数学分析习题练习五

广西民族大学2020年601数学分析


解：
                 $\displaystyle x=\frac{1}{2}+r\cos \theta ,y=\frac{1}{2}+r\sin \theta ,$

                  $\displaystyle |J|=|\frac{\partial (x,y)}{\partial(r,\theta )}|=r,$

                   $\begin{align*}I&=\iint_D(x+y) dxdy\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}}(1+r\cos \theta +r\sin \theta )rdr\\\\&=2\pi\int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}}rdr=\frac{\pi}{2}.\end{align*}$

广西民族大学2020年601数学分析


证明：
          （1）、由已知
                                        $\displaystyle \because |f'(x)|\leq M.$

                      再由Lagrange中值定理，有
                                          $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\forall x_1,x_2\in (a,b),\exists \delta=\frac{\epsilon }{M} > 0,|x_1-x_2|< \delta ,s.t.$

                                          $\displaystyle |f(x_1)-f(x_2)|=|f'(\xi)(x_1-x_2)|< M\delta < \epsilon .(\xi\in (x_1,x_2))$

                          因此，$f(x)$在$(a,b)$上一致连续。

          （2）、错误。反例
                                          $\displaystyle f(x)=x^{\frac{1}{3}},x\in (-1,1)$

                            函数在所给开区间内可微，且一致连续。而其导函数
                                           $\displaystyle f'(x)=\frac{1}{3}x^{-\frac{2}{3}},f(0)=\infty .$

                             在零点无界。

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证明：
                    因为
                               $\displaystyle \lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}f(x,y)=\lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}(x^2+y^2)\sin \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}=0=f(0,0).$

                  所以，函数在原点连续。又因为在原点偏导数
                                 $\displaystyle \frac{\partial f(x,y)}{\partial x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x,0)-0}{x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{x^2}{x}\sin \frac{1}{\sqrt{x^2}}=0.$

                                 $\displaystyle \frac{\partial f(x,y)}{\partial y}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(0,y)-0}{y}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{y^2}{y}\sin \frac{1}{\sqrt{y^2}}=0.$

                故在原点偏导数均存在，从而在定义域上偏导数均存在。由
                                  $\displaystyle df(x,y)=\frac{\partial f}{\partial x}dx+\frac{\partial f}{\partial y}dy.$

                       可知，因为偏导数均存在，从而可微。



               

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证明
                          $\displaystyle \because f'(x)> 0,f'(x)\uparrow,$

              由中值定理
                        $\displaystyle \therefore \forall x,x_0\in [1,+\infty ),\xi\in (x_0,x),s.t.$

                        $\displaystyle f(x)-f(x_0)=f'(\xi)(x-x_0)\geq f'(x_0)(x-x_0)\rightarrow +\infty ,(x\rightarrow +\infty )$

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

广西民族大学2020年601数学分析


证明 ：
                   $\displaystyle \because x_{2n-1}=\frac{1}{n}\rightarrow 0,(n\rightarrow \infty ),$   

                                 $\displaystyle x_{2n}=\int_{n}^{n+1}\frac{1}{x}dx=\ln(1+\frac{1}{n})\sim \frac{1}{n}\rightarrow 0,(n\rightarrow \infty ).$

               且
                                    $\displaystyle x_{2n-1}> x_{2n}.$

                      所以，交叉级数收敛。

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证明
                    因为$f_1(x)$可积，所以
                                          $\displaystyle \exists M> 0,|f_1(x)|\leq M,$

                             因而
                                           $\displaystyle |f_2(x)|=|\int_{a}^{x}f_1(x)dx|\leq \int_{a}^{x}|f_1(x)|dx\leq M(x-a),$

                                           $\displaystyle |f_3(x)|=|\int_{a}^{x}f_2(x)dx|\leq \int_{a}^{x} M(x-a)dx=\frac{M}{2!}(x-a)^2,$

                                                 $\displaystyle \cdots $

                                          $\displaystyle \therefore  |f_{n}(x)|=|\int_{a}^{x}f_{n-1}(x)dx|\leq \frac{M}{(n-1)!}(x-a)^{n-1},$

                          由
                                        $\displaystyle \underset{[a,b]}{\sup} |f_{n}(x)-0|\leq \frac{M}{(n-1)!}(x-a)^{n-1}\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                         所以，$\displaystyle f_{n}(x)$一致收敛于$0$。



                                 

求极限
             $\displaystyle \lim_{x\rightarrow \infty }(\sqrt[2020]{x^{2020}+x^{2019}}-\sqrt[2020]{x^{2020}-x^{2019}}).$

解
             $\begin{align*}I&=\lim_{x\rightarrow \infty }(\sqrt[2020]{x^{2020}+x^{2019}}-\sqrt[2020]{x^{2020}-x^{2019}})\\\\&=\lim_{x\rightarrow \infty }x(\sqrt[2020]{1+\frac{1}{x}}-\sqrt[2020]{1-\frac{1}{x}})\\\\&=\lim_{x\rightarrow \infty }x(1+\frac{1}{2020x}+o(\frac{1}{x})-1+\frac{1}{2020x}-o(\frac{1}{x}))\\\\&=\frac{1}{1010}.\end{align*}$

同济大学2020年数学分析考研真题


解
                   $\displaystyle \because \lim_{x\rightarrow 0}f(x^2)=f(0)=1,$

                   $\begin{align*}\therefore I&=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\int_{0}^{x^2}(x-\sqrt{t})f(t)dt}{x^2\ln(1+x)}\\\\&=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{x\int_{0}^{x^2}f(t)dt-\int_{0}^{x^2}\sqrt{t}f(t)dt}{x^3-\frac{1}{2}x^4++\frac{1}{3}x^5+o(x^5)}\\\\&=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{\int_{0}^{x^2}f(t)dt+2x^2\cdot xf(x^2)-2x^2f(x^2)}{3x^2-2x^3+\frac{5}{3}x^4+o(x^4)}\\\\&=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{2xf(x^2)+6x^2f(x^2)+4x^4f'(x^2)-4xf(x^2)-4x^3f'(x^2)}{3x^2-2x^3+\frac{5}{3}x^4+o(x^4)}\\\\&=2f(0)=2.\end{align*}$

同济大学2020年数学分析考研真题


证明：采用致密性定理证明。反证法。

                假设连续函数在有限半区间上无界，即有
                                    $\forall n\in \mathbb{N},\exists x_n\in [a,b],|f(x_n)|> n,$

                       取$n=1,2,3\cdots $,得到一个无穷点列$\{x_n\}.$有界。而由致密性定理知，有界无穷点列必能取出一个收敛子列$\{x_{n_k}\}.$即有
                                    $x_{n_k}\rightarrow x_0,(n_k\rightarrow \infty )$

                            此时
                                      $x_n\in [a,b]\Rightarrow x_0\in[a,b],$
                              
                          又
                                       $\because f(x_n)\rightarrow \infty ,(n \to \infty )$
      
                                       $\therefore f(x_{n_k})\rightarrow \infty ,(n_k \to \infty )$
                           
                       因为$f(x)$连续，所以有
                                         $\displaystyle \lim_{k\to \infty }f(x_{n_k})=f(x_0).$

                         由假设知，上式有界。与前面结论矛盾。所以有连续函数在有限半区间上有界。

同济大学2020年数学分析考研真题


证明
                   此题相当于由条件
                                                 $\displaystyle \lim_{n \to \infty }f(x+n)=0,$

                         推知   
                                                 $\displaystyle \lim_{x \to \infty }f(x)=0.$