数学分析习题练习七

中科大2014-2015学年第一学期《单变量微积分》期末考试试题



解：
            由已知
                                      $\displaystyle \because f^2(x)\leq 1+2\int_{0}^{x}f(t)dt,$

                      求导得、  
                                       $\displaystyle 2f(x)f'(x)\leq 2f(x),(f(x)> 0)$

                                         $\displaystyle \therefore f'(x)\leq 1,$

                        积分得
                                        $\displaystyle f(x)\leq x+C.$

                        再由已知不等式，令$x=0$,得
                                            $\displaystyle f^2(0)\leq 1,f(0)\geq 0.$

                             代入前式得
                                               $\displaystyle \Rightarrow C\geq 1,$

                                         $\displaystyle \therefore f(x)\leq 1+x.$

复旦大学2019-2020学年数学分析（AI）第一学期期末试卷


证明：利用单调有界原理。

                 由已知可知
                                               $\forall \eta \in [F(\alpha ),F(\beta )]\subset [F(a),F(b)],$

                        $F(x)$有介值性，即
                                                  $\exists \xi\in[\alpha ,\beta ]\subset [a,b],s.t.F(\xi)=\eta .$

                           则存在$x_n\in[\xi-\delta ,\xi)$（左邻域，单调增）,由于$F(x)$在$[\xi-\delta ,\xi)$上单调增，且$F(x_n)\leq F(\xi)=\eta.$

                            所以，$F(x_n)$为单调有界，有极限，即
                                                    $\forall \epsilon > 0,\exists N>0,n>N,\exists \delta > 0,|x_n-\xi|< \delta ,s.t.|F(x_n)-F(\xi)|< \epsilon .$

                        同理，存在$x_n\in(\xi,\xi+\delta],$（右邻域，单调减）
                                                     $\forall \epsilon > 0,\exists N>0,n>N,\exists \delta > 0,|x_n-\xi|< \delta ,s.t.|F(x_n)-F(\xi)|< \epsilon .$

                            即
                                           $\displaystyle \lim_{n \to \infty }F(x_n)=F(\xi)=\eta.$
                           
                                左右极限存在且相等。也即$F(x)$在$\xi$点连续。而由$\xi$的任意性，可知，$F(x)$在$[a,b]$上连续。

复旦大学数学院2020-2021学年第二学期英才班试题
一、（5）求
                           $\displaystyle \lim_{n \to +\infty}\sum_{k=1}^{n}\ln (1+\frac{\ln k}{n\ln n}).$

解：
                   $\begin{align*}\lim_{n \to +\infty}\sum_{k=1}^{n}\ln (1+\frac{\ln k}{n\ln n})&=\lim_{n \to +\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln k}{n\ln n}=\lim_{n \to +\infty}\frac{\ln n!}{n\ln n}\\\\&=\lim_{n \to +\infty}\frac{\ln n!-\ln(n-1)!}{n\ln n-(n-1)\ln(n-1)}\\\\&=\lim_{n \to +\infty}\frac{\ln n}{\ln\frac{n^{(n-1)}\cdot n}{(n-1)^{(n-1)}}}\\\\&=\lim_{n \to +\infty}\frac{\ln n}{\ln n+\ln(1+\frac{1}{n-1})^{(n-1)}}\\\\&=\lim_{n \to +\infty}\frac{\ln n}{\ln n+1}=1.\end{align*}$

2010-2011级中科大USTC单变量微积分期末试题


证明：
                                   $\displaystyle \because f(1)=\int_{0}^{1}e^{x-1}f(x)dx,$

                                   $\begin{align*}\therefore ef(1)&=\int_{0}^{1}e^{x}f(x)dx\\\\&=xe^{x}f(x)|_0^1-\int_{0}^{1}x(e^{x}f(x)+e^{x}f'(x))dx\\\\&=ef(1)-\int_{0}^{1}x(e^{x}f(x)+e^{x}f'(x))dx,\end{align*}$

                                   $\displaystyle \Rightarrow \int_{0}^{1}x(e^{x}f(x)+e^{x}f'(x))dx=0.$

                      由积分第一中值定理，得$\displaystyle \exists \xi\in(0,1) s.t.$

                                      $\displaystyle \xi e^{\xi}(f(\xi)+f'(\xi))=0.$

                         即有
                                      $\displaystyle f(\xi)+f'(\xi)=0.$

中科大2011-2012学年第一学期《单变量微积分》期末考试题


证明：
                       $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }na_n&=\lim_{n \to \infty }n[\sum_{k=1}^{n}\int_{k-1}^{k}f(a+\frac{(b-a)x}{n})\frac{b-a}{n}dx-\frac{b-a}{n}\sum_{k=1}^{n}\int_{k-1}^{k}f(a+\frac{(b-a)k}{n})]dx\\\\&=(b-a)\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\int_{k-1}^{k}[f(a+\frac{(b-a)x}{n})-f(a+\frac{(b-a)k}{n})]dx\\\\&=(b-a)\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\int_{k-1}^{k}[f'(\xi_k)\frac{(b-a)(x-k)}{n}]dx\\\\&=(b-a)\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}[f'(\xi_k)\frac{b-a}{n}\int_{k-1}^{k}(x-k)dx]\\\\&=\frac{b-a}{2}\int_{a}^{b}f'(x)dx\\\\&=\frac{b-a}{2}[f(b)-f(a)].\end{align*}$

一道复旦大学2020-2021学年第二学期期末考试题（英才班）

网友提供的知乎上的通解



                                                参见：https://zhuanlan.zhihu.com/p/266919643

中科大USTC2016-2017学年第1学期单变量微积分期末试卷


解：$\{a_n\}$收敛。

                     $\displaystyle \because a_n=\int_{0}^{n}f(x)-\sum_{i=1}^{n}f(i)=\sum_{i=1}^{n}(\int_{i-1}^{i}f(x)dx-f(i)),$

                      $\displaystyle \therefore a_n-a_{n-1}=\int_{n-1}^{n}f(x)dx-f(n)=f(\xi_n)-f(n),n-1< \xi_n< n,$

             又
                         $f(x)$单调减，因此有

                         $\displaystyle a_n-a_{n-1}=f(\xi_n)-f(n)\geq 0,a_n\uparrow.$

              而
                          $\begin{align*}a_n&=\sum_{i=1}^{n}(\int_{i-1}^{i}f(x)dx-f(i))\\\\&=\sum_{i=1}^{n}(f(\xi_i)-f(i))//(i-1< \xi_i< i)\\\\&=f(0)-f(n)\\\\&\leq f(0).\end{align*}$

              故$\{a_n\}$单调增，有上界，收敛。

中科大2014-2015学年第1学期《单变量微积分》期末试题


解：
                 利用“区间再现公式”：
                                         $\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{a}^{b}f(a+b-x)dx.$

                          于是有
                                         $\begin{align*}I&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x\cos x}{1+\sqrt{\tan x}}dx\\\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin(\frac{\pi}{2}-x)\cos(\frac{\pi}{2}-x)}{1+\sqrt{\tan (\frac{\pi}{2}-x)}}dx\\\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x\cos x\sqrt{\tan x}}{1+\sqrt{\tan x}}dx\\\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x\cos x(1+\sqrt{\tan x})}{1+\sqrt{\tan x}}dx\\\\&=\frac{1}{4}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin 2xdx\\\\&=\frac{1}{8}(-\cos 2x)|_0^{\frac{\pi}{2}}\\\\&=\frac{1}{4}.\end{align*}$