数学分析习题练习【谢绝回贴】

2024年武汉大学数学分析(1)期中考试


解 \[\because a_{n+1}=\sqrt{a_n(3-a_n)},\]\[\therefore 3a_n=a_n^2+a^2_{n+1}\geqslant 2a_na_{n+1},\]\[\Rightarrow a_{n+1}\le \frac{3}{2}.\]从而得，\[\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{3-a_n}{a_{n+1}}\geqslant 1.\]所以\[\{a_n\}单调增，且有上界，极限存在.\]令\[\lim_{n\to\infty }a_n=l.\]\[l=\sqrt{l(3-l)},l=\frac{3}{2}.\]即\[\lim_{n\to\infty }a_n=\frac{3}{2}.\]

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解  （1）、\[\exists \varepsilon_0> 0,\forall N\in \mathbb{N},\exists n,m> N,s.t.|a_n-a_m|> \varepsilon_0.\]
     （2）、\[\exists \varepsilon_0=\frac{1}{2}> 0,\forall N\in \mathbb{N},\exists n_1=k\pi,n_2=k\pi+\frac{\pi }{4},s.t.\]\[|\tan n_1-\tan n_2|=|\tan k\pi-\tan (k\pi+\frac{\pi }{4})|=1> \varepsilon_0=\frac{1}{2}.\]

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解： 解题思路1. 首先计算极限 \( f(x) \) 的表达式，需要分不同区间讨论 \( |x| \) 的情况。
2. 分析 \( f(x) \) 在各区间的表达式，并确定 \( a \) 和 \( b \) 的取值如何影响连续性。
3. 找出保证 \( f(x) \) 在整个实数域上连续的 \( a \) 和 \( b \) 的条件。

详细解答

1. **计算极限 \( f(x) \)：**
   我们需要计算 \( \lim_{n \to \infty} \frac{x^{2n-1} + a x^2 + b x}{x^{2n} + 1} \)。根据 \( |x| \) 的不同情况，极限的表现不同。

   - **当 \( |x| < 1 \)：**
     - \( x^{2n} \to 0 \)，\( x^{2n-1} \to 0 \)。
     - 因此，
       \[
       f(x) = \frac{0 + a x^2 + b x}{0 + 1} = a x^2 + b x.
       \]

   - **当 \( |x| = 1 \)（即 \( x = 1 \) 或 \( x = -1 \)）：**
     - 对于 \( x = 1 \)：
       \[
       f(1) = \lim_{n \to \infty} \frac{1 + a + b}{1 + 1} = \frac{1 + a + b}{2}.
       \]
     - 对于 \( x = -1 \)：
       \[
       f(-1) = \lim_{n \to \infty} \frac{-1 + a - b}{1 + 1} = \frac{-1 + a - b}{2}.
       \]

   - **当 \( |x| > 1 \)：**
     - \( x^{2n} \) 和 \( x^{2n-1} \) 都趋向于无穷大，但 \( x^{2n} \) 占主导。
     - 因此，
       \[
       f(x) = \lim_{n \to \infty} \frac{x^{2n-1} + a x^2 + b x}{x^{2n} + 1} = \lim_{n \to \infty} \frac{x^{-1} + a x^{2-2n} + b x^{1-2n}}{1 + x^{-2n}} = \frac{1}{x}.
       \]

2. **函数 \( f(x) \) 的分段表达式：**
   \[
   f(x) =
   \begin{cases}
   a x^2 + b x, & |x| < 1, \\
   \frac{1 + a + b}{2}, & x = 1, \\
   \frac{-1 + a - b}{2}, & x = -1, \\
   \frac{1}{x}, & |x| > 1.
   \end{cases}
   \]

3. **连续性分析：**
   - 在区间 \( (-\infty, -1) \)、\( (-1, 1) \) 和 \( (1, +\infty) \) 上，\( f(x) \) 是初等函数的组合，显然是连续的。
   - 需要检查在 \( x = 1 \) 和 \( x = -1 \) 处的连续性：
     - **在 \( x = 1 \) 处连续：**
       \[
       \lim_{x \to 1^-} f(x) = a \cdot 1^2 + b \cdot 1 = a + b,
       \]
       \[
       \lim_{x \to 1^+} f(x) = \frac{1}{1} = 1,
       \]
       \[
       f(1) = \frac{1 + a + b}{2}.
       \]
       连续性要求：
       \[
       a + b = 1 = \frac{1 + a + b}{2}.
       \]
       解得 \( a + b = 1 \)。

     - **在 \( x = -1 \) 处连续：**
       \[
       \lim_{x \to -1^-} f(x) = \frac{1}{-1} = -1,
       \]
       \[
       \lim_{x \to -1^+} f(x) = a \cdot (-1)^2 + b \cdot (-1) = a - b,
       \]
       \[
       f(-1) = \frac{-1 + a - b}{2}.
       \]
       连续性要求：
       \[
       a - b = -1 = \frac{-1 + a - b}{2}.
       \]
       解得 \( a - b = -1 \)。

