数学分析课后习题答案--高教第二版(陈纪修)--8章.pdf
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2、(k为常数),求距电场中心x处的电位。x q 图 8.1.4 解解 +=xxkqdrrqkU。2 证明:若和收敛,k为常数,则也收敛,且+adxxf)(+adxxg)(k12和+adxxgkxfk)()(21+=+aaadxxgkdxxfkdxxgkxfk)()()()(2121。证 证 设,则+adxxf)(+=AaAdxxf)(lim+adxxg)(+=AaAdxxg)(lim+adxxgkxfk)()(21+=+AaAdxxgkxfk)()(lim21+=AaAdxxfk)(lim1+AaAdxxgk)(lim2+=aadxxgkdxxfk)()(21。计算下列无穷区间的反常积分(发散也
3、是一种计算结果):esin+205xxdx;ecos+302xxdx;112xxdx+;122220()()xaxbdx+)0,0(ba;+0)(e2Radxxax;)(ln12R+pdxxxp;267课后答案网 w w w.k h d a w.c o m1123 2()/xdx+;120(ee)xxdx+;1140 xdx+;ln xxdx120+。解解(1)esin+205xxdx+=025cose51xdx+=025cose5251xdxx+=025sine25251xdx+=025sine25451xdxx,所以 esin+205xxdx295=。(2)ecos+302xxdx+=03
4、2sine21xdx+=032sine23xdxx+=032cose43xdx+=032cose4943xdxx,所以 =+032cosexdxx133。(3)112xxdx+=dxx2223211+=31231211322xdx=+=+312arctan32x32。(4)当时,ba 122220()()xaxbdx+=0222222111dxbxaxab=baab22122)(2baab+;当时,ba=+0222)(1dxax+=02222222)(11dxaxxaxa)1(21202223+=axxdaa+=02223212axdxaa3342aa=34a=,268课后答案网 w w w.
5、k h d a w.c o m此结果等于在时的结果中以ba ab=代入后的结果。(5)当时积分发散;当0a0p+=+=221)(ln11ln1ppxpdxxx1)2(ln11+pp。(7)令txtan=,则=+dxx2/32)1(1=22costdt2。(8)令,则 tex=120(ee)xxdx+=+=+=11222)1(21)1(tttdt41。(9)利用第六章第 3 节习题 1(10)的结果=+dxx114Cxxxxxx+)12arctan(42)12arctan(421212ln8222,即可得到=+0411dxx22。(10)=+dxxx021ln+dxxx1021lndxxx+12
6、1ln,对等式右端任一积分(例如第二个积分)作变量代换tx1=,则 dxxx+121lndttt+=1021ln,所以 01ln02=+dxxx。269课后答案网 w w w.k h d a w.c o m 计算下列无界函数的反常积分(发散也是一种计算结果):xxdx1201;1121xxdxlne;xxdx112;12101()xxdx;113211xxdxsin;20tan1dxx;解解(1)xxdx1201=10221)1(21xxd102)1(x=1=。(2)1121xxdxlne=e12)(lnln11xdx=ex1)arcsin(ln2。(3)令tx=1,则 xxdx112=+=1
7、02)1(2dtt38。(4)令tx=1,则 12101()xxdx=+=10212tdt2。(5)113211xxdxsin=01231sin1dxxx+10231sin1dxxx。10231sin1dxxx=1022)1(1sin21xdx102)1(cos21+=x,由于)1(cos21lim20 xx+极限不存在,所以积分10231sin1dxxx发散;同理积分01231sin1dxxx也发散。(6)令tx=tan,再利用上面习题 3(9),得到 20tan1dxx+=0412tdt2=。270课后答案网 w w w.k h d a w.c o m 求极限lim!nnnn。解解 =nn
