数学分析习题题练习四

北京邮电大学2020年考研数分试题


证明：
                 由已知，有
                                 $f(x+p)=f(x),\int_{(n-1)p}^{np}f(x)dx=\int_{0}^{p}f(x)dx,x=np,(n \to +\infty ,x\to+\infty )$

                                  $\begin{align*}\lim_{x\to+\infty }\frac{1}{x}\int_{0}^{x}f(x)dx&=\lim_{n \to +\infty }\frac{1}{np}\sum_{k=1}^{n}\int_{(n-1)p}^{np}f(x)dx\\\\&=\lim_{n \to +\infty }\frac{1}{np}\cdot n \int_{0}^{p}f(x)dx\\\\&=\frac{1}{p}\int_{0}^{p}f(x)dx.\end{align*}$

北京邮电大学2020年考研数分试题


证明：
                    设
                                  $F(x)=e^{-x}|f(x)|,$
                      则有
                                   $F(0)=0,F(x)\geq 0,$

                                   $\because F'(x)=e^{-x}(|f'(x)|-|f(x)|)\leq 0,$(由已知：$|f'(x)|\leq |f(x)|$ )

                                    $\therefore F(x)\downarrow ,$

                        由此知
                                     $F(x)\leq F(0)=0,$

                        从而有
                                    $0\leq F(x)=e^{-x}|f(x)|=0,\Rightarrow f(x)=0.$

注记：此题的原型题为

只是作了一点点改动。

北京邮电大学2020年考研数分试题


证明
               设$\overrightarrow{n}$为曲线的法线方向，$\overrightarrow{t}$为曲线的切线方向。则有

                                    $\displaystyle (t,x)+(t,y)=\pi,(t,y)=(n,x),$  

                     于是，
                                   $\displaystyle \cos(n,x)ds=\cos(t,y)ds=dy,\cos(n,y)ds=-\cos(t,x)ds=-dx.$

                       而
                                    $\displaystyle \oint v\frac{\partial u}{\partial n}ds=\oint v(u_x\cos(n,x)+u_y\cos(n,y))ds=\oint vu_xdy-vu_ydx,$

                       应用格林公式，有
                                     $\displaystyle \oint vu_xdy-vu_ydx=\iint (v_xu_x+vu_{xx}+v_yu_y+vu_{yy})d\sigma ,$

                       因此有
                                      $\displaystyle \therefore -\iint (v_xu_x+v_yu_y)d\sigma +\oint v\frac{\partial u}{\partial n}ds=\iint v(u_{xx}+u_{yy})d\sigma .$


注记：此题难度不大，考概念。如果对法向量与切向量的关系没有掌握，就证明不了。






               

北京邮电大学2020年考研数分试题


证明：
        （1）、当$x< y$时，

                                   $\because ky-f(y)-(kx-f(x))=k(y-x)-(f(y)-f(x))\geq k(y-x)-k(y-x)=0,$

                                    $\therefore kx-f(x)\uparrow .$

          （2）、
                                    $\because x_{n+1}=(x_{n+1}-x_n)+(x_n-x_{n-1})+\cdots +(x_2-x_1)+x_1,$

                        所以，级数$\{x_{n+1}\}$与级数$x_1+\sum (x_{n+1}-x_n)$等价。而

                                    $\because |x_{n+1}-x_n|=|f(x_n)-f(x_{n-1})|\leq k|x_n-x_{n-1}|\leq \cdots \leq k^{n-1}|x_2-x_1|,$
                        
                         可知，级数$x_1+\sum (x_{n+1}-x_n)$绝对收敛(李普希兹条件)。再由已知条件

                                         $\because |f(x)-f(y)|\leq k|x-y|,(0< k< 1)$

                                         $\therefore f(x)\in C(-\infty ,+\infty )$

                                       $\displaystyle \Rightarrow x_0=\lim_{n \to \infty }x_{n+1}=\lim_{n \to \infty }f(x_n)=f(x_0).$



                              

北京邮电大学2020年考研数分试题向来以题量大而著名。虽说每个题的难度并不十分大，但是还是需要有相当的技巧性。考查的面也比较广。要得高分不易。

多元函数可积的条件（兼谈北京大学一个考研试题）：(转载)

