数学分析习题题练习四

上海财经大学2020年数学分析考研试题


解：
               $\displaystyle \forall x> \pi,\exists n\in \mathbb{N},s.t.n\pi\leq x\leq (n+1)\pi,$

           设
                 $\displaystyle x=n\pi+y,0\leq y< \pi,x\to +\infty,(n \to +\infty),$

          则
                 $\begin{align*}\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}\int_{0}^{x}|\cos t|dt&=\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n\pi+y}\int_{0}^{n\pi+y}|\cos t|dt\\\\&=\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n\pi+y}(\int_{0}^{\pi}|\cos t|dt+\int_{\pi}^{2\pi}|\cos t|dt+\\\\&\cdots +\int_{(n-1)\pi}^{n\pi}|\cos t|dt+\int_{n\pi}^{n\pi+y}|\cos t|dt)\\\\&=\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n\pi+y}(n\int_{0}^{\pi}|\cos t|dt+\int_{n\pi}^{n\pi+y}|\cos t|dt)\\\\&=\lim_{n\to+\infty}\frac{n}{n\pi+y}(\int_{0}^{\pi}|\cos t|dt+\frac{1}{n}\int_{n\pi}^{n\pi+y}|\cos t|dt)\\\\&=\lim_{n\to+\infty}\frac{n}{n\pi+y}(\int_{0}^{\pi}|\cos t|dt+\frac{1}{n}\int_{0}^{y}|\cos t|dt)\\\\&=\lim_{n\to+\infty}\frac{n}{n\pi+y}\int_{0}^{\pi}|\cos t|dt+\lim_{n\to+\infty}\frac{1}{n\pi+y}\int_{0}^{y}|\cos t|dt\\\\&=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}|\cos t|dt\\\\&=\frac{1}{\pi}(\int_{0}^{\pi/2}\cos tdt+\int_{\pi/2}^{\pi}-\cos tdt)\\\\&=\frac{2}{\pi}.\end{align*}$

上海财经大学2020年数学分析考研试题


解：
                       $\begin{align*}\int_{0}^{3}\frac{f'(x)}{f^2(x)+1}dx&=\int_{0}^{2}\frac{df(x)}{f^2(x)+1}+\int_{2}^{3}\frac{df(x)}{f^2(x)+1}\\\\&=\lim_{x\to 2}\int_{0}^{x}\frac{df(t)}{f^2(t)+1}+\lim_{x\to 2}\int_{x}^{3}\frac{df(t)}{f^2(t)+1}\\\\&=\lim_{x\to 2}\arctan f(t)|_0^x+\lim_{x\to 2}\arctan f(t)|_x^3\\\\&=\lim_{x\to 2}\arctan \frac{1}{(t+1)^2(t-2)}|_0^x+\lim_{x\to 2}\arctan \frac{1}{(t+1)^2(t-2)}|_x^3\\\\&=\lim_{x\to 2}\arctan \frac{1}{(x+1)^2(x-2)}+\arctan \frac{1}{2}\\\\&+\arctan \frac{1}{4}-\lim_{x\to 2}\arctan \frac{1}{(x+1)^2(x-2)}\\\\& =\arctan \frac{1}{2}+\arctan \frac{1}{4}.\end{align*}$

上海财经大学2020年数学分析考研试题


解：此题源于“【俄罗斯教材选译】《数学分析习题集》（俄）吉米多维奇 著；李荣涷 李植 译,2010版”，真接贴解

上海财经大学2020年数学分析考研试题


解：
          由条件，知
                                  $\displaystyle \because \sum_{n=1}^{\infty}a_n=\infty,\lim_{n \to \infty}\frac{a_n}{A_n}=0,$

                                  $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty}\frac{a_n}{A_n}=\lim_{n \to \infty}\frac{a_n-a_{n-1}}{a_n}=\lim_{n \to \infty}(1-\frac{a_{n-1}}{a_n})=0.$

           收敛半经为
                                  $\displaystyle \Rightarrow R=|\frac{a_{n-1}}{a_n}|=1.$

上海财经大学2020年数学分析考研试题

上海财经大学2020年数学分析考研试题


证明：将$f(0),f(1)$分另在$x\in(0,1)$点泰勒展开：

                                $\displaystyle f(0)=f(x)-f'(x)x+\frac{1}{2}f''(\xi_1)x^2,\xi_1\in(0,1)$

                                $\displaystyle f(1)=f(x)+f'(x)(1-x)+\frac{1}{2}f''(\xi_2)(1-x)^2,\xi_2\in(0,1)$

                                $\displaystyle \because f(0)=f(1),$

                                $\displaystyle \therefore f'(x)(x+(1-x))=\frac{1}{2}(-f''(\xi_1)x^2+f''(\xi_2)(1-x)^2),$

                                $\displaystyle \Rightarrow |f'(x)|=\frac{1}{2}|(-f''(\xi_1)x^2+f''(\xi_2)(1-x)^2)|\leq \frac{1}{2}\max\{f''(x)\}|2x^2|,$

                                $\displaystyle \therefore \int_{0}^{1}|f'(x)|dx\leq \max\{f''(x)\}\int_{0}^{1}x^2dx=\frac{1}{3}\max\{f''(x)\}.$

上海财经大学2020年数学分析考研试题


证明




【注记】：上海财经大学2020年的数学分析考研试题，出了两道关于泰勒公式的题，对这方面的内容，有些侧重。

中国矿业大学2020年数学分析考研试题

解：
                     $\displaystyle \lim_{x\to 0}(x\tan x+\cos x)^{\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\to 0}(x\sin x+1)^{\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\to 0}(x^2+1)^{\frac{1}{x^2}}=e.$

中国矿业大学2020年数学分析考研试题

证明：分两段证。由已知可知，$f(x)$在有限闭区间内一致连续；又

                                $\displaystyle\because \lim_{x\to+\infty}f(x)=A< \infty.$

                                 $\displaystyle\therefore \forall \varepsilon > 0,\exists x_N, x> x_N,s.t.$

                                 $\displaystyle|f(x)-A|< \frac{\varepsilon }{2}.$
           因此
                                 $\displaystyle\forall x_1,x_2> x_N,s.t.$

                                 $\displaystyle |f(x_1)-f(x_2)|\leq |f(x_1)-A|+|f(x_2)-A|< \frac{\varepsilon }{2}+\frac{\varepsilon }{2}=\varepsilon .$

                       综上，$f(x)$在$[a,+\infty)$上一致连续。

中国矿业大学2020年数学分析考研试题


题目结论有误，应该为
                                   $|f'''(\xi)|\geq 6.$

证明：
              将$f(1),f(3)$在$x=2$泰勒展开，得

                                    $f(1)=1=f(2)+f'(2)(1-2)+\frac{1}{2!}f''(2)(1-2)^2+\frac{1}{3!}f'''(\xi_1)(1-2)^3,$

                                    $f(3)=3=f(2)+f'(2)(3-2)+\frac{1}{2!}f''(2)(3-2)^2+\frac{1}{3!}f'''(\xi_1)(3-2)^3,$

             两式相减，得

                                    $2=\frac{1}{3!}|f'''(\xi_2)+f'''(\xi_1)|,$
                                 
                     取
                                    $|f'''(\xi)|=\max\{|f'''(\xi_1)|,|f'''(\xi_2)|\}$

                      因此有
                                     $2=\frac{1}{3!}|f'''(\xi_2)+f'''(\xi_1)|\leq \frac{1}{3}|f'''(\xi)|,$

                                     $\therefore |f'''(\xi)|\geq 6.$


注：本题中的泰勒展开方法，在证明类似的问题中常用。