数学分析习题练习三

北京大学2008级数学分析期末考试试卷


解：由已知条件，可知$f(x)$可导。在$[0,1]$上，因为

                              $\frac{f''(x)}{\alpha(\alpha -1) x^{\alpha-2}}=\lim_{x\to 0}\frac{f''(0)}{\alpha(\alpha -1) x^{\alpha-2}}\sim \frac{1}{x^{\alpha -2}},$

                    所以只需研究下列积分
                              
                              $\int_{0}^{1}\frac{1}{x^{\alpha -2}}dx=\frac{1}{(3-\alpha)x^{\alpha -3}}|_0^1,$

                    如果此积分收敛，则必有：

                                 $\alpha -3\leq 0,\Rightarrow \alpha \leq 3.$

                     此时，原暇积分收敛。




               

北京大学2008级数学分析期末考试试卷


证明：用泰勒公式，在$x=1/2$处展开

                    $f(x)=f(\frac{1}{2})+f'(\frac{1}{2})(x-\frac{1}{2})+f''(\xi )(x-\frac{1}{2})^2,\xi\in(0,1)$

                    $\because f''(x)\geq 0,$

                    $\therefore f(x)\geq f(\frac{1}{2})+f'(\frac{1}{2})(x-\frac{1}{2}),$

           对之积分，得

                    $\begin{align*}\int_{0}^{1}f(x)dx&\geq \int_{0}^{1}f(\frac{1}{2})dx+\int_{0}^{1}f'(\frac{1}{2})(x-\frac{1}{2})dx\\\\&=f(\frac{1}{2})+\frac{1}{2}f'(\frac{1}{2})(x-\frac{1}{2})^2|_0^1\\\\&=f(\frac{1}{2}).
\end{align*}$

北京大学2008级数学分析期末考试试卷


解：
          分三种情况讨论：当$\alpha =1,$此时有

                                  $\frac{\sin n}{n^\alpha -\sin n}=\frac{\sin n}{n-\sin n}\geq \frac{\sin^2n}{n+1}=\frac{1-\cos2n}{2(n+1)}=\frac{1}{2(n+1)}-\frac{\cos2n}{2(n+1)},$

                      由于
                                  $\sum \frac{1}{2(n+1)}=\infty ,\sum \frac{\cos2n}{2(n+1)}< \infty ,$

                                $\therefore \sum \frac{\sin n}{n^\alpha -\sin n}=\infty .$

             当$\alpha > 1,$此时有

                                    $\frac{\sin n}{n^\alpha -\sin n}< \frac{\sin n}{n^\alpha -1}< \frac{1}{n^\alpha -1}\sim \frac{1}{n^\alpha }.$

                                 $\therefore \sum \frac{1}{n^\alpha }< \infty .$

             当$0< \alpha < 1,$时,由于

                                     $\frac{\sin n}{n^\alpha -\sin n}> \frac{\sin n}{n-\sin n},$

                                 $\therefore \sum \frac{\sin n}{n^\alpha -\sin n}=\infty .$


                    综合三种情况，就有

                              $0< \alpha \leq 1,\sum \frac{\sin n}{n^\alpha -\sin n}=\infty;$

                              $\alpha > 1,\sum \frac{\sin n}{n^\alpha -\sin n}<\infty.$




                                   

北京大学2008级数学分析期末考试试卷


解：第一题前面已经解答过。其实，这个题要是没有准备，在课堂上解答，还是比较难的。

北京大学2011-2012学年数学分析I期中试题


解：
      （1）、
                                $A\neq \infty ,\forall \varepsilon > 0,\exists \delta > 0,|x|< \delta ,s.t.$

                                $|f(x)-A|< \varepsilon .$


        （2）、
                             $\exists x_1,x_2\in I,\exists \varepsilon _0> 0,\exists \delta > 0,|x_1-x_2|< \delta ,s.t.$

                             $|f(x_1)-f(x_2)|> \varepsilon _0.$

北京大学2011-2012学年数学分析I期中试题

北京大学2011-2012学年数学分析I期中试题


解：
           为了方便计算，研究前$2n$项和.有

                                 $\begin{align*}S_{2n}=(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots -\frac{1}{2n})&=(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{2n})-2(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{2n})\\\\&=\ln2n+\gamma +O(\frac{1}{n})-(\ln+\gamma +O(\frac{1}{n}))\\\\&=\ln2.(n \to \infty )
\end{align*}$

            又，前$2n+1$之和为：

                                 $S_{2n+1}=S_{2n}+\frac{1}{2n+1}=\ln2.(n \to \infty )$

            由此可知，级数收敛，并且和为：

                                 $\displaystyle S=\lim_{n \to \infty }S_{2n}=\lim_{n \to \infty }S_{2n+1}=\ln2.$

北京大学2011-2012学年数学分析I期中试题


解：
                       $\displaystyle \because b_1=1,b_{n+1}=\frac{1}{b_n+1},$

                       $\therefore 0< b_n< 1,$

                而
                        $\displaystyle \frac{b_{n+1}}{b_n}=\frac{1}{b_n(b_n+1)}> \frac{1}{b_n}> 1,$

                因此，所求数列为单调有界的，极限存在。

                 令
                         $\displaystyle \lim_{n \to \infty }b_n=l,$

                  故得
                          $\displaystyle l=\frac{1}{l+1},\Rightarrow l=\frac{\sqrt{5}-1}{2}.$

北京大学2011-2012学年数学分析I期中试题



此题想了很久，看似很简单的题，但表述起来不太容易，也问了网友，好象都不得要领。试着解答如下

              先令
                          $S=[\inf f(I),\sup f(I)],$

                因为$I$是个区间，所以

                                       $\forall x_0\in I,\exists \delta > 0,s.t.{x_0-\delta ,x_0+\delta }\subset I.$

                    又因为$f(x)$在$I$上为连续函数，因此

                                         $f(x_0)\in S,(f(x_0-\delta ),f(x_0+\delta ))\subset S.$

                               并且
                                           $f(x_0)\in (f(x_0-\delta ),f(x_0+\delta )),$

                       由于$x_0$的任意性，这样就得到在区间$I$上的所有函数值$f(I)$均能被一个小的开区间覆盖，而此小的开

               区间的总体，又属于区间$S$.由有限覆盖定理，必能找到有限个开区间覆盖$f(I)$.因此$f(I)$也是一个区间。


这个解法也不一定对，好象在梅加强的讲义上看到有此题类似的结论，待后找出来

北京大学2011-2012学年数学分析I期中试题



正确。证明也很容易。