数学分析习题练习三

北京大学2015-2016学年数学分析第一学期末试题
8、设$f(x)$在区间$I$上具有二阶导数，并设$F(x)=e^{f(x)}$.（1）证明：若$f(x)$是凸函数，则$F(x)$也是$I$上的凸函数.（2）如果$F(x)$是$I$上的凸函数，试问$f(x)$是$I$上的凸函数吗？（说明理由）


证明：
              （1）、若$f(x)$是凸函数，那么

                           $\because f(\frac{x_1+x_2}{2})\leq \frac{f(x_1)+f(x_2)}{2},$

                           $\therefore F(\frac{x_1+x_2}{2})=e^{\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}}\leq \frac{e^{f(x_1)}+e^{f(x_2)}}{2}=\frac{F(x_1)+F(x_2)}{2}.$

                          此时，$F(x)$也是凸函数。

              
               （2）、如果$F(x)$是$I$上的凸函数，那么（1）中第2式成立，而由（1）中第2式推论不出第1式，因此不能

                      确定$f(x)$是凸函数。

北京大学2015-2016学年数学分析第一学期末试题
9、设$f(x)$在$(-\infty ,+\infty )$有界且二阶可导，证明$f''(x)$必有零点。



证明：   由已知，
                               $\because |f(x)|\leq M(> 0),$

             根据拉格朗日中值定理，就有

                                $\forall x_1,x_2\in (-\infty ,0],\exists \xi _1\in (-\infty ,0),s.t.$

                                $f'(\xi_1)=\frac{f(x_1)-f(x_2)}{(x_1-x_2)}\rightarrow 0,(x_1\rightarrow -\infty )$

                                $\forall x_3,x_4\in [0 ,+\infty),\exists \xi _2\in (0 ,+\infty),s.t.$

                                $f'(\xi_2)=\frac{f(x_3)-f(x_4)}{(x_3-x_4)}\rightarrow 0,(x_3\rightarrow +\infty )$

              再由Rolle定理，有

                                   $\therefore \exists \xi\in(\xi_1,\xi_2)\subset (-\infty ,+\infty ),s.t.$

                                    $f''(\xi)=0.$

学习群内的某道计算题


解：由已知，反复运用拉格朗日中值班定理

                                 $\exists \xi\in(a,x),\xi'\in(a,\xi),s.t.$

                                 $\begin{align*}
\lim_{x\to a}(\frac{1}{f'(a)(x-a)}-\frac{1}{f(x)-f(a)})&=\lim_{x\to a}\frac{f(x)-f(a)-f'(a)(x-a)}{f'(a)(x-a)(f(x)-f(a))}\\\\&=\lim_{x\to a}\frac{f'(\xi)-f'(a)}{f'(a)f'(\xi)(x-a)}\\\\&=\lim_{x\to a}\frac{f''(\xi')}{f'(a)f'(\xi)}\cdot \frac{\xi-a}{x-a}\\\\&=\frac{f''(a)}{f'^2(a)}.\end{align*}$

2018年中科大数学夏令营试题


解：
           （1）、
                         $\displaystyle \lim_{x\to +0}\frac{\sin x-\tan x}{x^3(1+x)^5}=\lim_{x\to +0}\frac{\sin x-\tan x}{x^3}=\lim_{x\to +0}\frac{x-\frac{1}{6}x^3-x-\frac{1}{3}x^3+o(x^3)}{x^3}=-\frac{1}{2}.$


           （2）、令
                              $u=\ln\frac{y}{x},v=xy,z=f(x,y),$

                        则有
                               $\frac{\mathrm{d} z}{\mathrm{d} x}=-\frac{1}{x}f'_u+yf'_v.$


            （3）、


            （4）、
                           $I=\iint_\Omega (y+x^2)d\sigma=2\int_{-R}^{R}dx\int_{-\sqrt{R^2-x^2}}^{\sqrt{R^2-x^2}}(y+x^2)dy=8\int_{0}^{R}x^2\sqrt{R^2-x^2}dx=\frac{\pi R^4}{128}.$

2018年中科大数学夏令营试题


证明：
               由已知，对对区间作一个分割：

                                                     $T:a=x_1< x_2< \cdots < x_n=b,\Delta x_i=\frac{b-a}{n},(i=1,2,\cdots ,n)$

                                        得近似和
                                                      $\displaystyle f(b)-f(a)=\sum_{i=1}^{n}(f(x_i)-f(x_{i-1}))=\sum_{i=1}^{n}f'(x_i)\Delta x_i,$

                            再令$n \to \infty $,并且由$f'(x)$可积，有

                                                      $\displaystyle f(b)-f(a)=\lim_{n \to \infty }\sum_{i=1}^{n}f'(x_i)\Delta x_i=\int_{a}^{b}f'(x)dx.$

