数学分析习题练习三

北京大学2011-2012学年数学分析I期中试题


证明：
           （1）、
                                   $\forall x_1,x_2\in I,$

                     不妨设
                                    $f(x_1)\leq f(x_2),$

                     由连续函数的介值定理，可知

                                    $\because f(x_1)\leq \sqrt{f(x_1)f(x_2)}\leq f(x_2),$

                                    $\therefore \exists \xi_1\in I,s.t.$

                                    $f(\xi_1)=\sqrt{f(x_1)f(x_2)}.$

                      同理，有
                                     $\because f(x_1)\leq \frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}\leq f(x_2),$

                                     $\therefore \exists \xi_2\in I,s.t.$

                                     $f(\xi_2)=\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}.$

            （2）、如果有
                                      $\xi_1< \xi_2,$

                        此时，由于下列不等式永远成立：
         
                                      $f(\xi_1)=\sqrt{f(x_1)f(x_2)}< \frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}=f(\xi_2),$

                           所以，函数必严格单调递增。

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期末试题


解：
        （1）、
                         $\because y=(1+x^2)^x,$

                         $\therefore \ln y=x\ln(1+x^2),$

                         $\frac{y'}{y}=\ln(1+x^2)+\frac{2x^2}{1+x^2},$

                         $\Rightarrow \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}=(1+x^2)^x(\ln(1+x^2)+\frac{2x^2}{1+x^2}).$

          （2）、
                        $\because \frac{dx}{dt}=\frac{2t}{1+t^2},\frac{dy}{dt}=1-\frac{1}{1+t^2}=\frac{t^2}{1+t^2},$

                        $\therefore \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}=\frac{\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}}{\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}}=\frac{t}{2},$

                         $\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}(\frac{dy}{dx}) =\frac{1}{2}\frac{1}{\frac{dx}{dt}}=\frac{1+t^2}{4t}.$


            （3）、隐函数求导

                         $\because \tan y-xy=0,$

                         $\frac{y'}{1+y^2}-y-xy'=0,$

                         $\therefore \frac{dy}{dx}=\frac{y}{\frac{1}{1+y^2}-x}=\frac{y(1+y^2)}{1-x(1+y^2)}.$

北京大学2011-2012学年数学分析I期末试题


解：
            （1）、
                          $\displaystyle \lim_{x\to 0}(\frac{1}{x}-\frac{1}{\tan x})=\lim_{x\to 0}\frac{\tan x-x}{x\tan x}=\lim_{x\to 0}\frac{-\frac{1}{3}x^3}{x\cdot x}=0.$


              （2）、
                           $\displaystyle \lim_{x\to+\infty }(\sqrt[7]{x^7+x^6}-\sqrt[7]{x^7-x^6})=\lim_{x\to+\infty }\frac{2x^6}{O(2x^6)}=1.$


                （3）、
                           $\displaystyle \lim_{x\to+\infty }(\frac{2}{\pi}\arctan x)^x=\lim_{x\to+\infty }\exp (x\ln(\frac{2}{\pi}\arctan x))=\lim_{x\to+\infty }\exp (\frac{\frac{1}{\arctan x(1+x^2)}}{-\frac{1}{x^2}})=\exp (0)=1.$

北京大学2011-2012学年数学分析I期末试题


解：
        （1）、用分部积分法，即得。


         （2）、令$1+x^2=t^3,xdx=3/2t^2dt.$即可。

            
          （3）、
                       $\because I=\int \frac{\cos x}{\sqrt{1+\cos^2x}}dx=\int \frac{\cos(-t)}{\sqrt{1+\cos^2(-t)}}d(-t)=-I,$

                        $\therefore I=0.$

北京大学2011-2012学年数学分析I期末试题


   （1）、证明：
                        设$c$为无界点，即有

                                    $\exists c\in(0,1),f(c)> M,$

                        由拉格朗日中值定理，可知

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

                                    $f(c)-f(0)=f'(\xi)c,$

                                     $\because f(c)> M,$

                                     $\therefore f'(\xi)> M.$

                        因此$f'(x)$的值域为无界区间。

         （2）、由于函数在有界闭区间内可导，因此，连续有界。与上面类似，利用拉格朗日微分中值定理，可知，其导函数一定有界。

北京大学2011-2012学年数学分析I期末试题


  证明：此题在07年的试卷中已经出过一次。此时再出现，说明此题够经典。因此也重做一次。

             将区间分为两个：$(0,+\infty )=(0,1]\cup [1,+\infty ),$

                在$[1,+\infty )$上，由于

                                        $f'(x)=(\sqrt{x}\ln x)'=(\frac{1}{2}\ln x+1)x^{-1/2}\rightarrow 0,(n \to +\infty )$

                         可知，$f'(x)$有界，$f(x)$一致连续。

               在$(0,1]$上，由于

                                        $\displaystyle \lim_{x\to0^+}f(x)=0.\lim_{x\to 1^-}f(x)=0$

                        存在。所以，$f(x)$一致连续。

                     
                因此，$f(x)$在$(0,+\infty )$上一致收敛。

北京大学2011-2012学年数学分析I期末试题


解：
               $f(x)=x^2\sin x=uv,u=x^2,v=\sin x$

                $u'=2x,u''=2,u'''=\cdots =v^{(n)}=0,$

                $v^{(n)}=\sin(x+\frac{n\pi}{2}),$

                $\therefore f^{(n)}(x)=x^2\sin x+2nx\sin(x+\frac{(n-1)\pi}{2})+\sin (x+\frac{n\pi}{2}),$

                $f'(1)=\sin 1,f''(1)=\sin 1-4\cos 1,$

               $f^{(n)}(1)=\sin 1+2n\sin(1+\frac{(n-1)\pi}{2})+\sin (1+\frac{n\pi}{2}),$

               $f(x)=\sin 1+\sin 1(x-1)+\frac{\sin 1-4\cos 1}{2!}(x-1)^2+\frac{\sin 1+2n\sin(1+\frac{(n-1)\pi}{2})+\sin (1+\frac{n\pi}{2})}{n!}(x-1)^n+o((x-1)^n).$

北京大学2011-2012学年数学分析I期末试题


证明：
                 由柯西中值定理

                            $\displaystyle g(x)=\frac{1}{x^2},\exists \xi\in (a,b),s.t.$

                            $\displaystyle \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{1-0}{\frac{1}{b^2}-\frac{1}{a^2}}=\frac{f'(\xi)}{-\frac{2}{\xi^3}},$

                            $\displaystyle \therefore f'(\xi)\xi^3(b^2-a^2)=2a^2b^2.$

北京大学2011-2012学年数学分析I期末试题


解：
                       $x=y=0,f(0)=\frac{2f(0)}{1-f^2(0)},\Rightarrow f(0)=0.$

                       $\frac{f(x+y)-f(x)}{y}=\frac{f(y)}{y}(1+f(x)f(x+y)),$

                令      
                            $y \to 0,$

                 则有      
                             $f'(x)=f'(0)(1+f^2(x)),$

                   即
                            $\frac{df(x)}{(1+f^2(x))}=f'(0)dx,$

                            $\therefore \arctan f(x)=f'(0)x,$

                            $f(x)=\tan(f'(0)x).$