数学分析习题练习三

复旦大学2019年数学分析1期中考试


解：
       1、解法一、积分定义法
                      $\begin{align*}\lim_{n \to +\infty }\frac{1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}&=\lim_{n \to +\infty }\frac{\frac{1}{\sqrt{\frac{1}{n}}}+\frac{1}{\sqrt{\frac{2}{n}}}+\frac{1}{\sqrt{\frac{3}{n}}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{\frac{n}{n}}}}{\sqrt{n}\cdot \sqrt{n}}\\\\&=\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{x}}dx\\\\&=2x^{1/2}|_0^1=2.
\end{align*}$

         解法二、用Stolz定理
                     $\begin{align*}\lim_{n \to +\infty }\frac{1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\cdots +\frac{1}{\sqrt{n}}}{\sqrt{n}}&=\lim_{n \to +\infty }\frac{\frac{1}{\sqrt{n+1}}}{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}\\\\&=\lim_{n \to +\infty }\frac{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}{\sqrt{n+1}}\\\\&=2.
\end{align*}$


      2、因为
                   $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=1}^{n}\frac{\sqrt[k]{k}}{\sqrt{n+1-k}}\geq \lim_{n \to +\infty }\frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=1}^{n}\frac{\sqrt[k]{k}}{\sqrt{n}}\geq \lim_{n \to +\infty }\frac{\sqrt[k]{1}\cdot n}{\sqrt{n}\cdot \sqrt{n}}=1.$

           又
                    $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\frac{1}{\sqrt{n}}\sum_{k=1}^{n}\frac{\sqrt[k]{k}}{\sqrt{n+1-k}}\leq \lim_{n \to +\infty }\frac{1}{\sqrt{n}}\frac{\sqrt[1]{1}\cdot n}{\sqrt{n}\sqrt{1+\frac{1-k}{n}}}=1.$

           其中
                     $\because k^{\frac{1}{k}}\downarrow ,(k\geq 1).$

                     $\therefore k^{\frac{1}{k}}\leq \sqrt[1]{1}.$

           所以原极限为$1$.

复旦大学2019年数学分析1期中考试


证明：由复合函数式得

                                 $\displaystyle f(+\infty )=\lim_{x\to +\infty }(x^4-e^x)=-\infty .$

                     同时有
                                  $f(+\infty )=+\infty.$

                   同样
                                  $\displaystyle f(-\infty )=\lim_{x\to -\infty }(x^4-e^x)=+\infty .$

                     同时有
                                  $f(-\infty )=-\infty.$

               这两种情形都是矛盾的，因此不存在这样的连续函数。

                              

复旦大学2019年数学分析1期中考试


证明：
          1、
                      $\because |f(x)|\leq  M,|g(x)|\leq M,\forall \varepsilon > 0,\forall x_1,x_2\in \mathbb{R},\exists \delta > 0,0< |x_1-x_2|< \delta ,s.t.$

                       $|f(x_1)-f(x_2)|< \varepsilon ,|g(x_1)-g(x_2)|< \varepsilon .$

                       $\begin{align*}\therefore |f(x_1)g(x_1)-f(x_2)g(x_2)|&=|f(x_1)g(x_1)-f(x_1)g(x_2)+f(x_1)g(x_2)-f(x_2)g(x_2)|\\\\&\leq |f(x_1)g(x_1)-f(x_1)g(x_2)|+|f(x_1)g(x_2)-f(x_2)g(x_2)|\\\\&=M|g(x_1)-g(x_2)|+M|f(x_1)-f(x_2)|\\\\&=M\varepsilon +M\varepsilon .
\end{align*}$

           2、由已知，有

                        $\forall \varepsilon > 0,\forall x_1,x_2\in \mathbb{R},\exists \delta > 0,0< |x_1-x_2|< \delta ,s.t.$

                          $|f(x_1)-f(x_2)|< \varepsilon,$

                         $\displaystyle \because \lim_{x \to \infty }xg(x)=0,$

                         $\therefore \forall x_1,x_2,\exists X> 0,x_1> x_2> X,s.t.$

                          $|x_2g(x_1)|< \varepsilon ,|x_2g(x_2)|< \varepsilon ,$

               由此，得
  
                          $\begin{align*}\therefore |f(x_1)g(x_1)-f(x_2)g(x_2)|&= \frac{|f(x_1)\cdot x_2g(x_1)-f(x_2)\cdot x_2g(x_2)|}{x_2}\\\\&\leq \frac{|f(x_1)-f(x_2)|\varepsilon }{x_2}\\\\&< \varepsilon .
\end{align*}$


            3、由2可知，结论成立。证明同2类似。

一道数列极限题
若正项级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n$收敛，证明：$$\lim\limits_{n\to\infty}\frac{a_1+2a_2+3a_3+...+na_n}{n}=0.$$
解
       令
\[S=\sum\limits_{n=1}^\infty
a_n,S_0=0,S_n=\sum\limits_{k=1}^n a_k,\] 则
\[\frac{1}{n}\sum_{k=1}^nka_k=\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\sum_{i=1}^ka_k=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n\sum_{k=i}^na_k=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(S_n-S_{i-1})
=S_n-\frac{1}{n}\sum_{i=1}^nS_{i-1}\to S-S=0(n\to\infty).\]

注意到$S_0=0$, 可知两者相等.

                                                                                            【博士家园 Hansschwarzkopf  】

更为一般的题：2020年华中科技大学数分最后一题：

一道网友问的问题
证明：
             $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{[\sin 1]+[\sin 2]+\cdots +[\sin n]}{n}=-\frac{1}{2}.$

一道网友问的问题


解，令分子级数和中的最大、最小项分别为$t=m,t=M.(t=1,2,...n)$,则

                                          $\displaystyle \because m^{\frac{1}{tk}}\leq t^{\frac{1}{tk}}\leq M^{\frac{1}{tk}},m^{1/n}=M^{1/n}=1,(n\to \infty )$


                                          $\displaystyle \therefore \sum_{k=1}^{n^2}\frac{n\cdot m^{\frac{1}{tk}}}{n^2+k^2}\leq S_n\leq \sum_{k=1}^{n^2}\frac{n\cdot M^{\frac{1}{tk}}}{n^2+k^2}\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                                          $\displaystyle \Rightarrow \lim_{n \to \infty }S_n=0.$

                 

熊哥博客上的一道中科大2018年数分题