数学分析习题练习【谢绝回贴】

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解\[\lim_{x\to0}(\frac{1}{x^2}-\frac{1}{x\tan x})=\lim_{x\to0}\frac{\tan x-x}{x^2\tan x}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{3}x^3}{x^3}=\frac{1}{3}.\]

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关键词：数学分析

解\[\lim_{x\to0}\frac{1+\frac{1}{2}x^2-\sqrt{1+x^2}}{(\cos x-e^{x^2})\sin x^2}=\lim_{x\to0}\frac{1+\frac{1}{2}x^2-1-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{8}x^4}{(1-\frac{1}{2}x^2-1-x^2) x^2}=-\frac{1}{12}.\]

解 考概念。
    \[\because \lim_{x\to0^+}f(x)=\lim_{x\to0^+}g(x)\sin \frac{1}{x}=g(0)\lim_{x\to0^+}\sin \frac{1}{x}=0.\]\[\lim_{x\to0^-}f(x)=\lim_{x\to0^-}g(x)\cos x=g(0)=0.\]\[\therefore f(x)在x=0处连续.\]\[\because f'(0+)=\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0^+}\frac{g(x)\sin \frac{1}{x}-0}{x-0}=g(0)\lim_{x\to0^+}\frac{\sin \frac{1}{x}}{x}，不存在.\]\[而f'(0)==g'(0)-g(0)\sin x=1.\]\[故f(x)在x=0处不可导.\]

解\[\begin{align*}I
&=\int xe^{ax}\cos bxdx \\
&=\frac{1}{a}xe^{ax}\cos bx-\frac{1}{a}\int e^{ax}(1-b\sin bx)dx \\
&=\frac{1}{a}xe^{ax}\cos bx-\frac{1}{a^2}e^{ax}+\frac{b}{a}\int e^{ax}\sin bxdx \\
&=\frac{1}{a}xe^{ax}\cos bx-\frac{1}{a^2}e^{ax}+ \frac{1}{a^2}e^{ax}\sin bx-\frac{b}{a^2}\int e^{ax}\cos bxdx\\
&=\frac{1}{a}xe^{ax}\cos bx-\frac{1}{a^2}e^{ax}+ \frac{1}{a^2}e^{ax}\sin bx-\frac{b}{a^3}e^{ax}\cos bx-\frac{b}{a^3}\int e^{ax}\sin bxdx\\
&=\frac{\frac{1}{a}xe^{ax}\cos bx-\frac{1}{a^2}e^{ax}+ \frac{1}{a^2}e^{ax}\sin bx-\frac{b}{a^3}e^{ax}\cos bx}{\frac{b}{a}+\frac{b}{a^3}}\\
&=\frac{（\frac{1}{a}xe^{ax}\cos bx-\frac{1}{a^2}e^{ax}）(a^2+1)b+ ae^{ax}\sin bx-be^{ax}\cos bx}{(a^2+1)b}.
\end{align*}\]
           类似的方法求$J$.

解\[\because a_n-a_{n+1}=\frac{a_{n+1}^2}{n}\geqslant 0,\therefore a_n\downarrow ,a_n>0,\lim_{n\to\infty } a_{n}< \infty .\]\[\begin{align*}\lim_{n\to\infty }a_n\ln n
&=\lim_{n\to\infty }\frac{\ln n}{\frac{1}{a_n}} \\
&=\lim_{n\to\infty }\frac{\ln (n+1)-\ln n}{\frac{1}{a_{n+1}}-\frac{1}{a_n}} \\
&=\lim_{n\to\infty }\frac{\ln (n+1)-\ln n}{\frac{a_n-a_{n+1}}{a_na_{n+1}}} \\
&=\lim_{n\to\infty }\frac{\ln (1+\frac{1}{n})}{\frac{a_{n+1}^2}{na_na_{n+1}}} \\
&=\lim_{n\to\infty }\frac{a_{n}}{a_{n+1}},(利用已知式)\\
&=\lim_{n\to\infty }(\frac{a_{n+1}}{n}+1)，(\lim_{n\to\infty } a_{n+1}< \infty )\\
&=1.
\end{align*}\]

证明\[令\varphi (x)=(f(x)+f'(x))e^{-x}，\varphi (x)可导.\]\[\varphi (a)=\varphi (b)=0.由Roll定理，\exists \xi \in (a,b),s.t.\]\[\varphi' (\xi )=(f'(\xi )+f''(\xi ))e^{-\xi }-(f(\xi )+f'(\xi ))e^{-\xi }=0.\]\[\Rightarrow f''(\xi )=f(\xi ).\]

《数学分析教程(第三版) 上》常庚哲，史济怀编著，2012上定理

解\[\because \frac{1}{n^p}-\ln(1+\frac{1}{n^p})\backsim \frac{1}{2n^{2p}}.\]\[\therefore 0< p\le \frac{1}{2},发散，\]\[p> \frac{1}{2},收敛.\]

