数学分析习题练习五

陕西师范大学2020年数学分析试题


解：
                     因为
                               $\displaystyle P=\frac{1+y^2f(xy)}{y},Q=\frac{x}{y^2}(y^2f(xy)-1),$

                                $\displaystyle \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{y^2f(xy)+xy^3f'(xy)-1}{y^2},$

                因此积分与路径无关。故
                                $\begin{align*}I&=\int_L=\int_{(3,\frac{2}{3})}^{(1,\frac{2}{3})}\frac{1+(\frac{2}{3})^2f(\frac{2}{3}x)}{\frac{2}{3}}dx+\int_{(1,\frac{2}{3})}^{(1,2)}\frac{y^2f(y)-1}{y^2}dx\\\\&=\frac{3}{2}(-2)+\frac{2}{3}\int_{1}^{3}f(\frac{2}{3}x)dx+\int_{\frac{2}{3}}^{2}f(y)dy-\int_{\frac{2}{3}}^{2}\frac{1}{y^2}dy\\\\&=-4.\end{align*}$

             其中，由换元法可知：
                                  $\displaystyle \frac{2}{3}\int_{1}^{3}f(\frac{2}{3}x)dx+\int_{\frac{2}{3}}^{2}f(y)dy=0.$

陕西师范大学2020年数学分析试题


解：
                  用高斯公式，并适时进行变量代换，计算得

                            $\begin{align*}I&=\iint_\Sigma x(y^2+z^2)dydz=\iiint_\Omega (y^2+z^2)dxdydz\\\\&=\iint_D(y^2+z^2)dydz\int_{-\sqrt{R^2-y^2-z^2}}^{\sqrt{R^2-y^2-z^2}}dx\\\\&=2\iint_D(y^2+z^2)\sqrt{R^2-y^2-z^2}dydz\\\\&=2\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{R}r^2\sqrt{R^2-r^2}\cdot rdr\\\\&=4\pi\int_{0}^{R}r^3\sqrt{R^2-r^2}dr\\\\&=4\pi R^5\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^3t\sin^2tdt\\\\&=4\pi R^5\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(1-\sin^2t)\sin^2td\sin t\\\\&=4\pi R^5\cdot \frac{2}{15}\\\\&=\frac{8}{15}\pi R^5.(r=R\cos t)\end{align*}$

陕西师范大学2020年数学分析试题


解：
                         $\displaystyle \because (1-\frac{\sin x}{x})^{-\frac{1}{3}}-1\sim \frac{1}{3}\cdot \frac{\sin x}{x},$

              而
                           $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{\sin x}{x}dx< \infty ,$

                           $\displaystyle \therefore \int_{0}^{+\infty }((1-\frac{\sin x}{x})^{-\frac{1}{3}}-1)dx< \infty .$

                 又
                            $\displaystyle \because |\frac{\sin x}{x}|\geq \frac{\sin ^2x}{x}=\frac{1-\cos^2x}{x}\geq \frac{1}{x},$

                            $\displaystyle \therefore \int_{0}^{+\infty }|\frac{\sin x}{x}|dx=\infty .$

             因此，原积分收敛，并且非绝对收敛。

陕西师范大学2020年数学分析试题

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解：
                               $\displaystyle \because \int_{0}^{+\infty }\arctan xdx=\frac{\pi}{2}.$

                   又
                               $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{1}{x^\alpha (2+x^3)}dx=\int_{0}^{1}\frac{1}{x^\alpha (2+x^3)}dx+\int_{1}^{+\infty }\frac{1}{x^\alpha (2+x^3)}dx,$

                       令
                               $\displaystyle x=\frac{1}{t},dx=-\frac{1}{t^2}dt,$

                      则
                               $\displaystyle \int_{0}^{1}\frac{1}{x^\alpha (2+x^3)}dx=\int_{1}^{+\infty }\frac{t^{\alpha +1}}{1+2t^3}dt\sim \int_{1}^{+\infty }t^{\alpha -2}dt,$

                         因而，根据反常积分收敛定理，当
                                       $\displaystyle \alpha -2+1< 0,\Rightarrow \alpha < 1.$

                            时，该积分一致收敛。从而该积分函数连续。对第二个积分有
                                       $\displaystyle \int_{1}^{+\infty }\frac{1}{x^\alpha (2+x^3)}dx\sim \int_{1}^{+\infty }\frac{1}{x^{\alpha+3}}dx,$

