数学分析习题练习三

一个网友问的问题


证明 ：
             （1）、令
                                 $f(x)=\ln(1+\frac{1}{x})-\frac{1}{1+x},$

                                 $f'(x)=-\frac{1}{x^2}\cdot \frac{1}{1+\frac{1}{x}}+\frac{1}{(1+x)^2}=\frac{-1}{x(1+x)^2}< 0.$

                               $\displaystyle \therefore f(x)\downarrow ,\ln(1+\frac{1}{x})\geq \frac{1}{1+x}.$

                          后半题用归纳法证明

                                  $n=1,a_2=a_1+\frac{a_1^2}{n^2}\leq 2a_1,$

                          假设
                                   $n=k,a_k\leq (k-1)a_1,$

                                时成立。那么

                                     $n=k+1,a_{k+1}=a_k+\frac{a^2_k}{k^2}\leq ka_1(1+\frac{a_k}{k})\leq (k+1)a_1.$

                          所以不等式成立。

            （2）、当$n\geq 3$时，（以下为网友解答）

                                   $\frac{a_{n+1}}{a_n}=1+\frac{a_n}{n^2}\leq 1+\frac{a_1}{n},(\because a_n\leq na_1)$

                                    $\displaystyle \therefore a_n=a_2\prod_{k=2}^{n-1}\frac{a_{k+1}}{a_k}\leq a_2\prod_{k=2}^{n-1}(1+\frac{a_1}{k}),$

                            两边取对数，有

                                    $\begin{align*}\ln\frac{a_n}{a_2}&\leq \sum_{k=2}^{n-1}\ln(1+\frac{a_1}{k})\leq \sum_{k=2}^{n-1}\frac{a_1}{k}\\&=a_1\sum_{k=1}^{n-2}\frac{1}{k+1}\leq a_1\sum_{k=1}^{n-2}\ln(1+\frac{1}{k})\\&=a_1\ln(n-1).\end{align*}$

                            即有：
                                    $a_n\leq (n-1)^{a_1}a_2\leq n^{a_1}a_2,(n\geq 3)$

                （3）、
                                      $\because 0< a_1< 1,$

                                       $\displaystyle \therefore \sum_{n=2}^{\infty }\frac{a_2}{n^{2-a_1}}< \infty .$

                            即
                                       $\displaystyle \prod_{n=2}^{\infty }(1+\frac{a_2}{n^{2-a_1}})< \infty .$

                            而
                                       $\displaystyle a_n=a_2\prod_{k=2}^{n-1}\frac{a_{k+1}}{a_k}=a_2\prod_{k=2}^{n-1}(1+\frac{a_{n}}{k^2})\leq a_2\prod_{k=2}^{n-1}(1+\frac{a_2}{k^{2-a_1}})< \infty .$

                            数列有界。又因为

                                        $a_{n+1}-a_n=\frac{a^2_n}{n^2}> 0,$

                           故 $ \{a_n\}$为递增数列。

                            综上所证， $ \{a_n\}$单调有界，故收敛。

一道中值定理


证明：
                令
                         $F(x)=f(x)e^{\int_{0}^{x}f^2(t)dt},$

                则有
                          $F(a)=F(b)=0,$

               由Rolle定理可知
                           $\exists \xi \in (a,b),s.t.$

                           $\displaystyle F'(\xi)=f'(\xi)e^{\int_{0}^{\xi}f^2(t)dt}+f^3(\xi)e^{\int_{0}^{\xi}f^2(t)dt}=0,$

                         $\therefore f'(\xi)+f^3(\xi)=0.$


注：这个题的辅助函数不太容易想到。

解：
            令：
                       $\sqrt[n]{n}-1=t_n,$

              由此有

                        $n=(t_n+1)^n=1+C_n^2t_n^2+C_n^3t_n^3+\cdots +t^n_n> C_n^3t_n^3=\frac{n(n-1)(n-2)}{6}t_n^3,$

