数学分析习题练习五

西北大学2020数学分析试题


题有问题？

西北大学2020数学分析试题


证明：
                 由泰勒公式， 设
                                            $\displaystyle  d=\frac{a+b}{2},\exists \xi\in(a,b),s.t.$

                                            $\displaystyle  f(x)=f(d)+f'(d)(x-d)+\cdots +\frac{f^{(n)}(\xi)}{n!}(x-d)^n,$

                   再令
                                            $\displaystyle  x=a,b.\exists \xi_1\in(a,d),\xi_2\in(d,b),s.t.$

                      代入，得
                                             $\displaystyle  f(a)=f(d)+f'(c)(a-d)+\cdots +\frac{f^{(n)}(\xi_1)}{n!}(a-d)^n,$   

                                             $\displaystyle  f(b)=f(d)+f'(c)(b-d)+\cdots +\frac{f^{(n)}(\xi_2)}{n!}(b-d)^n,$   

                         分别取绝对值，有

                                              $\displaystyle  |f(a)|\leq |f(d)|+(\frac{b-a}{2})|f'(c)|+\cdots +(\frac{b-a}{2})^n\frac{|f^{(n)}(\xi_1)|}{n!},$

                                              $\displaystyle  |f(b)|\leq |f(d)|+(\frac{b-a}{2})|f'(c)|+\cdots +(\frac{b-a}{2})^n\frac{|f^{(n)}(\xi_2)|}{n!},$

                            于是，有

                                               $\displaystyle  |f(b)-f(a)|\leq ||f(b)|-|f(a)||\leq (\frac{b-a}{2})^n\frac{|f^{(n)}(\xi_1)|+|f^{(n)}(\xi_2)|}{n!}<(\frac{b-a}{2})^n\frac{2f^{(n)}(c)}{n!},$

                                               $\displaystyle \Rightarrow  f^{(n)}(c) > \frac{2^{n-1}n!}{(b-a)^n}|f(b)-f(a)|.$

                         其中
                                                  $\displaystyle  f^{(n)}(c)=\max \{|f^{(n)}(\xi_1)|,|f^{(n)}(\xi_2)|\}.$


          注：此题结论有普遍意义，解法也是有启发性的，当$n=1,2,3$时，是常考题。

西北大学2020数学分析试题


解：
                 由于
                               $\displaystyle -1\leq \sin x\leq 1,$

                    当$\alpha > 1$时，有
                                  $\displaystyle \int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^\alpha }dx< \infty ,$

                 所以， 根据Abel判别法，当$\alpha > 1$时，无穷积分

                                  $\displaystyle \int_{1}^{+\infty}\frac{\sin x}{x^\alpha }dx,$
                    收敛。

                      又
                                  $\displaystyle \because |\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin x}{x^\alpha }dx|\leq \int_{1}^{+\infty}\frac{1}{x^\alpha }dx,$

                  因此，当$\alpha > 1$时，无穷积分绝对收敛。

                                  $\displaystyle \alpha \in[a,b]\subset (0,+\infty),|\int_{1}^{A}\sin x|\leq 2,$关于$\alpha \in[a,b]$一致有界。

                                  $\displaystyle \forall \alpha \in[a,b],\frac{1}{x^\alpha }\leq \frac{1}{x^a}\rightarrow 0,(x\to+\infty)$关于$\alpha \in[a,b]$一致趋于零。

                 由Dirichlet判别法，$\displaystyle F(\alpha )=\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin x}{x^\alpha }$ 在$\alpha \in[a,b]$上一致收敛。由$a,b$的任意性，可知：$\displaystyle F(\alpha )=\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin x}{x^\alpha }$在$(0,+\infty)$上连续。

西北大学2020数学分析试题


证明：
               首先如果曲面经过原点的话，那么曲面上距原点最近的点当然就是原点了，所以原点处曲面的法线当然经过原点。

              下面只证曲面不过原点的情况，设点$(x,y,z)≠(0,0,0)$，则使该点到原点距离最小就是说使得$x^2+y^2+z^2$最小，由于所求点$(x,y,z)$要求在曲面上，所以问题转化为在约束条件$F(x,y,z)=0$下求$x^2+y^2+z^2$最小值的问题。

              根据拉格朗日乘数法，构造函数
                                                  $\displaystyle f(x,y,z,\lambda)=x^2+y^2+z^2-\lambda F(x,y,z)，$

               对$x$求偏导并令其等于0，有
                                                    $\displaystyle 2x-\lambda F'_x=0，$

                      同理可得
                                                   $\displaystyle x=\lambda F'_x/2，y=\lambda F'_y/2，z=\lambda F'_z/2.$

