《数学分析课后习题答案--高教第二版(陈纪修)--15章.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《数学分析课后习题答案--高教第二版(陈纪修)--15章.pdf（26页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
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2、22111xdxxdxxdx+=10221xdx221+（在1与1+之间），于是 +102201limxdx010220lim1lim+=xdx221+=411102=+dxx。（2）由连续性定理，+1011limnnnxdxeeedeedxxxx+=+=+=12ln111010。2设当),(yxfy固定时，关于 在上连续，且当时，它关于x,ba0yyy单调增加地趋于连续函数)(x，证明=babayydxxdxyxf)(),(lim0。证证 若能证明)(),(lim0 xyxfyy=关于,bax是一致的，即0，0，),(00yyy，,bax：)(),(xyxf，则 )()(),()(),(ab
3、dxxyxfdxxyxfbaba，0，),(00yyy，,bax：1课后答案网 w w w.k h d a w.c o m0)(),(xyxf。依次取11=，1010(,)yyy 1,，：1110(,)()f x yx；xa b2011min,2yy=2020(,yyy，)2,，2220(,)()f xyx；xa b，?011min,nnyyn=，00(,)nnyyy,nxa b，0(,)()nnnf xyx；，?。由此得到两列数列 nnyx,。由于 nnyx,有界，由 Bolzano-Weierstrass 定理，存在收敛子列kknnyx,，为叙述方便，仍记这两个 子列为，其中是递增的，nn
4、yx,ny0limnnyy=。设limnnx=。由)()(),(0yyyf，可知,00(0yyy)：2)(),(0yf，注意0limyynn=，取足够大的K使得00Kyy，从而 2)(),(0N当时，Nn 成立 ()()2)(),()(),(0KnKnyfxyxf，于是 0)(),(0)(),()(),(abdxxxxxab；（2）)01(sinsin1sin1ln20+axdxxaxa。解解（1）=baybayabdxxxdydyxdxxdxxxxx1010101lnsin1lnsinln1lnsin，101lnsindxxxy+=+100111lncos111lnsin11dxxxyxxy
5、yy 2课后答案网 w w w.k h d a w.c o m +=101lncos11dxxxyy +=+10201121lnsin)1(11lncos)1(1dxxxyxxyyy，于是 101lnsindxxxy2)1(11+=y，所以 10ln1lnsindxxxxxab=+=baydy2)1(1)1arctan()1arctan(ab+。（2）=+202202002220sin12sin12sinsin1sin1lnxydxdyxydydxxdxxaxaaa，2022sin1xydx022220221cotarctan111cotcotyxyyxxd=+=212y=，所以 =+aydy
6、xdxxaxa02201sinsin1sin1lnaarcsin。4.求下列函数的导数：（1）；=22)(yyyxdxeyI（2）=2cos)(yydxxxyyI；（3）。+=txtxtdytyxdxtF)sin()(22202解解（1）。=352)(yyeyeyI222yyyxdxex （2）=yyyyI23coscos2)(2)sin(yydxxy=yyy23cos2cos3。（3）设，则 =),(txg+txtxdytyx)sin(222)22sin()22sin()cos(2),(22222xtxxtxdytyxttxgtxtxt+=+，所以)(tF),(2),(202tttgdxtx
7、gtt+=+=+220222202cos2sin2)cos(2ttxtxtxtdxxdytyxdxt 3课后答案网 w w w.k h d a w.c o m+ttttdyyttt22)sin(2224。5.设，其中为可微函数，求+=ydxxfyxyI0)()()(f)(yI。解解 ，+=ydxxfyyfyI0)()(2)(。)(2)(3)(yf yyfyI+=6.设，其中为可微函数，求。)(|)()(badxxyxfyFba=)(xf)(yF 解解 当时，于是 ay=badxyxxfyF)()(=badxxfyF)()(，0)(=yF；当时，于是 yb=badxxyxfyF)()(=badx