解
1. 先求曲面的法向量
- 求偏导数
已知\(x = r\cos\varphi\)，\(y = r\sin\varphi\)，\(z = r\cot\alpha\)，可看作是曲面的参数方程，参数为\(r\)和\(\varphi\) 。
分别求关于\(r\)和\(\varphi\)的偏导数：
    - 对\(r\)求偏导数：
\(\vec{r}_r=\left(\frac{\partial x}{\partial r},\frac{\partial y}{\partial r},\frac{\partial z}{\partial r}\right)=(\cos\varphi,\sin\varphi,\cot\alpha)\)
    - 对\(\varphi\)求偏导数：
\(\vec{r}_\varphi=\left(\frac{\partial x}{\partial \varphi}, \frac{\partial y}{\partial \varphi},\frac{\partial z}{\partial \varphi}\right)=(-r\sin\varphi,r\cos\varphi,0)\)
求法向量
法向量\(\vec{n}=\vec{r}_r\times\vec{r}_\varphi\)，根据向量叉乘公式\(\vec{a}=(a_1,a_2,a_3)\)，\(\vec{b}=(b_1,b_2,b_3)\) ，\(\vec{a}\times\vec{b}=(a_2b_3 - a_3b_2,a_3b_1 - a_1b_3,a_1b_2 - a_2b_1)\) ，则：
\(\vec{n}=\begin{vmatrix}
\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\
\cos\varphi&\sin\varphi&\cot\alpha\\
- r\sin\varphi&r\cos\varphi&0
\end{vmatrix}\)
\(=\vec{i}(0 - r\cos\varphi\cot\alpha)-\vec{j}(0 + r\sin\varphi\cot\alpha)+\vec{k}(r\cos^{2}\varphi + r\sin^{2}\varphi)\)
由\(\sin^{2}\varphi+\cos^{2}\varphi = 1\)，可得\(\vec{n}=(-r\cos\varphi\cot\alpha,-r\sin\varphi\cot\alpha,r)\) 。
在点\(M_0(r_0,\varphi_0)\)处，法向量\(\vec{n}_0=(-r_0\cos\varphi_0\cot\alpha,-r_0\sin\varphi_0\cot\alpha,r_0)\) 。

2. 再求切平面方程
已知点\(M_0(x_0,y_0,z_0)\)，其中\(x_0 = r_0\cos\varphi_0\)，\(y_0 = r_0\sin\varphi_0\)，\(z_0 = r_0\cot\alpha\) ，根据点法式方程\(A(x - x_0)+B(y - y_0)+C(z - z_0)=0\)（其中\((A,B,C)\)为法向量） ，可得切平面方程为：
\(-r_0\cos\varphi_0\cot\alpha(x - r_0\cos\varphi_0)-r_0\sin\varphi_0\cot\alpha(y - r_0\sin\varphi_0)+r_0(z - r_0\cot\alpha)=0\)
各项同除以\(r_0\)得：
\(-\cos\varphi_0\cot\alpha(x - r_0\cos\varphi_0)-\sin\varphi_0\cot\alpha(y - r_0\sin\varphi_0)+(z - r_0\cot\alpha)=0\)
展开得：
\(-x\cos\varphi_0\cot\alpha + r_0\cos^{2}\varphi_0\cot\alpha - y\sin\varphi_0\cot\alpha + r_0\sin^{2}\varphi_0\cot\alpha+z - r_0\cot\alpha = 0\)
由\(\sin^{2}\varphi_0+\cos^{2}\varphi_0 = 1\)，进一步化简为：
\(z\cot\alpha=x\cos\varphi_0 + y\sin\varphi_0\) 。

所以在点\(M_0(r_0,\varphi_0)\)处的切平面方程为\(z\cot\alpha=x\cos\varphi_0 + y\sin\varphi_0\) 。

解\[\int_{0}^{1}(1-x)x^ndx=\frac{1}{n+1}x^{n+1}|_0^1-\frac{1}{n+2}x^{n+2}|_0^1=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}.\]\[\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\int_{0}^{1}(-1)^n(1-x)x^ndx=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\left ( \frac{(-1)^n}{n+1}-\frac{(-1)^n}{n+2}\right ).\]由\[\begin{align*}I_1(x)
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\frac{(-1)^n}{n+1}x^{n+1} \\
&=\int \left ( \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\frac{(-1)^n}{n+1}x^{n+1}\right )'dx \\
&=\int \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }(-1)^n x^{n} dx\\
&=\int \frac{1}{1+x}dx \\
&=\ln|x+1|.
\end{align*}\]则有\[I_1(1)=\ln2.\]同样的，\[\begin{align*}I_2(x)
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\frac{(-1)^n}{n+2}x^{n+2} \\
&=\int \left ( \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\frac{(-1)^n}{n+2}x^{n+2}\right )'dx \\
&=\int x\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }(-1)^n x^{n} dx\\
&=\int \frac{x}{1+x}dx \\
&=x-\ln|x+1|.
\end{align*}\]于是有\[I_2(1)=1-\ln2.\]\[\therefore \displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\int_{0}^{1}(-1)^n(1-x)x^ndx=I_1(1)-I_2(1)=2\ln2-1.\]