数学分析习题练习三

证明：
            令
                       $a_n=(3+\sqrt{7})^n,b_n=(3-\sqrt{7})^n,$

                        $S=a_n+b_n\in \mathbb{Z}.$

               则
                        $\{a_n\}=\{S-b_n\}=\{1-b_n\},$

               又
                         $b_n\rightarrow 0^+,(n \to \infty ),$

               所以
                         $\{a_n\}=\{S-b_n\}=\{1-b_n\}\rightarrow 1,(n \to \infty ).$

               因此得
                           $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\{(3+\sqrt{7})^n\}=1.$

证明：
            由泰勒公式
                                     $f(x+t)=f(x)+f'(x)t+\frac{1}{2}f''(x)t^2,$

                                   $\therefore |f'(x)|t\leq |f(x+t)-f(x)|+\frac{1}{2}|f''(x)|t^2,$

                                    $\Rightarrow |f'(x)|\leq \frac{2}{t}+t,$
            
                  而
                                     $\frac{2}{t}+t\geq 2\sqrt{2},$

                  因此有
                                          $ |f'(x)|\leq 2\sqrt{2}.$

一道前苏联竞赛题
已知：
              $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6},$

     求
                 $\int_{0}^{\infty }\frac{x}{e^x+1}dx.$

解：
              \begin{align*}\int_{0}^{\infty }\frac{x}{e^x+1}dx&=\int_{0}^{\infty }\frac{xe^{-x}}{1+e^{-x}}dx\\\\&=\int_{0}^{\infty }xe^{-x}(1-e^{-x}+e^{-2x}-\cdots )dx\\\\&=\int_{0}^{\infty }xe^{-x}\sum_{k=0}^{\infty }(-1)^ke^{-kx}dx\\\\&=\sum_{k=0}^{\infty }(-1)^k\int_{0}^{\infty }xe^{-(k+1)x}dx\\\\&=\sum_{k=1}^{\infty }\frac{(-1)^{k+1}}{k^2}\\\\&=\sum_{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^2}-2\sum_{k=1}^{\infty }\frac{1}{(2k)^2}\\\\&=\frac{\pi^2}{6}-\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{\infty }\frac{1}{k^2}\\\\&=\frac{\pi^2}{12}.\end{align*}


          类似题：
                      $\displaystyle \int_{0}^{\infty }\frac{x}{e^x-1}dx.$

四川大学数学分析



解
       （1）、    \begin{align*}I(n,n)&=\int_{0}^{1}x^n\ln^nxdx\\\\&=\frac{1}{n+1}x^{^{n+1}}\ln^nx|_0^1-\frac{n}{n+1}\int_{0}^{1}x^n\ln^{n-1}xdx\\\\&=-\frac{n}{n+1}I(n,n-1)\\\\&=\cdots \\\\&=(-1)^n\frac{n!}{(n+1)^n}I(n,0)\\\\&=(-1)^n\frac{n!}{(n+1)^n}\int_{0}^{1}x^ndx\\\\&=(-1)^n\frac{n!}{(n+1)^{n+1}}.
\end{align*}
         (2）、    \begin{align*}\because S_n&=\sum_{k=1}^{n }\ln\frac{(2k+1)k}{(k+1)(2k-1)}\\\\&=\sum_{k=1}^{n}(\ln(2k+1)+\ln k-\ln(k+1)-\ln(2k-1))\\\\&=\ln(2k+1)-\ln(2k-1)\\\\&=\ln\frac{2k+1}{2k-1}.
\end{align*}

                         $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }S_n=0.$
         
          （3）、$e+1.$

四川大学数学分析


解
        （1）、设$a,b\neq 0.$
                            $\because \frac{1}{x^a(-\ln x)^b}< \frac{1}{x^a\cdot x^b}=\frac{1}{x^{a+b}},$

                            $\therefore a+b> 1.$

                  时，原积分收敛。

                       当$a+b<1.$时，原积分发散。

                 若$a=0$,当$b<1$时，积分发散。

                  若$a=0$,当$b>1$时，积分收敛。

                 若$b=0$,当$a<1$时，积分发散。

                  若$b=0$,当$a>1$时，积分收敛。


          （2）、
                           $\because \int_{0}^{+\infty }\frac{x}{1+x^2\sin^2x}dx> \int_{0}^{+\infty }\frac{x}{1+x^2}dx=\frac{1}{2}\ln(1+x^2)|_0^{+\infty }=+\infty .$

