数学分析习题练习七

中国海洋大学2020年数学分析



证明：
                 由上确界的定义，
                                          $\displaystyle \exists \varepsilon > 0,\exists x\in E,s.t.a-\varepsilon < x< a,$

                       构造一个数列:
                                           $\displaystyle \{\varepsilon _n\},\varepsilon _n=\frac{1}{n}> 0,\varepsilon _n\to 0(n \to \infty )$

                             利用桷界定义，得
                                           $\displaystyle \exists \{x_n\},s.t.a-\varepsilon_n< x_n< a,$

                              取极限
                                           $\displaystyle \lim_{n \to \infty} (a-\varepsilon_n)< \lim_{n \to \infty}x_n<  a,$

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

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证明：
                  要证明
                                     $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\int_{-1}^{1}f(x)g_n(x)dx=f(0),$

                    等价于
                                     $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\int_{-1}^{1}g_n(x)(f(x)-f(0))dx=0.$

                 将上面的积分分段为
                                      $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }\int_{-1}^{1}g_n(x)(f(x)-f(0))dx&=\lim_{n \to \infty }\int_{-1}^{-c}g_n(x)(f(x)-f(0))dx\\\\&+\lim_{n \to \infty }\int_{-c}^{c}g_n(x)(f(x)-f(0))dx\\\\&+\lim_{n \to \infty }\int_{c}^{1}g_n(x)(f(x)-f(0))dx\\\\&=I_1+I_2+I_3.\end{align*}$

                     由已知条件
                                     $\displaystyle \because f(x)\in C[0,1],$

                                     $\displaystyle \therefore \forall \varepsilon > 0,\exists c\in (0,1),|x|< c,s.t.|f(x)-f(0)|< \varepsilon .$

                         因而有
                                      $\displaystyle |I_2|=|\int_{-c}^{c}g_n(x)(f(x)-f(0))dx|\leq \varepsilon |\int_{-c}^{c}g_n(x)dx|<\varepsilon |\int_{-1}^{1}g_n(x)dx|< \varepsilon .(n\to\infty)$

                             上式中利用了已知条件
                                       $\displaystyle \int_{-1}^{1}g_n(x)dx=1,$

                    另一方面，
                                       $\displaystyle \because f(x)\in C[0,1],$
                             知
                                        $\displaystyle |f(x)|\leq M,x\in[0,1].g_n\Rightarrow 0.x\in(0,c)$

                         因此有
                                        $\displaystyle |I_1|=|\int_{-1}^{-c}g_n(x)(f(x)-f(0))dx|\leq 2M\int_{-1}^{-c}g_n(x)dx< \varepsilon .(n \to \infty )$

                        同理可知有
                                         $\displaystyle |I_3|< \varepsilon .(n \to \infty )$

                    综上，命题得证。

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证明
                 如果$\displaystyle |a_n|\leq M$，则就能推出
                                              $\displaystyle \Rightarrow \lim_{n \to \infty }a_n< \infty .$

                            从而有
                                           $\begin{align*}\sum_{n=1}^{\infty }(1-\frac{a_n}{a_{n+1}})&=\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{a_{k+1}-a_k}{a_{k+1}}\\\\&\leq \frac{1}{a_1}\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}(a_{k+1}-a_k)\\\\&=\frac{1}{a_1}\lim_{n \to \infty }(-1-a_{n+1})< \infty.\end{align*}$

                 如果有
                                      $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }(1-\frac{a_n}{a_{n+1}})\leq
\frac{1}{a_1}\lim_{n \to \infty }(-1-a_{n+1})  < \infty. $

                            则一定有
                                       $\displaystyle \lim_{n \to \infty }a_n< \infty .$

                            由此可知，必有
                                        $\displaystyle |a_n|\leq M.$

                           命题得证。

中国海洋大学2020年数学分析



解：
              利用广义球面坐标系计算：
                                          $\begin{cases}
x=ar\sin\theta \cos \varphi &,0\leq \varphi \leq 2\pi \\
y=ar\sin \theta \sin \varphi  &, 0\leq \theta \leq \frac{\pi}{2} \\
z=ar\cos\theta  &, 0\leq  r\leq\sqrt[3]{\cos\theta }
\end{cases}$

