电子科技大学2009数学分析


解
              分积分区域，再积分（计算略）

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解
                           积分平面的法向量为
                                     $\vec{n}=\{\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}}\},$

                            由两类曲线积分关系可得
                           $I=\oint_L(y^2-z^2)dx+(z^2-x^2)dy+(x^2-y^2)dz=\frac{1}{\sqrt{3}}\oint_L(y^2-z^2+z^2-x^2+x^2-y^2)ds=0.$

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证明
           由$\{x_n\}$无界，可知，$\displaystyle \forall M> 0,\exists x_j,s.t.|x_j|\geq M.$

            取$\displaystyle M_1=1,\exists x_j,s.t.|a_j|\geq M_1=1,x^{(1)}_{n_1}=x_j,$

                    $\displaystyle M_2=\max \{2,|x_1|,|x_2|,\cdots ,|x_{n_1}|\},\exists x^{(1)}_{n_2},s.t.|x^{(1)}_{n_2}|\geq M_2,$

                              $\cdots $

                      $\displaystyle M_k=\max \{k,|x_1|,|x_2|,\cdots ,|x_{n_1}|\},\exists x^{(1)}_{n_k},s.t.|x^{(1)}_{n_k}|\geq M_k,$

                    如此下去，得到一个无穷数列$\displaystyle \{x^{(1)}_{n_k}\},$满足

                                  $\displaystyle |x^{(1)}_{n_k}|\geq M_k> k,\Rightarrow \lim_{k\to\infty }x^{(1)}_{n_k}=+\infty .$
              又，$\displaystyle \{x_n\}$为非无穷大量。因此，$\displaystyle \exists G> 0,\exists N,\forall n> N,s.t.|x^{(2)}_n|\leq G.$

                          取$\displaystyle N=1,\exists n_1> 1,s.t.|x^{(2)}_{n_1}|\leq G,$

                               $\displaystyle N=2,\exists n_2> 2,s.t.|x^{(2)}_{n_2}|\leq G,$

                                          $\displaystyle \cdots $

                               $\displaystyle N=k,\exists n_k> k,s.t.|x^{(2)}_{n_k}|\leq G,$一直下去，得到一个子列$\displaystyle \{x^{(2)}_{n_k}\}$有界。

                           于是由致密性定理，$\displaystyle \{x^{(2)}_{n_k}\}$收敛。

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证明
                       由已知
                                     $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,\forall x_1,x_2\in(r,1)\subset [r,1).\exists \delta > 0,|x_1-x_2|< \delta =x_1x_2\varepsilon ,s.t.$

                                         $\displaystyle |f(x_1)-f(x_2)|=|\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}|=\frac{|x_1-x_2|}{x_1x_2}< \varepsilon .$

                               由此，$f(x)$在$[r,1)$上一致连续，从而在$(r,1)$上必一致连续。

                       但是，另一方面,对于$x\in(0,1)$
                                          $\displaystyle \exists \varepsilon _0=1,\forall \delta > 0,x_1=\delta ，x_2=\frac{\delta }{2},|x_1-x_2|=\frac{\delta }{2}< \delta ,s.t.$

                                           $\displaystyle |f(x_1)-f(x_2)|=|\frac{1}{x_1}-\frac{1}{x_2}|=\frac{1}{\delta }> \varepsilon _0=1.$

                                  $f(x)$不一致连续。

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证明
              “假定有$\displaystyle \lim_{x\to a}f(x)$”存在，即有
                                  $\displaystyle \lim_{x\to a}f(x)=f(a).$

                           则在$\displaystyle [a-\frac{\delta }{2},a)\cup (a,a+\frac{\delta }{2}]$内，有
                                      $\displaystyle \forall \varepsilon > 0，\forall x_n\in [a-\frac{\delta }{2},a)\cup (a,a+\frac{\delta }{2}],s.t.$

                                            $\displaystyle |f(x_n)-f(a)|< \varepsilon .$

                     另一方面，假定有“$\displaystyle x_n\in[a-\frac{\delta }{2},a)\cup (a,a+\frac{\delta }{2}],\lim_{x_n\to a}f(x_n)=f(a).$”

                            则必有
                                             $\displaystyle \rightarrow f(x_n)\overrightarrow{\rightarrow} C[a-\frac{\delta }{2},a)\cup (a,a+\frac{\delta }{2}].$

                                        $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,\forall x\in [a-\frac{\delta }{2},a)\cup (a,a+\frac{\delta }{2}].s.t.$

