数学分析习题练习七

上海财经大学2021年数学分析

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解：
              令
                          $\displaystyle S=\sum_{n=0}^{\infty }(-1)^n(n^2-n+1)x^n,$

                     则
                           $\begin{align*}S&=\lim_{n \to \infty }\sum_{k=0}^{n }(-1)^k(k^2-k+1)x^k\\\\&=\lim_{n \to \infty }\sum_{k=0}^{n }(-1)^k[(k+2)(k+1)-4(k+1)+3]x^k\\\\&=\lim_{n \to \infty }(\sum_{k=0}^{n }(-1)^k(k+2)(k+1)x^k)+\lim_{n \to \infty }(\sum_{k=0}^{n }(-1)^k(-4)(k+1)x^k)+\lim_{n \to \infty }(\sum_{k=0}^{n }(-1)^k\cdot 3x^k)\\\\&=\lim_{n \to \infty }(\sum_{k=0}^{n }(-1)^kx^{k+2})''-4\lim_{n \to \infty }(\sum_{k=0}^{n }(-1)^kx^{k+1})'+3\lim_{n \to \infty }(\sum_{k=0}^{n }(-1)^k\cdot x^k)\\\\&=(\frac{x^2}{1+x})''-4(\frac{x}{1+x})'+3(\frac{1}{1+x})\\\\&=\frac{2}{(1+x)^3}-\frac{4}{(1+x)^2}+\frac{3}{1+x}\\\\&=\frac{1+2x+3x^2}{(1+x)^3}.\end{align*}$

                  将$\displaystyle x=\frac{1}{2}$代入，得

                     $\displaystyle S=\frac{22}{27}.$

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解
                              $\displaystyle \because \int_{0}^{x^2}dt\int_{\sqrt{t}}^{x}f(t,u)du=\int_{0}^{x}du\int_{0}^{u^2}f(t,u)dt,$

                                $\begin{align*}\therefore \lim_{x\to 0^+}\frac{\int_{0}^{x^2}dt\int_{\sqrt{t}}^{x}f(t,u)du}{x^3}&= \lim_{x\to 0^+}\frac{\int_{0}^{x}du\int_{0}^{u^2}f(t,u)dt}{x^3}\\\\&=\lim_{x\to 0^+}\frac{\int_{0}^{x^2}f(t,x)dt}{3x^2}\\\\&=\lim_{x\to 0^+}\frac{2xf(x^2,x)}{6x}\\\\&=\frac{1}{3}.\end{align*}$

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证明
              由泰勒公式，得
                                     $\displaystyle f(x)=f(a)+\frac{1}{2}f''(\xi_1)(x-a)^2,\xi_1\in (a,b)$

                                      $\displaystyle f(x)=f(b)+\frac{1}{2}f''(\xi_2)(x-b)^2,\xi_2\in (a,b)$

                       令$\displaystyle x=\frac{a+b}{2},$代入上面式子，分别得到
                                         $\displaystyle f(\frac{a+b}{2})=f(a)+\frac{1}{2}f''(\xi_1)\frac{(b-a)^2}{4},$

                                          $\displaystyle f(\frac{a+b}{2})=f(b)+\frac{1}{2}f''(\xi_2)\frac{(b-a)^2}{4},$

                         两式相减，得到
                                           $\displaystyle \frac{1}{2}f''(\xi_2)\frac{(b-a)^2}{4}-\frac{1}{2}f''(\xi_1)\frac{(b-a)^2}{4}=f(b)-f(a),$

                                             $\displaystyle \Rightarrow |f''(\xi_2)-f''(\xi_1)|\frac{(b-a)^2}{8}=|f(b)-f(a)|,$

                             令
                                                $\displaystyle |f(\xi)|=\max \{|f(\xi_1)|,|f(\xi_2)|\},\xi\in (a,b)$

                                                $\displaystyle \therefore 2|f(\xi)|\cdot \frac{(b-a)^2}{8}\geq |f''(\xi_2)-f''(\xi_1)|\frac{(b-a)^2}{8}=|f(b)-f(a)|,$

                              因此
                                              $\displaystyle \Rightarrow |f(\xi)|\geq \frac{4}{(b-a)^2}|f(b)-f(a)|.$

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解：
          1、
                          $\displaystyle \because \frac{1}{1-x}=1+x+x^2+\cdots +x^n+\cdots ,$

                    令$x=-x,$代入上式，得
                                        $\displaystyle \frac{1}{1+x}=1-x+x^2+\cdots +(-1)^nx^n+\cdots ,$

                                 积分
                                         $\displaystyle \therefore \ln (1+x)=x-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{3}x^3+\cdots +(-1)^{n-1}\frac{1}{n}x^n+\cdots .$


