高等数学数学分析题解选

0 Ω +∞ 1 √ , 3
φ(θ) ∈ (0, π) 满足 cot φ(θ) = e−(u ∫ dr
−π+α
2 2 + t2 + 1 2w )
√ 2 sin θ, 则
∫ ∫∫
dudwdt
π
α
∫ dθ
√ 2 −r 2 2r e sin φ dφ
= = = = =
√ ∫ α ∫ π 2π dθ sin φ dφ 4 −π+α φ(θ ) √ ∫ α 2π (1 + cos φ(θ)) dθ 4 −π+α √ √ ∫ α ( 2π 2 sin θ ) 1+ √ dθ 4 −π+α 1 + 2 sin2 θ √ ( ∫ 2 ) 3 2π ds √ π−2 ds 4 1 − s2 0 √ ( 2π 2) √ 1 π − 2 arcsin = 2π arcsin √ . 4 3 6
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证明: {cos n|n = 1, 2, . . .} 在 [−1, 1] 中稠密. 证明: 考虑 E = {ein |n = 1, 2, 3, . . .}. 记 F 为 E 在 C 中的闭包. 只要证明 { } F = S 1 = eiθ |θ ∈ [0, 2π) . 否则 U ≡ S 1 \ F 非空. 此时, 容易依次证明以下结论: (1) 对于 eiθ ∈ U , 存在最大的 β 和最小的 α 使得 eiθ ∈ Iθ ≡ {eit |α < t < β } ⊆ U 成立. 了解一点拓扑的会知道 U 是 S 1 中的相对开集. 了解一点实变函数的知 道 Iθ 就是开集 U 的“构成区间”. (2) 对于 eiθ ∈ U , Iθ 的弧长 ℓθ ∈ (0, 1). (3) 对于 eiθ , eiβ ∈ U , Iθ 和 Iβ 要么重合, 要么不想交. (4) ℓθ (eiθ ∈ U ) 的最大值可以取到. 否则有 θ1 , θ2 , . . . 使得 ℓθ1 < ℓθ2 < ℓθ3 < . . .. 从而 Iθ1 , Iθ2 , Iθ3 , . . . 两两不同, 进而由 (3) 知他们两两不交. 注意到 S 1 中只 能放下有限个弧长不小于 ℓθ1 的这种构成区间, 我们就会得到矛盾. 所以相应的最 大值一定取到. (5) ei F ≡ {ei z |z ∈ F } ⊆ F . 从而 ei U ⊇ U , 进而 e−i U ⊆ U . (6) 设 θ 使得 Iθ 的弧长达到最大. 考虑 e−i Iθ , e−2i Iθ , e−3i Iθ , . . .. 则其中必有 两个会相交. 若相交则必定重合, 否则与弧长最大的假设矛盾. 而其中的两个集合 e−mi Iθ 和 e−ni Iθ (m ̸= n) 重合的充要条件是 m − n 为 2π 的整数倍. 这与 π 为无 理数矛盾. 因此, F = S 1 . 所以 E 在 S 1 中稠密. 从而 {cos n|n = 1, 2, . . .} 在 [−1, 1] 中 稠密. 类似地可以证明 {sin n|n = 1, 2, . . .}, {cos(2n + 1)|n = 1, 2, . . .} 等都在 [−1, 1] 中稠密. 本题有很多其他的证明方法.
0,
因此, g 可导但导数在 0 点不连续. 进一步, |g (x)| ≤ 16, |g ′ (x)| ≤ 9, ∀ x ∈ [−4, 4].
特别, 注意到 g 在 0 点以外有连续的两阶导数, 可见 ( ) ( ) g ′ x + 21 − g ′ 21 n n Mn ≡ sup x 0<|x|≤1 ( ) ( ) ( ( g ′ x + 21 − g ′ 21 g′ x + n n = max sup , sup 1 x <|x|≤1 0<|x|≤ n1 2 +1 2n+1 ( ) ( 1) ≤ max sup g ′′ x + n , 18 · 2n+1 < +∞. 1 2 0<|x|≤ n+1
φ(θ )
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问题: 导函数在一点可导, 是否意味着导函数在该点的某个领域内连续. 反例: 令 g (x) = 则 g ′ (x) = { {
1 x2 sin x ,
如果 x ̸= 0, 如果 x = 0. 如果 x ̸= 0, 如果 x = 0.
