数学分析习题练习三

讨论下面级数的收敛性
1、$$\sum\limits_{n=1}^{\infty} {\frac{1}{(\ln{n})^{\ln{n}}}}$$

解：
$n\geqslant 16>e^e$时, $\ln\ln n>1$, 故由
\[\frac{1}{(\ln n)^{\ln n}}= \frac{1}{n^{\ln\ln n}}\]
知
\[\sum_{n=2}^\infty\frac{1}{(\ln n)^{\ln n}}\]
收敛.

更准确些，应该是$n \geqslant 16$时, $\ln\ln n\geqslant \ln (4\ln 2)>1$, 从而……
                     ( Hansschwarzkopf 解答）

2、讨论下面级数的收敛性
$$\sum\limits_{n=1}^{\infty} {\frac{1}{(\ln{n})^{\ln{n}}}}$$

解一、：
注意
\[3^{\sqrt{n}}>e^{\sqrt{n}}>\frac{n^3}{6!},\]
得到
\[\frac{n}{3^{\sqrt{n}}}<\frac{6!}{n^2},\]
因此级数
\[\sum_{n=1}^\infty\frac{n}{3^{\sqrt{n}}}\]
收敛.

                  ( Hansschwarzkopf 解答）
解二、
首先   
$$\lim\limits_{t\rightarrow+\infty}\frac{t^6}{3^t}=0,$$
那么对于充分大的$t>>1$便有$t^6\leq 3^t$,  自由也就有$n$充分大时
$$n^3\leq 3^{\sqrt{n}},$$
即 $$\frac{n}{3^{\sqrt{n}}}\leq\frac{1}{n^2}.$$

                      （caffarelli  ）

来自曲豆豆群的一道考题


解：
       （a）、由已知：

                                      $\because f(0)=0,$

                                     $\displaystyle \therefore f(\frac{k}{n^2})=\frac{k}{n^2}\cdot \frac{f(\frac{k}{n^2})-f(0)}{\frac{k}{n^2}}=\frac{k}{n^2}\cdot f'(0),(n \to +\infty )$

                          因此有

                                     $\displaystyle x_n=f'(0)\cdot \frac{1}{n^2}(1+2+\cdots +n)=f'(0)\cdot \frac{1}{n^2}\cdot \frac{n(n+1)}{2}=\frac{1}{2}f'(0).(n \to +\infty )$


       （b）、由已知
                  
                                   $\displaystyle \prod_{k=1}^{n}(1+\frac{k}{n^2})=\exp (\sum_{k=1}^{n}\ln(1+\frac{k}{n^2})),$

                          令
                                   $\displaystyle f(\frac{k}{n^2})=\ln(1+\frac{k}{n^2}),$

                           则
                                    $f(0)=0,f'(0)=1.$

                   利用（a）结论，有

                                    $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}\ln(1+\frac{k}{n^2})=\frac{1}{2}.$

                                    $\displaystyle \therefore \prod_{k=1}^{n}(1+\frac{k}{n^2})=e^\frac{1}{2}.$

证明：

                   设
                          $\displaystyle \lambda _i=\frac{k_i}{\sum_{i=1}^{n}k_i},\sum_{i=1}^{n}\lambda _i=1.$

               则原命题变为证明：

                           $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\frac{\lambda _i}{f(t_i)}=1.$

                           $\forall c_1\in(0,1),f(c_1)=\lambda _1,$

                由拉格朗日中值定理，有

                            $\exists t_1\in(0,c_1),s.t.$

                             $f'(t_1)=\frac{f(c_1)-f(0)}{c_1}=\frac{\lambda _1}{c_1},$

                              $\rightarrow \frac{\lambda _1}{f'(t_1)}=c_1.$

                 同理，有
                              $\begin{align*}
&\forall c_2\in(c_1,1),f(c_2)=\lambda _1+\lambda _2,\\\\
&\exists t_2\in(c_1,c_2),s.t.\\\\
&f'(t_2)=\frac{f(c_2)-f(c_1)}{c_2-c_1}=\frac{\lambda _2}{c_2-c_1},\\\\
&\rightarrow \frac{\lambda _2}{f'(t_2)}=c_2-c_1.\\\\
&\cdots \\\\
&\forall c_i\in(c_{i-1},1),f(c_i)=\lambda _1+\lambda _2+\cdots +\lambda _i,\\\\
&\exists t_2\in(c_{i-1},c_i),s.t.\\\\
&f'(t_i)=\frac{f(c_i)-f(c_{i-1})}{c_i-c_{i-1}}=\frac{\lambda _i}{c_i-c_{i-1}},\\\\
&\rightarrow \frac{\lambda _i}{f'(t_i)}=c_i-c_{i-1}.\\\\
&i=1,2,\cdots n,c_0=0,c_n=1.\\\\
&\Rightarrow \sum_{i=1}^{n}\frac{\lambda _i}{f(t_i)}=\sum_{i=1}^{n}(c_i-c_{i-1})=c_n-c_0=1.
\end{align*}$

解：
          $\lim\limits_{n \to +\infty }ne^{n^2}\int_{n}^{n+1}e^{-t^2}dt=\lim\limits_{n \to +\infty }\frac{\int_{n}^{n+1}e^{-t^2}dt}{\frac{1}{n}e^{-n^2}}=\lim\limits_{n \to +\infty }\frac{e^{-(n+1)^2}-e^{-n^2}}{\frac{-2n^2e^{-n^2-e^{-n^2}}}{n^2}}=\frac{1}{2}.$

