数学分析习题题练习四

北京邮电大学2020年考研数分试题


解：拆分区间积分
                           $\displaystyle \int_{0}^{\sqrt{2\pi}}\sin (x^2)dx=\int_{0}^{\sqrt{\pi}}\sin (x^2)dx+\int_{\sqrt{\pi}}^{\sqrt{2\pi}}\sin (x^2)dx,$
               
             而
                            $\displaystyle \int_{0}^{\sqrt{\pi}}\sin (x^2)dx\geq 0,$

                            $\displaystyle \int_{\sqrt{\pi}}^{\sqrt{2\pi}}\sin (x^2)dx=\int_{\pi}^{2\pi}\frac{\sin t}{2\sqrt{t}}dt\geq \frac{1}{2\sqrt{2\pi}}\int_{\pi}^{2\pi}\sin tdt=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}> 0.$

              因此
                            $\displaystyle \int_{0}^{\sqrt{2\pi}}\sin (x^2)dx>0.$

北京邮电大学2020年考研数分试题


解：
                           $\displaystyle F(x)=\int_{0}^{x}(x^2-t^2)f(t)dt=x^2\int_{0}^{x}f(t)dt-\int_{0}^{x}t^2f(t)dt,$

                            $\displaystyle F'(x)=2x\int_{0}^{x}f(t)dt+x^2f(x)-x^2f(x)=2x\int_{0}^{x}f(t)dt,$

                              $\displaystyle \because F'(x)=2x\int_{0}^{x}f(t)dt=O(x^k),$

                           $\begin{align*}\therefore \lim_{x\to 0}\frac{2x\int_{0}^{x}f(t)dt}{x^k}&=\lim_{x\to 0}\frac{2\int_{0}^{x}f(t)dt+2xf(x)}{kx^{k-1}}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{2f(x)+2f(x)+2xf'(x)}{k(k-1)x^{k-2}}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{2f'(x)}{k(k-1)x^{k-3}},
\end{align*}$

                           $\displaystyle \because f'(0)\neq 0,\therefore k-3=0,$

                           $\displaystyle \Rightarrow k=3.$

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解：
                     $\displaystyle p=0,\int_{0}^{1}|\ln x|^pdx< \infty ,$
              令
                     $t=\ln x,dx=xdt=e^tdt,$
              则
                      $\displaystyle \int_{0}^{1}|\ln x|^pdx=-\int_{0}^{-\infty }|t|^pe^tdt=\int_{0}^{+\infty }t^pe^{-t}dt< \int_{0}^{+\infty }t^pdt.$

             所以
                       $\displaystyle p< -1,\int_{0}^{+\infty }t^pdt< \infty ,$
             而
                        $\displaystyle p\geq -1(p\neq 0),\int_{0}^{+\infty }t^pe^{-t}dt=\infty ,$

北京邮电大学2020年考研数分试题


解：
                       $\because e^x=1+x+o(x),\ln(1+x)=x+\frac{1}{2}x^2+o(x^2),$

                       $\therefore (1+\frac{1}{n})^n=e^{n\ln(1+\frac{1}{n})}=e^{n(\frac{1}{n}-\frac{1}{2n^2}+o(\frac{1}{n^2}))},$

                       $\begin{align*}\left ( e-(1+\frac{1}{n})^n \right )^p&=\left ( e-e^{1-\frac{1}{2n}+o(\frac{1}{n}))} \right )^p\\\\&=e^p\left ( 1-e^{\frac{1}{2n}+o(\frac{1}{n})} \right )^p\\\\&=e^p(\frac{1}{2^pn^{p}}+o(\frac{1}{n^{p}}))\\\\&\sim \frac{1}{n^p},\end{align*}$

              因此，当$p> 1$时，原级数收敛，当$p\leq 1$时，原级数发散。

北京邮电大学2020年考研数分试题


解：
                         $\displaystyle \because \sum_{n=0}^{\infty }(-1)^n\frac{n^2-n+1}{2^n}=\sum_{n=0}^{\infty }(-1)^n\frac{n(n-1)}{2^n}+\sum_{n=0}^{\infty }(-1)^n\frac{1}{2^n},$

           利用幂级数求和
                          $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty }n(n-1)x^{n-2}=(x^{n})''=(\frac{1}{1-x})''=(\frac{1}{(1-x)^2})'=\frac{2}{(1-x)^3},(-1< x< 1)$
           
