数学分析习题练习七

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


证明
                 由泰勒展开公式，有
                               $\displaystyle f(x)=T_{n-1}(x)+\frac{1}{n!}f^{(n)}(\xi)(x-x_0)^n,x\in\mathbb{R},x_0\in(a,b),\xi\in(x_0,x)$

                                     其中，$\displaystyle T_{n-1}(x)$为$\displaystyle n-1$阶泰勒展开式。又

                                    $\displaystyle \because f(x)\not\equiv 0,$

                                    $\displaystyle \therefore \underset{x\in\mathbb{R},n\in\mathbb{N}}{\sup}|f^{(n)}(x)|=\underset{x\in\mathbb{R},n\in\mathbb{N}}{\sup}\{\frac{n!}{(x-x_0)^n}|f(x)|\}=+\infty .$

                   其中，因为由阶乘的瓦列斯公式
                                              $\displaystyle n!\sim \sqrt{2n\pi}(\frac{n}{e})^n,$

                                   得到
                                              $\displaystyle n> e(x-x_0),\frac{n!}{(x-x_0)^n}\to +\infty.$

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


证明
          （1）、此题为典型的分段积分法。将积分区间分为
                                          $\displaystyle [0,1]=[0,1-\delta ]\cup [1-\delta ,1],\delta > 0.$

                            将积分分为两部分
                                          $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{1}G(x^n)dx=\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{1-\delta }G(x^n)dx+\lim_{n \to \infty }\int_{1-\delta }^{1}G(x^n)dx,$

                        由已知，有
                                           $\displaystyle n \to \infty ,x^n\to 0,x\in[0,1-\delta ],\frac{g(x)}{x}< \infty ,$

                                 又
                                            $\displaystyle \because G(x^n)=\int_{0}^{x^n}\frac{g(t)}{t}dt=\frac{g(\xi)}{\xi}\cdot x^n=0,(n \to \infty ,\xi\in(0,1-\delta ))$

                                       $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{1-\delta }G(x^n)dx=0,$

                                 同时
                                             $\displaystyle x\in[1-\delta ,1],x^n\in[1-\delta ,1],G(x^n)< \infty .$

                                      $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }\int_{1-\delta }^{1}G(x^n)dx=\lim_{n \to \infty }G(\xi^n)\int_{1-\delta }^{1}dx=0.$

                         综上结论，得
                                         $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{1}G(x^n)dx=0.$

       （2）、由已知                                        $\displaystyle \because G(x^n)=\int_{0}^{x^n}\frac{g(t)}{t}dt,$

                                        $\displaystyle \therefore G'(x^n)=nx^{n-1}\frac{g(x^n)}{x^n},$

                                        $\displaystyle \Rightarrow g(x^n)=\frac{x}{n}G'(x^n).$

                         再利用（1）的结论，得
                   $\displaystyle \lim_{n \to \infty }n\int_{0}^{1}g(x^n)dx=\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{1}xG'(x^n)dx=\lim_{n \to \infty }xG(x^n)|_0^1-\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{1}G(x^n)dx=G(1).$

解
     （1）、由已知，因为有
                               $\displaystyle \lim_{x\to+\infty }(au(x)-bv(x)+u'(x))=0,----(1)$

                               $\displaystyle \lim_{x\to+\infty }(av(x)+bu(x)+v'(x))=0,----(2)$

                   将$\displaystyle (1)\times u(x)\displaystyle +(2)\times v(x),$得
                                $\displaystyle \lim_{x\to+\infty }(a(u^2(x)+v^2(x))+u(x)u'(x)+v(x)v'(x))=0,$

                                     $\displaystyle \because a> 0,a(u^2(x)+v^2(x))\geq 0,$
     
                             所以有$\displaystyle u(x)u'(x)+v(x)v'(x)\leq 0,$

                                 即有
                                            $\displaystyle \int_{0}^{x}[u(x)u'(x)+v(x)v'(x)]dx\leq 0,$

                                   求积得
                                            $\displaystyle \lim_{x\to+\infty }(u^2(x)+v^2(x))\leq 0,$

                                              $\displaystyle \Rightarrow \lim_{x\to+\infty }u(x)=0,\lim_{x\to+\infty }v(x)=0.$

          （2）、利用上述结论，令
                                               $\displaystyle a=1> 0,b=-1,v(x)=f'(x),v'(x)=f''(x),u(x)=f(x),$

                                  代入，即知结论成立。

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


证明：
       （1）、由已知，得
                                $\displaystyle K\cap S=\{f:f(x)$在$[a,b]$上非负，阶梯递减，且满足$\displaystyle af(a)=bf(b),\int_{a}^{b}f(x)dx=1\}.$

                          不妨设
                                  $\displaystyle \max \{f(x),g(x)\}=f(x)\in K\cap S,$
                       
                            先考察最简单的情形，即只有一个阶梯的函数。如
                                   $f(x)=\begin{cases}
f(a) &, a\leq x< c \\
f(c) &, c\leq x< b \\
f(b)&, x=b.
\end{cases}$