           2、利用1、的结论，并令$x=1$,就有
                                          $\begin{align*}&|\ln2-(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots +\frac{(-1)^{n-1}}{n})|\\\\&=|\frac{1}{n+1}-(\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n+3}+\cdots )|\\\\&< \frac{1}{n+1}.\end{align*}$

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证明
             1、
                        由于函数满足李普希兹条件，因此，函数在区间内一致连续，有界，所以函数可积。


              2、
                       利用给定条件，有
                                      $\begin{align*}|\int_{a}^{b}f(x)dx-(b-a)f(c)|&=|\int_{a}^{b}(f(x)-f(c))dx|\\\\&\leq \int_{a}^{b}|f(x)-f(c)|dx\\\\&\leq  \int_{a}^{b}|x-c|dx\\\\&=\int_{a}^{c}(-x+c)dx+\int_{c}^{b}(x-c)dx\\\\&=-\frac{(c-a)^2}{2}+\frac{(b-c)^2}{2}\\\\&\leq \frac{(b-a)^2}{2},\end{align*}$

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解：
                 由于
                           $\displaystyle \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}=e^x\cos y-m,$

                 因此线积分与路径无关，从而
                            $\displaystyle I=\int _L=\int_{(2a,0)}^{(0,0)}0dx+0=0.$

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证明
                 由已知
                                    $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,\exists A\in [a,+\infty ),\forall x\in [a,+\infty ),x> A,s.t.$

                                     $\displaystyle |\int_{x}^{+\infty }f(x)dx|< \varepsilon ,|\int_{x}^{+\infty }f'(x)dx|< \varepsilon,|\int_{2x}^{+\infty }f'(x)dx|< \varepsilon,$

                     所以$f(x)$有界，而
                                     $\displaystyle |\int_{x}^{+\infty }f'(x)dx|\leq |\int_{x}^{2x}f'(x)dx|+|\int_{2x}^{+\infty }f'(x)dx|< \varepsilon,$

                                         $\displaystyle \Rightarrow |\int_{x}^{2x}f'(x)dx|< \varepsilon,$

                                         $\displaystyle \therefore 0\leq |xf(x)|< \varepsilon,(x>A)$

                          又因为$f(x)$有界，故
                                         $\displaystyle \Rightarrow 0\leq |f(x)|< \varepsilon,$

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

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解
              先分另别求在两个条件下的最大与最小值，再比较。在第一个条件下函数的最大与最小值分别为：
                                             $\frac{\sqrt{3}}{9},-\frac{\sqrt{3}}{9}$

                      而在第二个条件下函数的最大与最小值均为：$0.$

                            所以函数的最值均为：$0.$



                                             

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证明：
                   由已知
                                   $\displaystyle \because \lim_{n \to \infty }f(x+n)=0,x\in[0,\infty)$

                      因此要证明函数列$\displaystyle \{f(x+n)\}$在$[0,1]$内一致收敛，等价于证明
                                     $\displaystyle \forall \varepsilon> 0,\exists n\in \mathbb{N},n> N,s.t.$

                                         $\displaystyle |f(x+n)-0|< \varepsilon ,(x\in[0,1])$

                        取一个充分大的$\displaystyle k\in \mathbb{N}$,使得对于上述$ \varepsilon $有$\displaystyle \frac{1}{k}< \delta, $将$[0,1]$等分：
                                        $\displaystyle x_1=0<x_2<\cdots \cdots <x_k=1,$

                             由已知条件，得，对于上述$\varepsilon ,\delta ,$有
                                          $\displaystyle \exists N_i\in\mathbb{N},n> N_i,\forall x_i\in[0,1],|x_{i+1}-x_i|=\frac{1}{k}< \delta ,s.t.$

                                                   $\displaystyle |f(x_i+n)|< \frac{\varepsilon}{2} ,$

                                取$\displaystyle N=\max \{N_i\},i=1,2,\cdots ,k,n> N$，此时一定有
                                                    $\displaystyle |f(x_i+n)|<  \frac{\varepsilon}{2} ,$

                              由已知，$f(x)$在$[0,\infty)$一致连续，所以
                                                 $\displaystyle \forall x\in[x_i,x_{i+1}]\subset [0,1],$当

                                                 $\displaystyle |(x+n)-(x_i+n)|=|x-x_i|\leq |x_i-x_{i+1}|< \delta ,s.t.$

                                                 $\displaystyle |f(x+n)-f(x_i+n)|< \frac{\varepsilon}{2} .$

                                $\displaystyle \therefore |f(x+n)-0|\leq |f(x+n)-f(x_i+n)|+|f(x_i+n)|< \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon .$

                              命题成立。