                         $\Omega :r^3=\cos \theta ,J=a^3r^2\sin\theta.$

                               $\begin{align*}V&=\iiint_\Omega dxdydz=\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin \theta d\theta \int_{0}^{\sqrt[3]{\cos\theta  }}a^3r^2dr\\\\&=\frac{2\pi a^3}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin \theta \cos \theta d\theta =\frac{\pi a^3}{3}.\end{align*}$

中国海洋大学2021年617数学分析真题


解
                        $\begin{align*}\lim_{x\to 0}\frac{\ln(x+e^x)+2\sin x}{\sqrt{1+2x}-\cos x}&=\lim_{x\to 0}\frac{\ln(1+2x)+2\sin x}{\sqrt{1+2x}-\cos x}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{2x+o(x)+2x+o(x)}{\sqrt{1+2x}-1}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{2x+o(x)+2x+o(x)}{\frac{1}{2}\cdot 2x+o(x)}\\\\&=4.\end{align*}$

中国海洋大学2021年617数学分析真题

中国海洋大学2021年617数学分析真题


解：
               利用第一型曲面积分的对称性质，得：
                                          $\begin{align*}I&=4\iint_{\Sigma_1}xydS\\\\&=4\iint_{\Sigma_1}xy\sqrt{1+4x^2+4y^2}dxdy\\\\&=4\int_{0}^{1}ydy\int_{0}^{\sqrt{1-y^2}}x(\sqrt{1+4x^2+4y^2})dx\\\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}ydy\int_{0}^{\sqrt{1-y^2}}x(\sqrt{1+4x^2+4y^2})d(1+4x^2+4y^2)\\\\&=\frac{1}{3}\int_{0}^{1}y(1+4x^2+4y^2)^{\frac{3}{2}}|_0^{\sqrt{1-y^2}}dy\\\\&=\frac{5\sqrt{5}}{6}-\frac{1}{24}\int_{0}^{1}(1+4y^2)^{\frac{3}{2}}d(1+4y^2)\\\\&=\frac{5\sqrt{5}}{6}-\frac{1}{60}.\end{align*}$

中国海洋大学2021年617数学分析真题


解：
             由第二型曲面积分的对称性质，得：
                                                        $\displaystyle \iint \frac{dxdy}{\cos ^2x}=0.$

                                  所以，原积分
                                                        $\displaystyle I=\iint_\Sigma \frac{dxdy}{\cos ^2x}+\frac{dydz}{x\cos^2x}=\iint_\Sigma \frac{dydz}{x\cos^2x}=2\iint_{D_{yz}}\frac{dydz}{\sqrt{1-y^2-z^2}\cos^2\sqrt{1-y^2-z^2} }.$

                                     积分变量变换：
                                                      $\displaystyle D_{yz}:y=r\cos \theta ,z=r\sin \theta ,J=r.0\leq r\leq 1,0\leq \theta \leq 2\pi.$

                                    计算
                                               $\displaystyle I=2\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}\frac{rdr}{\sqrt{1-r^2}\cos^2\sqrt{1-r^2}}=-4\pi\tan \sqrt{1-r^2}|_0^1=4\pi\tan 1.$

中国海洋大学2021年617数学分析真题


解：
                         $\begin{align*}I&=\int_{0}^{\pi}f(x)dx=\int_{0}^{\pi}dx\int_{0}^{x}\frac{\sin t}{\pi-t}dt\\\\&=\int_{0}^{\pi}\frac{\sin t}{\pi-t}dt\int_{t}^{\pi}dx\\\\&=\int_{0}^{\pi}\frac{(\pi-t)\sin t}{\pi-t}dt=2.\end{align*}$

中国海洋大学2021年617数学分析


解：
              令
                           $f(x)=\tan x+2\sin x-3x,$

                   则
                              $f'(x)=\frac{1}{\cos ^2x}+2\cos x-3=\frac{1+2\cos ^3x-3\cos ^2x}{\cos ^2x},$

                       再令
                                                 $g(x)=1+2\cos ^3x-3\cos ^2x,$
   
                               于是
                                                $g'(x)=-6\sin x\cos ^2x+6\sin x\cos x=6\sin x\cos x(-\cos x+1)> 0,x\in(0,\frac{\pi}{2})$

                                               $\Rightarrow f'(x)> f'(0)=0.$

                                                $\Rightarrow f(x)> 0,$

                                        $\therefore \tan x+2\sin x> 3x,x\in(0,\frac{\pi}{2})$