大连海事大学2022年数学分析考研试题参考解答

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大连海事大学2022年数学分析考研试题参考解答

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1、 (15 分)讨论下列函数的极限, 若存在给出证明, 不存在则给出理由.

(1)、 $\displaystyle \lim_{x\to 0, y\to 0}\frac{xy}{x+y}$ . fl: 多元函数极限与连续  

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle f(x,y)=\frac{xy}{x+y}$ , 则当 $\displaystyle x\to 0, y\to 0$ 时, $\displaystyle f(x,-x+x^2)=-1+x\to -1$ , $\displaystyle f(0,y)=0$ . 故原极限不存在. 跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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(2)、 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty, y\to+\infty}\left(\frac{xy}{x+y}\right)^x$ . fl:多元函数极限与连续  

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 对 $\displaystyle \forall\ A\gt 1$ , 当 $\displaystyle x\gt 4A, y\gt 4A$ 时, $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} &(x-2A)(y-2A)\gt 0\Rightarrow xy\gt 2A(x+y)-4A^2\\ \Rightarrow&\left(\frac{xy}{x+y}\right)^x \geq \frac{xy}{x+y} \gt 2A-\frac{4A^2}{x+y} \gt 2A-\frac{4A^2}{8A}=\frac{3A}{2}\gt A . \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

故原式 $\displaystyle =+\infty$ . 跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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(3)、 $\displaystyle \lim_{x\to 0, y\to 0}\frac{x-y^2+y^3}{2x+y^2}$ . fl:多元函数极限与连续  

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle f(x,y)=\frac{x-y^2+y^3}{2x+y^2}$ , 则当 $\displaystyle x\to 0, y\to 0$ 时, $\displaystyle f(-y^2+y,y)=\frac{1}{2-y}-y\to \frac{1}{2}, f(y^2,y)=\frac{y}{3}\to 0$ . 故原极限不存在. 跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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2、 (15 分)回答问题.

(1)、 叙述单调有界定理和聚点定理的内容.

(2)、 设 $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 为单调数列, 证明: 若 $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 存在聚点, 则必唯一, 且为 $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 的确界.

fl: 实数理论  

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /

(1)、 单调有界定理: 若 $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 单调有界, 则 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n$ 存在. 聚点定理:  任何有界无限数集都有聚点.

(2)、 设单调数列 $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 存在聚点 $\displaystyle \xi$ , 则不妨设 $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 递增. 由单调有界定理知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}x_n=\sup_{n\geq 1}x_n$ . 但由 $\displaystyle \xi$ 是 $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 的聚点知 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} \exists\ n_k,\mathrm{ s.t.} \xi=\lim_{k\to\infty}x_{n_k}\overset{\tiny\mbox{归结原理}}{=} \lim_{n\to\infty}x_n=\sup_{n\geq 1}x_n. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

这就证明了 $\displaystyle \left\{x_n\right\}$ 的聚点 $\displaystyle \xi=\sup_{n\geq 1}x_n$ , 唯一性得证.

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3、 (15 分) 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上一阶可导, 在 $\displaystyle (a,b)$ 内二阶可导, 且 $\displaystyle f(a)=f(b)=0$ , $\displaystyle f'_+(a)f'_-(b)\gt 0$ .

(1)、 存在 $\displaystyle \xi\in (a,b)$ , 使得 $\displaystyle f(\xi)=0$ .

(2)、 存在 $\displaystyle \eta\in (a,b)$ , 使得 $\displaystyle f''(\eta)=f(\eta)$ .

fl:微分  

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 不妨设 $\displaystyle f'_+(a)\gt 0, f'_-(b)\gt 0$ , 则由函数极限的保号性知 $\displaystyle \exists\ \delta\in\left(0,\frac{b-a}{2}\right),\mathrm{ s.t.}$  $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} &\forall\ a\lt x\leq a+\delta, \frac{f(x)-f(a)}{x-a}\gt 0\Rightarrow f(x)\gt f(a)=0,\qquad(I)\\ &\forall\ b-\delta\leq x\lt b, \frac{f(x)-f(b)}{x-b}\gt 0\Rightarrow f(x)\lt f(b)=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

由连续函数介值定理知 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} \exists\ a+\delta\lt \xi\lt b-\delta,\mathrm{ s.t.} f(\xi)=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