8、xfyF)()(，0)(=yF；当时，于是 aybadxxa；（2）；)1|(|)cos21ln(02+dxx（3）+202222)cossinln(dxxbxa。解解（1）设=)(aI2022)sinln(dxxa，则 =)(aI+=202222022cot1cot2sin2xdaxaadxxaa 02221cotarctan12=axaa12=a，于是 =)(aICaa+)1ln(2。令，则 +1a=)1(IC2lncosln220=xdx，所以 =)(aI21ln2+aa。（2）设=)(I+02)cos21ln(dxx，则0)0(=I。设0，由于=)(I+02cos21cos22dxxx
9、，作变换 2tanxt=，得到=)(I+022222)1()1()1()1(14dtttt +=022202)1()1(1212tdttdt +=0220211111212ttdtdt0=，所以CI=)(，再由，得到 0)0(=I0)(=I（10b当时，ba=)(aIaln。以下设 ba。由于 5课后答案网 w w w.k h d a w.c o m=)(aI+2022222cossinsin2dxxbxaxa，记=A+2022222cossinsindxxbxax，=B+2022222cossincosdxxbxax，则 222=+BbAa，=+BA+202222cossinxbxadx+=
10、20222tantanbxaxd abxbaab2tanarctan102=。由此解得 )(12baaA+=，于是 =)(aIba+，积分后得到 =)(aICba+)ln(。由2ln)0(bI=，得到2ln=C，从而=)(aI2lnba+，或者一般地有=)(aI2lnba+。9证明：第二类椭圆积分)10(sin1)(2022xf+=1022)()(dxyxxyfyI 的连续性。解解 设，由 于00y 22)(yxxyf+在0000,1,22yyyy+0上连 续，可 知+=1022)()(dxyxxyfyI在处连续。00y 设，则。由于在上连续，且，所以在上的最小值，当时，成立 00y=0()(
11、0)0I yI=)(xf 1,00)(xf)(xf 1,00m0y2222)(yxmyyxxyf+，于是 12201()arctanyI ymdxmxyy=+，由01lim(arctan)02ymmy+=，可知0lim()0(0)yI yI+=，即+=1022)()(dxyxxyfyI在处不连续。00y=注注 在本题中可证明)0(2)(lim0fyIy=+与)0(2)(lim0fyIy=，其中，由此也说明了在点不连续。证明如下：0)0(f)(yI0=y0，取0，使得当 x0时，)0()(fxf，则+022)(|dxyxxyf2|)0(022，取0，使得当|0y时，2|)(|122+dxyxxy
12、f，于是+1022)(|dxyxxyf ay+02sindxexxx，00；（3），+04cossinxdxxxba。解解（1）因为+22cosyxxy221ax+，而+0221dxax收敛，所以由Weierstrass 判别法，+022cosdxyxxy在),+a上一致收敛。（2）12sin0Axdx，即0sin2Axdx关于,00一致有界；+xex关于单调，且由xxxex1+，可知当+x时，+xex关于,00一致趋于零。于是由 Dirichlet 判别法，可知+02sindxexxx在,00上一致收敛。（3）由分部积分法，4421cossincoscos4AAxxxxdxdxx+=4422
13、coscos1sincos1coscos442AAAxxxxxxdxdxxx+=43x,其中 22coscos1AxxxA+；再由224),max(cossinxbaxxx及3341coscosxxxx，可得到 422max(,)sincos1max(,)AAa bxxdxa bdxxx+=A 与 433coscos112AAxxdxdx2xxA+=。当时，上述三式关于+A在上一致趋于零，所以原积分关于,ba在上一致收敛。,ba2说明下列含参变量反常积分在指定区间上非一致收敛：1课后答案网 w w w.k h d a w.c o m（1）+02)1(sindxxxx，+0；（2）101sin1
