数学分析课后习题答案--高教第二版(陈纪修)--15章.pdf

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n 取足够大的K使得 0 0 K yy 从而 2 0 N当时 Nn 成立 2 0 KnKn yfxyxf 于是 0 0 abdx x xx x ab 2 01 sinsin1 sin1 ln 2 0 a x dx xa xa 解解 1 b a y b a y ab dx x xdydyxdx x dx x xx x 1 0 1 0 1 0 1 lnsin 1 lnsin ln 1 lnsin 1 0 1 lnsindx x x y 1 0 0 1 1 1 lncos 1 11 lnsin 1 1 dx x x yx x y yy 2 课后答案网 w w w k h d a w c o m 1 0 1 lncos 1 1 dx x x y y 1 0 2 0 1 1 2 1 lnsin 1 11 lncos 1 1 dx x x yx x y yy 于是 1 0 1 lnsindx x x y 2 1 1 1 y 所以 1 0 ln 1 lnsindx x xx x ab b a y dy 2 1 1 1arctan 1arctan ab 2 2 0 22 0 2 00 22 2 0 sin1 2 sin1 2 sinsin1 sin1 ln xy dx dy xy dy dx x dx xa xa aa 2 0 22 sin1 xy dx 0 2 22 2 0 22 1 cot arctan 1 1 1cot cot y x y yx xd 2 12y 所以 a y dy x dx xa xa 02 2 0 1 sinsin1 sin1 ln aarcsin 4 求下列函数的导数 1 2 2 y y yx dxeyI 2 2 cos y y dx x xy yI 3 tx tx t dytyxdxtF sin 222 0 2 解解 1 35 2 yy eyeyI 2 2 2 y y yx dxex 2 y yy yI 23 coscos2 2 sin y y dxxy y yy 23 cos2cos3 3 设 则 txg tx tx dytyx sin 222 22sin 22sin cos 2 22222 xtxxtxdytyxttxg tx tx t 所以 tF 2 2 0 2 tttgdxtxg t t 22 0 2222 0 2cos2sin2 cos 2 ttx tx t xtdxxdytyxdxt 3 课后答案网 w w w k h d a w c o m tt tt dyyttt 2 2 sin 2 224 5 设 其中为可微函数 求 y dxxfyxyI 0 f yI 解解 y dxxfyyfyI 0 2 2 3 yf yyfyI 6 设 其中为可微函数 求 badxxyxfyF b a xf yF 解解 当时 于是 ay b a dxyxxfyF b a dxxfyF 0 yF 当时 于是 yb b a dxxyxfyF b a dxxfyF 0 yF 当时 于是 ayb adxxa 2 1 cos21ln 0 2 dxx 3 2 0 2222 cossinln dxxbxa 解解 1 设 aI 2 0 22 sinln dxxa 则 aI 2 0 222 2 0 22 cot 1cot 2 sin 2 xd axa a dx xa a 0 2 22 1 cot arctan 1 2 a xa a1 2 a 于是 aICaa 1ln 2 令 则 1a 1 IC2lncosln2 2 0 xdx 所以 aI 2 1 ln 2 aa 2 设 I 0 2 cos21ln dxx 则0 0 I 设0 由于 I 0 2 cos21 cos22 dx x x 作变换 2 tan x t 得到 I 0 2222 2 1 1 1 1 1 4dt tt t 0 222 0 2 1 1 1 2 1 2 t dt t dt 0 2 2 0 2 1 1 1 1 1 2 1 2 t td t dt 0 所以CI 再由 得到 0 0 I 0 I 10 b 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 2 0 2222 2 cossin sin2 dx xbxa xa 记 A 2 0 2222 2 cossin sin dx xbxa x B 2 0 2222 2 cossin cos dx xbxa x 则 2 22 BbAa BA 2 0 2222 cossin xbxa dx 2 0 222 tan tan bxa xd ab x b a ab2 tanarctan 1 0 2 由此解得 1 2baa A 于是 aI ba 积分后得到 aICba ln 由 2 ln 0 b I 得到2ln C 从而 aI 2 ln ba 或者一般地有 aI 2 ln ba 9 证明 第二类椭圆积分 10 