设 $\displaystyle \zeta=\inf A, A=\left\{x\in (a,\xi]; f(x)=0\right\}$ , 则由 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} a=\xi&\forall\ n\geq 1, \exists\ x_n\in A,\mathrm{ s.t.} a\leq x_n\lt a+\frac{1}{n}\\ \Rightarrow&\exists\ a\lt x_n\leq \xi, \lim_{n\to\infty}x_n=\zeta, f(x_n)=0,\mbox{与 $\displaystyle (I)$ 矛盾} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知 $\displaystyle a\lt \zeta\leq \xi$ . 类似上式推理知 $\displaystyle f(\zeta)=0$ . 又由连续函数介值定理及反证法知 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} \forall\ a\lt x\lt \zeta, f(x)\gt 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

联合 $\displaystyle f(a)=f(\zeta)=0$ 知 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [a,\zeta]$ 上的最大值 $\displaystyle M\gt 0$ 在某 $\displaystyle x_1\in (a,\zeta)$ 处取得. 由极值条件知 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} f(x_1)=M\gt 0, f'(x_1)=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

同理, $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} &\exists\ \bar{\zeta}\in [\xi,b),\mathrm{ s.t.} f(\bar{\zeta})=0; \forall\ \bar{\zeta}\lt x\lt b, f(x)\lt 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

$\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [\bar{\zeta},b]$ 上的最小值 $\displaystyle m\lt 0$ 在某 $\displaystyle x_2\in (\bar{\zeta},b)$ 处取得. 由极值条件知 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} f(x_2)=m\lt 0, f'(x_2)=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

令 $\displaystyle F(x)=\mathrm{e}^x[f'(x)-f(x)]$ , 则 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} F(a)\gt 0, F(x_1)\lt 0, F(x_2)\gt 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

于是 $\displaystyle F$ 在 $\displaystyle [a,x_2]$ 上的最小值在某 $\displaystyle \eta\in (a,x_2)$ 处取得. 由极值条件知 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} F'(\eta)=0\Rightarrow f''(\eta)=f(\eta). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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4、 (15 分) 设 $\displaystyle f(x)$ 为 $\displaystyle (-\infty,+\infty)$ 上的连续函数, 并且 $\displaystyle \lim_{x\to-\infty}f(x)=A, \lim_{x\to+\infty}f(x)=B$ . 求证: $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (-\infty,+\infty)$ 上一致连续. fl: 连续  

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle \lim_{x\to-\infty}f(x)=A, \lim_{x\to+\infty}f(x)=B$ 及 Cauchy 收敛准则知 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} \forall\ \varepsilon\gt 0,\exists\ X\gt 0,\mathrm{ s.t.} \left\{\begin{array}{llllllllllll}x,x'\geq X\Rightarrow |f(x)-f(x')|\lt \varepsilon,\\ x,x'\leq -X\Rightarrow |f(x)-f(x')|\lt \varepsilon.\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

又由 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [-X-1,X+1]$ 上连续知其一致连续, 而 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} \exists\ \delta\in(0,1),\mathrm{ s.t.}\forall\ x,x'\in [-X-1,X+1], |x-x'|\lt \delta, |f(x)-f(x')|\lt \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

于是对 $\displaystyle \forall\ x,x'\in\mathbb{R}, x\lt x'\lt x+\delta$ ,

(1)、 若 $\displaystyle x\lt -X-1$ , 则 $\displaystyle x'\lt -X$ ;

(2)、 若 $\displaystyle -X-1\leq x\lt X$ , 则 $\displaystyle -X-1\leq x\lt x'\lt X+1$ ;

(3)、 若 $\displaystyle x\geq X$ , 则 $\displaystyle x'\geq X$ .

不论何种情形, 都有 $\displaystyle |f(x)-f(x')|\lt \varepsilon$ . 故 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}$ 上一致连续. 跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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5、 (15 分) 证明函数项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\frac{1}{n+x^2}$ 关于 $\displaystyle x$ 在 $\displaystyle (-\infty,+\infty)$ 上一致收敛, 但对任何 $\displaystyle x$ 不绝对收敛, 而函数项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^n \frac{1}{(1+x^2)^n}$ 虽关于 $\displaystyle x\in (-\infty,+\infty)$ 绝对收敛, 但不一致收敛. fl:函数项级数  

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /

(1)、 $\displaystyle \left|\sum_{k=1}^n(-1)^{k-1}\right|\leq 1, \frac{1}{n+x^2}$ 关于 $\displaystyle n$ 递减, 且 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} \sup_{x\in\mathbb{R}} \left|\frac{1}{n+x^2}\right|=\frac{1}{n}\xrightarrow{n\to\infty}0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

由 Dirichlet 判别法即知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\frac{1}{n+x^2}$ 关于 $\displaystyle x$ 在 $\displaystyle (-\infty,+\infty)$ 上一致收敛. 但由 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} \forall\ x\in\mathbb{R}, \left|(-1)^{n-1}\frac{1}{n+x^2}\right|=\frac{1}{n+x^2}\sim \frac{1}{n}\left(n\to\infty\right) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\frac{1}{n+x^2}$ 关于 $\displaystyle x$ 在 $\displaystyle (-\infty,+\infty)$ 上不绝对收敛.