14、dxxx，20，取00A43,40nAAnA=，1nn=，则当 充分大时，n=+AAdxxxx)1(sin2+2224342)43(1162)1(sinnndxxxxnnnn0218=，由 Cauchy 收敛准则，+02)1(sindxxxx在),0(+上不一致收敛。（2）作变量代换tx1=，则+=1210sin11sin1tdttdxxx。取0208=，取00A432,420+=+=nAAnA，12nn=，则当 充分大时，n=AAtdttsin12nnnntdttn143242243242sin1+028=，由 Cauchy 收敛准则，101sin1dxxx在)2,0(上不一致收敛。3 设在
15、上连续，反常积分当)(tf0t+0)(dttfta=与b=时都收敛，证明关于+0)(dttft在上一致收敛。,ba证证 将反常积分写成+0)(dttft+=0)(dttft+10)(dttfttaa+1)(dttfttbb。对于，因为收敛从而关于10)(dttfttaa10)(dttfta在上一致收敛，是t的单调函数，且,baat1at，即在at0,1t上关于,a b一致有界，由 Abel 判别法，可知关于10)(dttfttaa在上一致收敛。,ba对于，因为收敛从而关于+1)(dttfttbb+1)(dttftb在上一致收敛，是 的单调函数，且,babtt1bt，即bt在1,)t+上关于 2
16、课后答案网 w w w.k h d a w.c o m,a b一致有界，由 Abel 判别法，可知关于+1)(dttfttbb在上一致收敛。,ba所以关于+0)(dttft在上一致收敛。,ba4.讨论下列含参变量反常积分的一致收敛性：（1）+0cosdxxxy，在；00 yy（2），在（I）+dxex2)(ba；（II）+pp0p（4），在（I）+0sin xdxex00；（II）0；解解（1）+0cosdxxxy=10cosdxxxy+1cosdxxxy，对于10cosdxxxy，由于xxxy1cos，10 xdx收敛，由 Weierstrass 判别法，可知10cosdxxxy关于一致收敛
17、。y对于1cosxydxx+，由于012cosyxydxA，即关于一致有界，以及Axydx1cos),0+yyx1单调，当+x时，x1关于),0+yy一致趋于零，由 Dirichlet 判别法，可知+1cosdxxxy关于),0+yy一致收敛，所以+0cosdxxxy关于),0+yy一致收敛。（2）（I）当baA,),(AAba。则Ax，22)()(Axxee，而2()AxAedx与2()xAAe+dxxx收敛，由 Weierstrass 判别法的证明，可知反常积分与在20()xed2()0 xed+),(ba上一致收敛。所以在+dxex2)(),(ba上一致收敛。（II）当+，取，00A0,
18、1AnA An=+nn=，则当 充分大时，n221()()nAnxxAnedxedx+=21001xedxe=，由 Cauchy 收敛准则，在+0)(2dxex),(+上不一致收敛。同理 20()xedx在),(+上 也 不 一 致 收 敛。所 以在+dxex2)(3课后答案网 w w w.k h d a w.c o m),(+上不一致收敛。（3）（I）当，00 ppxxxxpp2121lnln0，而收敛，由Weierstrass 判别法，在1021ln0 xdxxp1021ln xdxxpp),0+p上一致收敛。（II）当，取0p10npn=，由于 1111122211nn)0(+11221
19、1lnlnln2npnnnnnnnxxdxxdxnnn=+p，由 Cauchy 收敛准则，可知在1021ln xdxxp),0(+p上不一致收敛。（4）（I）当00，xxexe0sin)0(x，而收敛，由Weierstrass 判别法，在+00dxex+0sin xdxex),0+上一致收敛。（II）当0，取02e=，0A，取,(1)AnA An=+，11nn=+，则当 充分大时，n(1)0sin2nnxnexdxe+=，由 Cauchy 收敛准则，在+0sin xdxex),0(+上不一致收敛。5.证明函数+=1cos)(dxxxF在),0(+上连续。证证 任取,，(0,)a b+2cos1