0,
1 1 2x sin x − cos x ,
a
∀ x ∈ (a, b)
x= c
与 f ′ (x) − µ(f (x) − f (a)) 恒正矛盾. 证毕.
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证明: cos n2 发散. 证明: 给一个不太漂亮的证明. 假设已经证明 {cos(2n + 1)|n = 1, 2, 3, . . .} 的 导集为 [−1, 1], 这一点不难证明. 现 在, 反 设 cos n2 收 敛, 则 | cos n2 |, | sin n2 | 均 收 敛, 设 极 限 为 α, β . 则 α2 + β 2 = 1. 由和角公式, cos(n + 1)2 = cos(n2 + 2n + 1) = cos n2 cos(2n + 1) − sin n2 sin(2n + 1). 所以 |(1 − cos(2n + 1)) cos n2 + cos(n + 1)2 − cos n2 | = | sin n2 sin(2n + 1)|. 由于当 n → ∞ 时, |(1 − cos(2n + 1)) cos n2 + cos(n + 1)2 − cos n2 | = |(1 − cos(2n + 1)) cos n2 + o(1)| = |(1 − cos(2n + 1)) cos n2 | + o(1) = (α + o(1))(1 − cos(2n + 1)) + o(1) = α(1 − cos(2n + 1)) + o(1), | sin n2 sin(2n + 1)| = (β + o(1))| sin(2n + 1)| = β | sin(2n + 1)| + o(1), 可得 α(1 − cos(2n + 1)) = β | sin(2n + 1)| + o(1), n → ∞.
数学分析高等数学题选解
本文内容主要是本人截止 2012年 2 月前在网上解答 的一些数学分析和高等数学题.
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计算:
∫
+∞
∫ dt
t
+∞
∫ dw
+∞
e−(u
2
2 +t2 + 1 2w )
du.
−∞
w
解: 记 Ω = {(u, w, t)| − ∞ < t ≤ w ≤ u < +∞}, 做广义球面坐标变换 cos θ sin φ, u=r √ w = 2r sin θ sin φ, t = r cos φ. 设 α ∈ (0, π ) 满足 sin α = 2 原积分 = ∫ =
利用 {cos(2n + 1)|n = 1, 2, 3, . . .} 的导集为 [−1, 1], 对任何 s ∈ [−1, 1], 对上式在 √ 子列意义上求极限可得: α(1 − s) = β 1 − s2 . 取 s = −1 得 α = 0, 再取 s = 0 得 β = 0, 与 α2 + β 2 = 1 矛盾. 所以原数列 cos n2 发散.
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1 2n
) x
− g′
(
1 2n
) )
考虑 f (x) = 则可证 f ′ (x) =
∞ ∑ n=0 ∞ ∑ n=0
1 2n (M
( 1) g x+ n , 2 n + 1) ( 1) g′ x + n , 2 n + 1) 1 g ′′ (1) , 2n∈ [−1, 1], x ∈ [−1, 1],
f ′′ (0) =
∞ ∑ n=0
2n (M
n
+ 1)
但 f ′ 在 − 21 n 这些点上不连续.
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问题: 设 µ > 0, f (x) 在 [a, b] 上连续, 在 (a, b) 内可导, c ∈ (a, b) 且 f ′ (c) = 0. 求证: ∃ ξ ∈ (a, b) 使得 f ′ (ξ ) = µ(f (ξ ) − f (a)). 证明: 给大家一把牛刀—Darboux 定理. 今后此类问题用不着灵机一动. ∫ x ( )′ 由于 f (x) − µ(f (t) − f (a)) dt = f ′ (x) − µ(f (x) − f (a)), 因此由 Darboux 定理, f ′ (x) − µ(f (x) − f (a)) 在 (a, b) 内满足介值性. 于是若结论不成立, 则 f ′ (x) − µ(f (x) − f (a)) 在 (a, b) 内恒正或恒负. 不妨设 f ′ (x) − µ(f (x) − f (a)) 恒正, 则 ( )′ ( ) e−µx (f (x) − f (a)) = e−µx f ′ (x) − µ(f (x) − f (a)) > 0, 所以 e−µx (f (x) − f (a)) > e−µa (f (a) − f (a)) = 0, 即 f (x) − f (a) > 0, 所以 ( ) f ′ (x) − µ(f (x) − f (a)) ∀ x ∈ (a, b]. = −µ(f (c) − f (a)) < 0. ∀ x ∈ (a, b].