数学分析习题练习五

重庆大学2020年数学分析试题


证明
            这里有个陌生的“上半连续函数”概念。由条件即有：
                           $\displaystyle \forall \epsilon > 0,x_0\in[0,1],\forall x,\exists \delta > 0,|x-x_0|< \delta ,s.t.$

                               $\displaystyle f(x)> f(x_0)-\epsilon ,$

             又由已知条件有
                               $\displaystyle f(x)< f(x_0)+\epsilon ,$

                所以，有
                                $\Rightarrow |f(x)-f(x_0)|< \epsilon .$

              函数在$x_0$连续，因为$x_0$的任意性，故知函数在所给区间上连续。再由闭区间上连续函数的性质得到函数$f(x)$在$[0,1]$上一致连续，并且上下有界，能取到最值。

上海交通大学2016年数学分析试题


解
                   $\displaystyle \lim_{x\rightarrow 0}\frac{1-\cos^2x}{x(e^x-1)}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\sin^2x}{x(x+o(x))}=1.$

上海交通大学2016年数学分析试题


解：
          由$f(x)$连续，可知有
                             $\forall\epsilon > 0,\exists \delta > 0,|x-x_0|< \delta ,s.t.$

                                $|f(x)-f(x_0)|< \epsilon .$
            从而有
                            $\forall\epsilon > 0,\exists \delta > 0,|x-x_0|< \delta ,s.t.$

                              $||f(x)|-|f(x_0)||\leq |f(x)-f(x_0)|< \epsilon .$

           因此，$|f(x)|$连续。

             下半题：

上海交通大学2016年数学分析试题


解：
             $\displaystyle \lim_{t\to 0^+}\frac{\int_{0}^{\sin x}\sqrt{\tan t}dt}{\int_{0}^{\tan x}\sqrt{\sin t}dt}=\lim_{t\to 0^+}\frac{\cos x\sqrt{\tan \sin x}}{\frac{1}{\cos^2x}\sqrt{\sin \tan x}}=1.$

上海交通大学2016年数学分析试题


解
                  $\displaystyle f'(x)=e^{-x^2}-2x^2e^{-x^2}=(1-2x^2)e^{-x^2}.(x\leq 0)$

                   $\displaystyle f'(x)=\cos x+\sin x.(x> 0)$

上海交通大学2016年数学分析试题


证明
               设
                       $f(x)=\tan x+2\sin x-3x,$

             则有
                         $f'(x)=\sec^2x+2\cos x-3,$
      
               而
                         $\because f''(x)=\frac{-2\sin x}{\cos^3x}-2\sin x< 0,(x\in(0-\delta ,0+\delta ),\delta > 0)$

                           $\therefore f'(x)\uparrow ,$

                            $\Rightarrow f'(x)> f'(0)=0,f(x)\uparrow ,$

                            $\Rightarrow f(x)=\tan x+2\sin x-3x> 0=f(0),$

               即
                           $\therefore \tan x+2\sin x> 3x.$

上海交通大学2016年数学分析试题


解：
             令
                          $\displaystyle f(x)=\sqrt[x]{x},$

                求导，
                            $\displaystyle f'(x)=(e^{\displaystyle \frac{\ln x}{x}})'=\frac{\displaystyle 1-\ln x}{x^2}e^{\displaystyle \frac{\ln x}{x}},$

                由此可知，在$x=e,f(x)$有极大值。而最接近$x=e$的正整数是$n=2,3.$只要比较$f(2),f(3)$之大小。

                     而
                                       $\displaystyle f(2)=\sqrt{2}=1.414,$

                             $\displaystyle \because f(3)=\sqrt[3]{1+2}> 1+\frac{1}{3}\cdot 2>f(2)=\sqrt{2}=1.414,$

                              $\therefore n=3.$

                即，最大值为$\displaystyle \sqrt[3]{3}$.

上海交通大学2016年数学分析试题


解：
                      $\begin{align*}I&=\int \cos^2\sqrt{x}dx\\\\&=\int \cos^2t\cdot 2tdt\\\\&=\int (\cos 2t+1)tdt\\\\&=\frac{1}{2}t^2+\int t\cos 2tdt\\\\&=\frac{1}{2}t^2+\frac{1}{2}t\sin 2t-\frac{1}{2}\int \sin 2tdt\\\\&=\frac{1}{2}t^2+\frac{1}{2}t\sin 2t+\frac{1}{4}\cos 2t+C\\\\&=\frac{1}{2}x+\frac{1}{2}\sqrt{x}\sin 2\sqrt{x}+\frac{1}{4}\cos 2\sqrt{x}+C.\end{align*}$

上海交通大学2016年数学分析试题


解：
                 $\begin{align*}I&=I_1+I_2+I_3\\\\&=\int_{0}^{1}dy\int_{-\sqrt{4-y^2}}^{2y-2}f(x,y)dx\\\\&+\int_{0}^{1}dy\int_{2-2y}^{\sqrt{4-y^2}}f(x,y)dx+\int_{1}^{2}dy\int_{-\sqrt{4-y^2}}^{\sqrt{4-y^2}}f(x,y)dx.\end{align*}$

上海交通大学2016年数学分析试题


解
       （1）、
                        $\because x=R\sin \theta\cos \phi ,y=R\sin \theta\sin \phi ,$

                         $\therefore 1=R\cos \theta \cos \phi \frac{\partial \theta }{\partial x},$

                  即
                          $\frac{\partial \theta }{\partial x}=\frac{1}{R\cos \theta \cos \phi}$

                同理，有
                           $\frac{\partial \theta }{\partial y}=\frac{1}{R\cos \theta \sin \phi},$

       （2）、
                 由于
                           $x^2+y^2+z^2=R^2,$

                  所以
                          $2x+2z\frac{\partial z}{\partial x}=0,$

                  因此有
                            $\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{x}{z}=-\frac{x}{\sqrt{R^2-x^2-y^2}},$

                            $\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{y}{z}=-\frac{y}{\sqrt{R^2-x^2-y^2}}.$