20、Axdx，即关于Axdx1cos,ba一致有界；x1关于 单调，且x,ba成立 axx11，所以当+x时，x1关于,ba一致趋于零。由 Dirichlet 判别法，可知+=1cos)(dxxxF在,ba上一致收敛，从而+=1cos)(dxxxF在上连续，由的任意性，即知,baba,+=1cos)(dxxxF在),0(+上连续。6.确定函数=02)(sin)(dxxxxyFyy的连续范围。解解 函数=02)(sin)(dxxxxyFyy的定义域为。下面我们证明(0,2)=02)(sin)(dxxxxyFyy在上 内 闭 一 致 收 敛，即(0,2)0，=02)(sin)(dxxxxyFyy在2,
21、y上一致收敛，从而得到在上的连续性。()F y)2,0(4课后答案网 w w w.k h d a w.c o m 由于积分有两个奇点，所以将=02)(sin)(dxxxxyFyy写成 220sin()()yyxF ydxxx=22sin()yyxdxxx+)()(21yFyF+=。当，)1,0(x2y时，yyxxx2)(sin2sinxx，而120sin xdxx收敛，由Weierstrass 判别法的证明，可知反常积分2120sin()()yyxF ydxxx=在2,y上一致收敛。当(1,x)，y时，yyxxx2)(sin2)(sinxx，而21sin()xdxx收 敛，由Weierstra
22、ss判 别 法 的 证 明，可 知 反 常 积 分222sin()()yyxF ydxxx=在2,y上一致收敛。所以=02)(sin)(dxxxxyFyy在2,y上一致收敛。7.设存在。证明的 Laplace 变换在上连续。+0)(dxxf)(xf+=0)()(dxxfesFsx),0+证证 由于收敛即关于 在+0)(dxxfs),0+上一致收敛，关于 单调，且sxex1sxe，即在sxe),0),0+sx上一致有界，由 Abel 判别法，在上一致收敛，从而在上连续。+=0)()(dxxfesFsx0,)s+()F s),0+8.证明函数+=02)(1cos)(dxtxxtI在),(+上可微。
23、证证 首先反常积分+=02)(1cos)(dxtxxtI对任意(,t)+收敛。其次有 20cos1()xdxtxt+2022()cos1()xtxdxxt+=+。任取,，a b0A2cos0Axdx，即关于Axdx0cos,bat 一致有界；记,maxbac=，当，cx,bat 时，22)(1)(2txtx+关于单调，且x22)(1)(2txtx+2)(11cx+，即当+x时，22)(1)(2txtx+关于一致趋于零。由 Dirichlet 判别法，可知,bat 2 202()cos1()xtxdxxt+在上一致收敛，所以,bat+=02)(1cos)(dxtxxtI在,bat 上可微，且有
24、5课后答案网 w w w.k h d a w.c o m +=022)(1 cos)(2)(dxtxxtxtI。由的任意性，即知ba,+=02)(1cos)(dxtxxtI在),(+上可微。9.利用=baxybxaxdyexee，计算+0dxxeebxax （）。0 ab解解 当时，,ya bxyaxee，而收敛，所以关于一致收敛，由积分次序交换定理，0axedx+0 xyedx+,ya b+0dxxeebxaxabydydxedydyedxbaxybabaxyln00=+。10利用=baxydyxaxbxcossinsin，计算+0sinsindxxaxbxepx （，）。0p0 ab解解
25、当时，,ya b02cosAxydxa，即0cosAxydx关于,ya b一致有界；pxe关于 单调，且当xx +时，pxe关于一致趋于零。由 Dirichlet判别法，关于y0cospxexydx+,ya b一致收敛，由积分次序交换定理，+0sinsindxxaxbxepx+=00)cos()cos(dxxyedydyxydxepxbabapx。利用分部积分，+0)cos(dxxyepx22ypp+=，于是+0sinsindxxaxbxepxpapbdyyppbaarctanarctan22=+=。11利用+=+022 axadx（），计算0a+=012)(nnxadxI（为正整数）。n解解
26、 由于+02xadx对一切),0(+a收敛，201dxa ax+=+()202dxax+关于 在上内闭一致收敛，因此a(0,)+02xadx在),0(+a上可微且成立 20ddxdaax+=+201dxa ax+=+220()dxax+，所以 22dIdaa=。同理上述积分仍可在积分号下求导，并可不断进行下去。由 6课后答案网 w w w.k h d a w.c o m1122(21)!(1)2nnnnndnaada=与 221(1)()nnnnnaaxax1!+=+，即可得到 +=012)(nnxadxI=212!)!2(2!)!12(+nann。12计算+=1221arctan)(dxxx
