数学分析习题练习三

北京大学2017级数学分析1期中试题


证明：
          （1）、由平均值不等式，有
                                  $\because 1\leq \sqrt[n]{n}=(\underset{n-2}{\underbrace{1\cdot 1\cdot \cdots 1}}\cdot \sqrt{n}\cdot \sqrt{n})^\frac{1}{n}\leq \frac{(n-2)+2\sqrt{n}}{n}=1+\frac{2(\sqrt{n}-1)}{n}.$

                                   $\therefore 0\leq \sqrt[n]{n}-1\leq \frac{2}{\sqrt{n}},$

                                   $\forall \varepsilon > 0,N=[\frac{4}{\varepsilon ^2}],n> N,s.t.$

                                   $|\sqrt[n]{n}-1|<\frac{2}{\sqrt{n}}< \frac{2}{\sqrt{N}}< \varepsilon .$
                 
            （2）、用单调有界性证明极限存在。令

                                   $S_n=1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{n!},$

                                  $\because S_n< S_{n+1},\therefore S_n\uparrow ,$
                   又
                                  $\displaystyle \because \frac{1}{k!}< \frac{1}{k(k-1)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k},(k\geq 2)$
                                 
                                  $\displaystyle \therefore S_n=1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{n!}< 1+\sum_{k=2}^{n}(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k})=3-\frac{1}{n}.$

                                 $\displaystyle \Rightarrow \lim_{n \to \infty }S_n=e< 3.$

北京大学2017级数学分析1期中试题


解：第一问：一致连续。因为
                           $\forall \varepsilon > 0，x_1,x_2\in (0,+\infty ),\exists \delta=\frac{\varepsilon }{2x_1} ,0<|x_1-x_2|< \delta ,s.t.$

                           $|f(x_1)-f(x_2)|=|x^2_1-x^2_2|=(x_1+x_2)|x_1-x_2|< 2x_1\delta < \varepsilon .$


         第二问：一致连续。因为
                           $|f(x)|=|x^2\sin\frac{1}{x^2}|\leq x^2,$

                    所以，由$x^2$的一致收敛性知，$x^2\sin\frac{1}{x^2}$也一致收敛。

北京大学2017级数学分析1期中试题


解：
        （1）、不成立。举例
                                       $f(x)=\sin x$

                                       $\displaystyle \exists x_n=\frac{\pi}{2}+\frac{1}{n},\overline{\lim_{n \to +\infty }}x_n=\frac{\pi}{2}+1,$

                                       $\displaystyle f(\overline{\lim_{n \to +\infty }}x_n)=\sin(\frac{\pi}{2}+1)\neq \overline{\lim_{n \to +\infty }}f(x_n)=1.$

          （2）、成立。因为$\{x_n\}$为有界序列，所以$\displaystyle \underline{\lim}_{n \to +\infty }x_n$存在。又由$f(x)$为单调增，故有

                                       $\displaystyle \underline{\lim}_{n \to +\infty }x_n\leq x_n,s.t.$

                                       $\displaystyle f(\underline{\lim}_{n \to +\infty }x_n)\leq f(x_n),$

                    对其取下极限，有
                                       $\displaystyle \underline{\lim}_{n \to +\infty }f(\underline{\lim}_{n \to +\infty }x_n)=f(\underline{\lim}_{n \to +\infty }x_n)=\underline{\lim}_{n \to +\infty }f(x_n),$

北京大学2017级数学分析1期中试题


证明：第一小题：由条件
                               $\because f(x)\in C[a,b],f([a,b])\subset [a,b],$

              作辅助函数  
      
                               $F(x)=f(x)-c,$

                    有
                               $F(a)=a-c< 0,F(b)=b-c> 0,$

          根据连续函数的介值定理，有

                               $\therefore \exists c\in [a,b],s.t.$

                               $F(c)=f(c)-c=0.$

           第二小题：如果$f(x)$改为单调增加，则
                                   $f([a,b])\subset [a,b],$

                       仍然成立，故命题结论一样成立。

北京大学2017级数学分析1期中试题

解：
            由已知，可以得到
                           $\displaystyle a_m\leq a_{m-1}+a_1+\frac{1}{m-1}+1\leq \cdots \leq ma_1+\sum_{i=1}^{m-2}\frac{1}{m-i}+m-1,$

                           $\displaystyle a_n\leq a_{n-1}+a_1+\frac{1}{n-1}+1\leq \cdots \leq na_1+\sum_{i=1}^{n-2}\frac{1}{n-i}+n-1,$