sin1 2 0 22 xf 1 0 22 dx yx xyf yI 的连续性 解解 设 由 于 0 0y 22 yx xyf 在 0 00 0 1 22 yy yy 0 上连 续 可 知 1 0 22 dx yx xyf yI在处连续 0 0y 设 则 由于在上连续 且 所以在上的最小值 当时 成立 0 0y 0 0 0I yI xf 1 0 0 xf xf 1 0 0 m0 y 2222 yx my yx xyf 于是 1 22 0 1 arctan y I ymdxm xyy 由 0 1 lim arctan 0 2 y m m y 可知 0 lim 0 0 y I yI 即 1 0 22 dx yx xyf yI在 处不连续 0 0y 注注 在本题中可证明 0 2 lim 0 fyI y 与 0 2 lim 0 fyI y 其中 由此也说明了在点不连续 证明如下 0 0 f yI0 y 0 取0 使得当 x0时 0 fxf 则 022 dx yx xyf 2 0 022 取0 使得当 0y时 2 1 22 dx yx xyf 于是 1 022 dx yx xyf ay 0 2sin dxe x x x 0 0 3 0 4 cossinxdxxx ba 解解 1 因为 22 cos yx xy 22 1 ax 而 0 22 1 dx ax 收敛 所以由 Weierstrass 判别法 0 22 cos dx yx xy 在 a上一致收敛 2 12sin 0 A xdx 即 0 sin2 A xdx 关于 0 0 一致有界 x e x 关于 单调 且由 x xx e x 1 可知当 x时 x e x 关于 0 0 一致趋于 零 于是由 Dirichlet 判别法 可知 0 2sin dxe x x x 在 0 0 上一致收 敛 3 由分部积分法 44 2 1cos sincoscos 4 AA x xxxdxdx x 44 22 coscos1sincos1coscos 442 AA A xxxxxx dxdx xx 4 3 x 其中 22 coscos1 A xx xA 再由 22 4 max cossin x ba x xx 及 33 4 1coscos xx xx 可得到 4 22 max sincos1 max AA a bxx dxa bdx xx A 与 4 33 coscos11 2 AA xx dxdx 2 xxA 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 ba 2 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 0 2 1 sin dx x xx 0 2 1 0 1 sin 1 dx xx 20 取 0 0A 4 3 4 0 n AA n A 1 n n 则当 充分大时 n A A dx x xx 1 sin 2 2 22 4 3 4 2 4 3 116 2 1 sin n n dx x xx n n n n 0 2 18 由 Cauchy 收敛准则 0 2 1 sin dx x xx 在 0 上不一致收敛 2 作变量代换 t x 1 则 1 2 1 0 sin 11 sin 1 tdt t dx xx 取 0 2 0 8 取 0 0A 4 3 2 4 2 0 nAAnA 1 2 n n 则当 充分大时 n A A tdt t sin 1 2 n n n n tdt t n 1 4 3 2 4 2 2 4 3 24 2 sin 1 0 2 8 由 Cauchy 收敛准则 1 0 1 sin 1 dx xx 在 2 0 上不一致收敛 3 设在上连续 反常积分当 tf0 t 0 dttft a 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 1 0 dttftt aa 1 dttftt bb 对于 因为收敛从而关于 1 0 dttftt aa 1 0 dttft a 在上一致 收敛 是t的单调函数 且 ba a t 1 a t 即在 a t 0 1 t 上关于 a b 一致有界 由 Abel 判别法 可知关于 1 0 dttftt aa 在上一致收 敛 ba 对于 因为收敛从而关于 1 dttftt bb 1 dttft b 在上一 致收敛 是 的单调函数 且 ba b t t1 b t 即 b t 在 1 t 上关于 2 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 dttftt bb 在 上一致收敛 ba 所以关于 0 dttft 在上一致收敛 ba 4 讨论下列含参变量反常积分的一致收敛性 1 0 cos dx x xy 在 0 0 yy 2 在 I dxe x 2 ba II pp0 p 4 在 I 0 sin xdxe x 0 0 II 0 解解 1 0 cos dx x xy 1 0 cos dx x xy 1 cos dx x xy 对于 1 