数学分析习题解答

PAGE/NUMPAGES《 数学 数学高考答题卡模板高考数学答题卡模板三年级数学混合运算测试卷数学作业设计案例新人教版八年级上数学教学计划 分析选论》习题解答第四章　积　分　学　　１．设R，仅在有限个点取值不同．试用可积定义证明R，且．证　显然，只要对与只有一点处取值不同的情形作出证明即可．为叙述方便起见，不妨设，而当时．因R，故时，对一切，恒有其中．令，则当时，有而上式最末第二项又为所以，无论或，只要，便有．这就证得R，且．　　　　　　　　　　□２．通过化为定积分求下列极限：（１）；　　　　　　（２）．解　（１）由于，因此．（２）记，．则有，　　　　　　　　　　　　．　　　　　　　　　　□３．证明：若R，则，R．证　由条件，，使．中添加两点作为新的分点后，得到新的分割，并记落在上的部分为．则对上述，使得，所以证得R．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　□４．用可积第二充要条件重新证明第１题中的R．证　设与仅有一点处的值不同，记此点为．由条件，，使得．若落在的第个小区间中，则有．由于R，因此在上有界，而与仅有，故在上亦有界，设．于是，只要，便能使．这样就可证得，即R．（注：如果原来的分割尚不能满足的要求，那么只需将此分割足够加细，直到能满足如上要求．）　　　　　　　　　　　　　　　　　　□５．设在上有界，，且有．证明：若在上只有为其间断点，则R．证　设．为叙述方便起见，不妨设．于是，，，当．由于在上至多只有个间断点，因此可积．故对上述，存在，使得．而在上的振幅，所以把与合并成后，必使．故证得R．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　□６．设R．证明：，若在所属的每个小区间上任取两点，则有．证　由条件易知R，记．故，当时，对一切，有．因R，故有界，设．又由R，时，有．记，则当时，有所以证得时满足此即　成立．　　　　　　　　　□７．证明：若R，且，则必有R．证　根据复合可积性命题（教材p.99例５）,外函数在上连续，内函数在上可积，则复合函数在上可积．　　　　　　　□８．设R．证明：若任给R，总有，则在其连续点处的值恒为零．证　由的任意性，特别当取时，同样有．把教材p.103例１（３）中的换成，则得在其连续点处恒为零，亦即在其连续点处恒为零．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　□９．证明：若在上连续，且，则至少存在两点，使得．证　若在内，则由连续，恒使．于是又使，这与相矛盾．所以，使得．倘若在内只有一个零点，不妨设（若除外恒正或恒负，则将导致与上面相同的矛盾．）现令．易知在内除外处处为负，从而，又得矛盾．所以在内除外至少另有一个零点．　　　　　　　　　　□１０．证明以下不等式：（１）；　　　（２）；（３）．证　（１）设它在上连续．由于时，在上连续，且，因此递减．于是（２）由（１）已知，于是；再由，又可推得．（３）设．由于，且，因此有．　　　　　□１１．设在上连续可微，．证明：．证　应用施瓦茨不等式，容易证得．　　　　　□１２．设在上连续，且．证明：．证　应用复合平均不等式（参见教材p.105例3及其注（ⅱ），（ⅳ）），注意到这里的外函数是个可微的凹函数（），立即可得本题结论．　　　　□１３．借助定积分证明：（１）；（２）．证（１）利用的递减性，有依此对所得个不等式进行相加，即得本题所要证明的不等式．（２）由以上不等式（１），当时，有，于是结论成立．　　　　　　　　　　　　　　　　　□１４．设在上有．证明：．　　　　　（Ｆ）证　因，故为一凸函数．取切点为则必有．对上式两边各取上的定积分，利用积分不等式性质即得这时证得（Ｆ）的左部不等式成立．　　再由凸函数的一般充要条件，有这时证得（Ｆ）的右部不等式也成立．后者还可由凸函数的性质与分部积分而得：这就得到．　　　　　　　　□１５．应用施瓦茨不等式证明:　　（１）若R，则；（２）若R，，则；　　（３）若R，则；（４）若在上非负、连续，且，则．证　（１）．（２）条件R，，保证了R，于是有（３）（４）由于和，便得，同理又有，因此两式相加后得到．　　　□　　１６．用积分中值定理证明：若为上的递减函数，则，恒有；　　　　　　　　　（Ｆ１）　并说明其几何意义．证　把欲证的不等式（Ｆ１）改写为由积分中值定理，，使；又，使．由于，因此（Ｆ２）成立，（Ｆ１）亦随之成立．此结论的几何意义是：如图所示，当为上的递减函数时，（Ｆ２）表示在区间上的平均值必定大于或等于它在上的平均值；而（Ｆ１）又表示上述亦必大于或等于在整个区间上的平均值()．