数学分析习题题练习四

上海交通大学2020年数学分析真题


证明：题目有误，前一个结论，曲面积应分为零。

        先假定（II）成立，则对等式对$\lambda $求导，得

                            $\displaystyle xf_x(\lambda x,\lambda y,\lambda z)+yf_y(\lambda x,\lambda y,\lambda z)+zf_z(\lambda x,\lambda y,\lambda z)=-3\lambda ^{-4}f(x,y,z),$

               其中令$\lambda =1,$可得

                              $\displaystyle xf_x(x,y,z)+yf_y(x,y,z)+zf_z(x,y,z)+3f(x,y,z)=0.$

         对（I）利用高斯公式
                             $\begin{align*}\iint_\Sigma f(x,y,z)(xdydz+ydzdx+zdxdy)&=\iiint_\Omega (xf_x(x,y,z)+yf_y(x,y,z)\\\\&+zf_z(x,y,z)+3f(x,y,z))dV=0.\end{align*}$

           所以，（II）$\to$（I）成立。
           再设（I）成立，则从上术曲面积分为零，推出
                     
                               $\displaystyle xf_x(x,y,z)+yf_y(x,y,z)+zf_z(x,y,z)+3f(x,y,z)=0.$

               令
                               $\displaystyle x=\lambda u,y=\lambda v,z=\lambda w,$

             代入上式得
                               $\displaystyle \lambda uf'_1(\lambda u,\lambda v,\lambda w)+\lambda vf'_2(\lambda u,\lambda v,\lambda w)+\lambda wf'_3(\lambda u,\lambda v,\lambda w)+3f(\lambda u,\lambda v,\lambda w)=0.$

               亦即
                                $\displaystyle \lambda f'_\lambda (\lambda u,\lambda v,\lambda w)+3f(\lambda u,\lambda v,\lambda w)=0,$

              解上面关于$\lambda $的微分方程，得
                                $\displaystyle f(\lambda u,\lambda v,\lambda w)=C\lambda ^{-3}$

                       考虑到
                                  $\displaystyle \lambda =1,\Rightarrow C=f(u,v,w),$

                                  $\displaystyle \therefore f(\lambda u,\lambda v,\lambda w)=\lambda ^{-3}f(u,v,w).$

                     从而，（I）$\to$（II）成立。
                综上，可知（I）（II）等价。

                                                                             注：此题解答由小木虫论坛朋友提供。

已知：$x_1=\sqrt{2},x_2=\sqrt{2+\sqrt{2}},\cdots ,x_n=\sqrt{2+\sqrt{2+\cdots +\sqrt{2}}},$求：$\lim\limits_{n \to \infty }x_n$.
二个另类解法：
【方法一】
                              $x_1=\sqrt{2}=2\cos\frac{\pi}{2^2} ,$

                               $x_2=\sqrt{2+\sqrt{2}}=\sqrt{2(1+\cos\frac{\pi}{2^2})}=2\sqrt{\cos^2\frac{\pi}{2^3}}=2\cos\frac{\pi}{2^3},$

       用归纳法很容易得到：

                                $x_n=2\cos\frac{\pi}{2^{n+1}},$

                                 $\therefore  \lim\limits_{n \to\infty}x_n=\lim\limits_{n \to\infty}2\cos\frac{\pi}{2^{n+1}}=2.$

【方法二】
                                $\begin{align*}\because 0<|x_n-2|&=|\sqrt{2+x_{n-1}}-2|\\\\&=\frac{|2-x_n|}{\sqrt{2+x_{n-1}}+2}\\\\&<\frac{1}{2}|x_{n-1}-2|\\\\&< \cdots \\\\&< \frac{1}{2^n}|x_1-2|,\end{align*}$

                 所以
                                  $\forall \varepsilon > 0,\exists N,n> N,s.t.$

                                  $|x_n-2|< \varepsilon .$

证明：$x^n=1+x+x^2+\dots+x^{n-1}$ 在$[0,\frac{2n}{n+1})$ 处无解，在$[\frac{2n}{n+1},2)$处必有一解($n$为正整数)。

解:

