数学分析习题练习七

电子科技大学2009数学分析


解
              分积分区域，再积分（计算略）

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解
                           积分平面的法向量为
                                     $\vec{n}=\{\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}}\},$

                            由两类曲线积分关系可得
                           $I=\oint_L(y^2-z^2)dx+(z^2-x^2)dy+(x^2-y^2)dz=\frac{1}{\sqrt{3}}\oint_L(y^2-z^2+z^2-x^2+x^2-y^2)ds=0.$

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证明
           由$\{x_n\}$无界，可知，$\displaystyle \forall M> 0,\exists x_j,s.t.|x_j|\geq M.$

            取$\displaystyle M_1=1,\exists x_j,s.t.|a_j|\geq M_1=1,x^{(1)}_{n_1}=x_j,$

                    $\displaystyle M_2=\max \{2,|x_1|,|x_2|,\cdots ,|x_{n_1}|\},\exists x^{(1)}_{n_2},s.t.|x^{(1)}_{n_2}|\geq M_2,$

                              $\cdots $

                      $\displaystyle M_k=\max \{k,|x_1|,|x_2|,\cdots ,|x_{n_1}|\},\exists x^{(1)}_{n_k},s.t.|x^{(1)}_{n_k}|\geq M_k,$

                    如此下去，得到一个无穷数列$\displaystyle \{x^{(1)}_{n_k}\},$满足

                                  $\displaystyle |x^{(1)}_{n_k}|\geq M_k> k,\Rightarrow \lim_{k\to\infty }x^{(1)}_{n_k}=+\infty .$
              又，$\displaystyle \{x_n\}$为非无穷大量。因此，$\displaystyle \exists G> 0,\exists N,\forall n> N,s.t.|x^{(2)}_n|\leq G.$

                          取$\displaystyle N=1,\exists n_1> 1,s.t.|x^{(2)}_{n_1}|\leq G,$

                               $\displaystyle N=2,\exists n_2> 2,s.t.|x^{(2)}_{n_2}|\leq G,$

                                          $\displaystyle \cdots $

                               $\displaystyle N=k,\exists n_k> k,s.t.|x^{(2)}_{n_k}|\leq G,$一直下去，得到一个子列$\displaystyle \{x^{(2)}_{n_k}\}$有界。

                           于是由致密性定理，$\displaystyle \{x^{(2)}_{n_k}\}$收敛。

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证明
                       由已知
                                     $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,\forall x_1,x_2\in(r,1)\subset [r,1).\exists \delta > 0,|x_1-x_2|< \delta =x_1x_2\varepsilon ,s.t.$

                                         $\displaystyle |f(x_1)-f(x_2)|=|\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}|=\frac{|x_1-x_2|}{x_1x_2}< \varepsilon .$

                               由此，$f(x)$在$[r,1)$上一致连续，从而在$(r,1)$上必一致连续。

                       但是，另一方面,对于$x\in(0,1)$
                                          $\displaystyle \exists \varepsilon _0=1,\forall \delta > 0,x_1=\delta ，x_2=\frac{\delta }{2},|x_1-x_2|=\frac{\delta }{2}< \delta ,s.t.$

                                           $\displaystyle |f(x_1)-f(x_2)|=|\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}|=\frac{1}{\delta }> \varepsilon _0=1.$

                                  $f(x)$不一致连续。

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证明
              “假定有$\displaystyle \lim_{x\to a}f(x)$”存在，即有
                                  $\displaystyle \lim_{x\to a}f(x)=f(a).$

                           则在$\displaystyle [a-\frac{\delta }{2},a)\cup (a,a+\frac{\delta }{2}]$内，有
                                      $\displaystyle \forall \varepsilon > 0，\forall x_n\in [a-\frac{\delta }{2},a)\cup (a,a+\frac{\delta }{2}],s.t.$

                                            $\displaystyle |f(x_n)-f(a)|< \varepsilon .$

                     另一方面，假定有“$\displaystyle x_n\in[a-\frac{\delta }{2},a)\cup (a,a+\frac{\delta }{2}],\lim_{x_n\to a}f(x_n)=f(a).$”

                            则必有
                                             $\displaystyle \rightarrow f(x_n)\overrightarrow{\rightarrow} C[a-\frac{\delta }{2},a)\cup (a,a+\frac{\delta }{2}].$

                                        $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,\forall x\in [a-\frac{\delta }{2},a)\cup (a,a+\frac{\delta }{2}].s.t.$

                                        $\displaystyle |f(x)-f(a)|\leq |f(x)-f(x_n)|+|f(x_n)-f(a)|< \varepsilon +\varepsilon =\varepsilon .$



                                   

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                     由已知
                                       $\displaystyle a_n\geq a_{n-1}> 0,$

                             所以有
                                         $\displaystyle \forall  \varepsilon > 0,\exists N,n> N,na_n\leq (a_{N+1}+a_{N+2}+\cdots +a_{2N})< \varepsilon .$

                        最后一步，是因为级数$\{a_n\}$收敛，所以柯西定理成立。

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此题的解答可参考《研究生入学考试数学分析真题集解 下》梁志清，黄军华，钟镇权编著,2016。p895,46(2)

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证明
                  将积分分为两部分：
                         $\displaystyle I=\int_{0}^{+\infty }\frac{\cos (xy)}{\sqrt{x}}dx=\int_{0}^{1}\frac{\cos (xy)}{\sqrt{x}}dx+\int_{1}^{+\infty }\frac{\cos (xy)}{\sqrt{x}}dx=I_1+I_2.$

                   第一部分
                          $\displaystyle I_1=\int_{0}^{1}\frac{\cos (xy)}{\sqrt{x}}dx\overset{\frac{1}{\sqrt{x}}=t}{=}2\int_{1}^{+\infty }\frac{\cos \frac{y}{t^2}}{t^2}dt,$

                            由于
                                          $\displaystyle |\frac{\cos \frac{y}{t^2}}{t^2}|\leq \frac{1}{t^2},$

                                           $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,\exists A_0,A',A''> A_0,|\int_{A'}^{A''}\frac{1}{t^2}dt|< \varepsilon .$

                           由Weierstrass判别法可知，参变量积分关于$\displaystyle y\in[y_0,+\infty)$一致收敛。

                  对第二部分
                                因为
                                             $\displaystyle \exists M> 0,y\in[y_0,+\infty ),s.t.|\int_{1}^{+\infty }\cos (xy)dx|< M,$

                                    且
                                               $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x}}\downarrow ,\rightarrow 0.$

                                由Dirichlet判别法，参变量积分关于$\displaystyle y\in[y_0,+\infty)$一致收敛。

                     综合结论，原积分关于$y$一致收敛.

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