数学分析习题练习三

中科大这张期中试卷其实是有难度的，其难度不比一般学校的数分考研试题差。

北京大学2005年保送生数学分析试题

1、解：
                  $\exists M> 0,\forall X> 0,\exists x> X,s.t.f(x)> -M.$



2、证明：
                    $\because a_{n+1}=\frac{1}{a_n+1},$

                    $\therefore a_{n+1}\leq 1,\Rightarrow a_{n+1}> \frac{1}{2}.$
            又
                    $a_{n+1}-a_n=\frac{1}{a_n+1}-\frac{1}{a_{n-1}+1}< \frac{1}{2}-1< 0,$
         
            故有
                     $a_{n+1}< a_n,$

             因此$\{a_n\}$为单调有界数列，有极限。

北京大学2005年保送生数学分析试题

证明：
                由已知条件可知，$f(x)$在$I=(a,b)$内连续可导。又

                             $\displaystyle \because \forall j,\lim_{j\to +\infty }x_j=x_0,f(x_j)=0,$

                             $\displaystyle \therefore \lim_{j\to +\infty }f(x_j)=f(x_0\in I)=0.$

                   因为$x_0\in I$是任意的，故上述结论在$I$上成立。

北京大学2005年保送生数学分析试题

解：一致连续。因为
                      $\forall \varepsilon > 0,\exists \delta> 0,x_1,x_2\in (0,+\infty ),0< |x_1-x_2|< \delta ,s.t.$
            
                      $|f(x_1)-f(x_2)|< \varepsilon ,|g(x_1)-g(x_2)|< \varepsilon .|f(x)|\leq M,|g(x)|\leq M.$

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

             所以，$f(x)g(x)$一致连续。


         因为
                    $|\sqrt{x_1}\ln x_1-\sqrt{x_2}\ln x_2|< |(\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2})||\ln x_1|+|\sqrt{x_2}||\ln x_1-\ln x_2|,$

         由于
                     $\forall \varepsilon > 0,\exists \delta_1=\frac{2\sqrt{x_1}\varepsilon }{|\ln x_1|} > 0,x_1,x_2\in (0,+\infty ),0< |x_1-x_2|< \delta_1 ,s.t.$

                     $|(\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2})||\ln x_1|=|\frac{x_1-x_2}{\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}}||\ln x_1|< \frac{|\ln x_1|}{2\sqrt{x_1}}|x_1-x_2|< \varepsilon .$

         又
                      $\forall \varepsilon > 0,\exists \delta_2=\frac{\varepsilon }{\sqrt{x_2}} > 0,x_1,x_2\in (0,+\infty ),0< |x_1-x_2|< \delta_2 ,s.t.$

                      $|\sqrt{x_2}||\ln x_1-\ln x_2|< \sqrt{x_2}|x_1-x_2|< \varepsilon .$
         取
                      $\delta =\min \{\delta _1,\delta _2\},$
         则有
                       $|\sqrt{x_1}\ln x_1-\sqrt{x_2}\ln x_2|< |(\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2})||\ln x_1|+|\sqrt{x_2}||\ln x_1-\ln x_2|< \varepsilon .$

                   函数一致连续。

北京大学2005年保送生数学分析试题

北京大学2005年保送生数学分析试题

解：含参变量积分的典型计算题

                  $\int_{0}^{+\infty }\frac{e^{-2x}-e^{-6x}}{x}dx=\int_{0}^{+\infty }dx\int_{2}^{6}e^{-yx}dy=\int_{2}^{6}dy\int_{0}^{+\infty }e^{-yx}dx=\int_{2}^{6}\frac{1}{y}dy=\ln3.$



一般的公式：
                      $\int_{0}^{+\infty }\frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}dx=\ln\frac{b}{a}.$