27、xg。解解+=122212)1(1sgn211arctan)(dxxxxxxdg。在最后一个积分中，令12=xt，则 +=022222)1)(1(sgn2)(dtxttg +=0222221111sgn2dttt =211|sgn2+。13设在上连续，且)(xf),0+0)(lim=+xfx，证明 abfdxxbxfaxfln)0()()(0=+（）。0,ba证证 设，0 AA=dxxbxfaxfAA)()(AAAAdxxbxfdxxaxf)()(=AbAbAaAadxxxfdxxxf)()(=AbAaAbAadxxbxfdxxaxf)()(abffln)()(21=，最后一个等式利用了积分中
28、值定理，其中1在Aa 与Ab 之间，2在Aa 与之间。令，Ab 0+A+A，则+21,0，由在上连续，且，即得)(xf),0+0)(lim=+xfx abfdxxbxfaxfln)0()()(0=+。14（1）利用202=+dyey推出cycyedyecL202)(222+=（）；0c 7课后答案网 w w w.k h d a w.c o m （2）利用积分号下求导的方法引出LdcdL2=，以此推出与（1）同样的结果，并计算+022dyeybay（）。0,0ba解解（1）令tcy=，则 2220()cyyL cedy+=+02222dttcetct22220cyycedy+=y，于是+=+=0
29、2)(02)(1)(22222ycydedyycecLcycyycy。再令cyy=x，得到 2220()cyyL cedy+=+dxeexc22222ce=。（2）利用积分号下求导，=dcdLLdyeycycy21202222=+，于是 dcLdL2=，对等式两边积分，得到 ，ceLcL20)(=注意到2)0(=L，所以 cecL22)(=。令yat=，得到+022dyeybay=+0221dteatabtabea221。15利用220)(122xdtext+=+，计算+=022cosdxxxJ（0）。解解 首先有+=022cosdxxxJ22()00costxxdxedt+=+0)(0cos
30、22xdxedtxt。利用例 15.2.8 的结果 8课后答案网 w w w.k h d a w.c o m 2222cos)(0 xtextdtexI+=，可得 =+0cos2xdxetxttxetxtdxttet402212)(22cos1+=，于是 =+0422tdeJtt|2e，其中最后一个等式利用了上题的结论。9课后答案网 w w w.k h d a w.c o m习 题 15.3 Euler 积分 习 题 15.3 Euler 积分 1.计算下列积分：（1）102dxxx；（2）0cos3xdx；（3）101nnxdx（）；（4）0n+011dxxxnm（）；0 mn（5）dxxx
31、+024)1(；（6）20217cossinxdxx；（7）（）；（8）（）。+0dxexnxm0,nm1011)1(dxxxqnp0,nqp解解（1）102dxxx8)21(81)3()23()23,23()1(22102121=dxxx。（2）作变换2cos1xt=，则 142arcsinxt=，314221dtdxtt=，123cos2(1)xt=+，于是 0cos3xdx)21,41(221)1(221102143=dttt。（3）作变换，则 nxt=101nnxdx=)11,1(1)1(110111nnndtttnnnnnsin。（4）作变换tan2=nx，则+011dxxxnm=2
32、021122012cossin2tan2dndnnmnmnm，再作变换，得到 2sin=t+011dxxxnm=)1,(1)1(1101nmnmndtttnnmnmnmnsin。（5）作变换xxt+=1，则 dttdxttx2)1(1,1=，于是 1课后答案网 w w w.k h d a w.c o mdxxx+024)1(224sin4)43()41(41)43,45()1(104141=dttt。（6）作变换，则 xt2sin=20217cossinxdxx115525643474114152!3)434()43()4(21)1(2110413=+=dttt。（7）作变换，则 nxt=+0
