数学分析考研真题练习二

天津大学2019年数学分析考研试题

证明：
                设
                           $x_1,x_2\in[1,+\infty ),x_1< x_2,$

                            $\forall \varepsilon > 0,\exists \delta > 0,|x_1- x_2|< \delta ,s.t.$

                            $|f(x_1)-f(x_2)|=\frac{|x_2-x_1|}{x_1x_2}< \frac{1}{x_2^2}|x_1- x_2|< \frac{\delta }{x^2_2}=\varepsilon ,$

               因此，$f(x)$在$[1,+\infty )$上，一致收敛。

               
           
              再证$f(x)$在$(0,+\infty )$上，不一致收敛。取
                                       
                                               $x_1=\frac{1}{n},x_2=\frac{1}{n+1},x_1,x_2\in(0,+\infty ),$

                                               $\exists \varepsilon_0=\frac{1}{3},\forall  \delta > 0,s.t.|x_1- x_2|=\frac{1}{n(n+1)}< \delta ,$

                                               $|f(x_1)-f(x_2)|=1>\varepsilon_0. $

                                    因此，$f(x)$在$(0,+\infty )$上，不一致收敛。

宁波大学2019年671数学分析(B卷）


解：1、不一定。如：

                                $\{0,1,0,1\cdots \}$

                   数列有界，但无极限。


  2、不对。如：
                                $f(x)=\frac{1}{x}$

                    在$(0,\infty)$上连续，但不一致收敛。


  3、不一定。如：

                                 $a_n=(-1)^n\frac{1}{n},$

                  显然满足条件，但交叉级数收敛。


   4、对。
                             $\because a_n\leq |a_n|,$

                             $\displaystyle \therefore \sum_{n=1}^{\infty }a_n\leq \sum_{n=1}^{\infty }|a_n|.$

                           结论成立。


   5、对。
                              $\because a_n\leq |a_n|,b_n\leq |b_n,$

                              $\therefore a_n-|b_n|\leq a_n-b_n\leq |a_n|-b_n.$

                         结论成立。

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解
        (1)、
                         $\forall \varepsilon > 0,\exists \delta > 0,0< |x-x_0|< \delta ,s.t.$

                          $|f(x)-f(x_0)|< \varepsilon.$



         (2)、
                        $\forall \varepsilon > 0,\exists A> 0,s.t.$

                        $|\int_{0}^{\infty }f(x)dx-A|< \varepsilon .$

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解：先交换积分顺序，再计算。

                      $\begin{align*}\int_{0}^{1}dy\int_{x}^{1}\frac{y}{\sqrt{1+x^3}}dx&=\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{1+x^3}}dx\int_{0}^{x}ydy\\\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{x^2}{\sqrt{1+x^3}}dx\\\\&=\frac{1}{12}\sqrt{1+x^3}|_0^1\\\\&=\frac{1}{12}(\sqrt{2}-1).
\end{align*}$

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证明：
          （1）、用归纳法很容易证明结论。


          （2）、利用上述结论，令：

                                          $\displaystyle \lambda_i=\frac{i}{n},\sum_{i=1}^{n}\lambda_i=1,$

                               则有：

                                          $\begin{align*}f(\int_{0}^{1}g(x)dx)&=f(\lim_{n \to \infty }\sum_{i=1}^{n}\lambda_ig(x_i))\\\\&=\lim_{n \to \infty }f(\sum_{i=1}^{n}\lambda_ig(x_i))\\\\&\geq \lim_{n \to \infty }\sum_{i=1}^{n}\lambda_if(g(x_i))\\\\&=\int_{0}^{1}f(d(x))dx.
\end{align*}$

                         其中：
                                        $\displaystyle f(\lim_{n \to \infty }\sum_{i=1}^{n}\lambda_ig(x_i))=\lim_{n \to \infty }f(\sum_{i=1}^{n}\lambda_ig(x_i)),$

                         是因为$f(x)$为连续函数。

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基本题。关键是将后面的极限分为两个部分。

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证明：狄利克雷函数不可积。因为对任意一个划分$T$，当取
   
                                               $\xi_i\in [x_{i-1},x_i]\subset [0,1],$

                        为有理数时，其黎曼和为1，而当取

                                                 $\xi_i\in [x_{i-1},x_i]\subset [0,1],$

                       为无理数时，其黎曼和为0，两者不相等，故黎曼不可积。


                                                      

宁波大学2019年671数学分析(B卷）


证明：
                   $\displaystyle \because \lim_{k \to \infty }(\int_{a}^{b}f(x)^kdx)^{\frac{1}{k}}=\lim_{k \to \infty }(\sum_{i=1}^{k}f(x_i)\frac{(b-a)}{k})^{\frac{1}{k}}\leq M(b-a)^{\frac{1}{k}}=M.$

                      $\displaystyle \lim_{k \to \infty }(\int_{a}^{b}f(x)^kdx)^{\frac{1}{k}}=\lim_{k \to \infty }(\sum_{i=1}^{k}f(x_i)\frac{(b-a)}{k})^{\frac{1}{k}}\geq M(\frac{(b-a)}{k})^{\frac{1}{k}}=M.$

                   $\displaystyle \therefore \lim_{k \to \infty }(\int_{a}^{b}f(x)^kdx)^{\frac{1}{k}}=M.$



注：这个问题的实质与下列问题：

                                   $\displaystyle \lim_{n \to \infty }(\frac{a_1^n+a_2^n+\cdots a_n^n}{n})^{\frac{1}{n}},$

              是一样的。

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证明：将题意转述如下：

                    $\forall \alpha \in[0,1],\forall \varepsilon > 0,\exists n=n(\varepsilon ),s.t.|\{n\sqrt{2}\}-\alpha |< \varepsilon .$

杨州大学2019年840数学分析高等代数综合考研试题



解：用罗必达法则或用微分中值定理。