数学分析习题练习六

山东大学2018年651数学分析



证明：
                      由已知
                                 $\displaystyle \because P'''(x)-P''(x)-P'(x)+P(x)\geq 0,$

                                 $\displaystyle \therefore (P''(x)-P(x))'- (P''(x)-P(x))\geq 0,$

                                  $\displaystyle \Rightarrow \ln(P''(x)-P(x))> x,$

                        即
                                   $\displaystyle P''(x)-P(x)> e^x> 0,$

                        考察微分方程
                                     $\displaystyle P''(x)-P(x)= e^x,$

                         其解$P(x)$为指数函数的组合函数，因此，必有$\displaystyle P(x)\geq 0.$

山东大学2018年651数学分析


这题只要仔细，不难。

山东大学2018年651数学分析


证明：
               由已知条件
                                  $\displaystyle \because \int_{0}^{+\infty }f^2(x)dx< \infty ,|f'(x)|< c.$

                                   $\displaystyle \therefore |f^2(x)f'(x)|< cf^2(x),$

                   从而
                                   $\displaystyle \Rightarrow \int_{0}^{+\infty }f^2(x)f'(x)dx< \int_{0}^{+\infty }|f^2(x)f'(x)|dx< c\int_{0}^{+\infty }f^2(x)dx< \infty ,$

                  而
                                    $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }f^2(x)f'(x)dx=\frac{1}{3}[\lim_{x\to+\infty }f^3(x)-f^3(0)]< \infty ,$

                     由此可知
                                      $\displaystyle \lim_{x\to+\infty }f^3(x),\lim_{x\to+\infty }f^2(x)$存在。

                      再由已知条件
                                      $\displaystyle \because \int_{0}^{+\infty }f^2(x)dx< \infty ,$

                                      $\displaystyle \therefore \lim_{x\to+\infty }f(x)=0.$

浙江工业大学2020数学分析


解
                   $\begin{align*}I&=\lim_{n \to \infty }\frac{\sqrt[n]{(n+1)(n+2)\cdots (n+n)}}{n}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\sqrt[n]{(1+\frac{1}{n})(1+\frac{2}{n})\cdots (1+\frac{n}{n})}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\exp(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\ln(1+\frac{k}{n}))\\\\&=\exp(\int_{0}^{1}\ln(1+x)dx)\\\\&=\exp(x\ln(1+x)|_0^1-\int_{0}^{1}\frac{x}{1+x}dx)\\\\&=\exp[\ln2-1+\ln(1+x)|_0^1]\\\\&=e^{\ln4-1}=4e^{-1}.\end{align*}$

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解：
                       $\begin{align*}\lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}-e}{x}&=\lim_{x\to 0}\frac{e^{\frac{1}{x}\ln(1+x)}-e}{x}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{e^{1-\frac{1}{2}x}-e}{x}\\\\&=e\lim_{x\to 0}\frac{e^{-\frac{1}{2}x}-1}{x}\\\\&=e\lim_{x\to 0}\frac{-\frac{1}{2}x}{x}\\\\&=-\frac{e}{2}.\end{align*}$

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证明：
               将$f(0),f(2)$在$x$处泰勒展开
                                      $f(0)=f(x)+f'(x)(-x)+\frac{1}{2}f''(\xi)x^2,\xi\in(0,2)$

                                       $f(2)=f(x)+f'(x)(2-x)+\frac{1}{2}f''(\eta)(2-x)^2,\eta\in(0,2)$

                      两式相减，得
                                     $f(2)-f(0)=2f'(x)+\frac{1}{2}f''(\xi)x^2-\frac{1}{2}f''(\eta)(2-x)^2,$

                       因而有
                                     $|f'(x)|\leq \frac{1}{2}(|f(2)-f(0)|+\frac{1}{2}|-f''(\xi)x^2+f''(\eta)(2-x)^2|)\leq 1+\frac{1}{4}|4-4x|\leq 2.$

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解：
                  收敛半径
                                     $\displaystyle R=|\frac{a_n}{a_{n+1}}|=\frac{(n+1)(2n+1)}{n(2n-1)}=1,$

                       当$x=\pm 1$时，原级数收敛。所以
                                      $\displaystyle x\in[-1,1].$

                      求和
                                  $\begin{align*}S&=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n-1}}{n(2n-1)}x^{2n}=x\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n-1}}{n(2n-1)}x^{2n-1}\\\\&=x\int_{0}^{x}(\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n-1}}{n(2n-1)}x^{2n-1})'dx\\\\&=x\int_{0}^{x}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{2n-2}dx\\\\&=\frac{1}{x}\int_{0}^{x}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{2n}dx\\\\&=\frac{1}{x}\int_{0}^{x}\ln(1+x^2)dx\\\\&=(1-\frac{1}{2x})\ln(1+x^2).\end{align*}$

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解：
              
              

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证明：
                    $\displaystyle \because \lim_{(x,y)\to(0,0)}\phi (x,y)=\phi (0,0)=0.$

                    $\displaystyle \therefore f(0,0)=|x-y|\phi (0,0)=0.$

           因此有
                     $\displaystyle \lim_{\rho \to 0}\frac{f(x,y)-f(0,0)}{\rho }=\lim_{\rho \to 0}\frac{|x-y|\phi (x,y)-0}{\rho }=0.(\rho =\sqrt{x^2+y^2})$

            即在$(0,0)$处可微。

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