数学分析习题练习七

安徽师范大学2021年601数学分析


解：
          由于积分在$(0,0)$无连续偏导数，因此分两种情形。

         第一种，$L$不经过原点，则由于有
                                         $\displaystyle \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y},$

                             因此，由格林公式知，曲线积分$\displaystyle I=0.$

         第二种，$L$经过原点，则挖去。作包围原点的小圆：
                                           $\displaystyle x^2+y^2=\epsilon ^2,$

                  小圆外积分为$0$（同上），小圆内曲线$L$上的曲线积分等于沿小圆周长的曲线积分
                                      $\displaystyle I=\frac{1}{\epsilon ^2}\oint_Cxdy-ydx=\frac{1}{\epsilon ^2}\iint_\sigma 2d\sigma =2\pi.$

暨南大学2021年709数学分析


证明：
               由已知方程，求导
                                    $\displaystyle \because (f(x)e^{f(x)})'=(\arctan x)'=\frac{1}{1+x^2}> 0,$

                                     $\displaystyle \therefore f(x)e^{f(x)}\uparrow ,f(x)>0,(x> 0)$

                                    $\displaystyle \Rightarrow e^{f(x)}> 1,$

          对已知方程两边求极限
                                     $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)e^{f(x)}=\lim_{x\to+\infty}\arctan x=\frac{\pi}{2},$

                                      $\displaystyle \therefore f(x)=\frac{\pi}{2}e^{-f(x)}<\frac{\pi}{2},(x> 0)$

暨南大学2021年709数学分析



证明:
                    由已知条件，得
                                    $\displaystyle 0< a_{n+1}=\frac{2(a_n+1)}{a_n+2}=2-\frac{1}{a_n+2}< 2.$

                       而
                                      $\displaystyle a_{n+1}-a_n=\frac{2(a_n+1)}{a_n+2}-a_n=\frac{2a_n+2-a^2_n-2a_n}{a_n+2}=\frac{2-a^2_n}{a_n+2},$

                     有两种情形
                                      $\displaystyle a< \sqrt{2},a_{n+1}-a_n> 0,a_n\uparrow ,$

                                       $\displaystyle a> \sqrt{2},a_{n+1}-a_n<  0,a_n\downarrow ,$

                    无论何种情形，数列均为单调有界，故数列极限存在。设
                                         $\displaystyle \lim_{n \to +\infty}a_n=a,$

                     由已知条件两边求极限，解得
                                          $\displaystyle \Rightarrow \lim_{n \to +\infty}a_n=a=\sqrt{2}.$

暨南大学2021年709数学分析


证明：
                           令
                                    $\displaystyle F(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt+\int_{0}^{x}f(t)\cos tdt,$

                            则
                                     $\displaystyle F(0)=F(\pi)=0,$

                       由Roll中值定理，知
                                       $\displaystyle \exists c\in(0,\pi),s.t.F'(c)=f(c)+f(c)\cos c=0,$

                             整理得
                                       $\displaystyle f(c)(1+\cos c)=0,$         

                                       $\displaystyle \because c\in(0,\frac{\pi}{2}],1+\cos c\geq  1\neq 0,$      

                                            $\displaystyle c\in(\frac{\pi}{2},\pi),1+\cos c< 1\neq 0.$         

                             两种情形都成立， 所以有
                                            $\displaystyle \exists \xi\in(0,\frac{\pi}{2}],f(\xi)=0,$

                                            $\displaystyle \exists \eta \in(\frac{\pi}{2},\pi),f(\eta)=0.$

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暨南大学2021年709数学分析


解：
              先求系数：
                                  $\displaystyle a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}-\frac{\pi}{4}dx+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{\pi}{4}dx=0.$

                                  $\displaystyle a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}-\frac{\pi}{4}\cos nxdx+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{\pi}{4}\cos nxdx=0.$

                                  $\displaystyle b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}-\frac{\pi}{4}\sin nxdx+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{\pi}{4}\sin nxdx=\frac{1}{2n}[1-(-1)^n],$

