数学分析习题练习七

复旦大学2020-2021学年第二学期期中(英才班)

解：
               令
                                    $\displaystyle f_n(\alpha,\beta )=\frac{\sin (n+\frac{1}{n^\beta })}{n^\alpha +\sin n},\alpha ,\beta \in D,$

                      因此
                                    $\displaystyle f_n(\alpha,\beta )\rightarrow 0=f(\alpha,\beta ),(n \to \infty )$

                      而
                                      $\displaystyle \sup|f_n(\alpha ,\beta )-f(\alpha ,\beta )|=|\frac{1}{n^\alpha }|=0,(n\to 0,\alpha ,\beta \in D)$

                             级数一致收敛。
                                     $\displaystyle \therefore D=(0+,\infty)\times (0,+\infty).$

复旦大学2020-2021学年第二学期期中(英才班)

解：
                     $\begin{align*}\lim_{n \to +\infty }\sum_{k=1}^{n}\ln(1+\frac{\ln k}{n\ln n})&=\lim_{n \to +\infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln k}{n\ln n}\\\\&=\lim_{n \to +\infty }\frac{\sum_{k=1}^{n}\ln k}{n\ln n}\\\\&=\lim_{n \to +\infty }\frac{\ln n!}{n\ln n}\\\\&=1.\end{align*}$

复旦大学2020-2021学年第二学期期中(英才班)

（1）、解
                     显然，分子分母积分均收敛。所以由积分第一中值定理，有

                                            $\displaystyle \int_{0}^{\frac{1}{2}}x^{nx}dx=\frac{1}{2}\xi ^{n\xi},(\xi\in(0,\frac{1}{2}))$

                                             $\displaystyle \int_{\frac{1}{2}}^{1}x^{nx}dx=\frac{1}{2}\eta ^{n\eta },(\eta \in(\frac{1}{2},1))$
                       
                      因此
                                  $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\frac{\int_{0}^{\frac{1}{2}}x^{nx}dx}{\int_{\frac{1}{2}}^{1}x^{nx}dx}=\lim_{n \to +\infty }\frac{\frac{1}{2}\xi ^{n\xi}}{\frac{1}{2}\eta ^{n\eta }}=\lim_{n \to +\infty }(\frac{\xi }{\eta })^{n\xi}\cdot (\frac{1}{\eta })^{n(\eta -\xi)}=0.$

（2）、解
                  令$nx=t,$则$x=t/n,dx=dt/n.$

                                     $\begin{align*} I&=\lim_{n \to \infty }\frac{\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{x^{nx}}{1+x^2}dx}{\displaystyle\int_{0}^{1}x^{nx}dx}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{\displaystyle \int_{0}^{n}\frac{(\frac{t}{n})^t}{1+(\frac{t}{n})^2}\cdot \frac{dt}{n}}{\displaystyle \int_{0}^{n}(\frac{t}{n})^tdt}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{\displaystyle \frac{(\frac{n}{n})^n}{1+(\frac{n}{n})^2}\cdot \frac{1}{n}}{(\displaystyle \frac{n}{n})^n}\\\\&=0.\end{align*}$

复旦大学2020-2021学年第二学期期中(英才班)

解：可以给证所给已知式为$f(x)=\cos (\alpha x)$在$[-\pi,\pi]$上的Fourier展开式$(x=\pi)$.同理，可将$f(x)=\cosh (\alpha x)$在$ [-\pi,\pi]$作余弦展开，得
   
                           $\displaystyle \frac{\pi}{2}\frac{\cosh \alpha x}{\sinh \alpha x}=\frac{1}{2\alpha }+\sum_{n=1}^{\measuredangle \infty }(-1)^n\frac{\alpha }{n^2+\alpha ^2}\cos nx,$

            令$x=\pi$，即得所求展开式。
                     

                                           【 参考：《微积分学教程》(第三卷)(第8版)【苏】Г. М. 菲赫金哥尔茨 著；路见可 余家荣 吴亲仁 译，2版,2006，p371页相关内容。】

复旦大学2020-2021学年第二学期期中(英才班)

扬州大学2021年601-数学分析

【另证法】
              假设这样的函数存在，那么从给定的多项式可以推定，$f(x)$亦必是一个多项式。

              再由多项函数性质可知，$f(f(x))$的首项指数必为合数。但从所给的多项式，首项指数为腩数，故不可能。


  

四川大学1997年数学分析考研试题

解：作变量代换
                         $\displaystyle u=x+y,v=x-y,|J|=\frac{1}{2},$

                         $\displaystyle 0\leq u\leq 1,0\leq v\leq 1,$

                         $\displaystyle I=\iint\frac{x^2-2xy+y^2 }{\sqrt{x+y+2}}dxdy=\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}du\int_{-1}^{1}\frac{v^2}{\sqrt{u+2}}dv=\frac{1}{6}(\sqrt{3}-1).$

中国矿业大学2021年数学分析
二、计算题
3、
                          $\begin{align*}\int\frac{dx}{5-3\cos x}&=\int \frac{dx}{5-3(2\cos ^2\frac{x}{2}-1)}=\int \frac{dx}{8-6\cos ^2\frac{x}{2}}\\\\&=\int \frac{d(\frac{x}{2})}{4-3\cos ^2\frac{x}{2}}=\int \frac{d(\frac{x}{2})}{\cos ^2\frac{x}{2}(\frac{4}{\cos ^2\frac{x}{2}}-3)}\\\\&=\int \frac{d(\tan\frac{x}{2})}{4(\tan^2\frac{x}{2}+1)-3}=\int \frac{d(\tan\frac{x}{2})}{4\tan^2\frac{x}{2}+1}\\\\&=\frac{1}{2}\arctan (\tan\frac{x}{2})+C=\frac{x}{4}+C.\end{align*}$

暨南大学2021年709数学分析

解
                           $\displaystyle \because f(x)\geq 0,f(x)f(-x)=1,$

                          $\begin{align*}\therefore I&=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{1+f(x)}dx\\\\&=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{1+f(-x)}dx\\\\&=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{f(x)\cos x}{1+f(x)}dx\\\\&=\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x(1+f(x))}{1+f(x)}dx\\\\&=1.\end{align*}$

中科大2012-2013学年第一学期《音变量微积分》期末考试试题

解：
                        $\displaystyle \because f(0)=0,f'(x)>0,\therefore f(x)> 0,$

              令
                          $\displaystyle F(x)=\frac{\displaystyle \int_{\alpha }^{x}f(t)dt}{x-\alpha },$

                    则
                               $\displaystyle F'(x)=f(x)> 0,\Rightarrow F(x)\uparrow ,$

                           $\displaystyle \therefore F(1)=\frac{\displaystyle \int_{\alpha }^{1}f(t)dt}{1-\alpha } > F(\beta )=\frac{\displaystyle \int_{\alpha }^{\beta }f(t)dt}{\beta -\alpha },$

                从而得
                           $\displaystyle \int_{0}^{1}f(x)dx> \int_{\alpha }^{1}f(x)dx> \frac{1-\alpha }{\beta -\alpha }\int_{\alpha }^{\beta }f(x)dx.$