                       $\displaystyle \therefore a_{m+n}\leq (m+n)a_1+\sum_{i=1}^{m-2}\frac{1}{m-i}+\sum_{i=1}^{n-2}\frac{1}{n-i}+m+n-2,$

                      $\displaystyle \Rightarrow \frac{a_{m+n}}{m+n}\leq a_1+\frac{1}{m+n}\sum_{i=1}^{m-2}\frac{1}{m-i}+\frac{1}{m+n}\sum_{i=1}^{n-2}\frac{1}{n-i}+1-\frac{2}{m+n},$

               又
                        $\displaystyle \because \frac{1}{m+n}\sum_{i=1}^{m-2}\frac{1}{m-i}=A< \infty ,\frac{1}{m+n}\sum_{i=1}^{n-2}\frac{1}{n-i}=B< \infty ,(n+m \to \infty )$

                         $\displaystyle \therefore \frac{a_{m+n}}{m+n}\leq a_1+1+A+B,(n+m \to \infty ).$

                 所以，命题成立。





                       

北京大学2017级数学分析1期中试题


解：
           连续。设有
                                $\displaystyle \delta > 0,|h|< \delta ,I=(x-\delta ,x+\delta ),$

            分两种情况
                       1)、$h> 0,$

                           由已知不等式，知函数为凹函数。由凹函数的性质，（亦可由已知不等式推出），有

                                 $\displaystyle \frac{f(x)-f(x-\delta )}{\delta }\geq \frac{f(x+h)-f(x)}{h}\geq \frac{f(x+\delta )-f(x)}{\delta },$

                                 $\displaystyle \therefore |f(x+h)-f(x)|\leq h\cdot \max \{|\frac{f(x)-f(x-\delta )}{\delta }|,|\frac{f(x+\delta )-f(x)}{\delta }|\},$

                                 $\displaystyle \Rightarrow \lim_{h\to 0}|f(x+h)-f(x)|=0.$

                                 因此函数连续。

                       2）、$h< 0,$
               
                          同理有如下不等式

                                 $\displaystyle \frac{f(x)-f(x-\delta )}{\delta }\geq \frac{f(x)-f(x+h)}{-h}\geq \frac{f(x+\delta )-f(x)}{\delta },$   

                        同上，有

                                 $\displaystyle \Rightarrow \lim_{h\to 0}|f(x)-f(x+h)|=0.$

                                 函数连续.

               综上，函数连续。

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参阅：《凸函数-不等式-平均值》李文荣，徐本顺编著，1990

北京大学2015-2016学年数学分析1期中试题


解：
            （1）、
                         $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\left ( \frac{n-2}{n-1} \right )^{2n+1}=\lim_{n \to +\infty }(1-\frac{1}{n-1})^{(1-n)\cdot \frac{2n+1}{1-n}}=e^{-2}.$


              （2）、相同的题已经有解，略。


               （3）、
                          $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\left ( \sin\frac{1}{x}+\cos\frac{1}{x} \right )^x=\lim_{n \to +\infty }(\frac{1}{x}+1+\frac{1}{2x^2})^x=\lim_{n \to +\infty }e^{1+\frac{1}{2x}}=e.$

北京大学2015-2016学年数学分析1期中试题

北京大学2015-2016学年数学分析1期中试题


证明：
                      因为
                               $\displaystyle \lim_{n \to \infty }f(x)=+\infty ,$

                      所以
                                $\exists N> 0,|x|> N,s.t.$

                                $f(x)> f(0),$
                    
                      由此知函数在$[-N,N]$内有最小值，而此最小值也是函数在$(-\infty ,+\infty )$上的最小值。

北京大学2015-2016学年数学分析1期中试题



证明：
                           $|f(x)|\leq |f(x)-f(x_i+n)|+|f(x_i+n)|,x_i\in(0,1)$

           由函数的一致连续性，有

                           $\forall \varepsilon > 0,\exists \delta > 0,0< |x-x_i-n|< \delta ,s.t.$

                           $|f(x)-f(x_i+n)|< \frac{\varepsilon }{2},$
              又
                       $\displaystyle \because \lim_{n \to +\infty }f(x+n)=0,$

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

                           $|f(x_i+n)|< \frac{\varepsilon }{2},$

                       $\therefore |f(x)|< \frac{\varepsilon }{2}+\frac{\varepsilon }{2}=\varepsilon .$