                                   $\displaystyle \therefore f(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{2n-1}\sin(2n-1)x,$

                              令：$\displaystyle x=\frac{\pi}{3},$得

                                  $\displaystyle \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}(1-\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{11}+\cdots ).$

                           即有
                                   $\displaystyle \frac{\sqrt{3}\pi}{6}=1-\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{11}+\cdots .$

                                                                                  注：此题是华师大数分教程原题。






                                    

中国科学技术大学极限论试题


解：
       （1）、
                              $\displaystyle \because e=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots +\frac{1}{n!}+\frac{1}{(n+1)!}+\cdots ,$

                              $\begin{align*}\therefore 2\pi n!e&=2\pi n!(1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots +\frac{1}{n!}+\frac{1}{(n+1)!}+\cdots )\\\\&=2(n!+n!+n(n-1)\cdots (n-3)+\cdots +1)\pi+2\pi[\frac{1}{n+1}+\frac{1}{(n+2)(n+1)}+\cdots ],\end{align*}$

                     所以有
                             $\displaystyle \lim_{n \to \infty }n\sin(2\pi n!e)=\lim_{n \to \infty }n\sin[2\pi (\frac{1}{n+1}+o(\frac{1}{n+1}))]=\lim_{n \to \infty }\frac{2\pi n}{n+1}=2\pi.$

         
       （2）、
                             $\displaystyle \because e=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots +\frac{1}{n!}+\frac{1}{(n+1)!}+\cdots ,$

                             $\begin{align*}\therefore n!e&=n!(1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots +\frac{1}{n!}+\frac{1}{(n+1)!}+\cdots )\\\\&=(n!+n!+n(n-1)\cdots (n-3)+\cdots +1)+(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{(n+2)(n+1)}+\cdots ),\end{align*}$

                                $\displaystyle [n!e]=(n!+n!+n(n-1)\cdots (n-3)+\cdots +1)+[\frac{1}{n+1}+\frac{1}{(n+2)(n+1)}+\cdots],$

                因此得
                              $\displaystyle \lim_{n \to \infty }(n!e-[n!e])=\lim_{n \to \infty } \left ((\frac{1}{n+1}+\frac{1}{(n+2)(n+1)}+\cdots )-[\frac{1}{n+1}+\frac{1}{(n+2)(n+1)}+\cdots]\right )=0.$

中国科学技术大学极限论试题


证明：
                       $\displaystyle \because \lim_{n \to \infty }\frac{a_n}{n}=0,$

                       $\displaystyle \Rightarrow \exists N,n> N,s.t.\frac{a_N}{n}=0,$

              而
                       $\begin{align*}\frac{\max \{a_1,a_2,\cdots ,a_n\}}{n}&=\max \left \{\frac{\max\{a_1,a_2,\cdots ,a_N\}+\max\{a_{N+1},a_{N+2},\cdots \}}{n}  \right \}\\\\&=\max\{0+0\}=0,(n\to\infty)\end{align*}$

              命题成立。

中国科学技术大学极限论试题


证明：引用知乎上的Toeplitz定理内容：
         


         令
                            $\displaystyle t_i=\frac{2i}{n^2},$

            则
                       $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}t_i=\frac{n(n+1)}{n^2}=1,(n\to\infty)$

         由Toeplitz定理，有
                        $\displaystyle \lim_{n \to \infty}\frac{a_1+2a_2+\cdots na_n}{n^2}=\frac{1}{2}\lim_{n \to \infty}\frac{2(a_1+2a_2+\cdots na_n)}{n^2}=\frac{a}{2}.$

中国科学技术大学极限论试题


证明：
                                $\displaystyle \because x_{n+1}\leq x_n+\frac{1}{n^2},$

                                 $\displaystyle \therefore \sum_{k=1}^{n}x_{k+1}\leq \sum_{k=1}^{n}x_k+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2},$

                                $\displaystyle \Rightarrow x_{n+1}\leq \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2},$

                                $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }x_{n+1}\leq \lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2}< \infty .$