北京大学2005年保送生数学分析试题

证明：

                        $\because f(x)\uparrow ,x\in(0,1),f(0)=0,f(1)=1,\Rightarrow f(x)\in (0,1).$

                        $\therefore f(x)\in C(0,1).$

             因为连续函数的有限区间积分，可交换极限与积分次序，所以

                        $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\int_{0}^{1}f^n(x)dx=\int_{0}^{1}\lim_{n \to +\infty }f^n(x)dx=\int_{0}^{1}0dx=0.$

北京大学2005年保送生数学分析试题

证明：
             因为在实数域内$g(x)$连续的周期函数，设其周期为有限实数$T$，在内闭有界区间$[0,T]$内，$g(x)$有界，即

                                     $|g(x)|\leq M.(M> 0)$
                  此时有
                     
                                     $\int_{0}^{+\infty }f(x)|g(x)|dx\leq M \int_{0}^{+\infty }f(x)dx.$

                          因此，由$\int_{0}^{+\infty }f(x)dx$的收敛，可知$\int_{0}^{+\infty }f(x)|g(x)|dx$也收敛。

                  又令
                                     $M_-=\min \{|g(x)|\},$

                     则
                                      $|g(x)|\geq M_-,$

                     此时有
                                      $\int_{0}^{+\infty }f(x)|g(x)|dx\geq M_- \int_{0}^{+\infty }f(x)dx.$

                         因此，由$\int_{0}^{+\infty }f(x)|g(x)|dx$的收敛，可知$\int_{0}^{+\infty }f(x)dx$也收敛。

                         两者收敛性等价。

北京大学2005年保送生数学分析试题

解：添加$y=0$使之与已给区域上半圆成一个闭合区域，然后用格林公式计算：

                          $P=e^x\sin y-y^2,Q=e^x\cos y,$

                          $\frac{\partial Q}{\partial x}=e^x\cos y,\frac{\partial P}{\partial y}=e^x\cos y-2y,$

                          $\begin{align*}\int_\Delta Pdx+Qdy&=\iint(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}) dxdy-\int_{y=0}0dx\\\\&=-2\iint ydxdy\\\\&=-2\int_{0}^{a/2}rdr\int_{0}^{\pi}r\sin\theta d\theta \\\\&=4\int_{0}^{a/2}r^2dr\\\\&=\frac{a^3}{6}.
\end{align*}$

北京大学2017级数学分析1期中试题

解：
     （1）、
                      $\displaystyle \lim_{x\to 0}(1-\tan2x)^{\displaystyle \frac{1}{x}}=\lim_{x\to 0}e^{\displaystyle \frac{\ln(1-\tan2x)}{x}}=e^{\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{-2\sec^2x}{1-\tan2x}} =e^{-2}.$

      
       （2）、
                       $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\sqrt[n]{n^2+n}=\lim_{n \to +\infty }\sqrt[n]{n}\cdot \sqrt[n]{1+n}=1.$


       （3）、
                       $\displaystyle \because \lim_{x\to 0}\frac{(5^{x^2}-4^{x^2})}{x^p}=A,$

                       $\therefore p> 0,$
                又
                       $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{(5^{x^2}-4^{x^2})}{x^p}=\lim_{x\to 0}\frac{2x5^{x^2}\ln5-2x4^{x^2}\ln4}{px^{p-1}}=2\lim_{x\to 0}\frac{5^{x^2}\ln5-4^{x^2}\ln4}{px^{p-2}}.$

               因此
                       $\Rightarrow p=2.$

      （4）、
                        $\because f(x)\in C[0,1],$

                        $\begin{align*}\therefore \lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k-1}f(\frac{k}{n})&=\frac{1}{2}\lim_{n \to +\infty}(\frac{2}{n}(f(\frac{1}{n})+f(\frac{3}{n})+\cdots +f(\frac{n-1}{n}))-\frac{2}{n}(f(\frac{2}{n})+f(\frac{4}{n})+\cdots +f(\frac{n}{n})))\\\\&=\frac{1}{2}(\int_{0}^{1}f(x)dx-\int_{0}^{1}f(x)dx)\\\\&=0.
\end{align*}$