8、nn!lnlim=nknnkn1ln1lim=101lnxdx,所以 ennnn1!lim=。计算下列反常积分:(1)lncosxdx02;(2)xxlnsin0dx。(3)20cotxdxx;(4)arcsin xxdx01;(5)ln xxdx1201。解解(1)令tx=2,再利用例 8.1.11,得到 lncosxdx02=20sinlntdt2ln2。(2)令tx=,由=0sinlnxdxx0sinlntdt0sinlntdtt,得到 =0sinlnxdxx0sinln2xdx=20sinlnxdx2ln22=。(3)20cotxdxx=20sinlnxxddxxxx=2020sinl
9、n)sinln(2ln2=。(4)令,得到 xtarcsin=10arcsindxxx20cottdtt2ln2=。271课后答案网 w w w.k h d a w.c o m(5)=1021lndxxx10arcsinlnxxd10)arcsin(lnxx=10arcsindxxx2ln2=。求下列反常积分的 Cauchy 主值:(cpv)112+xxdx;(cpv)1214xdx;(cpv)ln/11 22xxdx。解解(1)(cpv)112+xxdx=+=+AAAxx)1ln(21arctanlim2。(2)(cpv)1214xdx=+=+)2(ln)2(lnlim21420 xx2ln
10、。(3)(cpv)ln/11 22xxdx=+=+)ln(ln)ln(lnlim12/1210 xx0。说明一个无界函数的反常积分可以化为无穷区间的反常积分。证证 设是一个无界函数反常积分,badxxf)(bx=是的唯一奇点)(xf(即在的左领域无界)。令)(xfbx=xbabt=,则 badxxf)(21)(tdttabbfab+=,等式右端就是一个无穷区间的反常积分。以为例,叙述并证明反常积分的保序性和区间可加性;+adxxf)(举例说明,对于反常积分不再成立乘积可积性。解解(1)保序性:设与收敛,且在+adxxf)(+adxxg)(),+a成立,则)()(xgxf+adxxf)(+adx
11、xg)(;证明:由定积分的保序性,可知,再令。Aadxxf)(Aadxxg)(+A 272课后答案网 w w w.k h d a w.c o m区间可加性:设收敛,则对任意+adxxf)(),+ac,收敛,且+cdxxf)(+adxxf)(=cadxxf)(+cdxxf)(;证明:由定积分的区间可加性,可知,再令。Aadxxf)(=cadxxf)(+Acdxxf)(+A(2)设xxxgxfsin)()(=,则与收敛,但不收敛。+1)(dxxf+1)(dxxg+1)()(dxxgxf10.证明当时,只要下式两边的反常积分有意义,就有 a 0+0lndxxxxaaxf+=01lndxxxaaxfa
12、。证证+0lndxxxxaaxf+01lndxxxaaxfadxxaxxaaxflnln0+=+=dxxaxxaaxfalnln0dxxaxxaaxfalnln+,对上式右端两积分中任意一个(例如第二个)作变量代换tax2=,则当+ax:时,;且0:at=+xaaxtaat+,dttatdxxaxlnlnlnln=,于是由 dxxaxxaaxfalnln+dttattaatfalnln0+=,得到+0lndxxxxaaxf+01lndxxxaaxfa 0lnlnaxaxafdxaxx=+0lnln0atatafdtatt+=。273课后答案网 w w w.k h d a w.c o m11设收
13、敛,且+adxxf)(Axfx=+)(lim。证明0=A。证证 用反证法。不妨设,则对0A021=A,aX,:Xx AAxf21)(。由 Badxxf)(=Xadxxf)(+BXdxxf)()(21)(XBAdxxfXa+,可知,与收敛发生矛盾。+=+BaBdxxf)(lim+adxxf)(同理也可证明不可能有0,aA 00,AAA:KdxxAA)(。于是 AAdxxf)(,aA 00,AAA:KdxxfAA)(。于是 AAdxx)(0)(1AAdxxfK,所以也发散。+adxx)((2)设在,)a+上有0)(,0)(xxf,且0)()(lim=+xxfx。则当发散时,也发散;但当收敛时,可能