              写出曲面过点$(\lambda F'x/2，\lambda F'y/2，\lambda F'z/2)$的法线方程：

                                                 $\displaystyle \frac{x-\lambda F'_x/2}{F'_x}=\frac{y-\lambda F'_y/2}{F'_y}=\frac{z-\lambda F'_z/2}{F'_z}.$

                 将$x=y=z=0$代入上式，可以验证等式成立，因此法线经过原点。

西北大学2020数学分析试题


解：
                 此题可能是个错题。因为按题意，积分路径没有确切告知，那说明应与积分路径无关。可能的情况应为求下列积分

                                    $\displaystyle I=\int_{L^+}\frac{(x+y)dy+(x-y)dx}{x^2+y^2}.$

                      由于
                                     $\displaystyle \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y},$

                     积分与路径无关。取：
                                       $\displaystyle L^+:x^2+y^2=1.$

                                        $\displaystyle x=\cos \theta ,y=\sin \theta ,\pi\leq \theta \leq 0.$

                     计算：
                                       $\displaystyle I=\int_{\pi}^{0}(\cos\theta +\sin\theta )(-\cos\theta )d\theta +(\cos\theta -\sin\theta )\cos\theta d\theta =2\int_{\pi}^{0}\cos\theta d\cos\theta =0.$

西北大学2020数学分析试题


解：
              利用高斯公式，得
                                   $\displaystyle I=\iint_S(x+2y-z)dydz+(2y+\sin(x+y))dzdx+(3z+e^{x+y})dxdy=6\iiint_\Omega dxdydz.$

               作坐标变换：
                                    $\displaystyle \Omega \rightarrow \Omega '.$

                                    $\displaystyle u=x+y-z,v=x+z-y,w=y+z-x,|J|=\frac{\partial (u,v,w)}{\partial (x,y,z)} =4.$

                                     $\displaystyle \Omega ':|u|+|v|+|w|=1.$

                记第一象限积分区域为：
                                     $\displaystyle \Omega '':|u|+|v|+|w|=1,u,v,w\geq 0.$

                     计算，得
                                      $\displaystyle I=6\cdot \frac{1}{4}\iiint_{\Omega '}dudvdw=8\cdot \frac{3}{2}\iiint_{\Omega ''}dudvdw=12\cdot \frac{1}{6}=2.$


     注：此题的积分区域很特别，解法也特别。已经有多所大学考过类似的题。

华中科技大学2016年竞赛模拟考试1


解：
                罗必达法则，并用泰勒公式展开，得

                       $\begin{align*}I&=\lim_{x\to 0}\frac{\int_{0}^{\sin^2x}\ln(1+t)dt}{e^{2x^2}-2e^{x^2}+1}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{\sin2x\ln(1+\sin^2x)}{4xe^{2x^2}-4xe^{x^2}}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{2x\cdot \sin^2x}{4x\cdot (1+2x^2-1-x^2)}\\\\&=\frac{1}{2}.\end{align*}$

华中科技大学2016年竞赛模拟考试1


解：
                由于
                           $x\in(-\infty,0),f(x)< 0,$

                            $x=0.f(0)=0,$

                             $x\in(0,1),f(x)> 0,$

                             $x=1,f(1)=0,$

                             $x\in(0,+\infty),f(x)> 0.$

            因此，$f(x)$在实轴上有$2$个零点。

华中科技大学2016年竞赛模拟考试1


解：
                 由积分区域关于$x,z$对称。故有：

                                           $\displaystyle x^2+2y^2+3z^2=2y^2+\frac{1}{2}(4x^2+4z^2)=4y.$

                             由此，得

                                             $\displaystyle I=\iint_\Sigma(x^2+2y^2+3z^2)=4\iint_\Sigma ydS=4\iint_\Sigma(y-1)dS+4\iint_\Sigma dS,$

                                由奇偶性得
         
                                               $\displaystyle \iint_\Sigma(y-1)dS=0,$

                                               $\displaystyle \therefore I=4\cdot 4\pi=16\pi.$

       注：本题应用对称性，是技巧的关键。如果直接计算，计算量相当大。

华中科技大学2016年竞赛模拟考试1


解：
                               $\begin{align*}I&=\iint_D2y[(x+1)f(x)+(x-1)f(-x)]dxdy \\\\&=\int_{-1}^{1}[(x+1)f(x)+(x-1)f(-x)]dx\int_{1}^{x^3}2ydy\\\\&=\int_{-1}^{1}[(x+1)f(x)+(x-1)f(-x)](x^6-1)dx,\end{align*}$

              可以知道被积函数
                                  $[(x+1)f(x)+(x-1)f(-x)](x^6-1)$

                 是奇函数，因此

                                    $I=0.$