数学分析习题练习七

命题：设$\int_a^{ + \infty } {f\left( x \right)dx} $收敛，若$\lim \limits_{x \to \begin{array}{*{20}{c}} {{\rm{ + }}\infty } \end{array}} f\left( x \right)$存在，则$\lim \limits_{x \to \begin{array}{*{20}{c}} {{\rm{ + }}\infty } \end{array}} f\left( x \right) = 0$

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

解
          利用放缩法
                 $\displaystyle \because \frac{k}{n^2+n+n}\leq \frac{k}{n^2+n+k}\leq \frac{k}{n^2+n+1},$

                 $\displaystyle \therefore \frac{\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k}{n^2+n+n} <(\frac{1}{n^2+n+1}+\frac{2}{n^2+n+2}+\cdots +\frac{n}{n^2+n+n})< \frac{\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k}{n^2+n+1},$

          即有
                 $\displaystyle \frac{1}{2}=\frac{n^2+n}{2(n^2+2n)} <(\frac{1}{n^2+n+1}+\frac{2}{n^2+n+2}+\cdots +\frac{n}{n^2+n+n})< \frac{n^2+n}{2(n^2+n+1)}=\frac{1}{2},(n \to \infty )$

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


一道类似形式的题

证明题（北京科技大学2009年非数学专业数学竞赛试题）


证明：
                由周期函数的Riemann引理可知，级数通项趋于$0$：
                    
                            $\displaystyle \lim_{n \to \infty }a_n=\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{1}f(x)\phi (nx)dx=\int_{0}^{1}f(x)dx\int_{0}^{1}\phi(x)dx=0.$
                  
              由Cauchy不等式得
                             $\displaystyle \sqrt[n]{a_n^2}=\sqrt[n]{(\int_{0}^{1}f(x)\phi (nx)dx)^2}\leq \sqrt[n]{\int_{0}^{1}f^2(x)dx\int_{0}^{1}\phi ^2(nx)dx}=1,(n \to \infty )$

              由根值判别法，知正项级数收敛。


华东师范大学考研的级数题（网友解答）

好东西，学习了，谢谢

设$\lambda > 0$为常数，判断级数
                            $\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^n\tan \sqrt{n^2+\lambda }\pi.$
是否收敛？

解：
                \begin{align*}\because \tan \sqrt{n^2+\lambda}\pi&=\tan(n\pi+\sqrt{n^2+\lambda}\pi-n\pi)\\\\&=\tan(\sqrt{n^2+\lambda}\pi-n\pi)\\\\&=\tan\frac{\lambda \pi}{\sqrt{n^2+\lambda }+n}\\\\&\sim \frac{\lambda \pi}{\sqrt{n^2+\lambda }+n}\sim\frac{\lambda \pi}{n}.\end{align*}

             因此，级数为交叉级数，由莱布尼兹判别法，所给级数条件收敛。

南昌大学第七届高等数学竞赛(文科类）试题


解：由已知条件，可知
                                $f(0)=0.$

                                 $\displaystyle f(x)=\frac{1}{a}f(x+1)=\frac{1}{a}(x+1)(1-(x+1)^2),x\in[-1,0)$

                再由在$x=0$可导，左右导数相等，即有
                                 $\displaystyle \lim_{x\to 0^+}f(x)=\lim_{x\to 0^-}f(x),$

                   从而
                                  $\displaystyle \lim_{x\to 0^+}\frac{\frac{1}{a}(x+1)(1-(x+1)^2)-0}{x}=\lim_{x\to 0^+}\frac{x(1-x^2)-0}{x},$

                                   $\therefore a=-2,f'(0)=1.$


类似的题目有

南昌大学第七届高等数学竞赛(文科类）试题


证明：
              由已知，利用积分中值定理可得
                                 $\displaystyle f(1)=k\cdot \frac{1}{k}\cdot \xi_1e^{1-\xi_1}f(\xi_1),\xi_1\in[0,\frac{1}{k}]\subset (0,1)$