4. **解方程组求 \( a \) 和 \( b \)：**
   \[
   \begin{cases}
   a + b = 1, \\
   a - b = -1.
   \end{cases}
   \]
   解得：
   \[
   a = 0, \quad b = 1.
   \]

5. **验证：**
   当 \( a = 0 \) 且 \( b = 1 \) 时：
   - \( f(x) = x \) 对 \( |x| < 1 \)，
   - \( f(1) = \frac{1 + 0 + 1}{2} = 1 \)，
   - \( f(-1) = \frac{-1 + 0 - 1}{2} = -1 \)，
   - \( f(x) = \frac{1}{x} \) 对 \( |x| > 1 \)。
   此时 \( f(x) \) 在 \( x = 1 \) 和 \( x = -1 \) 处连续。

结论
函数 \( f(x) \) 在 \( (-\infty, +\infty) \) 上连续的充分必要条件是：
\[
a = 0 \quad \text{且} \quad b = 1.
\]

\[
\boxed{f(x) \text{ 在 } (-\infty, +\infty) \text{ 上连续的充分必要条件是 } a = 0 \text{ 且 } b = 1}
\]

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证明 因为函数在$[a,b]$上只有第一类间断点，由第一类间断点的定义，以及极限存在的性质，函数在第一类间断点有界，而在其它点连续，所以函数在$[a,b]$上有界.

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证明 \[令F(x)=f(x)+x,则F(x)\in C(-\infty ,+\infty ).\]\[若x=0,f(0)=0.则命题成立.由于\lim_{x\to\infty }\frac{f(x)}{x}=0.所以\]\[\exists H> 0,x> H时，F(x)=x(\frac{f(x)}{x}+1)> 0，\]\[\exists M> 0,x<-M时，F(x)=x(\frac{f(x)}{x}+1)< 0，\]于是，由连续函数的介值定理，有\[\exists \xi \in [-M,H]\subset (-\infty ,+\infty ),s.t.F(\xi)=f(\xi)+\xi=0.\]命题成立.

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证明   \[\because \lim_{n\to+\infty }x_n=+\infty ,\therefore \exists N\in \mathbb{N},n> N,s.t.x_n> M.(M> 0)\]\[而对\lambda > 0，对于上述N同样有x_n+\lambda > M.(M> 0)\]因此\[\forall \varepsilon > 0,n> N时，同时由f(x)\in C[a,+\infty )\]可知\[|f(x_n+\lambda)-f(x_n)|\le |f(x_n+\lambda)-f(+\infty )|+|f(x_n)-f(+\infty )|< \varepsilon .\]

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证明         不影响一般性，不妨设$1+x_1^2\sin ^2x_1> 1+x_2^2\sin ^2x_2.$\[\forall \varepsilon > 0,\exists \delta > 0,\forall x_1,x_2\in [0,+\infty ),|x_1-x_2|< \delta ,s.t.\]\[|f(x_1)-f(x_2)|=|\frac{x_1}{1+x_1^2\sin ^2x_1}-\frac{x_2}{1+x_2^2\sin ^2x_2}|<|x_1-\frac{x_2(1+x_1^2\sin ^2x_1)}{1+x_2^2\sin ^2x_2}| < |x_1-x_2|< \delta =\varepsilon .\]               对于$1+x_1^2\sin ^2x_1<1+x_2^2\sin ^2x_2$的情况，类似.
               所以，$f(x),x\in [0,+\infty )$一致收敛.

云南大学2024


解\[\lim_{x\to0}(\cot x-\frac{1}{x})=\lim_{x\to0}\frac{x\cos x-\sin x}{x\sin x}=\lim_{x\to0}\frac{x(1-\frac{1}{3}x^3)-x}{x^2}=0.\]

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解         $f(x)$在$x=0$处可导，则\[\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to0^+}\frac{e^{ax}-1}{x}=a.\]\[\lim_{x\to0^-}\frac{f(x)-f(0)}{x}=\lim_{x\to0^-}\frac{(x-b)^3-1}{x}=3b^2.\]
            必须满足$a=3b^2$.且由可导性知，函数在该原点连续，即有\[\lim_{x\to0^+}f(x)=1=\lim_{x\to0^-}f(x)=-b^3.\]\[\therefore b=-1,a=3.\]

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解\[\int\frac{dx}{2e^{-x}+e^x+2}=\int\frac{e^xdx}{2+e^{2x}+2e^x}=\int\frac{d(e^x+1)}{1+(1+e^x)^2}=\arctan(e^x+1)+C. \]