(2)、 由 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty \frac{x^2}{(1+x^2)^n}=\left\{\begin{array}{llllllllllll} 0,&x=0,\\ x^2\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{(1+x^2)^n}=1,&x\neq 0\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{x^2}{(1+x^2)^n}$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}$ 上收敛, 且为绝对收敛. 但由极限函数在原点不连续知 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{x^2} {(1+x^2)^n}$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}$ 上不一致收敛.

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6、 (15 分)在平面上有一个 $\displaystyle \triangle ABC$ , 三边长分别为 $\displaystyle BC=a, CA=b,AB=c$ , 以此三角形为底, $\displaystyle h$ 为高, 可作无数个三棱锥. 试求其侧面积的最小值. fl:多元函数微分学  

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设三棱锥为 $\displaystyle D-ABC$ , $\displaystyle D$ 在 $\displaystyle \triangle ABC$ 所在所在平面的投影为 $\displaystyle E$ , 则 $\displaystyle DE=h$ . 过 $\displaystyle E$ 作 $\displaystyle BC$ 的垂线交 $\displaystyle BC$ 于 $\displaystyle F$ ; 过 $\displaystyle E$ 作 $\displaystyle AB$ 的垂线交 $\displaystyle AB$ 于 $\displaystyle G$ ; 过 $\displaystyle E$ 作 $\displaystyle AC$ 的垂线交 $\displaystyle AC$ 于 $\displaystyle H$ . 则侧面 $\displaystyle BCE$ 的面积为 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} S_1=\frac{1}{2}\sqrt{EF^2+h^2}BC =\frac{1}{2}\sqrt{EF^2+h^2}a. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

同理可求得其它两个侧面的面积, 而三棱锥 $\displaystyle D-ABC$ 的侧面积 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} S=&\frac{1}{2}\sqrt{EF^2+h^2}a +\frac{1}{2}\sqrt{EG^2+h^2}b +\frac{1}{2}\sqrt{EH^2+h62}\\ \stackrel{\tiny\mbox{Schwarz}}{\geq}&\frac{1}{2\sqrt{2}} (EF+h)a+\frac{1}{2\sqrt{2}}(EG+h)b+\frac{1}{2\sqrt{2}}(EH+h)c\\ &\left((EF+h)^2\leq (1^2+1^2)(EF^2+h^2)\right)\\ =&\frac{1}{2\sqrt{2}} (EF\cdot a+EG\cdot b+EH\cdot c) +\frac{1}{2\sqrt{2}}h(a+b+c)\\ =&\frac{1}{\sqrt{2}}S_{\triangle ABC}+\frac{1}{2\sqrt{2}}h(a+b+c), \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

且等号成立 $\displaystyle \Leftrightarrow EF=EG=EH\Leftrightarrow E$ 是 $\displaystyle \triangle ABC$ 的内心. 跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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7、 (15 分) 计算第二型曲面积分 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} I=\iint_S \frac{x\mathrm{ d} y\mathrm{ d} z+y\mathrm{ d} z\mathrm{ d} x+z\mathrm{ d} x\mathrm{ d} y}{(ax^2+by^2+cz^2)^\frac{3}{2}}\left(a\gt 0,b\gt 0,c\gt 0\right), \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

其中 $\displaystyle S$ 为不过原点的光滑闭曲面, 取外侧. fl:曲线曲面积分  

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle (P,Q,R)=\frac{\left\{x,y,z\right\}}{(ax^2+by^2+cz^2)^\frac{3}{2}}$ , 则 $\displaystyle P_x+Q_y+R_z=0$ .

(1)、 若 $\displaystyle S$ 的内部不含原点, 则 $\displaystyle \mbox{原式}\stackrel{\tiny\mbox{Gauss}}{=} 0$ .