                      $\therefore t^2_n< (\frac{6}{(n-1)(n-2)})^{\frac{2}{3}}\sim \frac{1}{n^{\frac{4}{3}}}.$

              而优级数$\frac{1}{n^{\frac{4}{3}}}$收敛， 所以，原级数也收敛。



         

一道中值定理问题



证明：
          （1）、利用Cauchy中值定理，有

                               $\exists \xi_1\in (0,\frac{1}{3}),\xi_2\in (\frac{1}{3},1),\xi_3\in (0,1),s.t.$

                               $f(\frac{1}{3})-f(0)=\frac{1}{3}f'(\xi_1),$

                               $f(1)-f(\frac{1}{3})=\frac{2}{3}f'(\xi_2),$

                               $f(1)-f(0)=f'(\xi_3).$

                        将$f(1)=1,f(0)=0,$代入，并相加上述三个等式，得

                               $\therefore f'(\xi_1)+2f'(\xi_2)+3f'(\xi_3)=6.$


          （2）、设
                              $F(x)=\frac{f(x)}{x^3},G(x)=\frac{f(x)}{x^2},$

                      则由Cauchy定理，有

                               $\frac{f(1)-f(0)}{1-0}=\frac{f'(\xi)}{3\xi^2},$

                               $\frac{f(1)-f(0)}{1-0}=\frac{f'(\eta)}{2\eta},$

                       整理得

                               $\therefore 2\eta f'(\xi)=3\xi^2f'(\eta).$

(2020年中国科学院大学数分考研)证明
\[\frac{\sqrt{3}}{2}\pi<\int_{0}^{1}\sqrt{\frac{x^2-x+1}{x-x^2}}\,\mathrm{d}x<\pi.\]
注意到
\[\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{x-x^2}}\,\mathrm{d}x=\pi,\quad \frac{3}{4}\leq x^2-x+1= \left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\leq 1,x\in [0,1].\]
因此
\[\frac{\sqrt{3}}{2}\pi=\int_{0}^{1}\sqrt{\frac{\frac{3}{4}}{x-x^2}}\,\mathrm{d}x<\int_{0}^{1}\sqrt{\frac{x^2-x+1}{x-x^2}}\,\mathrm{d}x
<\int_{0}^{1}\sqrt{\frac{1}{x-x^2}}\,\mathrm{d}x=\pi.\]

(2020年中国科学院大学数分考研)证明
\[\left|\int_{100}^{200}\frac{x^3}{x^4+x-1}\,\mathrm{d}x-\ln 2\right|<\frac{1}{3}\cdot 10^{-6}.\]
由于
\begin{align*}
\left|\int_{100}^{200}\frac{x^3}{x^4+x-1}\,\mathrm{d}x-\ln 2\right|&=\left|\int_{100}^{200}\frac{x^3}{x^4+x-1}\,\mathrm{d}x-
\int_{100}^{200}\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x\right|\\
&=\int_{100}^{200}\frac{x-1}{x\left(x^4+x-1\right)}\,\mathrm{d}x
<\int_{100}^{200}\frac{x}{x\cdot x^4}\,\mathrm{d}x=\int_{100}^{200}\frac{1}{x^4}\,\mathrm{d}x\\
&=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{100^3}-\frac{1}{200^3}\right)<\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{100^3}=\frac{1}{3}\cdot 10^{-6}.
\end{align*}

（博士家园，陶哲轩小弟）

weierstrass分解定理的运用

三道较难题


解：

一道网友题

复旦大学2019年数学分析1期中考试


解
                 $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }(1-\frac{x}{n^\alpha })^n=\lim_{n \to +\infty }e^{-\frac{x}{n^{\alpha -1}}}=\begin{cases}
1 &\alpha > 1 ,\\
0 & 0< \alpha < 1 ,\\
e^{-x} &\alpha =1.
\end{cases}$

复旦大学2019年数学分析1期中考试