数学分析习题练习【谢绝回贴】

浙江大学2024


证明    $f(x)$这单调函数.不妨设$f(x)$单调增.那么有\[\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k-2}{n}}f(x)dx\le \frac{1}{n}f(\frac{k-1}{n})\le \int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}f(x)dx.\]
           将上式对$k(=2,3,\cdots ,n)$求和，得\[\int_{0}^{1-\frac{1}{n}}f(x)dx\le \frac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=2}^{n}f(\frac{k-1}{n})\le \int_{\frac{1}{n}}^{1}f(x)dx.\]
            由$\int_{0}^{1}f(x)dx$收敛可知.\[\lim_{n\to\infty}\int_{0}^{1-\frac{1}{n}}f(x)dx=\lim_{n\to\infty}\int_{\frac{1}{n}}^{1}f(x)dx=\int_{0}^{1}f(x)dx.\]
             由夹逼法得\[\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=2}^{n}f(\frac{k-1}{n})=\int_{0}^{1}f(x)dx.\]

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证明    \[\forall x_0\in \mathbb{R}.记S=\{x:f'(x)=f'(x_0),x\in \mathbb{R}\}.\]显然，\[S\ne \varnothing .设\eta =\sup S.则f’(\eta )=f’(x_0).假若\eta < +\infty ，\]则必存在数列\[\{x_n\}\subset S,s.t.\lim_{n\to\infty }x_n=\eta .\]\[由已知条件可知函数f’(x)连续，由函数的连续性质，有f’(\eta )=f’(\lim_{n\to\infty}x_n)=\lim_{n\to\infty}f’(x_n)=f’(x_0).\]另外，由已知条件并由拉格朗日中值定理，\[\exists \xi \in (x_0,x_0+1),s.t.f'(x_0)=f'(\eta )=f(x_0+1)-f(x_0)=f'(\xi ).\]\[即有\xi \in S,这与\eta 为S的上确界矛盾.所以\sup S=+\infty .\]\[进而必存在数列\{y_n\}\subset S,s.t.\lim_{n\to\infty}y_n=+\infty .\]于是由归结原理可知\[f'(x_0)=f'(\lim_{n\to\infty}y_n)=\lim_{n\to\infty}f'(y_n)=\lim_{x\to+\infty}f'(x)=1.\]\[再结合x_0的任意性，可知f'(x)\equiv 1.于是存在常数C，使得f(x)=x+C.\]


    注：这个题，题干很简单，却考了许多内容。难度较大。

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证明  显然$g(0)=0$.而\[\int_{0}^{1}\frac{t}{x^2+t^2}dx=\arctan \frac{x}{t}|_0^1=\arctan \frac{x}{t}.\]\[\lim_{t\to0^+}\int_{0}^{1}\frac{tf(0)}{x^2+t^2}dx=f(0)\lim_{t\to0^+}\arctan \frac{x}{t}|_0^1=\frac{\pi }{2}f(0).\]\[\because f(x)\in C[0,1],\therefore |f(x)-f(0)|\le M.\]接下来证明\[\lim_{t\to0^+}\int_{0}^{1}\frac{tf(x)}{x^2+t^2}dx=\frac{\pi }{2}f(0).\]
              只要上式成立，那么当$f(0)=0$时，$g(t)$在$t=0$连续.\[\begin{align*}|\int_{0}^{1}\frac{tf(x)}{x^2+t^2}dx-\int_{0}^{1}\frac{tf(0)}{x^2+t^2}dx|
&=|\int_{0}^{1}\frac{t}{x^2+t^2}[f(x)-f(0)]dx| \\
&\le \int_{0}^{1}\frac{t}{x^2+t^2}|f(x)-f(0)|dx \\
&=\int_{0}^{\delta }\frac{t}{x^2+t^2}|f(x)-f(0)|dx+\int_{\delta }^{1}\frac{t}{x^2+t^2}|f(x)-f(0)|dx \\
&\le M\arctan \frac{\delta }{t}+M|\arctan \frac{1}{t}-\arctan \frac{\delta }{t}| \\
&=M\varepsilon +M\varepsilon ,(\forall \varepsilon > 0,\exists \delta  > 0,s.t.\arctan \frac{\delta }{t}< \varepsilon ,|\arctan \frac{1}{t}-\arctan \frac{\delta }{t}|< \varepsilon ) \\
&=\varepsilon .
\end{align*}\]
    注：$\lim_{t\to0^+}\int_{0}^{1}\frac{tf(x)}{x^2+t^2}dx=\frac{\pi }{2}f(0)$是关键.此题其实是考过多次的类型题，裴书上有例.如果没有想到，那么有些难度.

西安电子科技大学2024年数学分析


解         \[\begin{align*}I
&=\lim_{n\to\infty }\sqrt[n]{1+a^n+(\frac{a^2}{2})^n} \\
&=\max \{1,a,\frac{a^2}{2}\} \\
&=\begin{cases}
1,& a\in (0,1]\\
a,& a\in (1,2]\\
\frac{a^2}{2},& a\in (2,+\infty )
\end{cases}
\end{align*}\]

西安电子科技大学2024年数学分析


解  \[\begin{align*}I
&=\int e^{-\sin x}\frac{\sin 2x}{\sin ^4(\frac{\pi }{4}-\frac{x}{2})}dx \\
&=\int e^{-\sin x}\frac{\sin 2x}{\frac{1}{4}(1-\cos (\frac{\pi }{2}-x))^2}dx \\
&=\int e^{-\sin x}\frac{2\sin x\cos x}{\frac{1}{4}(1-\sin x)^2}dx \\
&=8\int e^{t}\frac{t}{(1+t)^2}dt,(令t=-\sin x) \\
&=8\int e^{t}\frac{1+t}{(1+t)^2}dt-8\int e^{t}\frac{1}{(1+t)^2}dt \\
&=8\int \frac{e^{t}}{1+t}dt+ \frac{8e^{t}}{1+t}-8\int \frac{e^{t}}{1+t}dt \\
&=\frac{8e^{t}}{1+t}+C \\
&=\frac{8e^{-\sin x}}{1-\sin x} +C.
\end{align*}\]