0 cos dx x xy 由于 xx xy1cos 1 0 x dx 收敛 由 Weierstrass 判 别法 可知 1 0 cos dx x xy 关于一致收敛 y 对于 1 cosxy dx x 由于 0 1 2 cos y xydx A 即关于 一致有界 以及 A xydx 1 cos 0 yy x 1 单调 当 x时 x 1 关于 0 yy一致趋于 零 由 Dirichlet 判别法 可知 1 cos dx x xy 关于 0 yy一致收敛 所以 0 cos dx x xy 关于 0 yy一致收敛 2 I 当ba A AAba 则Ax 2 2 Ax x ee 而 2 A xA ed x与 2 xA A e dx xx 收敛 由 Weierstrass 判 别法的证明 可知反常积分与在 20 x ed 2 0 x ed ba 上一致 收敛 所以在 dxe x 2 ba 上一致收敛 II 当 取 0 0A 0 1AnA An n n 则当 充分大时 n 221 n An xx An edxedx 21 0 0 1 x edx e 由 Cauchy 收敛准则 在 0 2 dxe x 上不一致收敛 同理 20 x e dx在 上 也 不 一 致 收 敛 所 以在 dxe x 2 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 0 0 ppxxxx pp2121 lnln 0 而收敛 由 Weierstrass 判别法 在 1 0 21 ln 0 xdxx p 1 0 21 ln xdxx p p 0 p上一致收敛 II 当 取0 p 1 0 n p n 由于 111 1 1222 11 nn 0 11 22 11 lnlnln 2 n p nnn nn nn xxdxxdxn nn p 由 Cauchy 收敛准则 可知在 1 0 21 ln xdxx p 0 p上不一致收敛 4 I 当0 0 xx exe 0 sin 0 x 而收敛 由 Weierstrass 判别法 在 0 0 dxe x 0 sin xdxe x 0 上一致收敛 II 当0 取 0 2e 0A 取 1 AnA An 1 1 n n 则当 充分大时 n 1 0 sin2 n n x n exdxe 由 Cauchy 收敛准则 在 0 sin xdxe x 0 上不一致收敛 5 证明函数 1 cos dx x x F 在 0 上连续 证证 任取 0 a b 2cos 1 A xdx 即关于 A xdx 1 cos ba 一致有 界 x 1 关于 单调 且x ba 成立 a xx 11 所以当 x时 x 1 关于 ba 一致趋于零 由 Dirichlet 判别法 可知 1 cos dx x x F 在 ba 上一致收敛 从而 1 cos dx x x F 在上连续 由的任 意性 即知 baba 1 cos dx x x F 在 0 上连续 6 确定函数 0 2 sin dx xx x yF yy 的连续范围 解解 函数 0 2 sin dx xx x yF yy 的定义域为 下面我们证明 0 2 0 2 sin dx xx x yF yy 在上 内 闭 一 致 收 敛 即 0 2 0 0 2 sin dx xx x yF yy 在 2 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 0 2 sin dx xx x yF yy 写成 2 2 0 sin yy x F ydx xx 2 2 sin yy x dx xx 21 yFyF 当 1 0 x 2y时 yy xx x 2 sin 2 sin x x 而 1 2 0 sin x dx x 收敛 由 Weierstrass 判别法的证明 可知反常积分 2 1 2 0 sin yy x F ydx xx 在 2 y上一致收敛 当 1 x y时 yy xx x 2 sin 2 sin x x 而 2 1 sin x dx x 收 敛 由Weierstrass判 别 法 的 证 明 可 知 反 常 积 分 2 2 2 sin yy x F ydx xx 在 2 y上一致收敛 所以 0 2 sin dx xx x yF yy 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 dxxfesF sx 0 证证 由于收敛即关于 在 0 dxxfs 0 上一致收敛 关于 单调 且 sx e x 1 sx e 即在 sx e 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 dxxfesF sx 0 s F s 0 8 证明函数 0 2 1 cos dx tx x tI在 上可微 证证 首先反常积分 0 2 1 cos dx tx x tI对任意 t 收敛 其次有 2 0 cos 1 x dx txt 2 02 2 cos 1 xt xdx xt 任取 a b0 A2cos 0 A