(2)、 若 $\displaystyle S$ 的内部含有原点, 则 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} &\mbox{原式}\stackrel{\tiny\mbox{Gauss}}{=}\iint_{ax^2+by^2+cz^2=\varepsilon^2}\cdots\\ =&\frac{1}{\varepsilon^3}\iint_{ax^2+by^2+cz^2=\varepsilon^2}x\mathrm{ d} y\mathrm{ d} z+y\mathrm{ d} z\mathrm{ d} x+z\mathrm{ d} x\mathrm{ d} y\\ =&\frac{1}{\varepsilon^3}\iint_{ax^2+by^2+cz^2\leq\varepsilon^2}3\mathrm{ d} x\mathrm{ d} y\mathrm{ d} z\\ \stackrel{x=\frac{\varepsilon}{\sqrt{a}}u,\cdots}{=}&\frac{3}{\varepsilon^3}\iiint_{u^2+v^2+w^2\leq 1} \frac{\varepsilon^3}{\sqrt{abc}}\mathrm{ d} u\mathrm{ d} v\mathrm{ d} w\\ =&\frac{3}{\varepsilon^3}\cdot \frac{\varepsilon^3}{\sqrt{abc}}\cdot \frac{4\pi}{3} =\frac{4\pi}{\sqrt{abc}}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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8、 (15 分) 令 $\displaystyle f(t)=\int_1^\infty \frac{\cos xt}{1+x^2}\mathrm{ d} x$ . 证明:

(1)、 $\displaystyle f(t)$ 在 $\displaystyle (-\infty,+\infty)$ 上一致收敛.

(2)、 $\displaystyle f(t)$ 在 $\displaystyle (-\infty,+\infty)$ 上一致连续.

(3)、 $\displaystyle \lim_{t\to\infty}f(t)=0$ .

fl:含参量积分  

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /

(1)、 由 $\displaystyle \left|\frac{\cos xt}{1+x^2}\right|\leq \frac{1}{1+x^2}$ 及 Weierstrass 判别法即知 $\displaystyle f(t)$ 关于 $\displaystyle t\in\mathbb{R}$ 一致收敛.

(2)、

(2-1)、 先证明一般的 Riemann-Lebesgue 引理. 设 $\displaystyle f\in R[a,b]$ , 则 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} \lim_{\lambda\to+\infty}\int_a^b f(x)\cos \lambda x\mathrm{ d} x=0, \lim_{\lambda\to+\infty}\int_a^b f(x)\sin \lambda x\mathrm{ d} x=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

事实上, 由 $\displaystyle f\in R[a,b]$ 知 $\displaystyle f$ 有界: $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} \exists\ M\gt 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ a\leq x\leq b, |f(x)|\leq M. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

记 $\displaystyle n=[\sqrt{\lambda}]$ , 则 $\displaystyle \lim_{\lambda\to+\infty}n=+\infty$ . 将 $\displaystyle [a,b]$  $\displaystyle n$ 等分, 并记分点 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} x_i=a+\frac{i}{n}(b-a), i=0,1,\cdots,n, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

记 $\displaystyle \omega_i$ 为 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [x_{i-1},x_i]$ 上的振幅. 于是 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} f\in R[a,b]\Rightarrow \lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n \omega_i\Delta x_i=0, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

其中 $\displaystyle \Delta x_i=x_i-x_{i-1}$ . 注意到 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} \left|\int_{x_{i-1}}^{x_i} \cos \lambda x\mathrm{ d} x\right|=\frac{1}{\lambda}|\sin (\lambda x_i)-\sin (\lambda x_{i-1})|\leq \frac{2}{\lambda}, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

我们有 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} &\left|\int_a^b f(x)\sin \lambda x\mathrm{ d} x\right| =\left|\sum_{i=1}^n\int_{x_{i-1}}^{x_i} f(x)\cos \lambda x\mathrm{ d} x\right|\\ =&\left|\sum_{i=1}^n \int_{x_{i-1}}^{x_i} [f(x)-f(x_{i-1})]\cos \lambda x\mathrm{ d} x +\int_{x_{i-1}}^{x_i} f(x_{i-1})\cos \lambda x\mathrm{ d} x\right|\\ \leq&\sum_{i=1}^n \omega_i\Delta x_i +\frac{2n}{\lambda}M =\sum_{i=1}^n \omega_i\Delta x_i+\frac{2[\sqrt{\lambda}]}{\lambda}M\\ \leq& \sum_{i=1}^n \omega_i\Delta x_i+\frac{2}{\sqrt{\lambda}}M\xrightarrow{\lambda\to+\infty}0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

这就证明了 $\displaystyle \lim_{\lambda\to+\infty}\int_a^b f(x)\cos \lambda x\mathrm{ d} x=0$ . 同理可证 $\displaystyle \lim_{\lambda\to+\infty}\int_a^b f(x)\sin \lambda x\mathrm{ d} x=0$ .

