数学分析习题练习七

同济大学2021年数学分析真题

证明：
                              $\displaystyle \because |g(x_1)-g(x_2)|\leq |g(x_1)-f(x_1)|+|f(x_2)-g(x_2)|+|f(x_1)-f(x_2)|,$

                 由已知条件，可知有
                                    $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,\exists X\in[a,+\infty),x_1,x_2> X,s.t.$

                                      $\displaystyle |f(x_2)-g(x_2)|< \frac{\varepsilon }{3},|f(x_1)-f(x_2)|< \frac{\varepsilon }{3},$

                  对上述$\varepsilon,x_1,x_2$，
                                            $\displaystyle \exists \delta > 0,\forall x_1,x_2\in [a,+\infty),|x_1-x_2|< \delta ,s.t.$

                                                    $\displaystyle |f(x_1)-f(x_2)|< \frac{\varepsilon}{3} ,$

                                       $\begin{align*}\therefore |g(x_1)-g(x_2)|&\leq |g(x_1)-f(x_1)|+|f(x_2)-g(x_2)|\\\\&+|f(x_1)-f(x_2)|<  \frac{\varepsilon }{3}+ \frac{\varepsilon }{3}+ \frac{\varepsilon }{3}=\varepsilon .\end{align*}$

                          命题成立。

同济大学2021年数学分析真题


解：
               当$\alpha > 2$时，在函数间断点$x=0$连续。从而在$R$上连续。由于$\alpha > 2$时，函数在$[-1，1]$上连续，有界，因而可积。

同济大学2021年数学分析真题

证明：
                此题与下一题的证明思路相同，利用点的邻域内函数的单调有界性质，证明左右极限存在。

同济大学2021年数学分析真题

证明：
                   开区间上的凸函数，在区间内每个点的邻域内是单调有界的，因此在每个点上极限存在，也即函数连续。

同济大学2021年数学分析真题



证明：
             将函数在特殊点泰勒展开
                                              $\displaystyle f(x+h)=f(x)+f'(x)h+\frac{1}{2}f''(\eta_1)h^2,\eta_1\in (x,x+h)$

                                               $\displaystyle f(x-h)=f(x)+f'(x)h-\frac{1}{2}f''(\eta_1)h^2,\eta_2\in (x-h,x)$

                  两式相减，得
                                              $\displaystyle f(x+h)-f(x-h)=2f'(x)h+\frac{1}{2}h^2(f''(\eta_1)-f''(\eta_2)),$

                                               $\displaystyle \because M^k=\sup |f^k(x)|,k=0,1,2$

                       所以有
                               $\displaystyle 0\leq |\frac{1}{2}h^2(f''(\eta_1)-f''(\eta_2))+2f'(x)h-(f(x+h)-f(x-h))|\leq M_2h^2+2M_1h+2M_0,$

                         由二次多项式根与系数关系，有
                                                $\displaystyle \Delta =4M_1^2-8M_0M_2\leq 0,$

                               因此，有
                                                    $\displaystyle \Rightarrow M_1^2\leq 2M_0M_1< +\infty .$

同济大学2021年数学分析真题


证明
                         当$x\geq 1$时，有
                                               $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }f(x)dx\leq \int_{0}^{+\infty }xf(x)dx< \infty ,$

                              此时，积分$\displaystyle \int_{0}^{+\infty }f(x)dx$收敛。设辅助函数
                                                 $\displaystyle F(x)=\int_{0}^{x}tf(t)dt-\frac{1}{2}(\int_{0}^{x}f(t)dt)^2,$

                                                  $\displaystyle \because 0< f(x)< 1,$

                                  $\displaystyle \therefore F'(x)=xf(x)-f(x)\int_{0}^{x}f(t)dt=(x-\int_{0}^{x}f(t)dt)f(x)> 0,$

                                            $\displaystyle \Rightarrow F(x)=\int_{0}^{x}tf(t)dt-\frac{1}{2}(\int_{0}^{x}f(t)dt)^2> F(0)=0.$

                                             $\displaystyle \therefore \frac{1}{2}(\int_{0}^{+\infty }f(x)dx)^2< \int_{0}^{+\infty }xf(x)dx,(t\to+\infty)$