                   令：
                                     $\displaystyle \phi(x)=xe^{1-x}f(x),x\in[\xi_1,1]$

                         结合上面结论，得
                                      $\displaystyle \phi(\xi_1)=\xi_1e^{1-\xi_1}f(\xi_1)=\xi_1e^{1-\xi_1}\cdot \frac{f(1)}{\xi_1e^{1-\xi_1}}=\phi(1).$

                           由Rolle定理，得
                                      $\displaystyle \exists \xi\in(\xi_1,1),s.t.\phi'(\xi)=e^{1-\xi}(f(\xi)-\xi f(\xi)+\xi f'(\xi))=0,$

                     整理后得到
                                       $\displaystyle f'(\xi)=(1-\xi^{-1})f(\xi).$

南昌大学第七届高等数学竞赛(经济类）试题


解：先求$f(x)$的表达 式。由已知条件，得
                          $\displaystyle f(x)=e^x-1+\int_{x}^{0}(x-u)f(u)(-du)=e^x-1+x\int_{0}^{x}f(u)du-\int_{0}^{x}uf(u)du.$

                     求导得
                            $\displaystyle f'(x)=e^x+\int_{0}^{x}f(u)du+xf(x)-xf(x)=e^x+\int_{0}^{x}f(u)du,\\
f''(x)=e^x+f(x),$
                     
                             $\displaystyle \therefore f(x)=C_1e^x+C_2e^{-x}+\frac{1}{2}xe^x.$

       （1）、由已知条件，可得
                                 $\displaystyle f(0)=0,$

                                $\displaystyle \therefore f(\frac{1}{n})=C_1e^{\frac{1}{n}}+C_2e^{-\frac{1}{n}}+\frac{1}{2n}e^{\frac{1}{n}}=C_1+C_2=0,(n \to \infty )$

                    容易证明
                                      $f(\frac{1}{n+1})< f(\frac{1}{n}),$

                 由此，可知交叉级数收敛。

          （2）、由于
                                    $\displaystyle \frac{f(\frac{1}{n+1})}{f(\frac{1}{n})}=\frac{C_1e^{\frac{1}{n+1}}+C_2e^{-\frac{1}{n+1}}+\frac{1}{2n+2}e^{\frac{1}{n+1}}}{C_1e^{\frac{1}{n}}+C_2e^{-\frac{1}{n}}+\frac{1}{2n}e^{\frac{1}{n}}}=e^{-\frac{1}{n(n+1)}}< 1.(n> N)$

                       由比较判别法，正项级数收敛。

中国海洋大学2018年数分
二、2、求
                           $f(x)=\frac{x}{2-x-x^2}$在$x=0$处的幂级数展开式并确定收敛范围。

解
                        $\begin{align*}f(x)&=\frac{x}{2-x-x^2}=\frac{x}{3}(\frac{1}{1-x}+\frac{1}{2(1+\frac{x}{2})})\\\\&=\frac{x}{3}\sum_{n=0}^{\infty }x^n+\frac{x}{3}\sum_{n=0}^{\infty }(-\frac{x}{2})^n\cdot (\frac{x}{2})\\\\&=\frac{1}{3}\sum_{n=1}^{\infty }x^n-\frac{1}{3}\sum_{n=1}^{\infty }(-\frac{x}{2})^n\\\\&=\frac{1}{3}\sum_{n=1}^{\infty}(1-(-\frac{1}{2})^n)x^n.\end{align*}$

                        $\displaystyle R=\frac{1-(-\frac{1}{2})^n}{1-(-\frac{1}{2})^{n+1}}=1,(n \to \infty)$

           根据函数定义域，得$x\neq 1.$而$x=-1$时，
                         $\displaystyle a_{n+1}-a_n =1-(-\frac{1}{2})^{n+1}\cdot (-1)^{n+1}-1+(-\frac{1}{2})^n\cdot (-1)^n=\frac{1}{2^{n+1}}> 0.$
                    发散。

              故收敛$x\in(-1,1)$。