数学分析习题题练习四

上海交通大学2020年数学分析考研试题


解：
       （1）、错。如：
                                 $\displaystyle a_n=\frac{1}{2^n}.$

                $\{a_n\}$显然收敛。
                                 $\displaystyle \lim_{n \to \infty }a_n=0,$

               但，
                                 $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{1}{2}.$

       （2）、对。

                      因为。函数$f(x)$在某点$x_0$二阶可导，则在在该点一阶可导。由此可知在该点$f(x)$连续。

        （3）、对。
                      由Lagrange中值定理
                                   $\exists \eta \in[a,b],s.t.f(b)-f(a)=f'(\eta )(b-a),$

                                    $\because g(a)\leq \eta \leq g(b),$

                      又，$g(x)$为连续函数，所以由介值定理知

                                     $\exists \xi ,s.t.g(\xi)=\eta .$

                       即有
                                     $f(b)-f(a)=f'(g(\xi))(b-a).$

上海交通大学2020年数学分析考研试题


解：
       （4）、错。

                       如：
                                     $a_n=b_n=\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}},$

                        显然
                                     $\sum a_n=\sum b_n< \infty ,$

                          而
                                     $\sum (a_n+b_n)^2=\sum \frac{4}{n}=\infty .$

           (5)、对。
                          可令
                                       $(x_1,y),(x_2,y)\in D,$

                          由于$D$为凸区域，由Lagrange中值定理

                                       $f(x_2,y)-f(x_1,y)=f'(\xi,y)(x_2-x_1)=0,$

                                        $\Rightarrow f(x_2,y)=f(x_1,y).$


注：上海交通大学的数分考研题，比较喜欢出这样的判断题。其实是非题比较难。可参照：《数学分析试题分析与解答》上海交通大学数学系组编,2015。

上海交通大学2020年数学分析考研试题


解：
              $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\cos x-e^{-\frac{x^2}{2}}}{\ln(\sin^4x+1)}=\lim_{x\to 0}\frac{1-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{4!}x^4-1+\frac{1}{2}x^2-\frac{1}{2!4}x^4}{\sin^4x}=\lim_{x\to 0}\frac{-\frac{1}{12}x^4}{x^4}=-\frac{1}{12}.$

上海交通大学2020年数学分析考研试题


解：
                                 $\displaystyle g'(x)=f(x),(x\neq 0),$

                     当$x=0,$
                                 $\begin{align*}g'(0)&=\lim_{x\to 0}\frac{g(x)-g(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{\int_{0}^{x}f(t)dt}{x}-0}{x-0}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{\int_{0}^{x}f(t)dt}{x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{\int_{0}^{x}f(t)dt}{x}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{2x}=\frac{A}{2}.\end{align*}$

                   又由已知，$f(x)$连续，所以可导。由已知等式，知

                                   $\displaystyle \because \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=A.$

                                   $\displaystyle \Rightarrow \lim_{x\to 0}f(x)=0.$

                      由上面求导可知
                                   $\displaystyle \because \lim_{x\to 0}g'(x)=\lim_{x\to 0}f(x)=0.$

                        因而，当$A=0$时，$g'(x)$连续。当$A\neq 0$时，$g'(x)$不连续。



                             

上海交通大学2020年数学分析考研试题


解：
            取曲线L：
                              $\displaystyle 4x^2+y^2=\varepsilon ^2,(\varepsilon > 0)$

                  取$\varepsilon$足够小。使$L$包围于$C$内。利用格林公式计算

                              $\displaystyle I=\oint_C\frac{xdy-ydx}{4x^2+y^2}=\frac{1}{\varepsilon ^2}\iint_D 2dxdy+0=\frac{2}{\varepsilon ^2}\cdot \pi\cdot \frac{\varepsilon}{2}\cdot \varepsilon=\pi.$

                   $L$区域外的积分为$0$。

上海交通大学2020年数学分析考研试题


解：
              利用Stolze公式
                                    $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{I_n}{\ln n}=\lim_{n \to \infty }\frac{I_n-I_{n-1}}{\ln n-\ln(n-1)},$

                    而
                                 $\begin{align*}\because I_n-I_{n-1}&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^2(nt)}{\sin t}dt-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin^2((n-1)t)}{\sin t}dt\\\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{(\sin nt-\sin(n-1)t)(\sin nt+\sin(n-1)t)}{\sin t}dt\\\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin(2n-1)t\cdot \sin t}{\sin t}dt\\\\&=\frac{1}{2n-1}.\end{align*}$

                                $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }\frac{I_n}{\ln n}=\frac{\frac{1}{2n-1}}{\ln(1+\frac{1}{n-1})}=\lim_{n \to \infty }\frac{n-1}{2n-1}=\frac{1}{2}.$

注：此题有一定的技巧性，想到不难，想不能就难。

上海交通大学2020年数学分析真题

证明：
                          $\displaystyle \because x_n=\sum_{k=1}^{n}(x_{k+1}-x_{k})+x_1,$

                 由已知
                             $\displaystyle \lim_{n \to \infty }(x_{n+1}-x_n)=0,$

                  可知有：
                              $\displaystyle \Rightarrow \forall \varepsilon > 0,\exists N,n> N,s.t.$

                                 $\displaystyle |x_{N+1}-x_N|< \frac{\varepsilon }{3},$

                因此，
                              $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,\exists N,n> N,s.t.$