                         由此可知，根据反常积分收敛定理，当
                                        $\displaystyle \alpha+3-1> 0,\Rightarrow \alpha > -2.$
                        
                             时，第二个积分一致收敛。从而积分函数连续。

                          综上讨论，当
                                             $\displaystyle -2< \alpha < 1.$

                           时，参变量积分一致收敛，从而积分函数连续。
                       


                                   

陕西师范大学2020年数学分析试题


证明
           （1）、
                                            $\displaystyle n=1,f_1(\frac{\pi}{2})-1=0,$
                    结论显然成立。

                   当$n\geq 2$时，有
                                        $\displaystyle f_n(x)=\frac{\sin x-\sin^nx}{1-\sin x},(n\geq 2)$

                               $\displaystyle \therefore f_n(\frac{\pi}{6})-1=\frac{\frac{1}{2}-(\frac{1}{2})^n}{1-\frac{1}{2}}-1\leq \frac{1}{2}-1< 0,$

                                        $\displaystyle f_n(\frac{\pi}{2})-1=n-1> 0,$

                       由连续函数的介值定理，此时
                                        $\displaystyle \exists x_n\in(\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{2}],s.t.f_n(x_n)-1=0.$

                           又
                                       $\displaystyle \because f'_n(x)\geq 0,(x\in(\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{2}])$

                                        $\displaystyle \therefore f_n(x)\uparrow .$
                            所以，此根是唯一的。

               （2）、
                                        $\displaystyle \because \sin x\leq 1,\uparrow .(x\in(\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{2}])$

                                         $\displaystyle \Rightarrow x_n\downarrow ,(x_n\in(\frac{\pi}{6},\frac{\pi}{2}])$

                          由此可知，$x_n$极限存在。设
                                           $\displaystyle \lim_{n \to \infty }x_n=x,$

                               从而，有
                                         $\displaystyle \lim_{n \to \infty }f_n(x)-1=\lim_{n \to \infty }\frac{\sin x_n-\sin^nx_n}{1-\sin x_n}-1=\frac{\sin x}{1-\sin x}-1=0.$

                        解方程，得
                                          $\displaystyle \sin x=\frac{1}{2},\Rightarrow \lim_{n \to \infty }x_n=x=\frac{\pi}{6}.$



                        

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证明
                由积分中值定理，得
                                      $\displaystyle f(1)=k\int_{0}^{\frac{1}{k}}xe^{1-x}f(x)dx=\eta e^{1-\eta }f(\eta ),\eta \in(0,\frac{1}{k})$

                        令
                                       $\displaystyle F(x)=xe^{1-x}f(x),$

                           则
                                        $\displaystyle F(1)=f(1)=\eta e^{1-\eta }f(\eta )=F(\eta ),$

                              而
                                        $\displaystyle F'(x)=e^{1-x}f(x)-xe^{1-x}f(x)+xe^{1-x}f'(x) ,$

                   由Rolle中值定理得
                                          $\displaystyle \exists \xi\in(\eta ,1)\subset (0,1),s.t.$

                                           $\displaystyle F'(\xi)=e^{1-\xi}f(\xi)-\xi e^{1-\xi}f(\xi)+\xi e^{1-\xi}f'(\xi)=0,$

                         整理
                                            $\displaystyle \therefore f'(\xi)=(1-\xi^{-1})f(\xi).$

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证明
                              $\displaystyle \because f(-x)=f(x),f'(0)=f'_+(0)=f'_-(0),$

                              $\displaystyle \therefore f_+(0)=\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x}=-\lim_{x\to0^+}\frac{f(-x)-f(0)}{-x}=-f'_-(0),$

                              $\displaystyle \Rightarrow f'(0)=0.$

            由Taylor展开公式，得
                              $\displaystyle f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2!}f''(0)x^2+o(x^2)=1+x^2+o(x^2).$

                   于是，有
                                $\displaystyle f(\frac{1}{n})-1=\frac{1}{n^2}+o(\frac{1}{n^2}).$

                       由级数
                                $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}$

                         的绝对收敛性，可知级数
                                $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }[f(\frac{1}{n})-1]$

                            绝对收敛。

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证明：
       （1）、由条件，可知
                                    $\begin{align*}|f_{n+p}(x)-f_{n}(x)|&=|\phi (f_{n+p-1}(x))-\phi(f_{n-1}(x))|\\\\&\leq \alpha |f_{n+p-1}(x)-f_{n-1}(x)|\\\\&\leq \cdots \\\\&\leq \alpha ^n|f_p(x)-f_0(x)|.\end{align*}$