                    所以积分发散。

          （3）、
                            $\because \frac{1}{n^2-\ln n}< \frac{1}{n^2-1},(n\geq e)$

                            $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2-\ln k}\leq \lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2-1}< \infty .$

四川大学数学分析


   （1）、证明：设
                                 $\int_{1}^{n}f(y)dy=S< +\infty ,$         

                        则
                                 $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\frac{1}{n}\int_{1}^{n}yf(y)dy=\lim_{n \to +\infty }\frac{1}{n}(yS|_1^n-\int_{1}^{n}Sdy)=\lim_{n \to +\infty }\frac{1}{n}((n-1)S-(n-1)S)=0.$

     （2）、
                   从以上证明可知，上述结论可改进为

                                  $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\int_{1}^{n}yf(y)dy=0.$
               

四川大学数学分析



证明
            （1）、原式
                             $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty }\frac{a_n}{S_n}=\sum_{n=1}^{+\infty }\frac{S_n-S_{n-1}}{S_n}=\sum_{n=1}^{+\infty }(1-\frac{S_{n-1}}{S_n}),$

                        而
                               $\displaystyle \because 0< 1-\frac{S_{n-1}}{S_n}=t< 1,$
                        故有
                               $\displaystyle \therefore \sum_{n=1}^{+\infty }\frac{a_n}{S_n}=\lim_{n \to \infty }tn=+\infty .$

              （2）、
                                $\displaystyle \sum_{n=1}^{+\infty }\frac{a_n}{S_nS^\alpha _{n-1}}< \sum_{n=1}^{+\infty }\frac{1}{S^\alpha _{n-1}},$

                               $\displaystyle \because \frac{\frac{1}{S^\alpha }_{n-1}}{\frac{1}{S^{\alpha }_{n-2}}}=(\frac{S_{n-2}}{S_{n-1}})^\alpha < 1,$

                               $\displaystyle \therefore \sum_{n=1}^{+\infty }\frac{a_n}{S_nS^\alpha _{n-1}}< +\infty .$

四川大学数学分析



证明
          （1）、
                        这题我想了几天，没做出来。今天在”周民强. 数学分析习题演练.第2册.（第二版）.科学出版社.2010”(p119)上看到是用反证法证的。但是直接证法还是没有思路。

          （2）、
                           $\because \lim_{n \to \infty }n\ln\frac{a_{n}}{a_{n+1}}=g,$

                           $\therefore \exists N> 0,n> N,s.t.$

                                $N\ln\frac{a_n}{a_{n+1}}=g,\rightarrow \frac{a_n}{a_{n+1}}=\sqrt[N]{e^g}.$

                    当$g> 1$时，有

                             $\frac{a_n}{a_{n+1}}=\sqrt[N]{e^g}> 1,$

                           $\therefore \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{1}{\sqrt[N]{e^g}}< 1.$

                 由比值判别法知，此时级数收敛。

                 同理，当$g< 1$时，可知级数发散。

四川大学数学分析


解：由Abel判别法

            （1）     $\begin{align*}\because \int_{1}^{+\infty }g(x)dx&=\int_{0}^{+\infty }g(x)dx-\int_{0}^{1}g(x)dx\\\\&=\sum_{n=0}^{+\infty }\int_{nT}^{(n+1)T}g(x)dx-\int_{0}^{1}g(x)dx\\\\&=0-\int_{0}^{1}g(x)dx< \infty .
\end{align*}$

           由已知，$g(x)\neq 0,$

           （2） 当$p\geq 0$时，$\frac{1}{x^p+g(x)}$单调。而

              （3）    $|\frac{1}{x^p+g(x)}|< \frac{1}{x^p-|g(x)|}\leq \frac{1}{x^p-1} < M .(M> 0))$

                 此时，积分收敛。

          而当$p< 0$时，被积函数无界，积分发散。