□　　　　　　　　１７．设在上为严格递减函数．证明（并说明其几何意义）：（１），使；（２），使　．证（１）直接利用积分第二中值定理，当为单调函数时，，使．（２）设在上亦为严格递减函数，类似于题（１），，使　　本题结论的几何意义如以上二图所示：表现为每图中两个阴影部分的面积相等．　　□１８．设在上为递减函数．证明：（１）；（２）．证　令，则在上为非负、递减函数．利用积分第二中值定理，，使　　又，使　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　□１９．设在上为可微的凸函数，且有界．证明：．证　利用分部积分法得到．由于为凸函数，因此为递增函数．用代替上题（２）中的，即证得结论成立．（注意上题中的为递减函数，当改为递增函数时，不等号反向．）　　　　　　　　　□２０．设是上的连续函数，且满足．证明：．证　由于，因此由条件可得，．　　　　　　　　□２１．设在上有连续的二阶导函数，．证明：若；（２）；（３）．证　（１）利用施瓦茨不等式和分部积分可得（２）多次应用分部积分及已知条件可得移项后便有．　　（３）设．利用（２）可得　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　□２２．设在上连续，．证明：．证　设．由于，因此有．再由连续，从而可导，便可证得　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　□２３．设在上连续、递增．证明：．证　作辅助函数．由于，因此若能证明递增，则即为需证之不等式．为此证明如下：　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　□２４．设在上为递增函数．证明：在上亦为递增函数．证　，考察故在上为递增函数．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　□２５．设在上为递增函数．证明：，在上为凸函数．分析　如果在上更为连续函数，则由为递增函数，立即推知为凸函数．但因本题条件只假设为递增函数，不能保证的可导性，所以只能用凸函数的定义或凸函数的基本充要条件来证明本题结论．证　，由条件．考察，，．所以满足为凸函数的充要条件．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　□２６．设在上为连续函数．证明：是周期函数（周期为）的充要条件为积分与无关．．证　令，得，．与无关，即，当可导时其充要条件为，亦即，故是以为周期的周期函数．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　□２７．证明：若在上可导，且与都收敛，则必有．证　因收敛，故极限存在．再由收敛，根据p.119例１（５），知道．　　□２８．证明：设为条件收敛．证明：（１）都发散；（２）．证　（１）倘若收敛，则也收敛，这与为条件收敛的假设相矛盾．　　（２）由于，　　　　（Ｆ）而由（１）知，又由条件知，因此当时，式（Ｆ）右边第二项的极限等于０，故左边的极限等于１．　　　□２9．设在任何有限区间上都可积，且满足．证明：若与都收敛，则也收敛；（２）又若，则．证　（１）由条件知，并收敛，故由比较法则推知收敛．再由收敛，证得也收敛．又因，，所以由极限的迫敛性，证得．　　　　　　　　□30．证明：若在上为单调有界的连续可微函数，则必定绝对收敛；证　因单调（不妨设为递增），故；又有界，故存在．由比较法则，因，而连续，故（收敛），所以绝对收敛．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　□３１．讨论下列反常积分的敛、散性：（１）；　　　　（２）；（３）；　　　　　　　　（４）．解　（１）由于，而，故由比较法则推知发散．（２）由于，而当时单调趋于０，因此根据狄利克雷判别法推知收敛．又因，而发散，收敛，故发散，于是导致也发散．所以，为条件收敛．（３）因为，所以有两个瑕点．为此需化为两个瑕积分：．对于，由于，因此为收敛；对于，则因，故为发散．所以瑕积分为发散．（４）作变换，把瑕积分化为无穷积分：，此前已知它是一个条件收敛的反常积分．　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　□３２．证明下列不等式：（１）；（２）．证　（１）由于时，有，而，因此所证不等式成立．由于而，因此所证不等式成立．　　　　　　　　　　□友情提示：部分文档来自网络整理，供您参考！文档可复制、编辑，期待您的好评与关注！