2018年中科大数学夏令营试题


证明：
             （1）、由已知，可作辅助函数

                                       $F(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt-\int_{x}^{1}\frac{1}{f(t)}dt,$
                            显然有
               
                                        $F(0)=-\int_{0}^{1}\frac{1}{f(t)}dt< 0.$

                                        $F(1)=\int_{0}^{1}f(t)dt> 0.$

                              由Rolle定理，
                                    
                                        $\therefore \exists c\in(0,1),s.t.$

                                        $F(c)=\int_{0}^{c}f(t)dt-\int_{c}^{1}\frac{1}{f(t)}dt=0,$

                             即有
                                         $\Rightarrow \int_{0}^{c}f(t)dt=\int_{c}^{1}\frac{1}{f(t)}dt.$

                               又
                                         $\because F'(x)=f(x)+\frac{1}{f(x)}> 0,(f(x)> 0)$

                                         $\therefore F(x)\uparrow .$

                            因此，上述的$c$是唯一的。


                 （2）、$x_n\in(\frac{1}{n},1)\subset [0,1].$

                         令
                              $F(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt-\int_{x}^{1}\frac{1}{f(t)}dt,$

                              $\forall \varepsilon > 0,\exists \delta >0,\exists N,n> N,\frac{1}{n}< \delta,s.t.$

                               $\int_{0}^{\delta }f(t)dt<\varepsilon .$

                               $F(\frac{1}{n})=\int_{0}^{\delta }f(t)dt-\int_{\delta }^{1}\frac{1}{f(t)}dt< 0.$

                                $F(1)=\int_{0}^{1}f(t)dt> 0.$

                               $\therefore \exists x_n\in(\frac{1}{n},1),s.t.$

                                $F(x_n)=\int_{0}^{x_n}f(t)dt-\int_{x_n}^{1}\frac{1}{f(t)}dt=0,$

                                $\Rightarrow \int_{0}^{x_n}f(t)dt=\int_{x_n}^{1}\frac{1}{f(t)}dt.$

                       令$n \to \infty ,\frac{1}{n}\rightarrow 0.$
                  
                                  $x_n\in(\frac{1}{n},1)\rightarrow (0,1).$

                        由于$F(x)$为单调函数，所以，在$(0,1)$上满足前述等式的只有唯 一点。即有

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



      
                           

2018年中科大数学夏令营试题


这个是将柯西列的叙述稍为组织一下，比较容易。

2018年中科大数学夏令营试题


解：
          （1）、因为
                                    $f(x,y)=\frac{\cos xy}{1+y^2},$

                            在$[0,+\infty )\times [1,+\infty )$上连续，所以$f(x)$在$[0,+\infty )$上连续。


           （2）、
                                  $\because 0< |\int_{1}^{+\infty }\frac{\cos tx}{1+x^2}dx|\leq |\frac{1}{t}\int_{1}^{+\infty }\cos tx dtx|\rightarrow 0,(t\to +\infty )$

                                  $\displaystyle \therefore \lim_{t \to +\infty }f(t)=0.$


            （3）、
                                $\begin{align*}\int_{0}^{\pi}f(t)\sin tdt&=\int_{0}^{\pi}\sin tdt\int_{1}^{+\infty }\frac{\cos tx}{1+x^2}dx\\\\&=\int_{1}^{+\infty }\frac{1}{1+x^2}dx\int_{0}^{\pi}\sin t\cos txdt\\\\&=\int_{1}^{+\infty }\frac{1}{1+x^2}dx\int_{0}^{\pi}\frac{1}{2}(\sin t(x+1)-\sin t(x-1))dt\\\\&=-\frac{1}{2}\int_{1}^{+\infty }\frac{1}{1+x^2}(\frac{1}{x+1}\cos t(x+1)-\frac{1}{x-1}\cos t(x-1))|_0^{\pi}dx\\\\&=-\int_{1}^{+\infty }\frac{1}{x^4-1}(\cos \pi x+1)dx\\\\&< 0.
\end{align*}$


            （4）、
                                $\because f(0)=\int_{1}^{+\infty }\frac{1}{1+x^2}dx> 0,$

                                $f(\pi)=\int_{1}^{+\infty }\frac{\cos x\pi}{1+x^2}dx<0.$（？）

                    因此，在$(0,\pi)$上，$f(t)$有零点。

一道比较好的三解积分计算题：

复旦大学2017-2018学年数学分析II期中考试


解：
            $I=\int_{0}^{\pi}\frac{\sin^2x+2\cos^2x}{\sin^2x+2\cos^3x}dx=2\int_{0}^{\pi/2}\frac{\tan^2x+3}{\tan^2x+2}dx=2\int_{0}^{+\infty }\frac{t^2+2}{t^2+3}\cdot \frac{1}{t^2-1}dt,(t=\tan x,dx=\frac{1}{t^2-1}dt).$
               
             接下来，用有理分式拆分法积分，较容易。（略）