数学分析习题练习【谢绝回贴】

西安电子科技大学2024年数学分析


出题老师够狠，三个变化量，讨论起来比较繁琐。解题思路
这是一个幂级数与对数项结合的级数，可以通过比较判别法、比值判别法或根值判别法来分析其收敛性。具体步骤如下：

1. **绝对收敛性**：讨论 \( \sum \left| \frac{a^n}{n^b (\ln n)^c} \right| \) 的收敛性。
2. **条件收敛性**：当级数不绝对收敛时，判断是否满足莱布尼茨判别法的条件（针对交错级数）。
3. **发散性**：当级数不收敛时。

详细分析

1. 绝对收敛性
考虑 \( \sum \left| \frac{a^n}{n^b (\ln n)^c} \right| \)，即 \( \sum \frac{|a|^n}{n^b (\ln n)^c} \)。

- **当 \( |a| > 1 \)**：
  - 由于 \( |a|^n \) 增长速度快于任何多项式或对数项，级数发散。

- **当 \( |a| < 1 \)**：
  - \( |a|^n \) 指数衰减，\( n^b (\ln n)^c \) 增长缓慢，级数绝对收敛。

- **当 \( |a| = 1 \)**：
  - 级数化为 \( \sum \frac{1}{n^b (\ln n)^c} \)。
  - 这是一个经典的 \( p \)-级数变形，收敛性与 \( b \) 和 \( c \) 有关：
    - 若 \( b > 1 \)，对任意 \( c \)，级数收敛（因为 \( n^b \) 主导）。
    - 若 \( b = 1 \)：
      - 当 \( c > 1 \)，级数收敛。
      - 当 \( c \leq 1 \)，级数发散。
    - 若 \( b < 1 \)，对任意 \( c \)，级数发散。

2. 条件收敛性
当 \( a = -1 \) 且级数不绝对收敛时，考虑交错级数 \( \sum \frac{(-1)^n}{n^b (\ln n)^c} \)：
- 莱布尼茨判别法要求：
  1. \( \frac{1}{n^b (\ln n)^c} \) 单调递减。
  2. \( \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n^b (\ln n)^c} = 0 \)。
- 单调递减通常成立（对 \( n \geq 3 \)）。
- 极限为 0 要求 \( b > 0 \) 或 \( b = 0 \) 且 \( c > 0 \)。
- 结合绝对收敛的结果：
  - 当 \( b = 1 \) 且 \( c \leq 1 \)，级数条件收敛。
  - 当 \( 0 < b < 1 \)，级数可能条件收敛（需进一步验证单调性）。

3. 发散性
- 当 \( |a| > 1 \)，级数发散。
- 当 \( |a| = 1 \) 且 \( b < 1 \) 或 \( b = 1 \) 且 \( c \leq 1 \)，级数发散。
- 当 \( a = 1 \) 且 \( b \leq 1 \) 且 \( c \leq 1 \)，级数发散。

综合结论
1. **绝对收敛**：
   - \( |a| < 1 \)，对任意 \( b, c \)。
   - \( |a| = 1 \) 且：
     - \( b > 1 \)，任意 \( c \)；
     - \( b = 1 \) 且 \( c > 1 \)。

2. **条件收敛**：
   - \( a = -1 \) 且：
     - \( b = 1 \) 且 \( c \leq 1 \)；
     - \( 0 < b < 1 \)（需进一步验证）。

3. **发散**：
   - \( |a| > 1 \)；
   - \( |a| = 1 \) 且：
     - \( b < 1 \)；
     - \( b = 1 \) 且 \( c \leq 1 \)。

最终答案
- **绝对收敛**：
  - \( |a| < 1 \)，或
  - \( |a| = 1 \) 且 \( b > 1 \)，或
  - \( |a| = 1 \)、\( b = 1 \) 且 \( c > 1 \)。

- **条件收敛**：
  - \( a = -1 \) 且 \( b = 1 \) 且 \( c \leq 1 \)，或
  - \( a = -1 \) 且 \( 0 < b < 1 \)。

- **发散**：
  - \( |a| > 1 \)，或
  - \( |a| = 1 \) 且 \( b < 1 \)，或
  - \( |a| = 1 \)、\( b = 1 \) 且 \( c \leq 1 \)。

\[
\boxed{
\begin{cases}
\text{绝对收敛}: & |a| < 1 \text{ 或 } (|a| = 1 \text{ 且 } b > 1) \text{ 或 } (|a| = 1 \text{ 且 } b = 1 \text{ 且 } c > 1), \\
\text{条件收敛}: & a = -1 \text{ 且 } (b = 1 \text{ 且 } c \leq 1 \text{ 或 } 0 < b < 1), \\
\text{发散}: & \text{其余情况}.
\end{cases}
}
\]

