数学分析习题练习七

浙江大学2019年数学分析真题


解：
                 显然
                                  $S_{\min}(x) =S(0)=0,$

                      而
                                  $S_{\max}(x)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin xdx=1.$

浙江大学2019年数学分析真题


解
                      $\begin{align*}\int_{0}^{1}\frac{\ln x}{(1+x)^2}dx=&-\frac{\ln x}{1+x}|_0^1+\int_{0}^{1}\frac{1}{x(1+x)}dx\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{\ln x}{1+x}+\ln x|_0^1-\ln 2\\\\&=-\ln 2.\end{align*}$

浙江大学2019年数学分析真题


             根据积分区域图形计算，略。

浙江大学2019年数学分析真题


证明

                 由于
                             $\displaystyle I(x)=\int_{0}^{+\infty }x^{\frac{3}{2}}e^{-x^2y^2}dy=x^{\frac{1}{2}}\int_{0}^{+\infty }e^{-u^2}du=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\sqrt{x}.$

                     所以，有
                                $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,\exists \delta > 0,\forall x_1(> x_2>0),x_2\in \mathbb{R},|x_1-x_2|< \delta=\frac{4\sqrt{x_2}\varepsilon }{\sqrt{\pi}} ,s.t.$

                                $\begin{align*}|I(x_1)-I(x_2)|&=\frac{\sqrt{\pi}}{2}|\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}|\\\\&=\frac{\sqrt{\pi}}{2}\cdot \frac{|x_1-x_2|}{\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}}\\\\&< \frac{\sqrt{\pi}}{4\sqrt{x_2}} |x_1-x_2|< \varepsilon .\end{align*}$

                    即           
                          $\displaystyle I(x)$在$x\in(0,+\infty)$上一致收敛。又因为$ I(x)$在$[0,h],(0<h<1)$上连续，因此$ I(x)$在$x\in[0,+\infty)$上一致连续。
               注：上述证明中直接利用不等式：
                                  $\displaystyle |\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}|\leq \sqrt{|x_1-x_2|}$
                         会更简单。

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浙江大学2019年数学分析真题


证明：
              如果，$|f(x)|$可积，则
                                      $\displaystyle \because f(x)\leq |f(x)|,$

                          由此可知，由$|f(x)|$可积，得
                                        $f(x)$有界可积。从而$f^2(x)=f(x)f(x)$也可积。

                另一方面，假设$f^2(x)$可积，则$f^2(x)$有界，从而$f(x)$也有界可积，而
                                           $\displaystyle \because ||f(x_1)|-|f(x_2)||\leq |f(x_1)-f(x_2)|,$

                                            $\displaystyle \therefore \sum_{i=1}^{n}w_i^{|f|}\Delta x_i\leq \sum_{i=1}^{n}w_i^{f}\Delta x_i ,$

                             即，$|f(x)|$也可积。

                     综上得，命题成立。

浙江大学2019年数学分析真题


解
         （1）、实数集中的有界无穷数集，至少个子在一个聚点。

         （2）、设任意闭区间$[a,b]$,在$R$上无穷、有界。$f(x)\in C[a,b]$,函数也有界。
                   由聚点定理，$[a,b]$上至少存在一个聚点，设为$x$，则存在一个子列$\{x_n\}$，使得
                                             $\displaystyle \lim_{n \to \infty }x_n=x.$

                               由函数的连续性可知，有
                                                $\displaystyle \lim_{n \to \infty }f(x_n)=f(x).$

                  选择另一个子列$\{y_n\}$，使得
                                                 $\displaystyle \forall \delta > 0,\exists N\in \mathbb{N},n> N,s.t.|x_n-y_n|< \delta .$

                         也即：(由聚点定理知)
                                                     $\displaystyle \lim_{n \to \infty }y_n=y.\lim_{n \to \infty }f(y_n)=f(y).$                                                                       此时有
                                                      $\displaystyle |f(x_n)-f(y_n)|<\frac{\varepsilon }{3}.(\forall \varepsilon > 0)$

                                   利用连续函数性质，我们有
                                                    $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,\exists N\in \mathbb{N},n> N,\exists \delta > 0,|x_n-y_n|=|x-y|< \delta .s.t.$

                                                     $\displaystyle |f(x)-f(y)|\leq |f(x_n)-f(x)|+|f(x_n)-f(y_n)|+|f(y_n)-f(y)|< \frac{\varepsilon }{3}+\frac{\varepsilon }{3}+\frac{\varepsilon }{3}=\varepsilon .$

                                  所以函数一致连续。

浙江大学2019年数学分析真题



证明：
                         因为$K$是$R^2$上紧集，所以$K$为$R^2$上的有界闭区域。

                   又由已知条件，有
                                            $\displaystyle \forall (x_0,y_0)\in K,$

                                             $\displaystyle \lim_{x\to x_0}f(x,y)=f(x_0,y)\in f(K),\lim_{y\to y_0}f(x,y)=f(x,y_0)\in f(K).$

                          由此可知
                                             $\displaystyle f(x_0,y_0)\in f(K).$

                                 即$f(K)$为紧集。且有
                                              $\displaystyle \lim_{\underset{y\to y_0}{x\to x_0}}f(x,y)=f(x_0,y_0).$

                             函数在$(x_0,y_0)$点连续。再由$(x_0,y_0)\in K$的任意性，所以函数$f(x,y)$在$R^2$上连续。

浙江大学2019年数学分析真题


证明：
                   由已知条件，函数在区间上逐点收敛，因此有
                                       $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,\forall n\in \mathbb{N},\forall x,y\in[a,b],\exists \delta > 0,|x-y|< \delta ,s.t.|f_n(y)-f(x)|< \varepsilon ,$

                     再由条件，有
                                         $\displaystyle \exists N\in\mathbb{N},n> N,\forall x,y\in[a,b],\exists \delta> 0,|x-y|< \delta ,s.t.|f_n(x)-f_n(y)|< \varepsilon ,$

                      因而，对于满足上述条件的$\displaystyle \varepsilon , \delta,N$，就有
                                         $\displaystyle |f_n(x)-f(x)|\leq |f_n(x)-f_n(y)|+|f_n(y)-f(x)|< \varepsilon .$

上海财经大学2021年数学分析


解
      1、
               由瓦列斯公式：
                              $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{(2n-3)!!}{(2n-2)!!}\sqrt{n}=\frac{1}{\sqrt{\pi}},$

                               $\displaystyle \Rightarrow \lim_{n \to \infty }\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot \frac{2n}{2n-1}\sqrt{n}=\frac{1}{\sqrt{\pi}}.$

                               $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}=0.$


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