大学生数学竞赛非数专题四（2）

用户9628320

发布于 2022-11-23 17:00:37

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专题四多元积分学（2）

4.2 交换二重积分的次序

4.5 （北京市1994年竞赛题）设

f(x,y)

是定义在区域

0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1

上的二元函数，

f(0,0)=0

，且在

(0,0)

处

f(x,y)

可微，求极限

\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}} \dfrac{\displaystyle\int_{0}^{x^2}dt\int_{x}^{\sqrt{t}}f(t,u)du}{1-e^{-\frac{x^2}{4}}}

【解析】：先交换积分，有

\displaystyle \int_{0}^{x^2}dt\int_{x}^{\sqrt{t}}f(t,u)du=-\int_{0}^{x}\left(\int_{0}^{u^2}f(t,u)dt\right)du

，再由洛必达法则以及积分中值定理，得

\begin{align*} \lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}} \frac{\displaystyle\int_{0}^{x^2}dt\int_{x}^{\sqrt{t}}f(t,u)du}{1-e^{-\frac{x^2}{4}}}&=\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\frac{\displaystyle-\int_{0}^{x}\left(\int_{0}^{u^2}f(t,u)dt\right)du}{\frac{x^4}{4}}=\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\frac{\displaystyle-\int_{0}^{x^2}f(t,x)dt}{x^3}\\&=-\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\frac{f(\xi(x),x)\cdot x^2}{x^3}=-\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\frac{f(\xi(x),x)}{x}\end{align*}

其中

0 < \xi(x) < x^2

，由于

f(x,y)

在

(0,0)

处可微，所以利用可微公式有

\begin{align*}f(\xi(x),x)=f(0,0)+f_{x}^{'}(0,0)\xi(x)+f_{y}^{'}(0,0)x+o(x)=f^{'}_{y}(0,0)x+o(x)\end{align*}

带入原式，有原式

=\displaystyle -\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\dfrac{f_{y}^{'}(0,0)x+o(x)}{x}=-f_{y}^{'}(0,0)

4.6 （北京市1996年竞赛题）设

f(x)

是连续偶函数，试证明：

\displaystyle\underset{D}{\iint}f(x-y)dxdy=2\int_{0}^{2a}(2a-u)f(u)du

，其中

为正方形

|x| \leq a ,|y| \leq a \qquad(a > 0)

【解析】：根据题意有：

\begin{align*}\displaystyle \underset{D}{\iint}f(x-y)dxdy&=\int_{-a}^{a}dx\int_{-a}^{a}f(x-y)dy\qquad(\text{换元一下} u=x+y)\\&=\int_{-a}^{a}dx\int_{x+a}^{x-a}-f(u)du=\int_{-a}^{a}dx\int_{x-a}^{x+a}f(u)du\end{align*}

交换一下积分次序，有

\begin{align*}\displaystyle \int_{-a}^{a}dx\int_{x-a}^{x+a}f(u)du&=\int_{-2a}^{0}du\int_{-a}^{u+a}f(u)dx+\int_{0}^{2a}du\int_{u-a}^{a}f(u)dx\\&=\int_{-2a}^{0)}f(u)(u+2a)du+\int_{0}^{2a}f(u)(2a-u)du\end{align*}

同时，由于

f(x)

是偶函数，则有

\begin{align*}\displaystyle\int_{-2a}^{0}f(u)(u+2a)du&=-\int_{0}^{2a}f(-v)(2a-v)d(-v)\qquad\\&=\int_{0}^{2a}f(v)(2a-v)dv(\text{令}u=-v)\end{align*}

综合上述，有

\displaystyle\underset{D}{\iint}f(x-y)dxdy=2\int_{0}^{2a}(2a-u)f(u)du

4.7 （精选题）设

x \geq 0,f_{0}(x) > 0

，若

\displaystyle f_{0}(x)=\int_{0}^{x}f_{n-1}(t)dt(n=1,2,3,\dotsb)

，求证：

\displaystyle f_{n}(x)=\frac{1}{(n-1)!}\int_{0}^{x}(x-t)^{n-1}f_{0}(t)dt

【解析】：利用数学归纳法进行证明，当

n=1

时，显然

\displaystyle f_{1}(x)=\int_{0}^{x}f_{0}(t)dt=\frac{1}{(1-1)!}\int_{0}^{x}(x-t)^{1-1}f_{0}(t)dt

成立；

假设当

n=k

也成立，即

\displaystyle f_{k}(x)=\frac{1}{(k-1)!}\int_{0}^{x}(x-u)^{k-1}f_{0}(u)du=\frac{1}{(k-1)!}\int_{0}^{x}(x-t)^{k-1}f_{0}(t)dt

则当

n=k+1

时，有

\begin{align*}f_{k+1}(x)&=\int_{0}^{x}f_{k}(t)dt=\int_{0}^{x}\left[\frac{1}{(k-1)!}\int_{0}^{t}(t-u)^{k-1}f(u)du\right]\\&=\frac{1}{(k-1)!}\int_{0}^{x}dt\int_{0}^{t}(t-u)^{k-1}f_{0}(u)\qquad(\text{交换一下次序})\\&=\frac{1}{(k-1)!}\int_{0}^{x}du\int_{u}^{x}(t-u)^{k-1}f_{0}(x)dt\\&=\frac{1}{(k-1)!}\int{0}^{x}\left[\frac{1}{k}(t-u)^{k}\bigg|_{u}^{x}f_{0}(u)du\right]\\&=\frac{1}{k!}\int_{0}^{x}(x-u)^k f_{0}(u)du=\frac{1}{k!}\int_{0}^{x}(x-t)^k f_{0}(t)dt\end{align*}

综上所述，则原等式成立。

作者：小熊

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