)f'(x)dx> \frac{A}{2}\lim_{x\to+\infty}x=+\infty .$

                                  显然与积分收敛矛盾。同理，如果$\displaystyle A<0$,也有相似结论。因此必有$A=0.$

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

                                    由此有两种情况 ，一是
                                                        $\displaystyle \forall x\in[0,+\infty),f(x)f'(x)=0\Rightarrow f(x)=0,f‘(x)=0.$

                                              另一种情况是
                                                          $\displaystyle \forall x\in[0,+\infty),f(x)f'(x)=0\Rightarrow f'(x)=0\Rightarrow f(x)=C=0.$

                                      这里，$C$为常数，且一定为零。因为由已知第一个条件,如果$C$不为零，必发散。

                                        综合，结论成立。

厦门大学2023数学分析


证明
                       这道题还真不太好证明，我看到一个网上的证法，比较复杂，还不太容晚想到。在这里我用积分中值定理给出一个简单的证明，不知道可否。

                            $\begin{align*}\lim_{p\to0^+}\left ( \frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f^p(x)dx\right )^\frac{1}{p}&=\lim_{p\to0^+}\exp\left \{\frac{\displaystyle \ln\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f^p(x)dx}{p}\right \}\\\\&=\exp \left \{\lim_{p\to0^+}\frac{\displaystyle \ln\frac{f^p(\xi)}{b-a}\int_{a}^{b}dx}{p}\right \}\\\\&=\exp \ln f(\xi)\\\\&=\exp \left ( \frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}\ln f(x)dx\right ).\end{align*}$

                              其中$\displaystyle \xi\in(a,b).$

厦门大学2023数学分析



解：
                         可以利用柯西不等式
                                    $\displaystyle \because 1=\left ( \frac{x_1}{a_1}+\frac{x_2}{a_2}+\cdots +\frac{x_n}{a_n}\right )^2\leq (x_1^2+x_2^2+\cdots +x_n^2)\left ( \frac{1}{a_1^2}+\frac{1}{a_2^2}+\cdots +\frac{1}{a_n^2}\right ).$

                          由不等式性质，当
                                                 $\displaystyle x_i=\frac{1}{a_i}(\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_i^2})^{-1},$

                             时，有等号成立，即极小值。
                                                 $\displaystyle f_\min =(\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_i^2})^{-1}.$

厦门大学2023数学分析


解
                 发散。这里只要证明两个积分
                                 $\displaystyle \int_{1}^{+\infty }dx\int_{1}^{+\infty }\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}dy\neq  \int_{1}^{+\infty }dy\int_{1}^{+\infty }\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}dx.$
                  即可。（略）

厦门大学2023数学分析


解
                    补两个平面$z=0$，方向向上，和$z=2$，方向向下，与原曲面组成闭合曲面，用高斯 公式计算即可。（略）

电子科技大学2009数学分析


解
      1、
                   由已知，有$\displaystyle a_n> a_{n-1},\{a_n\}\uparrow $,

                      由归纳法可以证明：$\displaystyle \sqrt{5}< a_{n}< 5.$

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

                                则
                                                $\displaystyle l=\sqrt{5+l},$

                                                 $\displaystyle l=\frac{1+\sqrt{21}}{2}.$

                     即
                                      $\displaystyle \lim_{n \to \infty }a_n=\frac{1+\sqrt{21}}{2}.$

        2、
                                 $\displaystyle\lim_{x\to\infty }(\frac{x+1}{x-1})^{\frac{2x^2-1}{x+1}}=\lim_{x\to\infty }(1+\frac{2}{x-1})^{\displaystyle\frac{x-1}{2}\cdot \frac{2}{x-1}\cdot \frac{2x^2-1}{x+1}}=e^4.$

        3、
                                 $\displaystyle y=\ln(1-x^2),y'=\frac{-2x}{1-x^2},$
                   $\displaystyle l=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\sqrt{1+y'^2}dx=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\sqrt{1+\frac{4x^2}{(1-x^2)^2}}dx=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{1+x^2}{1-x^2}dx=\int_{0}^{\frac{1}{2}}(\frac{2}{1-x^2}-1)dx=\ln\frac{1+x}{1-x}|_0^\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=\ln3-\frac{1}{2}.$

电子科技大学2009数学分析


解
     1、
                     $\displaystyle x=1,y=1.y'(1)=1.$

     2、
                     $\displaystyle d^2y=\frac{2y(x+y)^2}{(2xy+x^2)^2}dx^2.$

     3、

电子科技大学2009数学分析


解
       1、
                           $\displaystyle I=\int_{0}^{1}\frac{x^b-x^a}{\ln x}dx=\int_{a}^{b}dy\int_{0}^{1}x^ydx=\ln\frac{1+b}{1+a}.$

       2、