数学分析习题练习七

中国海洋大学2018年617数学分析真题


证明
              由已知条件，可知有
                             $\displaystyle x_1=1,x_2=\sqrt{4+3x_1}=\sqrt{4+3}<4 ,$

                               $\displaystyle x_3=\sqrt{4+3x_2}=\sqrt{4+3\sqrt{7}}< 4,$

                             $\displaystyle x_4=\sqrt{4+3x_3}=\sqrt{4+3\sqrt{4+3\sqrt{7}}}< 4,$

                                     $\displaystyle \cdots \cdots $

              由此可以猜测有
                                          $\displaystyle x_n< 4.$

              事实上，用归纳法，很容易证明。而因为$\displaystyle x_{n+1}>x_n$，所以数列${x_n}$单调增有上界，收敛。

                 不妨令
                                    $\displaystyle \lim_{n \to \infty }x_n=x.$

                由通项公式求极限，得
                                       $\displaystyle  x^2=4+3x,$

                         即有
                                  $\displaystyle \lim_{n \to \infty }x_n=4.$
            


         

中国海洋大学2018年617数学分析真题


证明
                  由已知条件，令
                                        $\sup f(x)=f(x_1),\sup g(x)=g(x_2),\sup f(x)=\sup g(x),$

                                                      $x_1,x_2\in[0,1],$

                分两种情况讨论：
                         （1）、如果$x_1=x_2$，则令$\xi=x_1=x_2$,题中结论成立。

                         （2）、如果$x_1\neq x_2,$,则不妨设$x_1<x_2,$（或$x_1>x_2,$），令
                                                             $\phi (x)=f(x)-g(x),$

                                         则函数$\phi (x)$连续，从而有
                                                     $\phi(x_1)=f(x_1)-g(x_1)=\sup f(x)-g(x_1)> 0,$

                                                      $\phi(x_2)=f(x_2)-g(x_2)=f(x_2)-\sup g(x)< 0,$

                            由连续函数的介值定理，
                                                      $\exists \xi\in(x_1,x_2)s.t.\phi(\xi)=0.$

                                      即有
                                              $f(\xi)=g(\xi).$

中国海洋大学2018年617数学分析真题


证明
                             $\because f(x_1)=f(x_2)=0,$

                由Roll定理，
                                $\exists c\in(x_1,x_2),s.t.f'(c)=0.$

                        又
                                    $\because f(x)\geq 0,$

                                    $\therefore f(x_1),f(x_2)$为极小值点，即有

                                           $f'(x_1)=f'(x_2)=0,$

                             利用Roll定理，有
                                             $\exists \xi_1\in(x_1,c),\exists \xi_2\in(c,x_2),s.t.$

                                                      $f''(\xi_1)=0,f''(\xi_2)=0,$

                                  再次运用Roll定理，得
                                                        $\exists a\in(\xi_1,\xi_2)\subset (0,1),s.t.$

                                                             $f'''(a)=0.$

中国海洋大学2018年617数学分析真题


证明：      利用分部积分：
                      $\begin{align*}\lim_{n \to +\infty }\frac{1}{x}\int_{0}^{x}\sqrt{t}\sin tdt&=\lim_{n \to +\infty }(\frac{1}{x}\cdot \sqrt{t}\cos t|_0^x+\frac{1}{2x}\int_{0}^{x}t^{-\frac{1}{2}}\cos tdt)\\\\&=\lim_{n \to +\infty } (\frac{1}{2x}\cdot t^{-\frac{1}{2}}\sin t|_0^x+\frac{1}{3x}\int_{0}^{x}t^{-\frac{3}{2}}\sin tdt)\\\\&=\lim_{n \to +\infty }\frac{1}{3x}\int_{0}^{x}t^{-\frac{3}{2}}\sin tdt,\end{align*}$

                又
                        $\displaystyle \because \lim_{n \to +\infty }|\frac{1}{3x}\int_{0}^{x}t^{-\frac{3}{2}}\sin tdt|\leq \lim_{n \to +\infty }\frac{1}{3x}\int_{0}^{x}t^{-\frac{3}{2}}|\sin t|dt\leq 0.$

                         $\displaystyle \therefore \lim_{n \to +\infty }\frac{1}{3x}\int_{0}^{x}t^{-\frac{3}{2}}\sin tdt=0.$

                    命题得证。

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证明
            添加三个平面：$x=0,y=0,z=0.$方向向负轴方向，使积分区域成为一个封闭曲面，再利用高斯公式积分，得
                                             $\begin{align*}I&=\iint_Sf(x,y,z)(xdydz+ydzdx+zdxdy)\\\\&=\iiint_\Omega (3f(x,y,z)+xf'_x(x,y,z)+yf'_y(x,y,z)+zf'_z(x,y,z)) dxdydz+\iint_{x=0}+\iint_{y=0}+\iint_{z=0}\\\\&=\iiint_\Omega (3f(x,y,z)+xf'_x(x,y,z)+yf'_y(x,y,z)+zf'_z(x,y,z)) dxdydz+0+0+0.\end{align*}$