安徽大学2020年数学分析考研真题


解
                           $\because x_{n+1}=1-\sqrt{1-x_n},$

                           $\therefore 0\leq x_{n+1}\leq 1,$

              由已知，有
                             $(1-x_{n+1})^2=1-x_n,$

                             $1-2x_{n+1}+x^2_{n+1}=1-x_n,$

                     由此得到
                             $\displaystyle \frac{x_{n+1}}{x_n}=\frac{1}{2-x_{n+1}}\leq 1,\Rightarrow x_{n+1}\leq x_n.$

                  单调有界数列，收敛。设
                              $\displaystyle \lim_{n \to \infty }x_n=l,$

                   极限为
                                $\displaystyle \Rightarrow l=1.$

                    而
                                 $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{x_{n+1}}{x_n}=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{2-x_{n+1}}=1.$

安徽大学2020年数学分析考研真题


解
   （1）、      
                                  $\begin{align*} \lim_{x\to 0}(\cos\sqrt{x})^{\frac{1}{x}}&=\lim_{x\to 0}e^{\frac{1}{x}\ln\cos\sqrt{x}}\\\\&=\lim_{x\to 0}e^{\frac{-\sin\sqrt{x}}{\sqrt{x}\cos\sqrt{x}}}\\\\&=e^{-1}.
\end{align*}$

    （2）、
                                    $\displaystyle  \lim_{x\to 0}\frac{e^x-\cos 2x-x}{\sqrt{1+4x}-2\ln(1+x)-1}=\lim_{x\to 0}\frac{1+x+\frac{1}{2}x^2-(1-\frac{1}{2}(2x)^2)-x}{1+\frac{1}{2}(4x)-\frac{1}{8}(4x)^2+(2x-x^2)-1}=-\frac{5}{6}.$

安徽大学2020年数学分析考研真题


证明：
        （1）、由已知在$(a,b)$内$f(x)$一致连续，所以有

                                 $\forall \varepsilon_1> 0,\forall x_1,x_2\in(a,b),\exists \delta > 0,|x_1-x_2|< \delta ,s.t.$

                                 $|f(x_1)-f(x_2)|< \varepsilon _1,$

                       又因为$c< f(x_1),f(x_2)< d,$则由$g(x)$的一致连续性，可知取$\delta_1=\varepsilon _1$时，有

                                   $\forall \varepsilon > 0,\exists \delta_1,|f(x_1)-f(x_2)|<\delta_1,s.t.$

                                    $|g(f(x_1))-g(f(x_2))|< \varepsilon .$

                     而此时有
                                   $|x_1-x_2|< \delta $.

                      此即表明$g(f(x))$一致收敛。

         （2）、
                                   $\varepsilon_0=1,x_1=\sqrt{n\pi+\frac{\pi}{2}},x_2=\sqrt{n\pi},\exists N,n> N,\exists \delta > 0,$

                                   $|x_1-x_2|=|\frac{\pi/2}{\sqrt{n\pi+\pi/2}+\sqrt{n\pi}}|< \delta ,$

                       而此时
                                   $|f(x_1)-f(x_2)|=|\cos x^2_1-\cos x^2_2|=1= \varepsilon_0> 0 ,$

                        因 此，函数不一致连续。





                                

安徽大学2020年数学分析考研真题


解
                             $\displaystyle s(x)=\int_{0}^{x}|\sin 2t|dt,$

                             $\displaystyle s(n\pi)=\int_{0}^{n\pi}|\sin 2t|dt=\sum_{k=0}^{n}\int_{\frac{k\pi}{2}}^{\frac{(k+1)\pi}{2}}|\sin2t|dt,$
                  又
                             $\displaystyle \because \int_{\frac{k\pi}{2}}^{\frac{(k+1)\pi}{2}}|\sin2t|dt=\int_{0}^{\pi}\sin xdx=2,$

                             $\displaystyle \therefore s(n\pi)=\int_{0}^{n\pi}|\sin 2t|dt=n\int_{0}^{\pi}\sin xdx=2n.$

                 而
                             $\displaystyle \lim_{x \to +\infty }\frac{s(x)}{x}=\lim_{n \to +\infty }\frac{2n}{n\pi}=\frac{2}{\pi}.$