数学分析习题练习五

上海交通大学2014年数学分析试题


证明
             这道题的证明无太大把握，将一个不成熟的解答定在下面，待以后再想。

            首先不妨设
                           $f(0)> 0,f'(0)> 0$

                  从而有
                            $\frac{f(x)-f(0)}{x}> 0,$

                   由连续函数的保号性，可知在$U^0(0)$内，有
                             $\Rightarrow f(x)> f(0)> 0,$

                              $\therefore \exists \xi_1> 0,s.t.f(\xi_1)- f(0)> 0,$
                 又
                               $\because \lim_{x\to \infty }f(x)=0,$

               由Rolle定理，得
                               $\therefore  \exists \xi_2> 0,s.t.f(\xi_2)- f(0)> 0,$

                               $f'(x_1)=0.$

              另由Taylor 定理，得
                               $f(x)=f(x_1)+f'(x_1)(x-x_1)+\frac{1}{2!}f''(x_2)(x-x_1)^2,(x_2\in (x_1,\infty ))$

                                $\because \lim_{x\to \infty }f(x)=0,$

                  将Taylor展开式取极限，有
                                 $\Rightarrow f''(x_2)=0,$

                                 $\cdots $
                     如此一直进行下去，就有
                                 $f^{(n)}(x_n)=0,(x_n\in (x_{n-1},\infty ))$

                     此时，显然有
                                 $x_1\leq x_2\leq \cdots \cdots $

上海交通大学2014年数学分析试题


证明
                     $\displaystyle \because \frac{\sqrt[n]{n}-1}{n^\alpha }=\frac{\displaystyle e^{\frac{1}{n}\ln n}-1}{n^\alpha }\sim \frac{\frac{1}{n}\ln n}{n^\alpha}=\frac{\ln n}{n^{1+\alpha}},$

              所以，当$\alpha > 0$时了，级数收敛；当$\alpha \leq 0$时，级数发散。

上海交通大学2014年数学分析试题

上海交通大学2014年数学分析试题


证明：
                 由所给等式分别求偏导得：
                                 $\displaystyle \frac{2x(a^2+u)-x^2u_x}{(a^2+u)^2}+\frac{-y^2u_x}{(b^2+u)^2}+\frac{-z^2u_x}{(c^2+u)^2}=0,$

                                 $\displaystyle u_x=\frac{2x}{a^2+u}/[\frac{x^2}{(a^2+u)^2}+\frac{y^2}{(b^2+u)^2}+\frac{z^2}{(c^2+u)^2}],$
                    同理，得
                                 $\displaystyle u_y=\frac{2y}{b^2+u}/[\frac{x^2}{(a^2+u)^2}+\frac{y^2}{(b^2+u)^2}+\frac{z^2}{(c^2+u)^2}],$

                                 $\displaystyle u_z=\frac{2z}{c^2+u}/[\frac{x^2}{(a^2+u)^2}+\frac{y^2}{(b^2+u)^2}+\frac{z^2}{(c^2+u)^2}],$

                           $\begin{align*}\therefore |grad u|^2&=u_x^2+u_y^2+u_z^2\\\\&=2[\frac{2x^2}{(a^2+u)^2}+\frac{2y^2}{(b^2+u)^2}+\frac{2z^2}{(c^2+u)^2}]/[\frac{x^2}{(a^2+u)^2}+\frac{y^2}{(b^2+u)^2}+\frac{z^2}{(c^2+u)^2}]^2\\\\&=2A\cdot (grad u).\end{align*}$

上海交通大学2014年数学分析试题


证明：
                       $\displaystyle \because |f(x)|\leq M,$

                        $\begin{align*}\therefore \sum_{k=1}^{n}|C_k|&=\sum_{k=1}^{n}|\int_{0}^{\pi}f(x)\cos(nx)dx|\leq M\sum_{k=1}^{n}\int_{0}^{\pi}|\cos(nx)|dx\\\\&=M\sum_{k=1}^{n}(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos(kx)dx-\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\cos(kx)dx)=0.\end{align*}$

                       $\displaystyle \Rightarrow \sum_{n=1}^{\infty }|C_n|=\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}|C_k|< +\infty .$

上海交通大学2015年数学分析试题


解：
   1、正确。因为
                                $\displaystyle \because |f(x)|\leq M,$

                                $\displaystyle \int_{a+\sigma }^{b}f(x)dx $可积。

                                $\displaystyle \therefore \int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{a}^{a+\sigma }f(x)dx+\int_{a+\sigma }^{b}f(x)dx\leq M\sigma +\int_{a+\sigma }^{b}f(x)dx$

               可积。

  2、不正确。反例
                                $f(x)=\cos x^2.$


  3、不对。反例
                                $\int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\sin xdx.$

              该积分为正。但$\sin x$在$[-\frac{\pi}{6},0]$为负，在$[0,\frac{\pi}{2}]$上为正。

  4、

上海交通大学2015年数学分析试题


解：
               $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }(1-\frac{1}{2^2})(1-\frac{1}{3^2})\cdots (1-\frac{1}{n^2})&=\lim_{n \to \infty }\frac{1\cdot 3}{2^2 }\cdot \frac{2\cdot 4}{3^2 }\cdot \frac{3\cdot 5}{4^2 }\cdots \frac{(n-2)\cdot n}{(n-1)^2 }\cdot \frac{(n-1)\cdot (n+1)}{n^2 }\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{2}\cdot \frac{n+1}{n}=\frac{1}{2}.\end{align*}$

上海交通大学2015年数学分析试题


解：
              由已知等式
                              $\displaystyle f(x^2-1)=\ln\frac{x^2}{x^2-2}=\ln\frac{x^2-1+1}{x^2-1-1},$

                              $\displaystyle f(\phi (x))=\ln x,$

                有
                             $\displaystyle f(\phi (x))=\ln\frac{\phi (x)+1}{\phi (x)-1},$

                  比较，而得
                              $\displaystyle \frac{\phi (x)+1}{\phi (x)-1}=x,$

                   即
                                 $\displaystyle \phi (x)=\frac{x+1}{x-1},$

                   所以
                               $\displaystyle \int \phi (x)dx=\int \frac{x+1}{x-1}dx=x+2\ln(x-1)+C.$

上海交通大学2015年数学分析试题


解：
                   $\displaystyle I=\iint_Dxyf(x^2+y^2) dxdy=\int_{-1}^{1}xdx\int_{x^3}^{1}yf(x^2+y^2)dy,$

         分析可知，积分
                             $\displaystyle \int_{x^3}^{1}yf(x^2+y^2)dy,$

           为$x$r的偶函数，因此
                           $\displaystyle I=0.$

上海交通大学2015年数学分析试题


解：
                       $\displaystyle \because x^3+y^3+z^3=-3z,$

                       $\displaystyle \therefore 3x^2+3z^2z_x=-3z_x,\Rightarrow z_x=-\frac{x^2}{z^2+1},$

                           $\displaystyle 3y^2+3z^2z_y=-3z_y,\Rightarrow z_y=-\frac{y^2}{z^2+1},$

                            $\displaystyle z^2z_{xy}+2zz_xz_y=-z_{xy},\Rightarrow z_{xy}=-\frac{2zz_{x}z_{y}}{z^2+1},$

               又
                       $\displaystyle \because u=x^2+y^2+z,$

                       $\displaystyle \therefore u_x=2x+z_x,\Rightarrow u_x=2x-\frac{x^2}{z^2+1},$

                         $\displaystyle u_{xy}=z_{xy}=-\frac{2zz_{x}z_{y}}{z^2+1}=-\frac{2zx^2y^2}{(z^2+1)^3}.$