数学分析习题练习【谢绝回贴】

2024北京师范大学数学分析

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证明 首先有\[0\le \frac{1}{n}\int_{0}^{1}f(x)\le \int_{0}^{1}f(x).\]令\[F(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt+\int_{1-x}^{1}f(t)dt.\]则\[F(0)=0,F(1)=\int_{0}^{1}f(x).\]由连续函数介值定理，\[\exists \xi \in(0,1),s.t.\frac{1}{n}\int_{0}^{1}f(x)=\int_{0}^{\xi }f(x)dx+\int_{1-\xi }^{1}f(x)dx.\]上式中，\[显然不同的n,\xi 不同.可对应的取\xi_n.于是上式中令n\to\infty，可得\lim_{n\to\infty }\xi_n=0.\]于是利用罗必达法则，有\[\lim_{n\to\infty }n\xi_n=\lim_{n\to\infty }\frac{\int_{0}^{1}f(x)}{\int_{0}^{\xi_n}f(x)dx+\int_{1-\xi_n}^{1}f(x)dx}\xi_n=\lim_{n\to\infty }\frac{\int_{0}^{1}f(x)}{f(\xi_n)+f(1-\xi_n)}=\frac{\int_{0}^{1}f(x)}{f(0)+f(1)}.\]

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证明  由于\[f_n(x+2\pi)=n\int_{x+2\pi}^{x+2\pi+\frac{1}{n}}f(t)dt=n\int_{x}^{x+\frac{1}{n}}f(t)dt=f_n(x).\]\[可知f_n(x)是以2\pi为周期的同期函数.同时\lim_{n\to\infty }f_n(x)=f(x).\]又由积分中值定理，\[\exists \xi \in (x,x+\frac{1}{n}),s.t.n\int_{x}^{x+\frac{1}{n}}f(t)dt=f_n(\xi).\]于时\[\forall \varepsilon > 0,\exists \delta=\frac{1}{n},|\xi -x|< \delta ,s.t.\]\[|f_n(x)-f(x)|=|f_n(\xi)-f(x)|< \varepsilon .\]

证明\[\because |\sqrt{x}f(x)|\le M.\]\[\therefore \sup _{x\in (0,1)}|g'(x)|=\sup _{x\in (0,1)}|(\int_{\frac{1}{2}}^{x}f(x)dx)'|=\sup _{x\in (0,1)}|f(x)dx|=\sup _{x\in (0,1)}|\sqrt{x}f(x)|\le \sqrt{x}M< M.\]\[g(x)在(0,1)上一致收敛.\]

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证明 由已知\[\begin{align*}\because c
&\le -y\frac{\partial f}{\partial x}+x\frac{\partial f}{\partial y}+b\frac{\partial f}{\partial z} \\
&=-\frac{b\sin t}{\frac{dx}{dt}}\frac{\partial f}{\partial t}+\frac{b\cos t}{\frac{dy}{dt}}\frac{\partial f}{\partial t}+\frac{b}{\frac{dz}{dt}}\frac{\partial f}{\partial t} \\
&=-\frac{b\sin t}{-b\sin t}\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}t}+\frac{b\cos t}{b\cos t}\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}t}+\frac{b}{b}\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}t} \\
&=3\frac{\mathrm{d}f}{\mathrm{d}t}.
\end{align*}\]\[\therefore f(x,y,z)=f(t)\geqslant 3ct.\]\[\lim_{t\to+\infty}f(t)=+\infty ,\]即\[f(x,y,z)\rightarrow +\infty.(t\to+\infty)\]

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解  由Riemann引理，\[\lim_{n\to\infty }\int_{0}^{1}\frac{\sin^2 nx}{1+x^2}dx=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\sin ^2xdx\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x^2}dx=\frac{\pi}{8}.\]

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解    添加$z=2$平面，方向向上。再利用高斯公式计算.于是\[\begin{align*}I
&=\iint\limits_{\Sigma }(x^2\cos \alpha +y^2\cos \beta +z^2\cos \gamma )dS \\
&=\iint\limits_{\Sigma }x^2dydz +y^2dzdx+z^2dxdy \\
&=2\iiint\limits_{\Omega }(x+y+z)dxdydz-4\iint\limits_{S}dxdy\\
&=2\iiint\limits_{\Omega }zdxdydz-2\pi, (奇函数，对称性)\\
&=2\iint_{S}dxdy\int_{x^2+y^2}^{2}zdz-4\pi\\
&=\iint_{S}[4-(x^2+y^2)^2]dxdy-2\pi\\
&=4\pi-\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\sqrt{2}}r^5dr \\
&=\frac{4}{3}\pi.
\end{align*}\]

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解  \[假设题目无误.那么L:z=0,x^2+y^2=4.\]\[\begin{align*}I
&=\oint_{L}(y^2-z^2）dx+(z^2-x^2)dy+(x^2-y^2)dz \\
&=\oint_{L}y^2dx-x^2dy \\
&=-2\iint_{S} (x+y)dxdy,(格林公式)\\
&=0.（奇函数，对称性）
\end{align*}\]

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解 \[对于p> 0,\frac{1}{n^p}\rightarrow 0,n\rightarrow \infty .\]此时\[\ln(1+\frac{(-1)^n}{n^p})\backsim \frac{(-1)^n}{n^p}.\]\[而\{\frac{(-1)^n}{n^p}\}为交叉级数，收敛.\]\[所以原级数在0<p<=1时条件收敛.在p>1时，绝对收敛.\]

东北大学2024年数学分析真题


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