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解 考隐函数存在定理.令\[F(x,t)=f(x,\int_{0}^{t}\cos udu),\]由已知条件可知\[F(x,t)在(1,0)的领域内存在一阶连续偏导数：\]\[F_x(x,t)=f_x(x,\int_{0}^{t}\cos udu),F_t(x,t)=f_y(x,\int_{0}^{t}\cos udu)\cos t.\]如此，\[F(1,0)=f(1,0)=0,F_x(1,0)=f_y(1,0)\ne 0.\]
                由隐函数存在定理，存在唯一的$t=\varphi (x).$而\[\varphi' (1)=-\frac{F_x(1,0)}{F_t(1,0)}=-\frac{f_x(1,0)}{f_y(1,0)}.\]

西安电子科技大学2024年数学分析


此题用条件极值乘数法，考过多次的题.

西安电子科技大学2024年数学分析


解  （1）、记$u_n(x)=\frac{1}{2^n+x}$,\[\because u_n(x)=\frac{1}{2^n+x}\le \frac{1}{2^n}\rightarrow 0,(n\to0).\]\[\therefore \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }u_n(x)在[0,\infty )上一致收敛.f(x)连续.又\]\[|u'_n(x)|=|-\frac{1}{(2^n+x)^2}|\le \frac{1}{4^n}\rightarrow 0,(n\to0).\]故\[\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }u'_n(x)在[0,\infty )上一致收敛.\]由于此时\[f’(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }u'_n(x)，\]知\[f(x)在[0,\infty )上可导.\]
                  再者\[\because \lim_{n\to\infty } \sup|f_n’(x)|=\lim_{n\to\infty }|-\frac{1}{(2^n+x)^2}|=0.\]\[\therefore f(x)在[0,\infty )上一致连续.\]
      （2）、$\forall k\in \mathbb{N}$,有\[\int_{2^{k-1}}^{2^k}f(x)dx> \int_{2^{k-1}}^{2^k}\frac{1}{2^k+x}dx> \int_{2^{k-1}}^{2^k}\frac{1}{2^k+2^k}dx=\frac{2^{k-1}}{2^{k+1}}=\frac{1}{4}.\]\[\therefore \int_{0}^{+\infty }f(x)dx=\int_{0}^{+\infty }\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{2^k+x}dx=\infty .\]

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解 （1）、\[设F'(x)=f(x),G'(x)=F(x),G''(x)=F'(x)=f(x).\]由已知积分\[\begin{align*}f_h(x)
&=\frac{1}{h^2}\int_{0}^{h}du_2\int_{0}^{h}f(x+u_1+u_2)du_1 \\
&=\frac{1}{h^2}\int_{0}^{h}(F(x+h+u_2)-F(x+u_2))du_2 \\
&=\frac{1}{h^2}(G(x+h+u_2)-G(x+u_2))|_0^h \\
&=\frac{1}{h^2}(G(x+2h)-2G(x+h)+G(x)) .
\end{align*}\]
                由$G(x)$二阶可导，可知有$f_h(x)$在$[0,1]$二阶可导.并且有\[f''_h(x)=\frac{1}{h^2}(G''(x+2h)-2G''(x+h)+G''(x))=\frac{1}{h^2}(f(x+2h)-2f(x+h)+f(x)).\]
     （2）、由于仅已知$f_h(x)$二阶可导，但不知道二阶导数是否连续，因此不能直接对$f''_h(x)$求极限。利用泰勒公式：\[f_h(x_0+h)=f_h(x_0)+f'_h(x_0)h+\frac{1}{2}f''_h(x_0)h^2+o(h^2),\]\[f_h(x_0+2h)=f_h(x_0)+2f'_h(x_0)h+2f''_h(x_0)h^2+o(h^2),\]\[\therefore \frac{1}{h^2}(f(x_0+2h)-2f(x_0+h)+f(x_0))=\frac{1}{h^2}(f''_h(x_0)h^2+o(h^2)),\]于是，\[\lim_{h\to0^+}f''_h(x_0)=\lim_{h\to0^+}\frac{1}{h^2}(f''_h(x_0)h^2+o(h^2))=f''(x_0).\]

