数学分析习题练习五

上海交通大学2011年数学分析试题


解：
               因为$x=0$不是奇点，所以$\displaystyle \frac{1-e^{-xy}}{xe^x}$一致连续。积分与求导可交换顺序，即
                                    $\displaystyle I'(y)=\int_{0}^{+\infty }\frac{xe^{-xy}}{xe^x}dx=\int_{0}^{+\infty }e^{-(1+y)x}dx=-\frac{1}{1+y}e^{-(1+y)x}|_0^{+\infty}=\frac{1}{1+y}.$

                  从而
                                   $\displaystyle I(y)=\int_{0}^{y}\frac{1}{1+t}dt=\ln(1+y).$

上海交通大学2011年数学分析试题


解：
                              $\displaystyle P=\frac{3y-x}{(x+y)^3},Q=\frac{y-3x}{(x+y)^3},$

                      求偏导，得
                                $\displaystyle \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{6x-6y}{(x+y)^4},$

                     由此可知，积分与路径无关。根据被积函数分母，可取特殊积分路径
                                     $\displaystyle AB:x+y=\frac{\pi}{2}.$

                        由此，得
                                     $\begin{align*}I&=\int_L=\int_{AB}\\\\&=(\frac{2}{\pi})^3\int_{\pi/2}^{0}[3(\frac{\pi}{2}-x)-x-\frac{\pi}{2}+x+3x]dx\\\\&=(\frac{2}{\pi})^3\int_{\pi/2}^{0}\pi dx\\\\&=\frac{8}{\pi^2}x|_{\pi/2}^0\\\\&=-\frac{4}{\pi}.\end{align*}$

上海交通大学2011年数学分析试题


解：
                      $\begin{align*}I&=\iiint_V\frac{1}{x^2+y^2}dxdydz\\\\&=\int_{1}^{2}dx\int_{0}^{x}\frac{1}{x^2+y^2}dy\int_{0}^{y}dz\\\\&=\int_{1}^{2}dx\int_{0}^{x}\frac{y}{x^2+y^2}dy\\\\&=\frac{1}{2}\int_{1}^{2}\ln(x^2+y^2)|_0^xdx\\\\&=\frac{1}{2}\ln2\int_{1}^{2}dx\\\\&=\frac{1}{2}\ln2.\end{align*}$

上海交通大学2011年数学分析试题


证明：
         （1）、
                            $\because x\in U(x_0,\sigma),|f(x)|\leq M.$

                             $\therefore |m(\sigma )|\leq M,|M(\sigma )|\leq M.$

                             $\Rightarrow \forall x\in U(x_0,\sigma),\forall \epsilon > 0,s.t.$

                             $|M(\sigma )-m(\sigma )|\leq |M(\sigma )-M|+|m(\sigma )-M|< \epsilon .$

          （2）、
                     $" \Rightarrow "$
                             与（1）相同的证法，知有
                                       $|M(\sigma )-m(\sigma )|\leq |M(\sigma )-M|+|m(\sigma )-M|< \epsilon .$

                    $"\Leftarrow "$
                              设有
                                       $\displaystyle \lim_{\sigma \rightarrow 0^+}(M(\sigma )-m(\sigma))=0,$

                              而
                                        $\because \forall x\in U(x_0,\sigma),$

                                由于此时有
                                         $0\leq |f(x)-f(x_0)|\leq |M(\sigma )-m(\sigma )|\rightarrow 0,(\sigma \rightarrow 0^+)$

                                     $\displaystyle \therefore \lim_{x\rightarrow x_0}f(x)=f(x_0).$

上海交通大学2011年数学分析试题


奇怪这是一道2004年交大考过的题，为何又考，不应该是出题者的一个疏忽吧。

上海交通大学2011年数学分析试题


又一道与2008年相类似的题。

证明：
                 当$\{a_n\}$有界时，$\{a_n\}$收敛，由此可得$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }(a_{n+1}-a_n)$收敛。而

                                    $\displaystyle \because 0\leq 1-\frac{a_n}{a_{n+1}}=\frac{a_{n+1}-a_n}{a_{n+1}}\leq \frac{a_{n+1}-a_n}{a_{1}},$

                由比较判别法知，$\{a_n\}$收敛。

                  当$\{a_n\}$无界时，当$n$充分大时，取$p$充分大，使得下式成立

                                     $\displaystyle \sum_{k=n+1}^{n+p}(1-\frac{a_k}{a_{k+1}})\geq \sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{a_{k+1}-a_k}{a_{n+p+1}}=\frac{a_{n+p+1}-a_{n+1}}{a_{n+p+1}}=1-\frac{a_{n+1}}{a_{n+p+1}}\geq \frac{1}{2},$