             令$x=-\frac{1}{2},$则
                           $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty }(-1)^n\frac{n(n-1)}{2^n}=\frac{1}{4}\sum_{n=0}^{\infty }(-1)^{n-2}\frac{n(n-1)}{2^{n-2}}=\frac{1}{4}\frac{2}{(1+\frac{1}{2})^3}=\frac{4}{27}.$
                而               
                            $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty }(-1)^n\frac{1}{2^n}=\frac{1}{1+\frac{1}{2}}=\frac{2}{3},$

                            $\displaystyle \therefore \sum_{n=0}^{\infty }(-1)^n\frac{n^2-n+1}{2^n}=\frac{4}{27}+\frac{2}{3}=\frac{22}{27}.$

注：此题考对常见幂级数的熟练程度。利用已知幂级数求和，是常用的方法。带有一定技巧。

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证明：
                       $\displaystyle \because a_{n+1}-a_n=\frac{1}{\sqrt{n+1}}-2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})=\frac{\sqrt{n}-\sqrt{n+1}}{\sqrt{n+1}(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})}< 0,$

                         $\displaystyle \therefore a_n\downarrow ,$

             又
                          $\displaystyle \because 2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})=\frac{2}{\sqrt{n+1}+\sqrt{n}}< \frac{2}{2\sqrt{n}}=\frac{1}{\sqrt{n}}.$

                            $\begin{align*}\therefore a_n&> 2\{(\sqrt{2}-\sqrt{1})+(\sqrt{3}-\sqrt{2})+\cdots +(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})\}-2\sqrt{n}\\\\&=-2+2(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})\\\\&> -2.
\end{align*}$

                           $\displaystyle \therefore \{a_n\}$级数单调，有界，收敛。


注：证明有界性的那个不等式由网友提供，在此谢过。

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证明：
                       $\displaystyle \because \frac{a_n}{S_n^2}=\frac{S_{n}-S_{n-1}}{S_{n}^2}\leq \int_{S_{n-1}}^{S_{n}}\frac{1}{x^2}dx,$

                       $\displaystyle \therefore \sum_{n=2}^{N}\frac{a_n}{S_{n}^2}\leq \sum_{n=2}^{N}\int_{S_{n-1}}^{S_{n}}\frac{1}{x^2}dx=\int_{S_{1}}^{S_N}\frac{1}{x^2}dx\leq \int_{a_1}^{+\infty }\frac{1}{x^2}dx< \infty .$



注记：此题$S_n^2$改为$S_n^\alpha，(\alpha>1)$也成立。

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证明：
                  由已知，有
                                      $n \to \infty ,e^{-n}\to 0$

                                      $f_n(x)=e^n(f(x-e^{-n})-f(x))=e^n\cdot f'(\xi )e^{-n}=f'(\xi),\xi \in(x-e^{-n},x)$

                                      $\forall \varepsilon > 0,\exists N,\exists \delta > 0,n> N,|e^{-n}|< \delta ,s.t.$

                                       $|f_n(x)-f'(x)|=|f'(\xi)-f'(x)|< \varepsilon ,$
                     其中理由
                                      $e^{-n}\to 0,\xi\to x,f'(x)\in C(-\infty ,+\infty ),$
                     

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基础题，先求偏导，再代入原方程，消去一阶偏导数项，即可。

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题目错了“已知”应改为“求证”

证明：
                设
                                     $A>0,\varepsilon > 0,I=(0,+\infty)$

                                     $\because |\int_{\varepsilon }^{A}(1-e^{-xy})\cos ydy|\leq |\int_{\varepsilon }^{A}\cos ydy|\leq 2,$
                  
                        即对于$x\in I$一致有界。又
                                       $\because \frac{1}{y}\to 0,(y\to +\infty)$,对于$x$一致趋于零。

                        由Dirichlet判别法知
                                             $F(x)\in C(0,+\infty).$

                          对于$x=0$点，
                                              $\begin{align*}\because \lim_{x\to 0^+}F(x)&=\lim_{\varepsilon \to 0}\lim_{x\to 0^+}\int_{\varepsilon }^{+\infty }\frac{1}{y}(1-e^{-xy})\cos ydy\\\\&=\lim_{\varepsilon \to 0}\int_{\varepsilon }^{+\infty }\lim_{x\to 0^+}\frac{1}{y}(1-e^{-xy})\cos ydy\\\\&=\int_{0}^{+\infty }\frac{1}{y}\cos ydy\\\\&=F(0).
\end{align*}$
                         $F(x)$  也连续。综上所知

                                   $\therefore F(y)\in C[0,+\infty).$