数学分析习题练习三

2020年北京大学数学分析考研第七题
$f(x,y)$在平面上有二阶的连续偏导数，且满足$\frac{\partial^{2}f}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}f}{\partial y^{2}}=x^{2}+y^{2}$.$f(0,0)=0$.

S是以原点为圆心，半径为r的圆的圆周，试求$f(x,y)$在圆周上的平均值，即$\frac{1}{2\pi r}\oint_{s} f(x,y)\,ds$

解答一：
              设
\[I(r)=\frac{1}{2\pi
r}\oint_{s}
f(x,y)ds=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}f(r\cos\theta,r\sin\theta)d\theta.\]
从而
\[\begin{array}{rl} I'(r)&=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}(f_x(r\cos\theta,r\sin\theta)\cos\theta
+f_y(r\cos\theta,r\cos\theta)\sin\theta)d\theta\\
&=\frac{1}{2\pi
r^2}\oint_{x^2+y^2=r^2}(f_x(x,y)x+f_y(x,y)y)ds\\
&=\frac{1}{2\pi r}\oint_{x^2+y^2=r^2}\frac{\partial f}{\partial
n}ds\\
&=\frac{1}{2\pi r}\iint\limits_{x^2+y^2\leqslant r^2}\Delta
f(x,y)dxdy\\
&=\frac{1}{2\pi r}\iint\limits_{x^2+y^2\leqslant
r^2}(x^2+y^2)dxdy\\
&=\frac{1}{2\pi r}\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^r\rho^3d
\rho\\
&=\frac{r^3}{4}.\end{array}
\]
由于$I(0)=0$, 故
\[I(r)=\frac{r^4}{16}.\]

解答二：
                最简洁的解法:

令
\[g(x,y)=f(x,y)-\frac{x^4+y^4}{12},\]
则$g$是调和函数, $g(0,0)=0$, 从而根据平均值定理
\[\frac{1}{2\pi r}\oint_{x^2+y^2=r^2}g(x,y)ds=g(0,0)=0,\]
因此 \[\frac{1}{2\pi r}\oint_{x^2+y^2=r^2}f(x,y)ds=\frac{1}{24\pi
r}\oint_{x^2+y^2=r^2}(x^4+y^4)d s=\frac{r^4}{16}.\]

           （转引自博士家园，作者: Hansschwarzkopf  ）

同济大学2020数学分析



解
        \begin{align*}\lim_{x\to 0}\frac{\int_{0}^{x^2}(x-\sqrt{t})f(t)dt}{x^2\ln(1+x)}&=\lim_{x\to 0}\frac{\int_{0}^{x^2}f(t)dt}{2x\ln(1+x)+\frac{x^2}{1+x}}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{2xf(x^2)}{2\ln(1+x)+\frac{2x}{1+x}+\frac{2x(1+x)-x^2}{(1+x)^2}}\\\\&=\frac{1}{2}.
\end{align*}

一道前苏联的数学竞赛题
求：
            $\int (-1)^{[x]}dx.$

解：
             由题意知被积函数为

                                            $(-1)^{[x]}=\begin{cases}
1, & k\leq x< k+1 \\
-1, & k+1\leq x< k+2
\end{cases}(k=0,1,2,\cdots )$

       所以不定积分的解为

                                     $\int (-1)^{[x]}dx=\begin{cases}
x+C, & k\leq x< k+1 \\
-x+C, & k+1\leq x< k+2
\end{cases}(k=0,1,2,\cdots )$

这个证法挺巧妙的。

计算积分

            $\begin{align*}I&=\iiint_\Omega e^{|z|}dV\\\\&=2\iiint_{\Omega ^+}e^zdV\\\\&=2\iint_Ddxdy\int_{0}^{\sqrt{1-x^2-y^2}}e^zdz\\\\&=2\iint_D(e^\sqrt{1-x^2-y^2}-1)dxdy\\\\&=2\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}(e^\sqrt{1-r^2}-1)rdr\\\\&=4\pi\int_{0}^{1}(e^\sqrt{1-r^2}-1)rdr.
\end{align*}$

           令
                    $\sqrt{1-r^2}=t.$

           则
                     $rdr=-tdt,[0,1]\rightarrow [1,0].$

          代入可得

                     $I=4\pi\int_{1}^{0}(e^t-1)(-t)dt=4\pi\int_{0}^{1}(te^t-t)dt=2\pi.$

几道不错的积分题

南京大学2016级数学分析I期末考试卷


证明：

              $\because f(a)=0,$

              $\therefore \int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{a}^{b}(f(x)-f(a))dx=\int_{a}^{b}f'(\xi)(x-a)dx=\frac{1}{2}(b-a)^2,(\xi\in(a,x))$

求极限：
               $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}(\frac{1}{\sqrt[k]{n^k+1}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt[k]{n^k+2017}})$

解
            $\displaystyle \because \frac{n}{\sqrt[k]{n^k+2017}}< \sum_{k=1}^{n}(\frac{1}{\sqrt[k]{n^k+1}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt[k]{n^k+2017}})< \frac{n}{\sqrt[k]{n^k+1}},$

            $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}(\frac{1}{\sqrt[k]{n^k+1}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt[k]{n^k+2017}})=1.$