数学分析习题练习五

上海交通大学2015年数学分析试题


解：
                    $\begin{align*}I&=\int_C=\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}[\frac{a(t-\sin t)}{a(1-\cos t)}\cdot a(1-\cos t)+\frac{a\sin t}{a(1-\cos t)-a}]dt\\\\&=\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}[a(t-\sin t)-\frac{\sin t}{\cos t}]dt=\frac{1}{24}a\pi^2+\frac{\sqrt{3}-1}{2}a+\ln\frac{\sqrt{3}-1}{2}. \end{align*}$

上海交通大学2015年数学分析试题


证明：
             （1）、这个题好象以前证明过。分二步证。首先证明
                                                             $\displaystyle \forall x\in [1,+\infty),f(x)\geq 0.$

                         用反证法。设
                                                      $\displaystyle \exists x_0\in [1,+\infty),s.t.f(x_0)< 0,$

                           由函数的单调性质，可知有
                                                       $\displaystyle \forall x_1> x_0,f(x_1)<f(x_0)< 0,$

                            由此
                                                  $\forall b> x_0,$

                                   有
                                                  $\displaystyle \int_{1}^{b} f(x)dx=\int_{1}^{x_0}f(x)dx+\int_{x_0}^{b}f(x)dx\rightarrow -\infty,(b\rightarrow +\infty)$
                    
                               积分发散，与条件不符。所以有
                                                      $\displaystyle \forall x\in [1,+\infty),f(x)\geq 0.$

                        再则由柯西准则
                                            $\displaystyle \forall \epsilon >0,\exists A>1,A''> A'>A>1,s.t.$

                                            $\displaystyle 0< \int_{A'}^{A''}f(x)dx< \epsilon .$

                          于是
                                            $\forall 2x>2A,s.t.$

                                            $\displaystyle 0\leq xf(x)=2f(x)\int_{\frac{x}{2}}^{x}dt\leq 2\int_{\frac{x}{2}}^{x}f(t)dt< 2\epsilon .$

                            即
                                           $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }xf(x)=0.$


           （2）、用柯西准则
                                         $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\forall x_1,x_2\in[1,+\infty ),\exists \delta > 0,|x_1-x_2|< \delta ,s.t.$

                                          $\displaystyle |g(x_1)-g(x_2)|=|x_1f(x_1)-x_2f(x_2)|\leq f(x_1)|x_1-x_2|< f(x_1)\delta ,(x_1< x_2)$

                                           $\displaystyle \because 0\leq f(x_1)\leq f(1),$

                          取
                                           $\displaystyle \delta =\frac{\epsilon }{f(1)},$

                         即得
                                           $\displaystyle |g(x_1)-g(x_2)|< \epsilon .$

上海交通大学2015年数学分析试题


证明
            由已给不等式，得
                                          $\displaystyle \frac{a_{mn}}{mn}\geq \frac{a_n}{n},$

                     并注意到
                                          $\displaystyle a_n\uparrow ,$

                令$m=1,$取
                                          $\displaystyle \frac{a_{n_{n_1}}}{n_{n_1}}=\frac{a_1}{1},$

                 再令$m=2,$,由条件和递增数列的性质，必能取得
                                            $\displaystyle \frac{a_{2n}}{2n}\geq \frac{a_{n_{n_2}}}{n_{n_2}}=\frac{a_2}{2}\geq \frac{a_1}{1},$

                                           $\displaystyle \cdots.$

                  令$m=k,$有

                                            $\displaystyle \frac{a_{kn}}{kn}\geq \frac{a_{n_{n_k}}}{n_{n_k}}=\frac{a_k}{k}\geq \frac{a_{k-1}}{k-1}\geq \cdots \geq \frac{a_1}{1},$

                  如此继续，则能取到一个非负递增的无穷子列：$\displaystyle \{\frac{a_{n_{n_k}}}{n_{n_k}}\}$,并且从取法得知，此子列有界。因此收敛。由上确界的定义知，该子列的极限必等于最小上界，即有

                                       $\displaystyle \therefore \underset{n}{\sup} \{\frac{a_{n_{n_k}}}{n_{n_k}}\} =\lim_{k\rightarrow \infty }\frac{a_n}{n},$

上海交通大学2015年数学分析试题


证明：
                 Fourier系数
                                  $\displaystyle a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nxdx,$

