数学分析习题练习五

上海交通大学2013年数学分析试题


解
          应用高斯公式计算

                                   $\begin{align*}I&=\iint_Sx^3dydz+y^3dzdx+z^3dxdy\\\\&=-\iiint_\Omega 3(x^2+y^2+z^2)dxdydz\\\\&=-6\int_{0}^{2\pi}d\phi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin\theta d\theta \int_{0}^{R}r^2\cdot r^2dr\\\\&=-\frac{12}{5}\pi R^5.\end{align*}$

上海交通大学2013年数学分析试题


这个题较简单，略。（可参见213#楼）

上海交通大学2013年数学分析试题


证明
                   变换恒等式
                                   $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }f((ax-\frac{b}{x})^2)dx=\lim_{n \to +\infty }\int_{0}^{n}f((ax-\frac{b}{x})^2)dx,$

                         进行变量代换，令
                                                         $\displaystyle ax-\frac{b}{x}=t,$

                                                    $\displaystyle \Rightarrow dx=\frac{x^2}{ax^2+b}dt,$

                         利用中值定理，
                                                  $\begin{align*}\therefore \lim_{n \to +\infty }\int_{0}^{n}f((ax-\frac{b}{x})^2)dx&=\lim_{n \to +\infty }\int_{0}^{n}\frac{x^2}{ax^2+b}f(t^2)dt\\\\&=\lim_{n \to +\infty }\frac{n^2}{an^2+b}\int_{0}^{n}f(t^2)dt\\\\&=\frac{1}{a}\int_{0}^{+\infty}f(x^2)dx.\end{align*}$

上海交通大学2014年数学分析试题


1、对。由已知$f(x),g(x)$在区间上均为有界函数，因此有
                                  $\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx\leq M\int_{a}^{b}f(x)dx.$

               两个函数的积也是可积函数，故一定有原函数。

2、不对。最简单的例子：
                             $f(x)=g(x)=x,$

                  两个函数一致连续，但$x^2$非一致连续。

3、对。因为偏导数均为零，所以全微分为零。所以函数为常值函数。


4、不对。应为既左可导又右可导，且两导数相等。反例
                              $f(x)=|x|.$

             函数左右可导，但不相等，不可导。

上海交通大学2014年数学分析试题


解：
                     $\begin{align*}I&=\lim_{x\rightarrow +\infty }[\sqrt{(x+a)(x+b)}-x]\\\\&=\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{(x+a)(x+b)-x^2}{\sqrt{(x+a)(x+b)}+x}\\\\&=\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{(a+b)x+ab}{\sqrt{(x+a)(x+b)}+x}\\\\&=\frac{a+b}{2}.\end{align*}$

上海交通大学2014年数学分析试题


解
                           $\begin{align*}I&=2\int_{0}^{1}\frac{1+x^2}{1+x^4}dx=2\int_{0}^{1}\frac{\frac{1}{x^2}+1}{\frac{1}{x^2}+x^2}dx\\\\&=2\int_{0}^{1}\frac{d(x-\frac{1}{x})}{(x-\frac{1}{x})^2+2}=\sqrt{2}\int_{0}^{1}\frac{d\frac{t}{\sqrt{2}}}{(\frac{t}{\sqrt{2}})^2+1}\\\\&=\sqrt{2}\arctan \frac{t}{\sqrt{2}}|_{0}^1\\\\&=\sqrt{2}\arctan \frac{\sqrt{2}}{2}.\end{align*}$

上海交通大学2014年数学分析试题


解
                         $\begin{cases}
u=xy,&1\leq u\leq 3\\
v=\frac{y^2}{x},&1\leq v\leq 3
\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}
x&=\sqrt[3]{\frac{u^2}{v}} \\
y&=\sqrt[3]{uv}
\end{cases}$

                         $\displaystyle |J|=\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}=\frac{1}{3v},$