                                 $\displaystyle \because f(tx,ty,tz)=t^{-3}f(x,y,z),$
               对$t$求导，得
                                    $\displaystyle xf'(tx,ty,tz)+yf'(tx,ty,tz)+zf'(tx,ty,tz)=-3t^{-4}f(x,y,z).$

                      所以
                                      $\displaystyle \therefore I=\iiint_\Omega 3f(x,y,z) dxdydz+\iiint_\Omega (xf'_x(x,y,z)+yf'_y(x,y,z)+zf'_z(x,y,z))dxdydz,$

                   在后半式中令
                                    $\displaystyle x=tu,y=tv,z=th,$

                   代入，并利用前面的等式，得
                                                        $\begin{align*}&\iiint_\Omega (xf'_x(x,y,z)+yf'_y(x,y,z)+zf'_z(x,y,z))dxdydz\\\\&=\iiint_\Omega t(uf'(tu,tv,th)+vf'(tu,tv,th)+hf'(tu,tv,th))t^3dudvdh\\\\&=-3\iiint_\Omega f(u,v,h)dudvdh. \end{align*}$

                  因而得
                          $\displaystyle I=\iiint_\Omega 3f(x,y,z) dxdydz-3\iiint_\Omega f(u,v,h)dudvdh=0.$

中国海洋大学2018年617数学分析真题
三、（10分）讨论广义积分的敛散性：
                       $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sqrt{\tan x}}{x^p(\frac{\pi}{2}-x)^q}dx,(p,q> 0)$


解：
               很显然$0,\pi/2$为积分瑕点。因此考虑此两个积分点，广义积分的情况。

                               $\displaystyle x\to 0,\sqrt{\tan x}\sim x^{\frac{1}{2}},$

                              $\displaystyle \frac{\sqrt{\tan x}}{x^p(\frac{\pi}{2}-x)^q}\sim \frac{1}{x^{p-\frac{1}{2}}(\frac{\pi}{2}-x)^q},$

               因此
                          $\displaystyle p-\frac{1}{2}\leq 1,p\leq \frac{3}{2},$积分收敛；

                             $\displaystyle p> \frac{3}{2}.$积分发散。

                               $\displaystyle x\to \frac{\pi}{2},\sqrt{\tan x}\sim (\frac{\pi}{2}-x)^{\frac{1}{2}},$

                               $\displaystyle \frac{\sqrt{\tan x}}{x^p(\frac{\pi}{2}-x)^q}\sim \frac{1}{x^{p}(\frac{\pi}{2}-x)^{q-\frac{1}{2}} },$

               此时有
                            $\displaystyle q-\frac{1}{2}\leq 1,q\leq \frac{3}{2},$广义积分收敛；

                             $\displaystyle  q> \frac{3}{2}$广义积分发散。

几道习题
1. 判断真伪: $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上非负连续可导有界, 且 $\int_{0}^{+\infty}f(x)\,\mathrm{d}x<+\infty$, 则 $\lim\limits_{x\to+\infty}f(x)$ 存在有限.
2. 设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上连续可导, 且 $\lim\limits_{x\to-\infty}f'(x)=-\infty$, $\lim\limits_{x\to+\infty}f'(x)=+\infty$. 试证明存在 $\xi\in(-\infty,+\infty)$, 使得
\[\xi f'(\xi)=-f(\xi).\]
3. 设 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上二次可微且 $f''(x)\neq0$, 并有 $\lim\limits_{x\to-\infty}f'(x)=A<0$, $\lim\limits_{x\to+\infty}f'(x)=B<0$, 证明: $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上必有最大值或最小值.
4. 求曲面 $z=x^2-y^2$ 包含在柱面 $(x^2+y^2)^2=a^2(x^2-y^2)$ 内那部分的面积
5. 计算曲面积分 $$I=\iint_{\partial\Omega}x^2\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z+y^2\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}x+z^2\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$$, 其中
\[\Omega=\big\{(x,y,z)\big|0\leqslant z\leqslant\sqrt{4-x^2-y^2},x^2+y^2\leqslant1\}.\]



            

