数学分析习题练习七

上海财经大学2022年数学分析


此题与2022年中科大试题相同，见前面152#。

上海财经大学2022年数学分析


证明：
                利用泰勒展开公式，得
                                           $\displaystyle f(x+h)=f(x)+f'(x)h+\frac{1}{2}f''(\xi)h^2,\xi\in(x,x+h),h> 0$

                        整理，得
                                            $\displaystyle f'(x)=\frac{1}{h}[f(x+h)-f(x)]-\frac{1}{2}f''(\xi)h,$

                                  又
                                            $\displaystyle \because \lim_{x\to+\infty}f(x)=A,f(x),|f''(\xi)|\leq M.$

                                           $\displaystyle \therefore |f'(x)|\leq \frac{1}{h}|f(x+h)-A|+\frac{1}{h}|f(x)-A|+\frac{1}{2}|f''(\xi)|h,$

                                    由已知，有
                                             $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,h< \delta > 0,s.t.\frac{1}{2}|f''(\xi)|h\leq \frac{1}{2}Mh< \frac{\varepsilon}{3} ,$

                                    然后固定$h$,再令$\displaystyle x\to +\infty ,$由已知条件，$\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=A$,则有
                                                  $\displaystyle \frac{1}{h}|f(x+h)-A|< \frac{\varepsilon }{3},\frac{1}{h}|f(x)-A|< \frac{\varepsilon }{3}.$

                                   从而
                                                  $\displaystyle \Rightarrow |f'(x)|\leq\varepsilon .$

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

上海财经大学2022年数学分析



证明：
               令
                      $\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^{n}k(a_k-a_{k-1}),A_n=\sum_{k=1}^{n}a_k,$

                   而
                          $\begin{align*}S_n&=(a_1-a_0)+2(a_2-a_1)+\cdots +n(a_n-a_{n-1})\\\\&=-a_0-a_1-\cdots -a_{n}+(n-1)a_n\\\\&=-a_0-A_n-(n-1)a_n.\end{align*}$

                            $\displaystyle \because \sum_{n=1}^{\infty }a_n< \infty ,$

                     由柯西准则
                             $\displaystyle \therefore \forall \varepsilon > 0,\exists N\in \mathbb{N},n> N,s.t.$

                                      $\displaystyle |a_{N+1}+a_{N+2}+\cdots +a_{n}|< \frac{\varepsilon }{2},$

                          又
                                      $\displaystyle a_n> a_{n+1}> 0,$

                                       $\displaystyle \Rightarrow (n-N)a_n\leq a_{N+1}+a_{N+2}+\cdots +a_{n}< \frac{\varepsilon }{2},$

                               取$\displaystyle n> 2N$,则
                                           $\displaystyle \frac{n}{2}a_n< (n-N)a_n< \frac{\varepsilon }{2},$

                                              $\displaystyle \Rightarrow na_n< \varepsilon.$

                               所以
                             $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }S_n&=-a_0-\lim_{n \to \infty }A_n-\lim_{n \to \infty }(n-1)a_n\\\\&=-a_0-\lim_{n \to \infty }A_n-\lim_{n \to \infty }\frac{(n-1)}{n}na_n\\\\&=-a_0-\lim_{n \to \infty }A_n\\\\&< \infty .\end{align*}$

                              $\displaystyle S_n$收敛。

上海财经大学2022年数学分析


解：
               由函数定义可知，$x\in(0,1)$时，函数连续。而在$x=0,1$时为跳跃间断点（第一类间断点）。由黎曼可积定理，函数在$[0,1]$上可积。

上海财经大学2022年数学分析


解：
                              $\displaystyle \because \int_{1}^{+\infty }\frac{\sin x}{x}dx< \infty ,$

                               $\displaystyle \therefore p=1,I(p)=\int_{1}^{+\infty }\frac{\sin x}{x^p}dx< \infty ,$

                       而当$\displaystyle p>0,p\in [\delta ,+\infty ),\delta > 0$时，由于
                                     $\displaystyle I(p)=\int_{1}^{+\infty }\frac{\sin x}{x^p}dx=\int_{1}^{+\infty }\frac{\sin x}{x^{\delta }}\frac{1}{x^{p-\delta }}dx,$

                                $\displaystyle |\frac{\sin x}{x^{\delta }}|\leq 1,\frac{1}{x^{p-\delta }}\to 0,(n \to \infty )$

                      由判别法知，广义参数积分一致收敛。当$p=0$时,   
                                             $\begin{align*}I(0)&=\int_{1}^{+\infty}\sin x dx\\\\&=\int_{1}^{\pi}\sin xdx+\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{k=n}\int_{k\pi}^{(k+1)\pi}\sin xdx\\\\&=\int_{1}^{\pi}\sin xdx+\lim_{n \to \infty}\sum_{k=1}^{k=n}(\cos k\pi-\cos(k+1)\pi)\\\\&=\cos1-\lim_{n \to \infty}\cos (n+1)\pi< \infty .\end{align*}$


