数学分析习题练习五

华中科技大学2016年竞赛模拟考试1


解：
                              $\displaystyle \because \sum_{k=1}^{n}kb_k=a_1-(n+1)a_{n+1}+na_{n+2},$

                  又
                               $\displaystyle \because na_n\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                               $\displaystyle \therefore \sum_{n=1}^{\infty }nb_n=\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}kb_k=a_1.$

华中科技大学2016年竞赛模拟考试1


解：
            （1）、设
                                         $F(x)=f(x)-\int_{a}^{x}f(x)dx,$

                             则
                                         $\because F(a)=F(b)=0,$

                         由Rolle定理，有
                                          $\exists \xi \in(a,b),s.t.$

                                         $F'(\xi)=f'(\xi)-f(\xi)=0.\Rightarrow f'(\xi)=f(\xi).$

                 （2）、令
                                        $F(x)=f(x)-\int_{0}^{x}f(x)dx,$

                                        $\because F(a)=f(a)-\int_{0}^{a}f(x)dx=-\int_{0}^{a}f(x)dx,$

                                         $F(b)=f(b)-\int_{0}^{b}f(x)dx=-\int_{0}^{b}f(x)dx,$

                              又
                                        $\because \int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{0}^{b}f(x)dx-\int_{0}^{a}f(x)dx=0,$

                                        $\therefore F(a)=F(b) ,$

                                        $\exists \varsigma \in(a,b),s.t.$

                                         $F'(\varsigma)=0.$

                       结合(1)知，在$(a,b)$内存在两个导函数的零点，对导函数运用Rolle定理，

                                         $\exists \eta \in(\xi,\varsigma),s.t.$

                                         $F''(\eta)=0,$
                           
                                         $\therefore F''(\eta)=f''(\eta)-f'(\eta)=0.\Rightarrow f''(\eta)=f'(\eta).$

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解：
           

华中科技大学2016年竞赛模拟考试1


解：
            由于在原点，不符合高斯公式条件，因此不能用高斯公式计算。分别计算。先计算：$\iint_\Sigma\frac{1}{x}dydz.$

                        由已知条件，有
                                             $\displaystyle x=\pm a\sqrt{1-\frac{y^2}{b^2}-\frac{z^2}{c^2}},$

                                             $\displaystyle D_{yz}:\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}\leq 1,$
                  
                            作坐标变换
                                              $\displaystyle y=br\cos \theta,z=cr\sin\theta,|J|=bcr.$

                               所以
                                               $\displaystyle \iint_\Sigma\frac{1}{x}dydz=2\iint_{D_{yz}}\frac{1}{a\sqrt{1-\frac{y^2}{b^2}-\frac{z^2}{c^2}}}dydz=\frac{2bc}{a}\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}\frac{rdr}{\sqrt{1-r^2}}=\frac{4\pi bc}{a}.$

                               同理，有
                                               $\displaystyle \iint_\Sigma\frac{1}{y}dydz=\frac{4\pi ac}{b}.$

                               而最后一项

                                                 $\displaystyle \iint_\Sigma z^5dydx=2c^5\iint_{D_{xy}}\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}}dxdy=2abc^5\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}r\sqrt{1-r^2}dr=\frac{4\pi abc^5}{3}.$

                             因此，原积分值为

                                               $\displaystyle I=\frac{4\pi bc}{a}+\frac{4\pi ac}{b}+\frac{4\pi abc^5}{3}.$

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解：
                    因为
                             $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\int_{\pi/6}^{\pi/2}\sin ^nxdx=\int_{\pi/6}^{\pi/2}(\sin x+\sin ^2x+\cdots )dx=\int_{\pi/6}^{\pi/2}\frac{\sin x}{1-\sin x}dx.$

                    为有限积分，收敛。

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              上面的证法存在不妥，用直接证

                                 $\displaystyle \because \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\sin^nxdx=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^nxdx-\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}\sin^nxdx,$

