数学分析习题练习六

浙江工业大学2020数学分析


证明：
                    $\begin{align*}\because \lim_{n \to \infty }\frac{a_n}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots (1+a_{n})}&=\lim_{n \to \infty }(\frac{1}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots (1+a_{n-1})}\\\\&-\frac{1}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots (1+a_{n})}),\end{align*}$

             由于所给数列是正数列，故设
                        $\displaystyle a=\inf\{a_n\}> 0,$

                    $\begin{align*}\therefore 0&\leq \lim_{n \to \infty }(\frac{1}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots (1+a_{n-1})}-\frac{1}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots (1+a_{n})})\\\\&\leq \lim_{n \to \infty }\frac{1}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots (1+a_{n-1})}=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{(1+a)^{n-1}}=0.\end{align*}$

              因此有
                      $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{a_n}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots (1+a_{n})}=0.$

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解：
                         $\displaystyle \because \lim_{n \to \infty }\frac{n!}{n^n}=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{n}\cdot \frac{2}{n}\cdots \frac{n-1}{n}<\lim_{n \to \infty }\frac{1}{n}\cdot \frac{2}{n}\cdots \frac{n-2}{n}< \cdots < \lim_{n \to \infty }\frac{1}{n}=0,$

                         $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{n!}{n^n}> \lim_{n \to \infty }\frac{1}{n^n}=0,$

                          $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }\frac{n!}{n^n}=0.$

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解：
                    $\displaystyle \lim_{x\to \infty }x(\frac{\pi}{4}-\arctan \frac{x}{x+1})=\lim_{x\to \infty }\frac{-\frac{\frac{1+x-x}{(1+x)^2}}{1+(\frac{x}{1+x})^2}}{-\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\to \infty }\frac{x^2}{1+2x+2x^2}=\frac{1}{2}.$

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解：
                 $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\int_{\cos x}^{1}e^{-t^2}dt}{x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin xe^{-\cos ^2x}}{2x}=\frac{1}{2e}.$

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证明：
                        $\displaystyle \because |\frac{\sin nx}{\sqrt[3]{n^4+x^4}}|< \frac{1}{n^{\frac{4}{3}}},$

              而，
                        $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{\frac{4}{3}}}< \infty ,$

               由优势级数判别法，原级数一致收敛。

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解：
                   $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x}=yf+xy\cdot \frac{1}{y}f'_1+xy\cdot \frac{-y}{x^2}f'_2=yf+xf'_1-\frac{y^2}{x}f'_2,$

              由对称性，得
                    $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y}=xf+yf'_2-\frac{x^2}{y}f'_1.$

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解：
                     $\displaystyle \int_{0}^{x}tf(x-t)dt=\int_{0}^{x}(x-t)f(t)dt=x\int_{0}^{x}f(t)dt-\int_{0}^{x}tf(t)dt=1-\cos x.$

                对$x$求导
                             $\displaystyle \int_{0}^{x}f(t)dt-2xf(x)=\sin x,$

                  再求一次导
                                $\displaystyle -f(x)-2xf'(x)=\cos x,$

               接着解微分方程

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解：
              $S=\int_{\frac{1}{4}-\frac{\sqrt{3}}{2}}^{1}(-x^2+1-x^2+x)dx.$

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解：
                 取
                               $\displaystyle \Delta x_i=\frac{1}{n},\xi=\frac{i}{n},$

                   则积分和为
                               $\displaystyle S_n=\sum_{i=0}^{n-1}f(\xi_i)\Delta x_i=\sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{n}a^{\frac{i}{n}}=\frac{1}{n}\cdot \frac{1-a}{1-a^{\frac{1}{n}}}.$

                    取极限，得
                                 $\displaystyle S=\lim_{n \to \infty }S_n=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{n}\cdot \frac{a-1}{a^{\frac{1}{n}}-1}=\lim_{n \to \infty }\frac{a-1}{n\cdot \frac{1}{n}\ln a}=\frac{a-1}{\ln a}.$

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解：
             设内接矩形的边长为$x,y$.由相似三角形知，它们的比例为
                                $\displaystyle \frac{x}{a}=\frac{h-y}{h},\Rightarrow y=h(1-\frac{x}{a}).$

                     内接矩形的面积为
                                $\displaystyle S=xy=xh(1-\frac{x}{a})=xh-\frac{h}{a}x^2,$

                      求驻点
                                  $\displaystyle S'=h-\frac{2h}{a}x=0,\therefore x=\frac{a}{2}.$

                       由此，最大内接矩形的面积为
                                      $\displaystyle S=\frac{1}{4}ah.$