xdx 即关于 A xdx 0 cos bat 一致有界 记 max bac 当 cx bat 时 22 1 2 tx tx 关于单调 且x 22 1 2 tx tx 2 1 1 cx 即当 x时 22 1 2 tx tx 关于一 致趋于零 由 Dirichlet 判别法 可知 bat 2 2 0 2 cos 1 xt xdx xt 在 上一致收敛 所以 bat 0 2 1 cos dx tx x tI在 bat 上可微 且有 5 课后答案网 w w w k h d a w c o m 0 22 1 cos 2 dx tx xtx tI 由的任意性 即知ba 0 2 1 cos dx tx x tI在 上可微 9 利用 b a xy bxax dye x ee 计算 0 dx x ee bxax 0 ab 解解 当时 ya b xyax ee 而收敛 所以关于 一致收敛 由积分次序交换定理 0 ax edx 0 xy edx ya b 0 dx x ee bxax a b y dy dxedydyedx b a xy b a b a xy ln 00 10 利用 b a xydy x axbx cos sinsin 计算 0 sinsin dx x axbx e px 0 p 0 ab 解解 当时 ya b 0 2 cos A xydx a 即 0 cos A xydx 关于 ya b 一致有界 px e 关于 单调 且当xx 时 px e 关于一致趋于零 由 Dirichlet 判别法 关于 y 0 cos px exydx ya b 一致收敛 由积分次序交换定理 0 sinsin dx x axbx e px 00 cos cos dxxyedydyxydxe px b a b a px 利用分部积分 0 cos dxxye px 22 yp p 于是 0 sinsin dx x axbx e px p a p b dy yp p b a arctanarctan 22 11 利用 0 2 2 axa dx 计算0 a 0 12 n n xa dx I 为正整 数 n 解解 由于 0 2 xa dx 对一切 0 a收敛 2 0 1 dx a ax 2 02 dx ax 关于 在上内闭一致收敛 因此a 0 0 2 xa dx 在 0 a上可微且 成立 2 0 ddx daax 2 0 1 dx a ax 22 0 dx ax 所以 2 2 d I daa 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 m 11 22 21 1 2 n n n nn dn aa da 与 22 1 1 nn nn n aaxax 1 即可得到 0 12 n n xa dx I 2 12 2 2 12 n a n n 12 计算 122 1 arctan dx xx x g 解解 1 22 2 1 2 1 1 sgn 2 1 1arctan dx xx x x xdg 在最后一个积分中 令1 2 xt 则 0 2222 2 1 1 sgn 2 dt xt t g 0 2222 2 1 1 1 1 sgn 2 dt tt 2 11 sgn 2 13 设在上连续 且 xf 0 0 lim xf x 证明 a b fdx x bxfaxf ln 0 0 0 ba 证证 设 0 AA dx x bxfaxf A A A A A A dx x bxf dx x axf Ab Ab Aa Aa dx x xf dx x xf Ab Aa Ab Aa dx x bxf dx x axf a b ffln 21 最后一个等式利用了积分中值定理 其中 1 在A a 与A b 之间 2 在A a 与之间 令 A b 0 A A 则 21 0 由在 上连续 且 即得 xf 0 0 lim xf x a b fdx x bxfaxf ln 0 0 14 1 利用 2 0 2 dye y 推出 cy c y edyecL 2 0 2 2 2 2 0 c 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L dc dL 2 以此推出与 1 同 样的结果 并计算 0 2 2 dye y b ay 0 0 ba 解解 1 令 t c y 则 2 2 2 0 c y y L cedy 02 2 2 2 dt t c e t c t 2 2 2 2 0 c y y c ed y y 于是 0 2 0 2 1 2 2 2 2 2 y c ydedy y c ecL c y c y y c y 再令 c y y x 得到 2 2 2 0 c y y L cedy dxe e x c 2 2 2 2 2 c e 2 利用积分号下求导 dc dL Ldye y c y c y 2 1 2 0 2 2 2 2 于是 dc L dL 2 对等式两边积分 得到 c eLcL 2 0 注意到 2 0 L 所以 c ecL 2 2 令yat 得到 0 2 2 dye y b