                     收敛。当$p<0$时，
                                       $\displaystyle I(p)=\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin x}{x^p}dx\geq \int_{1}^{+\infty}\frac{\sin ^2x}{x^p}dx=\int_{1}^{+\infty}\frac{1-\cos^2 x}{x^p}dx=\infty .$

                           发散。

上海财经大学2022年数学分析


证明：
                   由已知条件，有
                                           $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,\exists \delta > 0,\forall x_1,x_2\in [a,b],|x_1-x_2|< \delta ,$

                           其中，设$\displaystyle x_1< x_2,$由函数列的单调性不妨设$\displaystyle f_n(x_1)\leq  f_n(x_2).$再由已知；对于上述$\varepsilon,\delta$，
                                                      $\displaystyle \exists N\in \mathbb{N},n> N,s.t.$

                                             $\displaystyle |f_n(x_1)-f(x_1)|< \frac{\varepsilon }{2},|f_n(x_1)-f(x_2)|\leq |f_n(x_2)-f(x_2)|< \frac{\varepsilon }{2},$

                                            $\begin{align*}\therefore |f(x_1)-f(x_2)|&\leq |f_n(x_1)-f(x_1)|+|f_n(x_1)-f(x_2)|\\\\&\leq|f_n(x_1)-f(x_1)|+|f_n(x_2)-f(x_2)|\\\\&< \frac{\varepsilon }{2}+\frac{\varepsilon }{2}=\varepsilon .\end{align*}$

                             命题得证。

北京大学实验班数学分析2020-2021秋季学期数学分析一期末模拟卷


解：
          1、
                        $\displaystyle \lim_{x\to 0^+}\frac{x^{\sin x}-x^x}{(x-\tan x)\ln x}=\lim_{x\to 0^+}\frac{e^{\sin x\ln x}-e^{x\ln x}}{(x-\sin x)\ln x}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\sin x\ln x-x\ln x}{(x-\sin x)\ln x}=-1.$


           2、                      令$\displaystyle x^{2020}=t,$则$2020x^{2019}dx=dt,$

                           $\begin{align*}\int \frac{dx}{x\sqrt{x^{4040}+x^{2020}+1}}&=\frac{1}{2020}\int \frac{dt}{t\sqrt{t^2+t+1}}\\\\&=\frac{1}{2020}\int\frac{dt}{t^2\sqrt{\frac{1}{t^2}+\frac{1}{t}+1}}\\\\&=-\frac{1}{2020}\int \frac{du}{\sqrt{u^2+u+1}}\\\\&=-\frac{1}{2020}\int \frac{d(u+\frac{1}{2})}{\sqrt{(u+\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}}\\\\&=-\frac{1}{2020}\ln(u+\sqrt{u^2+\frac{3}{4}})+C\\\\&=-\frac{1}{2020}\ln(\frac{1}{x^{2020}}+\sqrt{\frac{1}{x^{4040}}+\frac{3}{4}})+C.\end{align*}$

北京大学实验班数学分析2020-2021秋季学期数学分析一期末模拟卷


解
     （3）、
                    $\begin{align*}\lim_{x\to+\infty}（\int_{0}^{x}e^{t^2}dt）^{\frac{1}{x^2}}&=\lim_{x\to+\infty}e^{\frac{1}{x^2}\ln\int_{0}^{x}e^{t^2}dt}\\\\&=e^{\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x^2}\ln\int_{0}^{x}e^{t^2}dt}\\\\&=e^{\lim_{x\to+\infty}\frac{e^{x^2}}{2x\int_{0}^{x}e^{t^2}dt}}\\\\&=e^{\lim_{x\to+\infty}\frac{2xe^{x^2}}{2\int_{0}^{x}e^{t^2}dt+2xe^{x^2}}}\\\\&=1.\end{align*}$

    （4）、
                     $\begin{align*}\int_{-1}^{1}\frac{1}{(e^x+1)(x^2+1)}dx&=\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\frac{\sec^2x}{(e^{\tan x}+1)(\tan^2x+1)}dx\\\\&=\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{e^{\tan x}+1}dx\\\\&=\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1}{e^{-\tan x}+1}dx\\\\&=\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\frac{e^{\tan x}+1}{e^{\tan x}+1}dx\\\\&=\frac{\pi}{4}.\end{align*}$

北京大学实验班数学分析2020-2021秋季学期数学分析一期末模拟卷



解：
               由泰勒公式：
                                   $\displaystyle \forall x,x_0\in(0,1],$

                                   $\displaystyle f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+f''(\xi)(x-x_0)^2,\xi\in(x_0,x)$

                令$\displaystyle x_0\to0^+,$并由已知条件，得
                                     $\displaystyle f(x)=o(1)+\lim_{x_0\to0^+}f'(x_0)x+f''(\xi)x^2,$

                  再令$\displaystyle x\to0^+,$并由题设条件，得
                                     $\displaystyle o(1)=o(1)+\lim_{x_0\to0^+}f'(x_0)\lim_{x\to0^+}x+o(1),$

                                        $\displaystyle \therefore f'(x)=o(\frac{1}{x}),x\to0^+.$

北京大学实验班数学分析2020-2021秋季学期数学分析一期末模拟卷