              由柯西准则，原级数发散。

上海交通大学2011年数学分析试题


解：
                       $\displaystyle \because |\frac{x^n}{n^2\ln(1+n)}|\leq \frac{1}{n^2\ln(1+n)}<\frac{1}{n^2} ,(n \to \infty ,x\in[-1,1])$

                  所以，$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n^2\ln(1+n)}$一致收敛。从而函数$f(x)$在$[-1,1]$上连续。

                       由于
                                     $\displaystyle (\frac{x^n}{n^2\ln(1+n)})'=\frac{x^{n-1}}{n\ln(1+n)},$

                     而级数
                                      $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n-1}}{n\ln(1+n)}$

                      的收敛域为$(-1,1)$.又因为$x=-1$时，$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n-1}}{n\ln(1+n)}$收敛，故
         
               $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n-1}}{n\ln(1+n)}$在$ [-1,1-\delta ]$上一致收敛，从而$f(x)$在$ [-1,1-\delta ]$上可导。
                 而由
                            $\displaystyle \because \lim_{x\rightarrow 1^-}f'(x)=\lim_{x\rightarrow 1^-}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n-1}}{n\ln(1+n)}=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n\ln(1+n)}=+\infty ,$

                    可得，和函数在$x=1$时，不可导。

上海交通大学2011年数学分析试题


证明：本题最大难点是找辅助函数。令
                                $F(x)=e^{-(b-a)x}(f(x)-f(a)),F(a)=0,$

               由此得到
                                 $F'(x)=-(b-a)e^{-(b-a)x}(f(x)-f(a))+e^{-(b-a)x}f'(x)=-(b-a)F(x)+e^{-(b-a)x}f'(x).$

                        因此
                                  $F'(c)=-(b-a)e^{-(b-a)x}F(c)+e^{-(b-a)c}f'(c)=-(b-a)F(c).$

                分二种情形：当
                                    $F(c)=0,\Rightarrow F'(c)=0.$

                             此时只要令
                                        $\xi=c,\Rightarrow f'(\xi)=(f(\xi)-f(a))(b-a).$

                           而当
                                   $F(c)\neq 0,\exists \lambda \in (a,c),s.t.$

                                    $F'(\lambda )=\frac{F(c)-F(a)}{c-a}=\frac{F(c)}{c-a},$

                                     $\therefore F'(c)F'(\lambda )=-(b-a)F(c)\cdot\frac{F(c)}{c-a}< 0.$

                                     $\exists \xi\in(\lambda,c)\subset [a,b],s.t.$

                                     $F'(\xi)=-(b-a)e^{-(b-a)\xi}(f(\xi)-f(a))+e^{-(b-a)\xi}f'(\xi)=0,$

                                     $\Rightarrow f'(\xi)=(f(\xi)-f(a))(b-a).$

                    综上二种情形，命题成立。




                           

上海交通大学2011年数学分析试题


分析：
            从本题要证明的连续函数值域来看，只要证明函数为单调增即可。

证明：
               可以分三种情况：
                     1、$\exists x',x''\in(\alpha ,\beta ),s.t.f(x')=f(x''),$则函数在$[x',x'']$内存在最值，最值点即为极值点，这与条件矛盾。

                     2、$\exists x',x'',x'''\in(\alpha ,\beta ),s.t.f(x')< f(x''')< f(x''),$则函数在$[x',x'']$内存在最大值，最大值点即为极值点，这与条件矛盾。

                      3、$\exists x',x'',x'''\in(\alpha ,\beta ),s.t.f(x')> f(x''')> f(x''),$则函数在$[x',x'']$内存在最小值，最小值点即为极值点，这与条件矛盾。

             由此可知，函数只能为单调函数。又因为在$(a,b)$上不存在极小值，因此最小值点一定在端点$f(a)$，而最大值无界。

              所以函数$f(x)$在$[a,b)$上的值域为$[f(a),+\infty)$.

上海交通大学2012年数学分析试题


3、不正确。
               因为
                          $\frac{nx}{1+nx}\rightarrow 1,(n \to \infty)$

               当$x=\frac{1}{n}$  时  ,有         
                           $\frac{nx}{1+nx}=\frac{1}{2},$

                 而此时
                            $|\frac{nx}{1+nx}-\frac{1}{2}|\rightarrow \frac{1}{2}\neq 0,(n \to \infty )$

                 所以函数列不一致收敛。