                         $\begin{align*}I&=\iint_D\frac{3xdxdy}{y^2+xy^3}=3\int_{1}^{3}dv\int_{1}^{3}\frac{1}{v(1+u)}\cdot \frac{1}{3v}du\\\\&=\int_{1}^{3}\frac{1}{v^2}dv\int_{1}^{3}\frac{1}{1+u}du=\frac{2}{3}\ln2.\end{align*}$

上海交通大学2014年数学分析试题


解：
              这个题基本上是在考高中数学基本功。令

                                      $\displaystyle f(m,n)=\sum_{m=1}^{\infty }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{m^2n}{3^m(n3^m+m3^n)},$

                从对称性可知有
                                       $\displaystyle f(m,n)=f(n,m)=\frac{f(m,n)+f(n,m)}{2}=\sum_{m=1}^{\infty }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{mn}{3^m3^n}=\frac{1}{2}(\sum_{n=1}^{\infty }\frac{n}{3^n})^2,$

                                   $\displaystyle \because \sum_{n=1}^{\infty }nx^n=x\sum_{n=1}^{\infty }nx^{n-1}=x(\sum_{n=1}^{\infty }x^n)'=x(\frac{x}{1-x})'=\frac{x}{(1-x)^2},$

                取$\displaystyle x=\frac{1}{3},$代入，得

                                     $\displaystyle f(m,n)=\frac{1}{2}(\frac{\frac{1}{3}}{\frac{4}{9}})^2=\frac{9}{32}.$



注：此一解法，记得曾经在一个大神的微信公众号上看到过。（好象是MathSparkle）

上海交通大学2014年数学分析试题


解
         题目有误，应将$L^*$“光滑曲线”改为“任意光滑曲线”。这样由题意有

              $\displaystyle I=\int_{L^*}=\int_{L^*}d(\frac{1}{3}x^3+\frac{1}{3}y^3+\frac{1}{3}z^3-xyz)=(\frac{1}{3}x^3+\frac{1}{3}y^3+\frac{1}{3}z^3-xyz)|_{(1,0,0)}^{(1,0,2)}=\frac{8}{3}.$

上海交通大学2014年数学分析试题


（1）、
                                 $\displaystyle \because f_n(x)=\frac{\cos x-\cos^{n+1}x}{1-\cos x},$

                                $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }f_n(x)=f(x)=\frac{\cos x}{1-\cos x},$

                               $\displaystyle \because x\in(0,\frac{\pi}{2}],\therefore 1-\cos x\neq 0,$

                 因此，有
                                $\displaystyle |f_n(x)-f(x)|=|\frac{\cos^{n+1}x}{1-\cos x}|\rightarrow 0,(n \to 0)$

                     一致收敛。

（2）、  令
                                $\displaystyle F(x)=f_n(x)-1,$

                   由于
                                $\displaystyle F(0)=n-1> 0,F(\frac{\pi}{3})=\frac{\frac{1}{2}-(\frac{1}{2})^{n+1}}{\frac{1}{2}}-1=-(\frac{1}{2})^{n}< 0,$
                     所以，在$[0,\frac{\pi}{3}]$上至少存在一个根。又因为

                                $\displaystyle F'(x)=f'(x)=-\sin x-2\sin x\cos x-\cdots -n\sin x\cos^{n-1}x\leq 0,$

                     得
                                $\displaystyle F(x)\downarrow ,$

                      从而，只可能有一个根。

（3）、不妨设
                                 $\displaystyle \lim_{n \to \infty }x_n=a,$

                则有
                                 $\displaystyle \lim_{n \to \infty }f_n(x_n)=\lim_{n \to \infty }\frac{\cos x_n-\cos^{n+1} x_n}{1-\cos x_n}=\frac{\cos a}{1-\cos a}=1,$

                 因此
                                    $\displaystyle a=\frac{\pi}{3}.$

                   同时也证明了极限存在。