数学分析习题题练习四

四川大学2020年数学分析考研试题







注：此题在“《考研数学分析总复习：精选名校真题 第4版》陈守信 编著,2014”上有原题。参见例7.59，p338-339.

四川大学2020年数学分析考研试题


解：    利用高斯公式：
                               $\displaystyle P=\frac{x}{r^2+z^2},Q=0,R=\frac{z^2}{r^2+z^2},$

                                $\begin{align*}I&=\iiint_\Omega(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z})dV\\\\&=\iiint_\Omega (\frac{1}{r^2+z^2}+0+\frac{-2z}{(r^2+z^2)^2})dxdydz\\\\&=\iiint_\Omega \frac{1}{r^2+z^2}dxdydz-\iiint_\Omega \frac{2z}{(r^2+z^2)^2}dxdydz.
\end{align*}$

                   而
                                $\displaystyle \iiint_\Omega \frac{1}{r^2+z^2}dxdydz=\frac{2}{r}\int_{0}^{r}\frac{1}{1+(\frac{z}{r})^2}d\frac{z}{r}\iint_Ddxdy=2\pi r\arctan \frac{z}{r}|_0^r=\frac{\pi^2r}{2}.$

                   又
                                 $\displaystyle \iiint_\Omega \frac{2z}{(r^2+z^2)^2}dxdydz=0.$

                                 $\displaystyle \therefore I=\frac{\pi^2r}{2}.$

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证明：   
                 不妨设$x_0$为$F(x)$在$[a,b]$内的一个不可导的点。则由积分定义可知：

                               $\begin{align*}\int_{a}^{b}f(x)dx&=\lim_{\varepsilon \to 0}\int_{a}^{x_0-\varepsilon }f(x)dx+\lim_{\varepsilon \to 0}\int_{x_0+\varepsilon}^{b}f(x)dx\\\\&=\lim_{\varepsilon \to 0}F(x_0-\varepsilon )-F(a)+F(b)-\lim_{\varepsilon \to 0}F(x_0+\varepsilon ),
\end{align*}$

                又
                                 $\displaystyle \lim_{\varepsilon \to 0}F(x_0-\varepsilon )=F(x_0)=\lim_{\varepsilon \to 0}F(x_0+\varepsilon ),$

               此时有
                                 $\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)dx=F(b)-F(a).$

                即$F(x)$在$[a,b]$内的有一个不可导的点时，结论成立。同理可证，$F(x)$在$[a,b]$内存在有限个不可导的点时，结论也成立。

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证明：因为函数三阶可导，故由拉格朗日中值定理
                                     $\exists x\in (a,b)\subset (-\infty ,+\infty ),s.t.$

                                         $f(b)-f(a)=f'(x)(b-a),$

                       而
                                       $\because |f(x)|< M,$
                    
                                        $\therefore |f'(x)|< M.$

                   由$x$的任意性，可知$f'(x)$在定义域上有界。

                    用泰勒展开式，由$f(x),f'(x),f'''(x)$的有界，可以推出$f''(x)$也有界。

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证明：
                              $\because \frac{(n+1)e^{-(n+1)x}}{ne^{-nx}}=\frac{n+1}{n}\frac{1}{e^x}< 1,(n \to \infty ,x\in(0,+\infty ))$

                           所以，级数收敛。

                     当
                                  $x=0$时，

                      则
                                   $ne^{-nx}=n \to +\infty,$

                      因此级数在$[0,+\infty)$上不一致收敛。

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证明
                 当$x\in [a,+\infty ),(a> 0)$时，$f(x)=\frac{x+2}{x+1}\sin\frac{1}{x}$连续，所以一致连续。

                取
                                $x_{1n}=\frac{1}{n\pi}\in(0,a),x_{2n}=\frac{1}{n\pi+\frac{\pi}{2}}\in(0,a),$

                 此时
                                $|f(x_{2n})-f(x_{1n})|=|\frac{n\pi+\frac{\pi}{2}+2}{n\pi+\frac{\pi}{2}+1}-0|\rightarrow 1\neq 0,(n \to +\infty )$
                 
                   所以，在$(0,a)$内，$f(x)$不一致收敛。

                        

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证明：
                将已知积分分为两部分：
                                      $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{dx}{1+x^2\sin^2x}=\int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x^2\sin^2x}+\int_{1}^{+\infty }\frac{dx}{1+x^2\sin^2x},$
                     由于
                                     $\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x^2\sin^2x}> \int_{0}^{1}\frac{dx}{1+x\sin x}>\int_{0}^{1} \frac{dx}{1-x}=\infty $
                     
                    因此第一个积分发散。而第二个积分，有
                                       $\displaystyle \int_{1}^{+\infty }\frac{dx}{1+x^2\sin^2x}< \int_{1}^{+\infty }\frac{dx}{x^2\sin^2x},$

                                       $\displaystyle \because \frac{1}{1+x^2\sin^2x}\sim \frac{1}{x^2},$

                                       $\displaystyle \therefore \int_{1}^{+\infty }\frac{dx}{1+x^2\sin^2x}<\int_{1}^{+\infty }\frac{1}{x^2}dx< \infty .$
                         收敛。

                      综合所得，原积分发散。

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证明：
                 因为$f(x)$可积，因此在$[0,+\infty)$上一致有界。而$e^{-xy}$单调，对$y,(y\to +\infty)$一致股行情vgf零，因此由狄里赫雷（Dirichlet判别法知

                       $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }e^{-xy}f(x)dx$一致收敛。所以，极限与积分号可交换，即

                        $\displaystyle \lim_{y\to 0^+}\int_{0}^{+\infty }e^{-xy}f(x)dx=\int_{0}^{+\infty }\lim_{y\to 0^+}e^{-xy}f(x)dx=\int_{0}^{+\infty }f(x)dx,$

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证明：
                        $\because x_{n}=\sin x_{n-1}\leq x_{n-1},0< x_{n}< a< \frac{\pi}{2},$

                        $\therefore \{x_{n}\}\downarrow ,$且有界，因此，数列有极限。

                        $\displaystyle \Rightarrow \lim_{n \to \infty }x_{n}=0,$
            又(运用Stolz定理)
                         $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }\frac{n}{3}x^2_{n}&=\frac{1}{3}\lim_{n \to \infty }\frac{n-(n-1)}{\frac{1}{x^2_{n}}-\frac{1}{x^2_{n-1}}}\\\\&=\frac{1}{3}\lim_{n \to \infty }\frac{x^2_{n}x^2_{n-1}}{x^2_{n-1}-x^2_{n}}\\\\&=\frac{1}{3}\lim_{n \to \infty }\frac{\sin^2 x_{n-1}x^2_{n-1}}{x^2_{n-1}-\sin ^2x_{n-1}},
\end{align*}$
             而
                          $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{x^2\sin^2x}{x^2-\sin^2x}=\lim_{n \to \infty }\frac{x^4}{x^2-(x-\frac{1}{6}x^3+o(x^3))^2}=3,$
             因此   
                         $\displaystyle  \lim_{n \to \infty }\frac{n}{3}x^2_{n}=1,$

                        $\displaystyle\therefore \lim_{n \to \infty }\sqrt{\frac{n}{3}}x_{n}=1,$

非常奇怪，2020年四川大学的数学分析试题，竞多题是曾经是其它学校考研真题。