33、dxexnxm)1(11011nmndtetntnm+=+。（8）作变换，则 nxt=1011)1(dxxxqnp=1011)1(1dtttnqnpqnpBn,1。2证明=+nndxenx110（为正整数），并推出。n1lim0=+dxenxn证证 令，则 nxt=+nndttendxentxn1110110。利用以及函数的连续性，得到)()1(sss=+1)1(11limlim0=+=+ndxenxnn。3 证明在上可导，且。进一步证明（）。)(s0s+=01lne)(xdxxsxs()+=01)(lne)(dxxxsnxsn1n证证 10(e)sxxdxs+=10elnsxxxdx+。任意
34、取000sSs+=01lne)(xdxxsxs 进一步，若，类似于上述的论证过程，可知()+=011)1(lne)(dxxxsnxsn()110elnnsxxxdxs+=()+01lnedxxxnxs在(0,)+上内闭一致收 2课后答案网 w w w.k h d a w.c o m敛，从而在上可导，并且。)()1(sn0s()+=01)(lne)(dxxxsnxsn4 证明。+=+)(limss证证 首先易知1)2()1(=。由于)(s在上可导，由 Rolle 定理，可知，使。0s)2,1(0 x0)(0=x由上题，于是在0ln)(021=+xdxexsxs),(0+x上，因 0)(s此在上单
35、调增加。再由)(s),(0+x)1()()(+sss，以及，得到 )(0 xs+=+!)1(nn+=+)(limss。5 计算。10)(lndxx解解 作变换tx=1，则 10)(lndxx=10)1(lndtt10)1(lndxx，相加后利用余元公式，即得到 10)(ln2dxx=1010)sinln(ln)1()(lndxxdxxx。再由 2lnsinln1sinln010=uduxdx，得到 10)(lndxx=2ln。6设。确定正数1|),(222+=zyxzyxp，使得反常重积分()=pzyxdxdydzI2221 收敛。并在收敛时，计算I的值 解解 利用球坐标变换，可得 =I=10
36、221022020)1(4)1(sinpprdrrrdrrdd。由此可知当时，反常重积分1p()=pzyxdxdydzI2221收敛。且当时，1+，所 以 积 分+10212221drrr收 敛，而 积 分+1212221drrr当且仅当11222+即1111+时收敛。所以当1111p 将积分化成=dxdydzzyxpIpnm211)1(，其中是由平面，0=x0=y0=z与1=+zyx所围的区域。5课后答案网 w w w.k h d a w.c o m再令 与，就得到=222wzvyux=cossinsincossinrzrvru=201212cossin)1(8dpImn+2032122co
37、ssindpnm+103222drrpnm。其中 201212cossindmn),(21sin)sin1()(sin212021212mndmn=，+2032122cossindpnm )1,(21sin)sin1()(sin212022212+=+pnmdpnm，+103222drrpnm)1(21+=pnm，于是 =+=)1,(),(11pnmmnpnmpI)()()()(pnmpnm+。9证明2cos2tan20=dxx（1|）。证证 xdxxdxx=cossintan2020)21,21(21+=2cos221sin2212121=+=+=。10证明 2sin1111cos1cos1
38、sin01+=+kkkkd （10,20k）。证证 作变量代换2tan=t，则+=+02101)1()1(2cos1cos1sintkkdttkd，再作变量代换tan11=+tkk，则 6课后答案网 w w w.k h d a w.c o m+021)1()1(2tkkdtt=+=+=+=+212111121,21111cossin1112tan11122011201kkkBkkkdkkkdkkk 2sin1111+=kkk，这里最后一个等式利用了余元公式。所以 2sin1111cos1cos1sin01+=+kkkkd。11设，正整数。证明 10 h3n()()hdttnnhn22102322)1(。证证 作变量代换，则 hut=102321023220232)1()1()1(dtuhdtuhhdttnnhn，再作变量代换sin=u，得到 10232)1(dtuhn=22011cos,222nhnhdB=。1112222222nnhhnn=。所以()()hdttnnhn22102322)1(。7课后答案网 w w w.k h d a w.c o m