                                        $\displaystyle |f(x)-f(a)|\leq |f(x)-f(x_n)|+|f(x_n)-f(a)|< \varepsilon +\varepsilon =\varepsilon .$



                                   

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证明
                     由已知
                                       $\displaystyle a_n\geq a_{n-1}> 0,$

                             所以有
                                         $\displaystyle \forall  \varepsilon > 0,\exists N,n> N,na_n\leq (a_{N+1}+a_{N+2}+\cdots +a_{2N})< \varepsilon .$

                        最后一步，是因为级数$\{a_n\}$收敛，所以柯西定理成立。

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此题的解答可参考《研究生入学考试数学分析真题集解 下》梁志清，黄军华，钟镇权编著,2016。p895,46(2)

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证明
                  将积分分为两部分：
                         $\displaystyle I=\int_{0}^{+\infty }\frac{\cos (xy)}{\sqrt{x}}dx=\int_{0}^{1}\frac{\cos (xy)}{\sqrt{x}}dx+\int_{1}^{+\infty }\frac{\cos (xy)}{\sqrt{x}}dx=I_1+I_2.$

                   第一部分
                          $\displaystyle I_1=\int_{0}^{1}\frac{\cos (xy)}{\sqrt{x}}dx\overset{\frac{1}{\sqrt{x}}=t}{=}2\int_{1}^{+\infty }\frac{\cos \frac{y}{t^2}}{t^2}dt,$

                            由于
                                          $\displaystyle |\frac{\cos \frac{y}{t^2}}{t^2}|\leq \frac{1}{t^2},$

                                           $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,\exists A_0,A',A''> A_0,|\int_{A'}^{A''}\frac{1}{t^2}dt|< \varepsilon .$

                           由Weierstrass判别法可知，参变量积分关于$\displaystyle y\in[y_0,+\infty)$一致收敛。

                  对第二部分
                                因为
                                             $\displaystyle \exists M> 0,y\in[y_0,+\infty ),s.t.|\int_{1}^{+\infty }\cos (xy)dx|< M,$

                                    且
                                               $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{x}}\downarrow ,\rightarrow 0.$

                                由Dirichlet判别法，参变量积分关于$\displaystyle y\in[y_0,+\infty)$一致收敛。

                     综合结论，原积分关于$y$一致收敛.

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证明
              

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证明
          （1）、
                            对于$\forall y\in I,$有
                                             $\displaystyle \underset{x\in I}{\sup} f(x,y)\geq f(x,y)\geq \underset{y\in I}{\inf} f(x,y),$

                                  于是
                                              $\displaystyle \Rightarrow \underset{x\in I}{\sup} f(x,y)\geq \underset{x\in I}{\sup}\underset{y\in I}{\inf} f(x,y),$

                                   再由$y$的随意性，得到
                                             $\displaystyle \Rightarrow \underset{y\in I}{\inf}\underset{x\in I}{\sup} f(x,y)\geq \underset{x\in I}{\sup}\underset{y\in I}{\inf} f(x,y),$

        （2）、                          由条件，不妨设函数对$x$单调增，则有
                                                  $\displaystyle y\in I,f(1,y)=\sup f(x,y),$

                              在定义域内函数对$y$连续，所以存在
                                                  $\displaystyle y_0\in I,f(1,y)=\inf f(1,y)=\inf\sup f(x,y)=左,$

                                 但是另方面，根据确界的定义，有
                                                    $\displaystyle y_0\in I,f(1,y)=\inf f(1,y)\leq \sup[\inf f(x,y)]=右,$

                                   综合得到
                                                        $\displaystyle \Rightarrow \inf\sup f(x,y)=\sup \inf f(x,y).x,y\in I.$

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证明
                                   令
                                          $\displaystyle f(x)=\sin x^2+\cos x^2,x\in[0,1]$

                            求函数的极值
                                            $\displaystyle f'(x)=2x\cos x^2-2x\sin x^2=0,$

                                                  $\displaystyle \Rightarrow x=0,\frac{\sqrt{\pi}}{2},$

                                                   $\displaystyle f''(x)=2(\cos x^2-\sin x^2)+4x^2(-\sin x^2-\cos x^2),$

                                                        $\displaystyle f''(0)=2> 0,f''(\frac{\sqrt{\pi}}{2})=-\sqrt{2}\pi< 0.$

                                  由此可知，所求的点分别为函数的极小和极大值，因此有
                                                                 $\displaystyle \therefore 1\leq f(x)=\sin x^2+\cos x^2\leq \sqrt{2}.$