同济大学2021年数学分析真题

解：
                  利用泰勒展开
                                  $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }n^2(\sin \frac{\pi}{n}-\sin \frac{\pi}{n+1})=\lim_{n \to +\infty }n^2(\frac{\pi}{n}+o(\frac{\pi}{n})-\frac{\pi}{n+1}-o(\frac{\pi}{n+1}))=\pi.$

同济大学2021年数学分析真题

证明：
                       由已知条件，可知
                                            $\displaystyle \because \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=0,\therefore \lim_{x\to 0}f(x)=0,f'(0)=0.$

                            将级数项泰勒展开
                                             $\displaystyle f(\frac{1}{n})=f(0)+\frac{1}{n}f'(0)+\frac{1}{n^2}f''(\xi)=\frac{1}{n^2}f''(\xi),\xi\in(-1,1)$

                               再由函数有连续的二险导数，所以有界，从而有
                                              $\displaystyle \because |f''(\xi)|\leq M,\therefore |f(\frac{1}{n})|\leq \frac{M}{n^2}.$

                                 因而
                                              $\displaystyle \Rightarrow |\sum_{n=1}^{\infty }f(\frac{1}{n})|\leq M\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=M\frac{\pi^2}{6}< \infty .$

                                级数绝对收敛。

同济大学2021年数学分析真题


证明：
                         令
                                      $\displaystyle u(x)=\frac{x^n}{n^2\ln(1+ n)},$
                               当
                                        $\displaystyle \forall x\in[-1,1],n\geq 2,$

                         时，由于
                                       $\displaystyle |u(x)|=|\frac{x^n}{n^2\ln(1+ n)}|\leq \frac{1}{n^2}\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                           所以，$f(x)$在$x\in[-1,1]$上一致连续，$f(x)$在$x\in[-1,1]$上连续。

                                 又因为
                                           $\displaystyle u'(x)=\frac{x^{n-1}}{n\ln(1+ n)}$
                              
                                    在$(-1,1)$上收敛。$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }u'(x)$在$x=-1$收敛,$[-1,0]$上一致收敛。因此有
                                            $\displaystyle f'(x)=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n-1}}{n\ln(1+ n)},x\in[-1,0]$

                                  从而有
                  $\displaystyle \lim_{x\to1^-}f'(x)=\lim_{x\to1^-}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n-1}}{n\ln(1+ n)}=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n\ln(1+ n)}=+\infty ,$

                                在$x=1$，对$f(x)$求导数，得
                                       $\displaystyle \lim_{x\to 1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to 1}f'(x)=+\infty,$

                                    不可导。

同济大学2021年数学分析真题


证明：
                  由已知
                                  $\displaystyle \because \int_{0}^{+\infty }t^af(t)dt< \infty ,\int_{0}^{+\infty }t^bf(t)dt< \infty ,$

                                   $\displaystyle \therefore \forall \varepsilon > 0,\exists A_0> 0,A_1> A_0,A_2> A_0,s.t.$

                                    $\displaystyle |\int_{A_1}^{+\infty }t^af(t)dt|< \varepsilon ,|\int_{A_2}^{+\infty }t^bf(t)dt|< \varepsilon,$

                        对于上面的$\varepsilon ,A_0$，不妨设$A_2> A_1> A_0$，

                          当$b> a> 0,$时有
$\displaystyle |\int_{A_1}^{A_2}t^\lambda f(t)dt|\leq |\int_{A_1}^{+\infty }t^\lambda f(t)dt|+|\int_{A_2}^{+\infty }t^\lambda f(t)dt|\leq |\int_{A_1}^{+\infty }t^b f(t)dt|+|\int_{A_2}^{+\infty }t^b f(t)dt|< \varepsilon ,$

                          当$0> b> a,$时有
                              $\displaystyle |\int_{A_1}^{A_2}t^\lambda f(t)dt|\leq |\int_{A_1}^{+\infty }t^a f(t)dt|+|\int_{A_2}^{+\infty }t^a f(t)dt|< \varepsilon ,$

                           当$b> 0,a< 0,$时有
                                $\displaystyle |\int_{A_1}^{A_2}t^\lambda f(t)dt|\leq |\int_{A_1}^{+\infty }t^b f(t)dt|+|\int_{A_2}^{+\infty }t^b f(t)dt|< \varepsilon ,$

                             因此，积分$\displaystyle \int_{0}^{+\infty }t^\lambda f(t)dt$在$\lambda \in [a,b]$上一致收敛.