西安电子科技大学2024年数学分析


证明  （1）、\[设[c,d]\subset [a,b].由于f(x)\in R [a,b],则必有f(x)\in R[c,d].\]\[对[c,d]作一个分割T,在[c,d]上的振幅为\omega _f,\omega _{f_i}为T分割在小区间上的小振幅，\]\[显然\omega _f\geqslant \omega _{f_i}.\varDelta x_i=x_i-x_{i-1}.\]\[又设T'为f(x)在[a,b]上的一个分割，\varDelta x_j=x_j-x_{j-1}.\]那么，只要取\[\varDelta x_i<(d-c) \le \varDelta x_j,\]此时，\[由f(x)\in R[c,d]，\]故有\[\forall \varepsilon > 0，\exists N\in \mathbb{N},n> N,s.t.\]\[\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\omega _{f_i}\varDelta x_i\le \omega _{f}\displaystyle\sum_{i=1}^{n}\varDelta x_i\le(d-c)\omega _f< \varepsilon .\]即有\[\omega _f< \varepsilon.\]也就是说\[这样的区间[c,d]\subset [a,b]存在，此时\omega _f< \varepsilon.\]命题成立.
（2）和（3）小题是裴礼文上例题【见《数学分析中的典型问题与方法（第3版）》裴礼文编.2021】p273~274,例4.2.11,例4.2.12.
（2）、要点是证明$f(x)$在$[a,b]$上至少有一点连续.由可积的性质，用区间套定理.
（3）、必要性是显然的.因为若存在连续点$c\in[a,b],f(c)>0$.则在$c$的小领域内积分大于0，于是$f(x)$在$[a,b]$上的积分也大于0.
           充分性：采用（2）类似的方法.

一道好题欣赏

2024年武汉大学数学分析(1)期中考试


解 （1）、不一定.比如:$a_n=n,b_n=\frac{1}{n^3}.$

（2）、对.$\because \lim_{n\to\infty }a_nb_n=\lim_{n\to\infty }a_n\cdot \lim_{n\to\infty }b_n.$

（3）、不一定.同(1).

（4）、对.同(2).

2024年武汉大学数学分析(1)期中考试


解 （1）、\[\lim_{n\to\infty }\sqrt[n]{n!}\ln (1+\frac{1}{n})=\lim_{n\to\infty }\sqrt[n]{\sqrt{2n\pi }(\frac{n}{e})^n}\ln (1+\frac{1}{n})\]\[=\lim_{n\to\infty }\sqrt[n]{\sqrt{2n\pi }}\cdot \frac{n}{e}\ln (1+\frac{1}{n})=\frac{1}{e}.\]

     （2）、\[\lim_{x\to\infty }(\cos \frac{1}{x})^{x^2}=\lim_{x\to\infty }(1-\frac{1}{2x^2}+o(\frac{1}{x^2}))^{-2x^2\cdot \frac{-1}{2}}=e^{-\frac{1}{2}}.\]

     （3）、\[\lim_{x\to0}\frac{\ln (\sin^2 x+e^x)-x}{\ln (x^2+e^{2x})-2x}=\lim_{x\to0}\frac{\ln (x^2+1+x+\frac{1}{2}x^2)-x}{\ln (x^2+1+2x+2x^2)-2x}=\lim_{x\to0}\frac{(x+\frac{3}{2}x^2)-x}{ (2x+3x^2)-2x}=\frac{1}{2}.\]

2024年武汉大学数学分析(1)期中考试


证明  \[\because \lim_{n\to\infty }a_{2n}=a,\lim_{n\to\infty }a_{2n-1}=b.\]所以：\[\forall \varepsilon > 0, \exists N\in \mathbb{N},n> Ns.t.|2a_n-a-b|< |a_n-a|+|a_n-b|< \frac{\varepsilon }{2}.\]
                   由此得，对于上述$\varepsilon,N$,有\[\begin{align*}|\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}-\frac{a+b}{2}|
&\le |\frac{a_1+a_2+\cdots +a_N}{n}-\frac{N(a+b)}{2n}|+|\frac{a_{N+1}+a_{n+2}+\cdots +a_n}{n}-\frac{(n-N)(a+b)}{2n}| \\
&\le \frac{\varepsilon }{2}+|\frac{(2a_{N+1}-a-b)+(2a_{N+2}-a-b)+\cdots +(2a_n-a-b)}{2n}| \\
&< \frac{\varepsilon }{2}+\frac{n-N}{2n}\varepsilon,(n> N,(2a_{N+k}-a-b)< \varepsilon ,k=1,2,\cdots n) \\
&<\varepsilon .
\end{align*}\]