(2-2)、 由 $\displaystyle \lim_{A\to\infty}\int_A^\infty\frac{1}{1+x^2}\mathrm{ d} x=0$ 知 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} \forall\ \varepsilon\gt 0,\exists\ A\gt 1,\mathrm{ s.t.} \int_A^\infty \frac{1}{1+x^2}\mathrm{ d} x\lt \frac{\varepsilon}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

又由第 i 步知 $\displaystyle \lim_{t\to+\infty}\int_0^A \frac{\cos xt}{1+x^2}\mathrm{ d} x=0$ , 而 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} \exists\ T\gt 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ t\geq T, \left|\int_0^A \frac{\cos xt}{1+x^2}\mathrm{ d} x\right|\lt \frac{\varepsilon}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

于是 $\displaystyle |f(t)|\lt \varepsilon$ . 这就证明了 $\displaystyle \lim_{t\to+\infty}f(t)=0$ .  又 $\displaystyle f(t)$ 是 $\displaystyle t$ 的偶函数, 而知 $\displaystyle \lim_{t\to\infty}f(t)=0$ .

(3)、 由第 2 步知

$$\begin{equation}\tag{386-6-3_1}\label{386-6-3_1}\begin{aligned} \forall\ \varepsilon\gt 0, \ \exists\ X\gt 1,\mathrm{ s.t.} |x|\geq X,\ |y|\geq X\Rightarrow |f(x)-f(y)| \lt  \varepsilon. \end{aligned}\end{equation}$$

又由第 1 步知 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [-X-1,X+1]$ 上连续, 而一致连续,

$$\begin{equation}\tag{386-6-3_2}\label{386-6-3_2}\begin{aligned} &\exists\ \delta\in (0,1),\mathrm{ s.t.} x,y\in [-X-1,X+1],\\ &|x-y| \lt  \delta\Rightarrow |f(x)-f(y)| \lt  \varepsilon. \end{aligned}\end{equation}$$

于是对 $\displaystyle \forall\ x,y\in \mathbb{R},\ |x-y| \lt  \delta$ , 均有

$$\begin{equation}\tag{386-6-3_goal}\label{386-6-3_goal}\begin{aligned}  |f(x)-f(y)| \lt  \varepsilon. \end{aligned}\end{equation}$$

事实上,

(3-1)、 $\displaystyle x \lt  -X-1\Rightarrow y \lt  -X$ , 由 \eqref{386-6-3_1} 即知 \eqref{386-6-3_goal}.

(3-2)、 $\displaystyle x\gt X\Rightarrow y\geq X$ , 由 \eqref{386-6-3_1} 即知 \eqref{386-6-3_goal}.

(3-3)、 $\displaystyle -X-1\leq x\leq X\Rightarrow -X-1\leq y\leq X+1,$ 由 \eqref{386-6-3_2} 即知 \eqref{386-6-3_goal}.

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9、 (15 分) 设 $\displaystyle f(x,y)=|x-y|\varphi(x,y)$ , 其中 $\displaystyle \varphi(x,y)$ 在 $\displaystyle (0,0)$ 点的一个邻域上有定义. 求解下列问题:

(1)、 若 $\displaystyle \varphi(x,y)$ 在其定义域内有界, 讨论 $\displaystyle f(x,y)$ 在 $\displaystyle (0,0)$ 点的连续性.

(2)、 讨论 $\displaystyle f(x,y)$ 在 $\displaystyle (0,0)$ 点偏导数是否存在.

(3)、 若 $\displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0)}\varphi(x,y)=0$ , 讨论 $\displaystyle f(x,y)$ 在 $\displaystyle (0,0)$ 的可微性.

fl:多元函数微分学  

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /

(1)、 由题设, $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} \exists\ \delta_1\gt 0,\exists\ M\gt 0,\mathrm{ s.t.}\forall\ |x|\lt \delta_1, |y|\lt \delta_1, |\varphi(x,y)|\leq M. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

于是对 $\displaystyle \forall\ \varepsilon\gt 0$ , $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} &\exists\ \delta=\min\left\{\delta_1,\frac{\varepsilon}{2M}\right\}\gt 0,\mathrm{ s.t.}\forall\ |x|\lt \delta, |y|\lt \delta,\\ &|f(x,y)-f(0,0)|=|x-y|\cdot |\varphi(x,y)|\leq M(|x|+|y|) \lt \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

故 $\displaystyle f$ 在原点连续.