                                   $\displaystyle b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nxdx,$

                  根据贝塞尔定理有
                                $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }a_nb_n\leq \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty }(a_n^2+b_n^2)\leq \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f^2(x)dx-\frac{a_0}{4}.$

                       所以$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }a_nb_n$收敛。

上海交通大学2015年数学分析试题


证明：
                因为，函数在$[0,1]$上只有简单零点。因此，用反证法，不妨设这样的零点有无限多个：
                                     $\displaystyle \{x_n\}\subset [0,1],f(x_n)=0,n=1,2,\cdots ,$

               则 $\displaystyle \{x_n\}$必存在一个收敛子列$\{x_{n_k}\}$,设收敛于$x_0$。从而，$\displaystyle \lim_{k\rightarrow \infty }f(x_{n_k})=f(x_0)=0$。于是有

                                     $\displaystyle f'(x_0)=\lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim_{k\rightarrow \infty }\frac{f(x_{n_k})-f(x_0)}{x_{n_k}-x_0}=0.$

                    与条件不符。所以，有简单零点的函数$f$在$[0,1]$上只能有有限个零点。

上海交通大学2015年数学分析试题


证明
                 由已知条件，可得
                                              $\displaystyle f_x(x,y),f_y(x,y),$

                                   存在。
                            设
                                     $\displaystyle F(\Delta x,\Delta y)=(f(x+\Delta x,y+\Delta y)-f(x,y+\Delta y))-(f(x+\Delta x,y)-f(x,y)),$

                       由定义得
                                      $\displaystyle \begin{align*}\because f_{xy}(x,y)&=\displaystyle \lim_{\Delta y\rightarrow 0}\frac{\displaystyle \lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{f(x+\Delta x,y+\Delta y)-f(x,y+\Delta y)}{\Delta x}-\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{f(x+\Delta x,y)-f(x,y)}{\Delta x}}{\Delta y}\\\\&=\lim_{\Delta y\rightarrow 0}\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{1}{\Delta y\Delta x}F(\Delta x,\Delta y),\end{align*}$

                         同样有
                                       $\displaystyle f_{yx}(x,y)=\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\lim_{\Delta y\rightarrow 0}\frac{1}{\Delta x\Delta y}F(\Delta x,\Delta y),$

                                        $\displaystyle \therefore f_{xy}(x,y)=f_{yx}(x,y). $           （1）

                   又由已知， $\displaystyle f_{xy}(x,y)$在$(0,0)$连续，故

                                        $\displaystyle \forall \epsilon> 0,\exists \delta > 0,|\Delta x| < \delta ,|\Delta y|< \delta ,s.t.$

                                        $\displaystyle |f_{xy}(x,y)-f_{xy}(0,0)|< \epsilon .$
                        
                        由（1）式，此时有
                                         $\displaystyle |f_{yx}(x,y)-f_{xy}(0,0)|< \epsilon .$

                                          $\displaystyle \Rightarrow f_{xy}(0,0)=f_{yx}(0,0).$

上海交通大学2015年数学分析试题




                                                “李傅山”

广西民族大学2020年601数学分析


解：
                $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\sqrt[n]{1+x^n+(\frac{x^2}{3})^n}=\begin{cases}
1 &, |x|< 1 \\
x &,1\leq x\leq \sqrt{3},-\sqrt{3}\leq x\leq -1\\
\frac{x^2}{3} &,x> \sqrt{3},x< -\sqrt{3}
\end{cases}$

广西民族大学2020年601数学分析


解
                    $\begin{align*}I&=\iint_S\frac{dS}{z}\\\\&=\iint_D\frac{1}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}\cdot \sqrt{1+\frac{x^2}{a^2-x^2-y^2}+\frac{y^2}{a^2-x^2-y^2}}dxdy\\\\&=\iint_D\frac{a}{a^2-x^2-y^2}dxdy\\\\&=a\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{a^2-h^2}\frac{r}{a^2-r^2}dr\\\\&=-\pi a\ln(a^2-r^2)|_0^{a^2-h^2}\\\\&=2\pi a\ln\frac{a}{h}.\end{align*}$

广西民族大学2020年601数学分析


解：
              $\displaystyle \because \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}=1,$

          所以积分值与积分路径无关。因此

                   $\displaystyle I=\int_Lxdy+ydx=\int_{(0,0)}^{(1,0)}0+\int_{(1,0)}^{(1,2)}dy=2.$