                                                    $\displaystyle \Rightarrow 1\leq \iint (\sin x^2+\cos x^2)dxdy\leq \sqrt{2}.$

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解
                                 $\displaystyle \because |\arctan x|\leq \frac{\pi}{2},\frac{1}{x^2}\rightarrow 0,\downarrow $

                     所以$g(\alpha ,\beta )$对于$x$一致收敛。从而积分与求导可交换顺序。对参数求导，
                                      $\displaystyle g'_\alpha (\alpha ,\beta )=\int_{0}^{+\infty }\frac{x}{1+\alpha ^2x^2}\cdot \frac{ \arctan \beta x}{x^2}dx,$

                        同理，$g'_\alpha (\alpha ,\beta )$对于$x$一致收敛。有
                                        $\displaystyle g''_{\alpha \beta }(\alpha ,\beta )=\int_{0}^{+\infty }\frac{1}{1+\alpha ^2x^2}\cdot \frac{1}{1+\beta  ^2x^2}dx=\frac{1}{\alpha ^2-\beta ^2}\int_{0}^{+\infty }(\frac{\alpha ^2}{1+\alpha ^2x^2}-\frac{\beta^2 }{1+\beta ^2x^2})dx,$
                                           $\displaystyle \because \int_{0}^{+\infty }\frac{\alpha^2 }{1+\alpha ^2x^2}dx=\arctan \alpha x|_0^{+\infty }=\frac{\alpha \pi}{2},$

                                            $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{\beta ^2 }{1+\beta ^2x^2}dx=\arctan \beta x|_0^{+\infty }=\frac{\beta  \pi}{2},$

                                        $\displaystyle \therefore g''_{\alpha \beta }(\alpha ,\beta )=\frac{\alpha -\beta }{\alpha ^2-\beta ^2}\cdot \frac{ \pi}{2}=\frac{1}{\alpha +\beta }\cdot \frac{\pi}{2}.$
                      对$\beta$积分，得
                                               $\displaystyle g'_\alpha (\alpha ,\beta )=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\beta }\frac{1}{\alpha +t}dt=\frac{\pi}{2}\ln(\alpha +\beta )+C.$   

                                                $\displaystyle\lim_{\beta \to0^+}g'_\beta (\alpha ,\beta )=0=\frac{\pi}{2}\ln \alpha  +C.$      
                                                  $\displaystyle\therefore C=-\frac{\pi}{2}\alpha \ln \alpha .$

                                               $\displaystyle\Rightarrow g'_\beta (\alpha ,\beta )=\frac{\pi}{2}\ln(\alpha +\beta )-\frac{\pi}{2}\alpha \ln \alpha .$

                         再对$\alpha $积分，得
                                                       $\displaystyle g(\alpha ,\beta )=\frac{\pi}{2}\alpha \ln(\frac{\alpha +\beta }{\alpha })+\frac{\pi}{2}\beta \ln(\alpha +\beta )+C,$

                                                           $\displaystyle\lim_{\alpha \to0^+}g(\alpha ,\beta )=0=g(0,\beta )=\frac{\pi}{2}\beta \ln \beta +C,$

                                                               $\displaystyle C=-\frac{\pi}{2}\beta \ln \beta.$

                                                 $\displaystyle \therefore g(\alpha ,\beta )=\frac{\pi}{2}(\alpha +\beta )\ln(\alpha +\beta )-\frac{\pi}{2}\alpha \ln \alpha -\frac{\pi}{2}\beta \ln \beta.$

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解
        (1)、
                             $\because f(x)\in C[I],g(x)\in C[I].$

                              $\therefore \forall \varepsilon > 0,\exists \delta > 0,\forall x,x_0\in I,|x-x_0|< \delta ,s.t.$

                                      $|f(x)-f(x_0)|< \varepsilon .|g(x)-g(x_0)|< \varepsilon .$

                        为了叙述方便，不妨设对于任一特定点$x_0$,有
                                                $x_0\in I,f(x_0)\geq  g(x_0),$

                                    而$\varphi (x_0)=g(x_0),\psi(x_0)=f(x_0),$

                             而由$f(x_0),g(x_0)$的连续性，可知$\varphi (x_0),\psi(x_0)$连续。

                            由于$x_0$的任意性，可知$\varphi (x),\psi(x)$连续。

         (2)、
                  此命题的语法，与上面类似。

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证明
                     由已知
                                            $\displaystyle \because f(0)=0,f'(x)\uparrow ,$

