数学分析习题练习三

北京大学2015-2016学年数学分析1期中试题



证明：
            由已知
                          $\because a_n=\frac{a^2_{n+1}}{n}+a_{n+1},$

                          $\therefore a_{n+1}-a_n=-\frac{a^2_{n+1}}{n}\rightarrow 0,\rightarrow a_n=a_{n+1},(n \to \infty )$

                          $\begin{align*}\because \lim_{n \to \infty }a_n\ln n&=\lim_{n \to \infty }\frac{a_n}{\frac{1}{\ln n}}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{a_{n+1}-a_n}{\frac{1}{\ln(n+1)}-\frac{1}{\ln n}}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{a^2_{n+1}\cdot \ln n\ln(n+1)}{n\ln(1+\frac{1}{n})}\\\\&=\lim_{n \to \infty }(a_{n+1}\ln n)(a_{n+1}\ln (n+1))\\\\&=\lim_{n \to \infty }(a_{n}\ln n)(a_{n+1}\ln (n+1)),\end{align*}$

                           $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }a_{n+1}\ln (n+1)=\lim_{n \to \infty }a_{n}\ln n=1.$
         
            这里考虑到
                                  $\displaystyle \lim_{n \to \infty }a_{n}\ln n\neq 0.$

            
               

北京大学2015-2016学年数学分析1期中试题


证明：
            由已知条件，有
                                      $\displaystyle \because \lim_{n \to \infty }(x_n-2x_{x+1}+x_{n+2})=0,$

                                      $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }(x_n-x_{n+1} )=\lim_{n \to \infty }(x_{n+1}-x_{n+2}),$

               所以差分级数$\{x_n-x_{n+1}\}$为同号级数。不妨设为正项级数（负项级数可将负号提出），其部分和为

                                     $\displaystyle \sum_{k=1}^{n}(x_n-x_{n+1})=x_1-x_{n+1}< M,(n \to \infty,\because |x_n|< M )$

                     级数收敛，故有

                                       $\displaystyle \Rightarrow \lim_{n \to \infty }(x_n-x_{n+1})=0.$

北京大学2015-2016学年数学分析1期中试题


证明：
                由已知，由于$\xi ，\delta $的任意性，可令$\xi\to b$,此时

                                                        $\exists y\in(\xi-\delta ,\xi) \subset (a,b),s.t.$

                                                         $f(y)< f(\xi)< f(b).$

                                 即在$b$的左侧邻域内，函数$f(x)$严格单调增.

                           同理，可令$\delta \to \xi-a$,此时

                                                          $\exists y\in(\xi-\delta ,\xi) \subset (a,b),s.t.$

                                                           $f(a)< f(y)< f(\xi).$

                                 即在$a$的右侧邻域内，函数$f(x)$严格单调增.

                     综上，在$(a,b)$内，函数$f(x)$严格单调增.

                                 

西南大学2002年数学分析试题


解：
         （1）、      
                        $\because \frac{1}{9n^2-3n-3}=\frac{1}{(3n+1)(3n-2)}=\frac{1}{3}(\frac{1}{3n-2}-\frac{1}{3n+1}),$

                        $\begin{align*}\therefore \lim_{n \to \infty }(\frac{1}{4}+\frac{1}{28}+\cdots +\frac{1}{9n^2-3n-3})&=\frac{1}{3}\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}(\frac{1}{3k-2}-\frac{1}{3k+1})\\\\&=\frac{1}{3}\lim_{n \to \infty }(1-\frac{1}{3n+1})\\\\&=\frac{1}{3}.
\end{align*}$



           （2）、因为$f(x)$在$x=0$点连续，所以有

                           $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{f(x)+2\ln(x+1)}{x}=\lim_{x\to 0}(f'(x)+\frac{2}{x+1})=1,$

                    又因为$f'(x)$连续，因此

                           $\displaystyle f'(0)=\lim_{x\to 0}f'(x)=-1.$


             （3）、$\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}\int_{0}^{x}tf(x^2-t^2)dt=-\frac{1}{2}\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}\int_{0}^{x}f(x^2-t^2)d(x^2-t^2)=-\frac{1}{2}f(0).$


               （4）、$dz=\frac{\partial z}{\partial x}dx+\frac{\partial z}{\partial y}dy=y\cos xy e^{\sin{xy}}dx+x\cos xy e^{\sin{xy}}dy.$