14、收敛,+adxxf)(+adxx)(+adxxf)(+adxx)(278课后答案网 w w w.k h d a w.c o m也可能发散。例如21)(xxf=,)20(1)(=pxxp,则0)()(lim=+xxfx。显然有+1)(dxxf收敛,而对于,则当+1)(dxx21p时收敛,当时 10=pxxp,则+=+)()(limxxfx。显然有+1)(dxxf发散,而对于,则当+1)(dxx121p 证明 Cauchy 判别法及其极限形式(定理 8.2.3)。证 定理 8.2.3(Cauchy 判别法)证 定理 8.2.3(Cauchy 判别法)设在,)a+(,)0上恒有,f x()0K是正常
15、数。若f xKxp(),且,则收敛;p1+adxxf)(若f xKxp(),且,则发散。p1+adxxf)(推论(Cauchy 判别法的极限形式)推论(Cauchy 判别法的极限形式)设在,)a+(,)0上恒有,且 f x()0lim()xpx f xl+=,则 若0 1+adxxf)(279课后答案网 w w w.k h d a w.c o m 若0 qpxxdxqp11+收敛,在其余情况下积分 xxdxqp11+发散。证明:对非负函数,收敛与收敛是等价的。f x()cpv(f x dx()+f x dx()+证证 显然,由收敛可推出收敛,现证明当时可由收敛推出收敛。f x dx()+)cp
16、v(f x dx()+0)(xf)cpv(f x dx()+f x dx()+由于收敛,可知极限)cpv(f x dx()+Alim=)(AF+AlimAAdxxf)(存在而且有限,由 Cauchy 收敛原理,0,00A0,AAA:)()(AFAF,于是与,成立 0,AAA0,ABBAAdxxf)()()(AFAF 与 BBdxxf)(pppxxx1sin,而+11dxxp收敛,所以当时积分 1psin xxdxp1+绝对收敛;当时,因为有界,10p=AxdxAF1sin)(px1在单调,且),1+01lim=+pxx,由 Dirichlet 判别法,积分sin xxdxp1+收敛;但因为当时
17、积分10p+1|sin|dxxxp发散,所以当10ppxxxarctansinpx2,而+11dxxp收敛,所以当时积分1p+1tanarcsindxxxxp绝对收敛;当时,因为有界,10p=AxdxAF1sin)(pxxarctan在单调,且),1+0arctanlim=+pxxx,由 Dirichlet 判别法,积分+1arctansindxxxxp收敛;但因为当时积分10p+1sinarctandxxxxp发散,所以当10 mnxxxqxpnmsin)()(2xK,可知当时积分1+mn+anmxdxxqxpsin)()(绝对收敛。当时,因为有界,且当 充分大时,1+=mn=AxdxAF1
18、sin)(x)()(xqxpnm单调且0)()(lim=+xqxpnmx,由 Dirichlet 判别法可知+anmxdxxqxpsin)()(收敛;但由于当+x时,)()(xqxpnmxa,易知+1sin)()(dxxxqxpnm发散,所以当时,积分1+=mn+anmxdxxqxpsin)()(条件收敛。当时,由1+mnAxqxpnmx=+)()(lim,A为非零常数、+或,易知积分+anmxdxxqxpsin)()(发散。设在只有一个奇点f x(),a bxb=,证明定理 8.2.和定理8.2.。3 5定理 8.2.(定理 8.2.(Cauchy 判别法)判别法)设在,上恒有,若当 3)a
19、 bf x()0 x属于 的某个左邻域时,存在正常数b,b )b0K,使得 f xKbxp()(),且p 1,则收敛;f x dxab()f xKbxp()(),且,则发散。p 1f x dxab()证证(1)当时,积分p,0,),0(,:Kdxxbbbp)(1。由于)(bbdxxf,0,),0(,:Kdxxbbbp0)(1。由于)(bbdxxf0)(bbpdxxbK,所以发散。f x dxab()推论(推论(Cauchy 判别法的极限形式)判别法的极限形式)设在,上恒有,且)a bf x()0lim()()xbpbxf xl=,则 若0 +l,且p 1,则收敛;f x dxab()若0 +l
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