显然$x=1$不是解(虽然$n=1$时等式成立，但$x=1$并不在指定区间内)。当$x\not=1$时，由等比数列求和公式，得
$$x^n=\frac{(1-x^{n})}{1-x}$$
即
$$x^{n+1}-2x^n+1=0$$
故上面等式与原等式等价。考察函数$f(x)=x^{n+1}-2x^n+1$的函数值范围，为此求其极点。
令$f'(x)=0$，即
$$(n+1)x^{n}-2nx^{n-1}=0$$
解得
$$x=0,\text{或}x=\frac{2n}{n+1},\text{(仅有这二根)}$$
故$f(x)$在区间$[0,\frac{2n}{n+1})$是严格单调的。由
$$f(0)=1,f\left(\frac{2n}{n+1}\right)=\left({\frac{2n}{n+1}}\right)^{n+1}-2\left({\frac{2n}{n+1}}\right)^n+1<2\left({\frac{2n}{n+1}}\right)^{n}-2\left({\frac{2n}{n+1}}\right)^n+1=1$$
故不论$n$为何，$f(x)$在区间$[0,\frac{2n}{n+1})$总是减函数。现估算$f\left(\frac{2n}{n+1}\right)$的取值范围。由于$$1\leq\frac{2n}{n+1}<2$$
故
$$f\left(\frac{2n}{n+1}\right)\leq f(1)=0$$
由连续函数的介值定理，又因为$f(x)$在区间$[0,\frac{2n}{n+1})$是严格单调的，故不论$n$为何，对于$f(x)$在区间$[0,\frac{2n}{n+1})$存在且仅存在一个根！但此根$x=1$,由开头所述理由，应该排除。故原等式在$[0,\frac{2n}{n+1})$处无解。
由前面分析可知$f(x)$在区间$[\frac{2n}{n+1},+\infty)$单调递增,且不论$n$为何，总有
$$f(2)=1$$,同样由连续函数介值定理知，不论$n$为何,$f(x)$在区间$[\frac{2n}{n+1},2)$存在且仅存在一个根。

                                                                                          ---------作者: ziou2004    时间: 2020-3-21 13:05

解：此题应为曲面积分，原凝笔误。

                               $\begin{align*}I&=\iint_S z(x+y)dS\\\\&=\iint_{D_{xy}}\sqrt{9-x^2-y^2}\cdot (x+y)\cdot \sqrt{1+\frac{x^2}{9-x^2-y^2}+\frac{y^2}{9-x^2-y^2}}dxdy\\\\&=3\iint_{D_{xy}} (x+y)dxdy,\end{align*}$

             其中
                               $\displaystyle D_{xy}:x^2+y^2\leq 8,x=2\sqrt{2}\cos \theta ,y=2\sqrt{2}\sin\theta.$

                               $\displaystyle 0\leq \theta\leq 2\pi,0\leq r\leq 2\sqrt{2} ,$

               取向上侧，计算得
                              $\displaystyle I=3\int_{0}^{2\pi}(\cos \theta +\sin \theta )d\theta \int_{0}^{2\sqrt{2}}r^2dr=16\sqrt{2}\int_{0}^{2\pi}(\cos \theta +\sin \theta )d\theta =32\sqrt{2}.$

证明
                         $\displaystyle \forall x_1,x_2\in[\alpha ,\beta ],x_1> x_2,s.t.$

                         $\begin{align*}|F_n(x_1)-F_n(x_2)|&=|\int_{x_1}^{x_1+\frac{1}{n}}f(t)dt-\int_{x_2}^{x_2+\frac{1}{n}}f(t)dt|\\\\&=|\int_{x_1}^{x_2+\frac{1}{n}}f(t)dt+\int_{x_2+\frac{1}{n}}^{x_1+\frac{1}{n}}f(t)dt-\int_{x_2}^{x_1}f(t)dt-\int_{x_1}^{x_2+\frac{1}{n}}f(t)dt|\\\\&=|\int_{x_1}^{x_1+\frac{1}{n}}f(t)dt-\int_{x_2}^{x_2+\frac{1}{n}}f(t)dt|\\\\&\leq |\int_{x_1}^{x_1+\frac{1}{n}}f(t)dt｜+|\int_{x_2}^{x_2+\frac{1}{n}}f(t)dt|.\end{align*}$

            因为$f(x)$为连续函数，故在所给区间内可积。由积分性质知

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

                         $\displaystyle |\int_{x_1}^{x_1+\frac{1}{n}}f(t)dt|< \varepsilon ,$

                         $\displaystyle |\int_{x_2}^{x_2+\frac{1}{n}}f(t)dt|< \varepsilon .$

                        $\displaystyle \therefore |F_n(x_1)-F_n(x_2)|< \varepsilon .$

                   即： 函数$F_n(x)$一致连续。

解：添加一个面$S':z=1$方向向上，使得$S+S'$在第一象限内组成一个闭合曲面。再用高斯公式计算：

                        $\displaystyle I=\iint_{S+S'} -\iint_{S'}=\iiint_\Omega (z+x^2+y^2)dV-\iint_{D'}y^2dxdy,$

           其中
                         $\displaystyle D':x^2+y^2=1,x\geq 0,y\geq 0.$

              变量变换
                         $\begin{align*}I&=\int_{0}^{1}dz\int_{0}^{\pi/2}d\theta \int_{0}^{z}(z+r^2)rdr-\int_{0}^{\pi/2}d\theta \int_{0}^{1}r^3\cos^2\theta dr\\\\&=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{1}(\frac{1}{2}z^3+\frac{1}{4}z^4)dz-\frac{1}{4}\int_{0}^{\pi/2}\cos^2\theta d\theta \\\\&=\frac{7}{80}\pi-\frac{1}{16}\pi\\\\&=\frac{1}{40}\pi.\end{align*}$

杂题摘录