西南大学2002年数学分析试题


解：
        （5）、运用格林公式
                     
                                  $P=2xy-2y,\frac{\partial P}{\partial y}=2x-2,$

                                   $Q=x^2-4x,\frac{\partial Q}{\partial x}=2x-4,$

                                   $\oint_L (2xy-2y)dx+(x^2-4x)dy=\iint_D(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})dxdy=-2\iint_Ddxdy=-18\pi.$
                        

           (6)、
                                 $\because f(x)=3x^2+2\int_{0}^{1}f(x)dx,$

                                 $\therefore \int_{0}^{1}f(x)dx=\int_{0}^{1}3x^2dx+2\int_{0}^{1}f(x)dx,$

                                  $\Rightarrow \int_{0}^{1}f(x)dx=-1,$
                    因此
                                $\int_{1}^{2}f(x)dx=\int_{1}^{2}3x^2dx+2\int_{0}^{1}f(x)dx=x^3|_1^2-2=5.$


          （7）、
                                $I=\int_{0}^{1}\sqrt{2x-x^2}dx=-\int_{0}^{1}\sqrt{1-(1-x)^2}d(1-x),$

                      作变量代换
                                $1-x=\cos t,dx=\sin tdt,[0,1]\rightarrow [\frac{\pi}{2},0] ,$

                                $\therefore I=-\int_{\frac{\pi}{2}}^{0}\sqrt{1-\cos^2t}\sin tdt=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^2tdt=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1-\cos2t}{2}dt=\frac{\pi}{4}.$


           （8）、  
                               $\begin{align*}I&=\int_{0}^{2}dx\int_{x}^{2}e^{-y^2}dy\\\\&=\int_{0}^{2}e^{-y^2}dy\int_{0}^{x}dx\\\\&=\int_{0}^{2}ye^{-y^2}dy\\\\&=-\frac{1}{2}e^{-y^2}|_0^2\\\\&=\frac{1}{2}(1-e^{-4}).
\end{align*}$




                              

西南大学2002年数学分析试题



在后面的北大题中已经解答。

西南大学2002年数学分析试题



证明： 由拉格朗日中值定理

                                      $x> 0,\exists \xi \in (0,x),s.t.$

                                       $f(x)-f(0)=f'(\xi )x\geq kx> 0.$

                                       $\therefore f(x)> 0,$
                    又由条件
                                       $f(0)<0,$

                      因此，由Rolle定理

                                      $\exists x_0\in (0,x),s.t.f(x_0)=0.$

                          再者
                                       $\because f'(x)> 0,\therefore f(x)\uparrow ,$

                          所以，在$(0,+\infty )$内，仅有一个零点。

西南大学2002年数学分析试题



证明：
                        $\because \lambda \in (0,1),$

                        $\therefore 0< \lambda t< t,$

                作变量代换：
                                     $x=\lambda t,$

                 因此
                         $\int_{0}^{\lambda }f(x)dx=\lambda \int_{0}^{1}f(\lambda t)dt\geq \lambda \int_{0}^{1}f(t)dt.$

                    其中，利用了函数的单调递减条件。

西南大学2002年数学分析试题

西南大学2002年数学分析试题


证明：
             假设数列极限存在，令

                                     $\displaystyle \lim_{n \to \infty }x_n=l< \infty ,$
                  
                       则有
                                    $\displaystyle  l=\frac{2(1-l)}{2+l},$

                                 $\Rightarrow l=-2\pm \sqrt{6},$

                       由已知，得

                                     $\displaystyle  x_n=\frac{2(1-x_{n-1})}{2+x_{n-1}}< \frac{2(1-x_{n-1})}{2(1-x_{n-1})} < 1,$

                                  $\displaystyle  \because x_n=\frac{2(1-x_{n-1})}{2+x_{n-1}}> \frac{2}{2+x_{n-1}},(x_n<1)$
        
                                 $\displaystyle  \therefore x_nx_{n-1}> 2(1-x_n)> 0,$
                    
                         又因为
                                     $x_0> 0,\Rightarrow x_n> 0,$
                       
                                  $\displaystyle  \therefore \lim_{n \to \infty }x_n=l=-2+\sqrt{6}.$

                          同时，也证明了极限存在的假设合理。



注：此题直接证单调性，似乎不好证。