第二道错题! 反例如下: $f(x)=x^2+66$, 则 $f'(x)=2x$, 显然有
\[\lim_{x\to-\infty}f'(x)=-\infty,\quad \lim_{x\to+\infty}f'(x)=+\infty\]
但 $xf'(x)+f(x)=3x^2+66>0$, 不成立! 修改题目条件, 如: $\lim_{x\to-\infty}f'(x)=+\infty$.
由极限定义
1. 因为 $$\lim_{x\to+\infty}f'(x)=+\infty$$, 故 $\exists X_2>0$, $\forall M>0$, 当 $x>X_2>0$ 时, 有 $f'(x)>M$.
2. 因为 $$\lim_{x\to-\infty}f'(x)=-\infty$$, 故 $\exists X_1>0$, $\forall M>0$, 当 $x<X_1<0$ 时, 有 $f'(x)>-M$.         
根据 Lagrange 中值定理, 我们有
1. $\forall x>X_2>0$, $\exists\xi_1\in(X_2,x)$, 使得

$$f(x)=f(X_2)+f'(\xi_1)(x-X_2), \quad\xi_1\in(X_2,x)$$
$$\geqslant f(X_2)+M(x-X_2)\to+\infty,\quad x\to+\infty$$
$$\geqslant f(X_2),\quad\forall x>X_2$$               

2. $\forall x<X_1<0$, $\exists\xi_2\in(x,X_1)$, 使得


$$f(x)=f(X_1)+f'(\xi_2)(x-X_1),\quad\xi_2\in(x,X_1)\\
\leqslant f(X_1)+M(x-X_1)\to-\infty,\quad x\to-\infty\\
\leqslant f(X_1),\quad\forall x<X_1$$               
进一步得到
\[\lim_{x\to+\infty}xf(x)=+\infty,\quad \lim_{x\to-\infty}xf(x)=+\infty\]
显然有
\[\begin{cases}
xf(x)>X_2f(X_2), & \forall x>X_2>0\\
xf(x)>X_1f(X_1), & \forall X_1<x<0        
\end{cases}\]
显然 $xf(x)$ 在 $[X_1,X_2]$ 上连续, 由最值定理, $\exists \xi\in[X_1,X_2]$, 使得
\[xf(x)\geqslant \xi f(\xi),\quad \forall x\in[X_1,X_2]\]
因此, 有 $\min_{x\in\mathbb R}f(x)=f(\xi)$. 最后根据 Fermat 定理, 得
\[f'(\xi)=0 \Rightarrow\xi f'(\xi)=-f(\xi).\]

5. 计算曲面积分 $$\displaystyle I=\iint_{\partial\Omega}x^2\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z+y^2\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}x+z^2\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$$, 其中
\[\displaystyle \Omega=\big\{(x,y,z)\big|0\leqslant z\leqslant\sqrt{4-x^2-y^2},x^2+y^2\leqslant1\}.\]

5、解：
                添加一个平面$\displaystyle \Sigma_{z=3}^-$,方向向下，使$\displaystyle \Sigma_{z=3}^-+\partial\Omega$成一闭合曲面，利用高斯公式计算，并用球面坐标：

                           $\displaystyle I=\iint_{\Sigma_{z=3}^-+\partial\Omega}+\iint_{\Sigma_{z=3}^+},$

               其中后半个积分为：
                              $\displaystyle \iint_{\Sigma_{z=3}^+}x^2dydz+y^2dzdx+z^2dxdy=\iint_{\Sigma_{z=3}^+}3dxdy=3\pi.$

                     而前半个积分为，（并注意到对$x,y$积分区域的对称性）
                     

                 所以
                              $\displaystyle I=\pi+3\pi=4\pi.$
                              

中国海洋大学2019年617数学分析真题


解：
                  先利用高斯公式，并注意到积分区域的对称性，得
                                      $\displaystyle I=\iiint_\Omega (x^2+y^2+z^2)dV=2\iiint_{\Omega_{x>0}}x^2dV+2\iiint_{\Omega_{y>0}}y^2dV+2\iiint_{\Omega_{z>0}}z^2dV,$

                  再用广义球面坐标系计算。
                                      $\displaystyle x=ar\sin \varphi \cos \theta ,y=br\sin \varphi \sin \theta ,z=cr\sin \varphi ,$

                                       $\displaystyle 0\leq \varphi \leq \frac{\pi}{2},0\leq \theta \leq 2\pi,0\leq r\leq 1,|J|=abcr^2\sin \varphi .$

                           而
                                       $\displaystyle \iiint_{\Omega_{x>0}}(\frac{x}{a})^2dV=\iiint_{\Omega_{y>0}}(\frac{y}{b})^2dV=\iiint_{\Omega_{z>0}}(\frac{z}{c})^2dV=\frac{2}{15}\pi abc.$

                                      $\displaystyle \therefore I=\frac{4}{15}\pi abc(a^2+b^2+c^2).$