                        又
                                    $\begin{align*}|f_p(x)-f_0(x)|&\leq |f_p(x)-f_{p-1}(x)|+|f_{p-1}(x)-f_{p-2}(x)|+\cdots +|f_1(x)-f_0(x)|\\\\&\leq (\alpha ^{p-1}+\alpha ^{p-2}+\cdots +1)|f_1(x)-f_0(x)|,\end{align*}$

                     因为$g (x)$连续有界，所以$f_1(x)=g (x)-\phi (f_0(x))$有界。由此可知
                                       $|f_1(x)-f_0(x)|\leq M,$
                        
                        故有
                                     $|f_{n+p}(x)-f_{n}(x)|\leq M\alpha ^n\frac{1-\alpha ^p}{1-\alpha }\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                由柯西准则知，$\{f_{n+1}(x)\}$一致收敛。

         （2）、 只要证明$f(x)$ 在$[a,b]\subset (-\infty ,+\infty )$ 内连续即可。由（1）可知$f_n(x)$在$[a,b]$上一致收敛于$f(x)$。故只要证明$f_n(x)\in C[a,b]$即可。事实上$\forall x_0\in [a,b]\subset (-\infty ,+\infty )$，有
                                      $\begin{align*}|f_n(x)-f_n(x_0)|&=|g(x)+\phi(f_n(x))-g(x_0)-\phi(f_n(x_0))|\\\\&\leq |g(x)-g(x_0)|+\alpha |f_{n-1}(x)-f_{n-1}(x_0)|\\\\&\leq |g(x)-g(x_0)|+\alpha |g(x)-g(x_0)|+\alpha^2 |f_{n-2}(x)-f_{n-2}(x_0)|\\\\&\leq \cdots \leq (1+\alpha +\cdots +\alpha^{n-1})|g(x)-g(x_0)|+\alpha^n |f_{0}(x)-f_{0}(x_0)|\\\\&=\frac{1-\alpha ^n}{1-\alpha }|g(x)-g(x_0)|+\alpha^n |f_{0}(x)-f_{0}(x_0)|,\end{align*}$

                    由$g(x)$的连续有界性，知$g(x)$在$[a,b]$上一致收敛。即有
                                        $\frac{1-\alpha ^n}{1-\alpha }|g(x)-g(x_0)|\rightarrow 0,(n \to \infty )$
   
                             又
                                        $\alpha^n |f_{0}(x)-f_{0}(x_0)|\rightarrow 0,(n \to \infty ),$

                                         $\therefore |f_n(x)-f_n(x_0)|\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                   所以结论成立。

            （3）、由（1）知
                                             $\lim_{n \to \infty }f_n(x)=f(x),$

                                         $\therefore \lim_{n \to \infty }f_{n+1}(x)=g(x)+\lim_{n \to \infty }\phi (f_n(x)),$

                                          $\Rightarrow f(x)=g(x)+\phi (f(x)),$

                            因此
                                            $\forall \epsilon > 0,\forall x_1,x_2\in (-\infty ,+\infty ),\exists \delta > 0,|x_1-x_2|< \delta ,s.t.$

                                             $|f(x_1)-f(x_2)|\leq |g(x_1)-g(x_2)|+\alpha |f(x_1)-f(x_2)|,$

                                       $\therefore |f(x_1)-f(x_2)|\leq \frac{1}{1-\alpha }|g(x_1)-g(x_2)|< \frac{\delta }{1-\alpha }=\epsilon ,$

                               由此知$f(x)$一致连续。

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证明：
                一致连续性判别定理：f(x)在区间I上连续，且f ' (x) 在I上有界 则f(x)在I上一致连续。

                            $\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^{\infty }x^{en}\ln x=\frac{x^{e}}{1-x^e}\ln x,$

                   在$(0,1)$上连续。而
                              $\begin{align*}f'(x)&=\frac{ex^{e-1}(1-x^e)+ex^{2e-1}}{(1-x^e)^2}\ln x+\frac{x^{e}}{1-x^e}\cdot \frac{1}{x}\\\\&=\frac{ex^{e-1}}{(1-x^e)^2}\ln x-\frac{1}{x}+\frac{1}{x(1-x^e)}\\\\&\rightarrow \infty ,(x\rightarrow 0,x\rightarrow 1)\end{align*}$

                   无界。因此，函数项级数非一致收敛。