                            其中$\displaystyle f(b)\leq f(c)\leq f(a).$

                        则
                            $\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{a}^{c}f(a)dx+\int_{c}^{b}f(c)dx=f(a)(c-a)+f(c)(b-c)\leq f(a)(b-a),$

                           又
                                    $\displaystyle \because \int_{a}^{b}f(a)dx=1,\therefore f(a)=\frac{1}{b-a}.$

                                  $\displaystyle \Rightarrow \int_{a}^{b}f(x)dx\leq 1\leq \frac{2\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}.$

                         对于复杂阶梯递减函数的情况，一样可以类似上述的证明。即有
                                      $\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)dx\leq f(a)(b-a)=1\leq \frac{2\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}.$

       （2）、不妨设
                             $\displaystyle \max \{f(x),g(x)\}=f(x)\in K,$  

                   则由已知条件，结论明显成立
                              $\displaystyle \int_{a}^{b}\max \{f(x),g(x)\}dx=\int_{a}^{b}f(x)dx=1\leq \frac{2\sqrt{b}}{\sqrt{a}+\sqrt{b}}.$

                    其中等号仅在$a=b$时成立。

设
       $\displaystyle I(n)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin ^nxdx,$
求
            $\displaystyle \lim_{n \to \infty }I(n).$

解：
            由积分公式得
                                   $\displaystyle I(2n)=\frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\frac{\pi}{2},$

                                    $\displaystyle I(2n+1)=\frac{(2n)!!}{(2n+1)!!}.$

               利用积分变换，并对分子分母分别利用stolz公式：
                                    $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }\sqrt[n]{I(2n)}&=\lim_{n \to \infty }\frac{e^{\frac{1}{n}\ln(2n-1)!!}}{e^{\frac{1}{n}\ln(2n)!!}}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{e^{\ln(2n-1)}}{e^{\ln(2n)}}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{2n-1}{2n}\\\\&=1.\end{align*}$
                                    $\displaystyle \Rightarrow \lim_{n \to \infty }I(2n)=1.$
                  同理，可知
                                     $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\sqrt[n]{I(2n+1)}=\lim_{n \to \infty }\frac{2n}{2n+1}=1.$
                              即
                                     $\displaystyle \lim_{n \to \infty }I(2n+1)=1.$

                             因此
                                       $\displaystyle \lim_{n \to \infty }I(n)=1.$
        
           上面的结果疑似有错。
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           以下是博士论坛上大神的解法：

令$g(x)=e^{\frac{x^2}{2}}\cos x$, 则$g'(x)=e^{\frac{x^2}{2}}(x\cos
x-\sin x)<0$,$\forall x\in (0,\frac{\pi}{2})$, 故$g(x)<g(0)=1$,
故$\cos x<e^{-\frac{x^2}{2}}$, $\forall x\in
(0,\frac{\pi}{2})$,从而
\[I_n=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^n
xdx<\int_0^{\frac{\pi}{2}}e^{-\frac{nx^2}{2}}dx<\int_0^{+\infty}e^{-\frac{nx^2}{2}}dx=\frac{\sqrt{\pi}}{\sqrt{2n}}\to
0(n\to\infty).\]

                                                               ---------Hansschwarzkopf                                                

求极限
            $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{1+2^{\frac{1}{n}}+\cdots +n^{\frac{1}{n}}}{n}.$

解：
            $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{1+2^{\frac{1}{n}}+\cdots +n^{\frac{1}{n}}}{n}=\lim_{n \to \infty }\frac{(n+1)^{\frac{1}{n+1}}}{1}=1.$

解
                   $\displaystyle S(x)=\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^n\frac{x^{(2n+1)}}{(2n+1)!(2n+1)}.|x|\leq 1.\\
\begin{align*}S'(x)&=\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^n\frac{x^{2n}}{(2n+1)!}\\&=\frac{1}{x}\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^{n}\frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}\\&=1-\frac{1}{x}\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}\frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}\\&=1-\frac{1}{x}\sin x.\end{align*}$

2022年河北工业大学数学分析考研真题

楼上4、解                利用格林公式：

                      $\begin{align*}I&=\oint_L(xy^2+y^3)dx-(x^2y-x)dy\\&=\iint_D(-2xy++1-2xy-2y)dxdy\\&=4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \int_{0}^{1}(-4r^2\cos\theta \sin\theta -2r\sin\theta +1)rdr\\&=4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(-\cos\theta \sin\theta -\sin\theta +\frac{1}{2})d\theta=\pi-6. \end{align*}$

前楼5、解
             利用高斯公式
                      $\begin{align*}I&=\iint_S=\iiint_{\Omega }(z+z+2z)dV\\&=4\iiint_{\Omega }zdV=4\int_{0}^{1}z\int_{0}^{1-z}dy\int_{0}^{1-y-z}dx\\&=\frac{1}{6}.\end{align*}$