2016年四校联合数学竞赛题
1、计算极限：
                    $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\left ( \arctan \frac{\pi}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin \frac{k\pi}{n}}{2+\cos \frac{k\pi}{n}} \right )$

解：
            $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }\left ( \arctan \frac{\pi}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin \frac{k\pi}{n}}{2+\cos \frac{k\pi}{n}} \right )&=\lim_{n \to \infty }\left ( \frac{\pi}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{\sin \frac{k\pi}{n}}{2+\cos \frac{k\pi}{n}} \right )\\\\&=\int_{0}^{\pi}\frac{\sin x}{2+\cos x}dx\\\\&=-\ln(2+\cos x)|_0^\pi=\ln3.
\end{align*}$

2016年四校联合数学竞赛题


解：
                 将已知方程对$x$求导，得

                                      $\frac{y'}{\sqrt{1+2016y^2}}-1=0,$

                  整理得：
                                      $y'^2-2016y^2-1=0.$

                  再对$x$求导，有

                                      $2y'y''-4032yy'=0,$

                                      $\therefore y'''-2016y'=0.$

2016年四校联合数学竞赛题



解：
        3、由已知有
                             $p(\rho ,\theta )=(e^{-\frac{\pi}{2}},\frac{\pi}{2})\Leftrightarrow p(x,y)=(0,e^{-\frac{\pi}{2}})$
                    
             两坐标第之间转换关系为

                              $x=\rho \cos \theta ,y=\rho \sin \theta ,\rho =\sqrt{x^2+y^2},$

                             $\because \rho =e^{-\theta },$

                             $\therefore \sqrt{x^2+y^2}=e^{-\arccos \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}},$

              所以在所求点的切线的钭率为

                             $y'=\frac{x^2y+y^3-x}{y+x^3+xy^2}=e^{-\pi},(p(x,y)=(0,e^{-\frac{\pi}{2}}))$

               因此在所给点的切线的直角坐标方程为

                             $ y=xe^{-\pi}+e^{-\frac{\pi}{2}}.$



        4、         
                        $\because \int_{-1}^{1}\frac{\arctan e^x}{1+e^{-x}}dx=\int_{-1}^{1}\frac{\arctan e^x}{1+e^{x}}de^x=\int_{e^{-1}}^{e}\frac{\arctan t}{1+t}dt,$

                             $\int_{-1}^{1}\frac{\arctan e^{-x}}{1+e^{-x}}dx=\int_{e^{-1}}^{e}\frac{t\arctan t}{1+t}dt.$

            $\begin{align*}\therefore \int_{-1}^{1}\frac{\arctan e^x+\arctan e^{-x}}{1+e^{-x}}dx&=\int_{e^{-1}}^{e}\frac{\arctan t}{1+t}dt+\int_{e^{-1}}^{e}\frac{t\arctan t}{1+t}dt\\\\&=\int_{e^{-1}}^{e}\arctan tdt\\\\&=t\arctan t|_{e^{-1}}^e+\int_{e^{-1}}^{e}\frac{t}{1+t^2}dt\\\\&=e\arctan e-e^{-1}\arctan e^{-1}+\frac{1}{2}\ln\frac{1+e^2}{1+e^{-2}}.
\end{align*}$


     5、
                      $y'=\frac{2\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}},$

                      $y''=\frac{2-\frac{2x\arcsin x}{\sqrt{1-x^2}}}{1-x^2}=\frac{2}{1-x^2}-\frac{2x\arcsin x}{\sqrt{(1-x^2)^3}}.$

              从二阶导数的函数式，可知，第二项的任意阶导数，因为均含有$x$因子，所以其任意阶导数在$x=0$处值为

          $0$. 因此只考虑第一项。而

                      $\because \frac{1}{1-x^2}=1+x^2+\frac{1}{2!}x^4+\cdots +\frac{1}{2014!}x^{4028}+\cdots,$

                       $\therefore y^(2016)|_{x=0}=\frac{2}{2014!}.$

2016年四校联合数学竞赛题


解：
               $\because f_1(x)=\frac{\pi}{4}-\arctan \frac{1}{1+x}\sim \frac{\pi}{4}-\frac{1}{1+x}\sim o(x),$

                        $f_2(x)=\tan x-\sin x\sim o(x^3),$

                        $f_3(x)=1-\sqrt[2016]{\cos 2016x}\sim o(x^4),$

          由此，可推断出答案应为$A$

2016年四校联合数学竞赛题


解：
               因为$n=1,n<1$时，$I(n)$发散。故判断$n>1$时，收敛。

2016年四校联合数学竞赛题


解：    因为
                    $\lim_{x\to 0}f(x)=\lim_{x\to 0}x^2\sin \ln|x|=0=f(0).$

              函数在$x=0$连续.所以$A$不是。

           而因为
                     $f'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0}\frac{x^2\sin \ln|x|-0}{x}=0.$

                  所以$B$也不正确。

             又
                     $\because f'(x)=\frac{2x}{x}\cos \ln|x|=2\cos \ln|x|,f'(0)=0.$

                      $\therefore \lim_{x\to 0}f'(x)\neq 0=f'(0).$

                 故导 函数在$x=0$不连续，选$C$。