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解  \[\begin{align*}I
&=\lim_{x\to0}\frac{6(\sqrt[3]{2-\cos x}-1)+\ln (1-x^2)}{x^4} \\
&=\lim_{x\to0}\frac{6(\sqrt[3]{1+\frac{x^2}{2}}-1)+\ln (1-x^2)}{x^4} \\
&=\lim_{x\to0}\frac{6(\sqrt[3]{1+\frac{x^2}{2}}-1)+\ln (1-x^2)}{x^4} \\
&=\lim_{x\to0}\frac{6(\frac{1}{6}x^2-\frac{1}{36}x^4)-x^2-\frac{1}{2}x^4}{x^4}\\
&=-\frac{2}{3}.
\end{align*}\]

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解  \[令u=x+y,v=y.则D':0\le v\le u,0\le u\le 1.且\frac{\partial (x,y)}{\partial(u,v)}=1.\]\[I=\iint\limits_{D}e^{\frac{y}{x+y}}dxdy=\int_{0}^{1}du\int_{0}^{u}e^{\frac{v}{u}}dv=\int_{0}^{1}u(e-1)du=\frac{e-1}{2}.\]

西安电子科技大学2024年数学分析

解 \[I=\oint_{L}\frac{xdy-ydx}{4x^2+y^2}=\oint_{L}Pdx+Qdy.\]\[其中：P=\frac{-y}{4x^2+y^2},Q=\frac{x}{4x^2+y^2}.因此有P_y=Q_x=\frac{y^2-4x^2}{4x^2+y^2}.\]\[分三种情况：当R< 1j时，由格林公式I=\iint_{D}(Q_x-P_y)dxdy=0.\]\[当R> 1时，由于原点(0,0)为奇点，所以作4x^2+y^2=\varepsilon^2 包围原点的小椭圆D_\varepsilon ，将D分为两部分:\]\[D-D_\varepsilon和D_\varepsilon .\]则\[I=\iint_{D-D_\varepsilon}(Q_x-P_y)dxdy+\oint_{L_{D_\varepsilon}}\frac{xdy-ydx}{4x^2+y^2}=\frac{1}{\varepsilon^2}\oint_{L_{D_\varepsilon}}xdy-ydx\]\[=\frac{1}{\varepsilon^2}\iint_{D_\varepsilon}2dxdy=\frac{1}{\varepsilon^2}\cdotp2\pi\cdotp \frac{\varepsilon}{2}\cdotp \varepsilon=\pi .\]\[当R=1j时.L:(x-1)^2+y^2=1.原点在\partial L上.同样用用挖洞法计算。\]\[显然当\varepsilon\rightarrow 0时，与L的共同部分面积约为小椭圆D_\varepsilon的\frac{1}{2}.因此，I=\frac{\pi}{2}.\]

西安电子科技大学2024年数学分析


解   \[添加平面z=1,方向向下，与\Sigma 组成闭合区域.用高斯公式。\]
\begin{align*}I
&=\iint_{\Sigma }(x^3z+x)dydz-x^2yzdzdx-x^2z^2dxdy \\
&=\iint_{\Sigma -z=1}(x^3z+x)dydz-x^2yzdzdx-x^2z^2dxdy-\iint_{z=1}x^2dxdy\\
&=\iiint_{\Omega }(3x^2z+1-x^2z-2x^2z)dV-\int_{0}^{2\pi }\cos ^2\theta d\theta \int_{0}^{1}r^3dr ,(高斯公式) \\
&=\iiint_{\Omega }dV-\frac{1}{4}\pi \\
&=\int_{1}^{2}dz\int_{0}^{2\pi }d\theta \int_{0}^{z}rdr-\frac{1}{4}\pi \\
&=\pi\int_{1}^{2}z^2dz-\frac{1}{4}\pi  \\
&=\frac{25}{12}\pi .
\end{align*}

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解 1、错。反例：如\[a_n=\frac{1}{\sqrt{n}},b_n=\frac{1}{\sqrt{n}}.\]\[\lim_{n\to\infty}a_n=0,\lim_{n\to\infty}b_n=0.\]但\[\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }a_nb_n=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}=\infty .\]

   2、正确。用归纳法证明：由\[\exists x_0\in \mathbb{R},\lim_{n\to\infty }f_n(x_0)=a.\]则有\[\lim_{n\to\infty }f_{n+1}(x_0)=\lim_{n\to\infty }f_n(x_0)=a.同时，f_{n+1}(x_0)=f(f_n(x_0)),\]所以\[\lim_{n\to\infty }f_{n+1}(x_0)=f(a)=a.\]

   3、错.反例\[f_n(x)=x^n(1-x^n).\]\[显然，f_n(x)满足条件.而\]\[\lim_{n\to\infty}f_n(1-\frac{1}{n})=\lim_{n\to\infty }(1-\frac{1}{n})^n(1-(1-\frac{1}{n})^n)=e^{-1}(1-e^{-1})> 0.\]\[f_n(x)在[0,1]上不一致收敛.\]

   4、正确.设\[\forall (x_1,y),(x_2,y)\in D.由拉格朗日中值定理，\exists\xi , x_1< \xi < x_2,s.t.\]\[f(x_1,y)-f(x_2,y)=f'_x(\xi,y)(x_1-x_2)=0.\]\[如此可知f(x,y)的在D上取值与x无关.\]