                       又
                                 $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^nxdx=\begin{cases}
\frac{(2n-2)!!}{(2n-1)!!}, & n=2n-1 \\
\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{\pi}{2}, & n=2n
\end{cases}$
      
                                   $\int_{0}^{\frac{\pi}{6}}\sin^nxdx=\begin{cases}
\frac{(2n-2)!!}{(2n-1)!!}, & n=2n-1 \\
\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{\pi}{6}, & n=2n
\end{cases}$

                                   $\displaystyle \therefore \int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\sin^nxdx=I_{2n}=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{\pi}{3}.$

                                    $\displaystyle \because \frac{I_{2n+2}}{I_{2n}}=\frac{2n+1}{2n+2}=1-\frac{1}{2n+2}< 1.$

                                   $\displaystyle \therefore \sum_{n=1}^{\infty }\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\sin^nxdx< \infty .$

华中科技大学2016年竞赛模拟考试1


证明 ：
                  由柯西-施瓦兹不等式：
                                           $\displaystyle \int_{a}^{b}f^2(x)dx\cdot \int_{a}^{b}g^2(x)dx\geq (\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx)^2.$

                        有
                                           $\displaystyle \int_{0}^{\pi}xa^{\sin x}dx\cdot \int_{0}^{\pi}a^{-\cos x}dx\geq (\int_{0}^{\pi} \sqrt{xa^{\sin x-\cos x}}dx)^2.$

2017模拟考试题(4)(韩)


解：
                $\displaystyle \lim_{x\to\infty }\frac{\int_{x}^{x+3}f(t)t^2dt}{x^2(1+\frac{\sin x}{x})}=\lim_{x\to\infty }\frac{f(x+3)(x+3)^2-f(x)x^2}{2x+\sin x+x\cos x}=\lim_{x\to\infty }\frac{12x+18}{2x+\sin x+x\cos x}=6.$

2017模拟考试题(4)(韩)


解：   由已知式，得
                        $\begin{align*}1+x &=\lim_{h\to 0}(f(x+h/(1+x^2))-f(x)+1)^{1/h}\\\\&=\lim_{h\to 0}(f(x+h/(1+x^2))-f(x)+1)^{\frac{1}{f(x+h/(1+x^2))-f(x)}\cdot \frac{f(x+h/(1+x^2))-f(x)}{h}}\\\\&=\lim_{h\to 0}e^{\frac{f'(x)}{1+x^2}}.\end{align*}$

                         $\Rightarrow \frac{f'(x)}{1+x^2}=x,$

                         $f'(x)=x+x^3,$

            解之，得
                          $f(x)=\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{4}x^4+C,$

               又
                           $f(0)=0=C,$

                            $\therefore f(x)=\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{4}x^4.$

2017模拟考试题(4)(韩)


解：
                    由
                            $f(x)=\ln(1+x^2),$

                  得到
                            $f'(x)=\frac{2x}{1+x^2},$

                            $f'(x)(1+x^2)=2x,$

                所以
                             $(f'(x))^{(n-1)}(1+x^2)+C_{n-1}^1(f'(x))^{(n-2)}(1+x^2)'+(f'(x))^{(n-3)}(1+x^2)''=0.$

                             $f^{(n)}(x)(1+x^2)+2(n-1)f^{(n-1)}(x)x+(n-1)(n-2)f^{(n-2)}(x)=0,$

                             $\therefore f^{(n)}(0)=-(n-1)(n-2)f^{(n-2)}(0).$

                 由于
                             $f(0)=0,f'(0)=0,$

                    故
                              $\begin{align*}f^{(n)}(0)&=-(n-1)(n-2)f^{(n-2)}(0)\\\\&=(-1)^2(n-1)(n-2)(n-3)(n-4)f^{(n-4)}(0)\\\\&=\cdots \\\\&=(-1)^{\frac{n-1}{2}}(n-1)!.\end{align*}$

2017模拟考试题(4)(韩)


解