                             $\begin{align*}|\frac{x_n}{n}|&=|\frac{\displaystyle \sum_{k=1}^{N-1}(x_{k+1}-x_{k})+(x_{N+1}-x_N)+x_1}{n}|\\\\&\leq |\frac{\displaystyle \sum_{k=1}^{N-1}(x_{k+1}-x_{k})}{n}|+|\frac{x_{N+1}-x_N}{n}|+|\frac{x_1}{n}|\\\\&=\frac{\varepsilon }{3}+\frac{\varepsilon }{3}+\frac{\varepsilon }{3}=\varepsilon .\end{align*}$

                               命题成立。

上海交通大学2020年数学分析真题


证明：可以利用有限覆盖定理证明。

                                 $\displaystyle \because \lim_{x\to x_0}=f(x_0)> 0,$

                                  $\displaystyle \therefore \forall\varepsilon>0,\forall x,x_0\in][a,b], \exists \delta >0,|x-x_0|<\delta ,s.t.$

              由此,有
                                   $\displaystyle f(x)\leq f(x_0)+\varepsilon=c,(c> 0).$

               取开覆盖
                                  $\displaystyle G=\{U(x_0,\delta_{x_0})|\forall x_0\in[a,b]\},$
               
               由有限覆盖定理知，存在有限个开区间

                                    $\displaystyle G^*=\{U(x_{0_i},\delta_{x_{0_i}})|i=1,2\cdots ,n\},$

                     覆盖区间$[a,b]$.且

                                     $\displaystyle x\in U(x_{0_i},\delta_{x_{0_i}}),f(x)\leq c_i,$

                           取
                                       $\displaystyle c=\max\{c_1,c_2,\cdots ,c_n\},$

                                       $\displaystyle \therefore f(x)\leq c.$





            

上海交通大学2020年数学分析真题


证明
                 令
                        $F(x)=\int_{a}^{x}f(t)dt,$

                则
                         $F(a)=0,F(b)=\int_{a}^{b}f(x)dx,$

             将$F(a),F(b)$分别在$x=\frac{a+b}{2}$泰勒展开:

                         $\begin{align*}F(a)&=F(\frac{a+b}{2})+F'(\frac{a+b}{2})(\frac{a+b}{2}-a)+\frac{1}{2!}F''(\frac{a+b}{2})(\frac{a+b}{2}-a)^2+\frac{1}{3!}F'''(\xi_1)(\frac{a+b}{2}-a)^3\\\\&=F(\frac{a+b}{2})-f(\frac{a+b}{2})(\frac{b-a}{2})+\frac{1}{2!}f'(\frac{a+b}{2})(\frac{b-a}{2})^2-\frac{1}{3!}f''(\xi_1)(\frac{b-a}{2})^3.\end{align*},$

                         $\begin{align*}F(b)&=F(\frac{a+b}{2})+F'(\frac{a+b}{2})(b-\frac{a+b}{2})+\frac{1}{2!}F''(\frac{a+b}{2})(b-\frac{a+b}{2})^2+\frac{1}{3!}F'''(\xi_1)(b-\frac{a+b}{2})^3\\\\&=F(\frac{a+b}{2})+f(\frac{a+b}{2})(\frac{b-a}{2})+\frac{1}{2!}f'(\frac{a+b}{2})(\frac{b-a}{2})^2+\frac{1}{3!}f''(\xi_1)(\frac{b-a}{2})^3.\end{align*},$

          将两式相减，

                           $\int_{a}^{b}f(x)dx=F(b)-F(a)=f(\frac{a+b}{2})(b-a)+\frac{f''(\xi_1)+f''(\xi_2)}{48}(b-a)^3$

                 其中$\xi_1\in[a,\frac{a+b}{2}],\xi_2\in[\frac{a+b}{2},b],$

           据Darboux定理，
                                    $\exists \xi\in[\xi_1,\xi_2]\subset [a,b],s.t.$

                                     $2f''(\xi)=f''(\xi_1)+f''(\xi_2),$

             代入上式，得

                                   $\int_{a}^{b}f(x)dx=f(\frac{a+b}{2})(b-a)+\frac{f''(\xi)}{24}(b-a)^3.$

                     命题得证。

上海交通大学2020年数学分析真题


解：
            题目打错了，数列应为$\{a_n\}.$

      先证级数$\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^{\infty }a_nx^n,$有定义。

           当$L=0$时，级数$\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^{\infty }a_nx^n$在$(-1,1)$上有定义；

           当$L\neq 0$时，$\displaystyle ｜\frac{a_{n+1}x^{n+1}}{a_nx^n}｜=|x|<1$,所以，级数$\displaystyle f(x)=\sum_{n=1}^{\infty }a_nx^n$在$(-1,1)$上有定义。

             再计算极限

                                $\begin{align*}\lim_{x\to1^-}(1-x)f(x)&=\lim_{x\to1^-}\sum_{n=1}^{\infty }a_nx^n-\lim_{x\to1^-}\sum_{n=1}^{\infty }a_nx^{n+1}\\\\&=\lim_{x\to1^-}[a_1x+\sum_{n=1}^{\infty}(a_{n+1}-a_n)x^{n+1}]\\\\&=a_1+\sum_{n=1}^{\infty }(a_{n+1}-a_n)\\\\&=a_1+\lim_{n \to \infty }(a_{n+1}-a_1)\\\\&=L.\end{align*}$