ay 0 2 2 1 dte a t ab t ab e a 2 2 1 15 利用 22 0 1 22 x dte xt 计算 0 22 cos dx x x J 0 解解 首先有 0 22 cos dx x x J 22 00 cos tx xdxedt 0 0 cos 22 xdxedt xt 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 22 2 2cos 0 xt extdtexI 可得 0 cos 2 xdxe tx t tx e t xtdxt t e t 4 0 2 2 1 2 2 2cos 1 于是 0 4 2 2 tdeJ t t 2 e 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 1 0 2dx xx 2 0 cos3x dx 3 1 0 1 nn x dx 4 0 n 0 1 1 dx x x n m 0 mn 5 dx x x 0 2 4 1 6 2 0 2 1 7 cossin xdxx 7 8 0 dxex n xm 0 nm 1 0 11 1 dxxx qnp 0 nqp 解解 1 1 0 2dx xx 8 2 1 8 1 3 2 3 2 3 2 3 1 2 2 1 0 2 1 2 1 dxxx 2 作变换 2 cos1x t 则 1 4 2arcsinxt 31 42 21 dt dx tt 1 2 3cos2 1 xt 于是 0 cos3x dx 2 1 4 1 22 1 1 22 1 1 0 2 1 4 3 dttt 3 作变换 则 n xt 1 0 1 nn x dx 1 1 1 1 1 1 1 0 1 1 1 nnn dttt n nn n n sin 4 作变换 tan 2 n x 则 0 1 1 dx x x n m 2 0 2 11 2 2 0 1 2 cossin 2 tan 2 d n d n n m n m n m 再作变换 得到 2 sin t 0 1 1 dx x x n m 1 1 1 1 1 0 1 n m n m n dttt n n m n m n m n sin 5 作变换 x x t 1 则 dt t dx t t x 2 1 1 1 于是 1 课后答案网 w w w k h d a w c o m dx x x 0 2 4 1 22 4 sin4 4 3 4 1 4 1 4 3 4 5 1 1 0 4 1 4 1 dttt 6 作变换 则 xt 2 sin 2 0 2 1 7 cossin xdxx 1155 256 4 3 4 7 4 11 4 15 2 3 4 3 4 4 3 4 2 1 1 2 1 1 0 4 1 3 dttt 7 作变换 则 n xt 0 dxex n xm 1 11 0 1 1 n m n dtet n t n m 8 作变换 则 n xt 1 0 11 1 dxxx qnp 1 0 1 1 1 1 dttt n q n p q n p B n 1 2 证明 nn dxe n x 11 0 为正整数 并推出 n1lim 0 dxe n x n 证证 令 则 n xt nn dtte n dxe n txn 111 0 1 1 0 利用以及函数的连续性 得到 1 sss 1 1 1 1limlim 0 n dxe n x n n 3 证明在上可导 且 进一步证明 s 0 s 0 1 lne xdxxs xs 0 1 lne dxxxs n xsn 1 n 证证 1 0 e sx xdx s 1 0 eln sx xxdx 任意取 00 0sS s 0 1 lne xdxxs xs 进一步 若 类似于上述的论证过程 可知 0 11 1 lne dxxxs nxsn 1 1 0 eln n sx xxdx s 0 1 lnedxxx nxs 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 s n 0 s 0 1 lne dxxxs n xsn 4 证明 lims s 证证 首先易知1 2 1 由于 s 在上可导 由 Rolle 定理 可知 使 0 s 2 1 0 x0 0 x 由上题 于是在0ln 0 21 xdxexs xs 0 x上 因 0 s 此在上单调增加 再由 s 0 x 1 sss 以及 得到 0 xs 1 nn lims s 5 计算 1 0 lndxx 解解 作变换tx 1 则 1 0 lndxx 1 0 1 lndtt 1 0 1 lndxx 相加后利用余元公式 即得到 1 0 ln2dxx 1 0 1 0 sinln ln 1 lndxxdxxx 再由 2lnsinln 1 sinln 0 1 0 uduxdx 得到 1 0 lndxx 2ln 6 设 确定正数 1 222 zyxzyxp 使得反常重积分 p zyx dxdydz I 222 1 收敛 并在收敛时 计算I的值 解解 利用球坐标变换 可得 I 1 0 2 2