(2)、 由 $\displaystyle \frac{f(x,0)-f(0,0)}{x}=\frac{|x|}{x}\varphi(x,0)$ 知当 $\displaystyle x\to 0$ 时, 它的极限未必存在, 而 $\displaystyle f_x$ 在原点未必存在. 同理, $\displaystyle f_y$ 在原点未必存在.

(3)、 若 $\displaystyle \lim_{(x,y)\to(0,0)}\varphi(x,y)=0$ , 则由有界量 $\displaystyle \frac{|x|}{x}$ 乘以无穷小量 $\displaystyle \varphi(x,0)$ 或 $\displaystyle \varphi(0,y)$ 还是无穷小量知 $\displaystyle f_x(0,0)=f_y(0,0)=0$ . 再由 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} &\left|\frac{f(x,y)-f(0,0)-f_x(0,0)x-f_y(0,0)y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right|\\ =&\frac{|x-y|\cdot |\varphi(x,y)|}{\sqrt{x^2+y^2}} \leq 2|\varphi(x,y)|\xrightarrow{x\to 0, y\to 0}0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知 $\displaystyle f$ 在原点可微.

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10、 (15 分) 设常数 $\displaystyle A,B,C$ 满足 $\displaystyle AC-B^2\lt 0$ , 且非退化线性变换 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} \xi=x+\lambda_1y,\quad  \eta=x+\lambda_2y \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

把方程 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} A\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+2B\frac{\partial^2u}{\partial x\partial y}+C\frac{\partial^2u}{\partial y^2}=0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

变成方程 $\displaystyle \frac{\partial^2u}{\partial \xi\eta}=0$ , 其中 $\displaystyle u(x,y)$ 具有二阶连续偏导数. 证明: $\displaystyle \lambda_1,\lambda_2$ 为方程 $\displaystyle C\lambda^2+2B\lambda+A=0$ 的两个不同实根. fl: 多元函数微分学  

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle u_x=u_\xi+u_\eta, u_y=\lambda_1 u_\xi+\lambda_2 u_\eta$ , $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} u_{xx}=&(u_{\xi\xi}+u_{\xi\eta})+(u_{\eta\xi}+u_{\eta\eta})\\ =&u_{\xi\xi}+2u_{\xi\eta}+u_{\eta\eta},\\ u_{xy}=&(\lambda_1u_{\xi\xi}+\lambda_2u_{\xi\eta}) +(\lambda_1u_{\eta\xi}+\lambda_2u_{\eta\eta})\\ =&\lambda_1u_{\xi\xi}+(\lambda_1+\lambda_2)u_{\xi\eta}+\lambda_2u_{\eta\eta},\\ u_{yy}=&\lambda_1(\lambda_1u_{\xi\xi}+\lambda_2u_{\xi\eta}) +\lambda_2(\lambda_1u_{\eta\xi}+\lambda_2u_{\eta\eta})\\ =&\lambda_1^2u_{\xi\xi}+2\lambda_1\lambda_2u_{\xi\eta}+\lambda_2^2u_{\eta\eta} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} 0=&Au_{xx}+2Bu_{xy}+Cu_{yy}\\ =&(A+2B\lambda_1+C\lambda_1^2)u_{\xi\xi} +2\left[A+B(\lambda_1+\lambda_2)+C\lambda_1\lambda_2\right]u_{\xi\eta}\\ &+(A+2B\lambda_2+C\lambda_2^2)u_{\eta\eta}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

由题设知 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} A+2B\lambda_i+C\lambda_i^2=0, i=1,2. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

又由 $\displaystyle 4(B^2-AC)\gt 0$ 及变换是非退化的知 $\displaystyle \lambda_1,\lambda_2$ 是 $\displaystyle C\lambda^2+2B\lambda+A=0$ 的两个互异根. 此时, 由 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$

$$\begin{aligned} &A+B(\lambda_1+\lambda_2)+C\lambda_1\lambda_2\\ =&A+B\frac{-2B}{C}+C\frac{A}{C} =\frac{2(AC-B^2)}{C}\neq 0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知原方程确实化为了 $\displaystyle u_{\xi\eta}=0$ . 跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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beida

第六题题目咋两个CA