                                             $\displaystyle \therefore \forall x\in(0,+\infty ),f(x)\geq 0.$

                            由此
                                              $\displaystyle \forall x> x_0> 0,\Rightarrow f(x)\geq f(x_0)\geq 0.$

                                  从而
                                              $\displaystyle g(x)-g(x_0)=\frac{f(x)}{x}-\frac{f(x_0)}{x_0}=\frac{x_0f(x)-xf(x_0)}{xx_0}\leq \frac{-f(x_0)(x-x_0)}{xx_0}\leq 0.$

                                   命题应该为单调减小。【此命题疑笔误】

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解
                      $\begin{align*}F'(0)&=\lim_{t\to 0}\frac{F(t)-F(0)}{t-0}\\\\&=\lim_{t\to 0}\frac{\iint e^{-\frac{tx}{y^2}}dxdy-0}{t-0}\\\\&=\lim_{t\to 0}\frac{1}{t}\iint e^{-\frac{tx}{y^2}}dxdy\\\\&=\lim_{t\to 0}\frac{1}{t^2}\int_{0}^{t}y^2dy\int_{0}^{\frac{t^2}{y^2}}e^{-u}du\\\\&=\lim_{t\to 0}\frac{1}{t^2}\int_{0}^{t}y^2(1-e^{-\frac{t^2}{y^2}})dy\\\\&=\lim_{t\to 0}\frac{1}{t^2}\int_{0}^{t}y^2dy-\lim_{t\to 0}\frac{1}{t^2}\int_{0}^{t}y^2e^{-\frac{t^2}{y^2}}dy\\\\&=I_1+I_2.\end{align*}$

                         $\displaystyle I_1=\lim_{t\to 0}\frac{1}{t^2}\int_{0}^{t}y^2dy=\lim_{t\to 0}\frac{t^2}{2t}=0.$

                         $\begin{align*}I_2&=-\lim_{t\to 0}\frac{1}{t^2}\int_{0}^{t}y^2e^{-\frac{t^2}{y^2}}dy\\\\&=-\lim_{t\to 0}\frac{1}{t^2}(\frac{1}{3}y^3e^{-\frac{t^2}{y^2}})|_0^{t^2}+\lim_{t\to 0}\frac{1}{3t^2}\int_{0}^{t}y^3\cdot \frac{2t^2}{y^3}e^{-\frac{t^2}{y^2}}dy\\\\&=\lim_{t\to 0}\frac{2}{3}\int_{0}^{t}e^{-\frac{t^2}{y^2}}dy\\\\&=\lim_{t\to 0}\frac{2}{3}ye^{-\frac{t^2}{y^2}}|_0^t+\frac{2}{3}\lim_{t\to 0}\int_{0}^{t}y\cdot \frac{2t^2}{y^3}e^{-\frac{t^2}{y^2}}dy\\\\&=0+\frac{4}{3}\lim_{t\to 0}\int_{1}^{+\infty }tue^{-u^2}du\\\\&=0.\end{align*} $
                          $\displaystyle \therefore F'(0)=0.$

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解：
                   令
                            $\displaystyle u_n(x)=\frac{1}{n^3}\ln(1+n^2x^2),$

                              $\displaystyle \because u'_n(x)=\frac{2x}{n(1+n^2x^2)}\geq 0,x\in[0,1]$

                                $\displaystyle \therefore u_n(x)\uparrow .$

                                  $\displaystyle \Rightarrow 0=u_n(0)\leq u_n(x)\leq u_n(1)=\frac{1}{n^3}\ln(1+n^2),$

                           而由
                                     $\displaystyle \lim_{n \to \infty }n^2\cdot \frac{1}{n^3}\ln(1+n^2)=0,$

                               知数项级数$\displaystyle u_n(1)$收敛。由此得函数项级数$\displaystyle u_n(x)$在$[0,1]$上 一致收敛.

                另
                           由于$\displaystyle u_(x)$在$[0,1]$上连续，$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }u_n(x)$在$[0,1]$上一致收敛，所以由函数项级数性质得，和函数$S(x)$在$[0,1]$上连续，可积。

                           又因为
                                             $\displaystyle |u'_n(x)|=|\frac{2x}{n(1+n^2x^2)}|\leq \frac{1}{n^2},x\in[0,1]$

                                   所以，$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }u’_n(x)$在$[0,1]$上一致收敛。再由$u‘_(x)$在$[0,1]$上连续，由函数项级数性质得，和函数$s(x)$在$[0,1]$上可微。




                                            

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