数学分析习题题练习四

中国科学技术大学2020年考研数分试题


本题题目似笔误，应为：$x=f(x)e^{f(x)}.$

证明：
1、取对数，
                          $\ln x=f(x)\ln f(x),$

                          $\frac{1}{x}=f'(x)\ln f(x)+f'(x),$
             由此
                          $ f'(x)=\frac{1}{x(1+\ln f(x))}> 0,$

                          $\therefore f(x)\uparrow .$

2、由1、直接推推论。

3、参见第4页解答。

中国科学技术大学2020年考研数分试题






            摘自"智慧e数学"
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中国科学技术大学2020年考研数分试题


解：
                       $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{\sin x}{x^u}dx=\int_{0}^{1}\frac{\sin x}{x^u}dx+\int_{1}^{+\infty}\frac{\sin x}{x^u}dx.$

           对第一个积分：

                      $\displaystyle \because \lim_{x\to 0^+}x^{u-1}\cdot \frac{\sin x}{x^u}=1.$

                      $\displaystyle \therefore  0< u-1< 1,1< u< 2,$积分绝对收敛。

            而由
                       $\displaystyle u\leq 1,\lim_{x\to 0^+}\frac{\sin x}{x^u}=\lim_{x\to 0^+}x^{1-u}\cdot \frac{\sin x}{x}=\begin{cases}
1 &, u=1 \\
0 &, u< 1
\end{cases}$
                 积分收敛。
              当$u\geq 2$时，积分发散。

         对第二个积分：
               当$u> 1$时，绝对收敛；
               当$0< u\leq 1$时，条件收敛；
               当$u\leq 0$时，积分发散。

         综上结论得到，在$u\leq 0$时，原积分发散；当$0< u\leq 1$时，原积分条件收敛；当$0< u< 2$时，原积分绝对收敛；当$u\geq 2$时，原积分发散。






                                 

中国科学技术大学2020年考研数分试题



证明：由已知条件
                               $\displaystyle \because \int_{x}^{1}f(t)dt\geq \frac{1-x^2}{2},x\in[0,1]$

                                $\displaystyle \therefore \int_{x}^{1}f(t)dt\geq \frac{1-x^2}{2}=\int_{x}^{1}tdt,$

                    从而有
                                $\displaystyle \Rightarrow \int_{x}^{1}(f(t)-t)dt\geq 0.$

                       由此推得
                                 $\displaystyle  f(t)-t\geq 0,\Rightarrow f(x)\geq x,x\in[0,1]$

                    所以有
                                 $\displaystyle \int_{0}^{1}f^2(x)dx\geq \int_{0}^{1}x^2dx=\frac{1}{3}.$   


  注：此题容易绕。只能从结论猜。再结合已知条件。走对了，不难，没走对，就难了。

中国科学技术大学2020年考研数分试题


证明：
         1、
              直接用归纳法证明
                                 $\displaystyle \because \int_{0}^{x}f'(t)dt=f(x)-f(0), $

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

                 对于上式第二项有：
                                $\begin{align*}\int_{0}^{x}f'(t)dt&=-\int_{0}^{x}f'(t)d(x-t)\\\\&=-f'(t)(x-t)|_0^x+\int_{0}^{x}f''(t)(x-t)dt\\\\&=f'(0)x+\int_{0}^{x}f''(t)(x-t)dt,
\end{align*}$

                  同理， 对于上式第二项有：
                                 $\begin{align*}\int_{0}^{x}f''(t)(x-t)dt&=-\int_{0}^{x}f''(t)(x-t)d(x-t)\\\\&=-\frac{1}{2}f''(t)(x-t)^2|_0^x+\frac{1}{2}\int_{0}^{x}f'''(t)(x-t)^2dt\\\\&=\frac{1}{2}f''(0)x^2+\frac{1}{2}\int_{0}^{x}f'''(t)(x-t)^2dt,\end{align*}$

                 用同样的方法， 依此类推，即可得到
                             $\displaystyle f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}f''(0)x^2+\cdots +\frac{1}{n!}f^{(n)}(0)x^n+\frac{1}{n!}\int_{0}^{x}(x-t)^{n}f^{(n+1)}(t)dt.$

                    由此，展开式成立。

2、由上述证明过程，可知$\forall x_0\in[-1,1],$设$a_k=\frac{1}{k!}f^{(k)}(x_0),$在$x=x_0$点，上式展开式可展成：
                     $\displaystyle f(x)=\sum_{k=0}^{n}a_k(x-x_0)^k+\frac{1}{n!}\int_{x_0}^{x}(x-t)^nf^{(n+1)}(t)dt.$

                  令
                      $\displaystyle R(x)=\frac{1}{n!}\int_{x_0}^{x}(x-t)^nf^{(n+1)}(t)dt.$

              只要证明
                       $\displaystyle \lim_{n \to \infty }R(x)=0.$

                由于
                       $\displaystyle \lim_{n \to \infty }R(x)=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{n!}\int_{x_0}^{x}(x-t)^nf^{(n+1)}(t)dt$

                        $\because x-t\leq 2,$

                        $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }\frac{1}{n!}\int_{x_0}^{x}(x-t)^nf^{(n+1)}(t)dt\leq \lim_{n \to \infty }\frac{2^n}{n!}\int_{x_0}^{x}f^{(n+1)}(t)dt=\lim_{n \to \infty }\frac{2^n}{n!}(f^{(n)}(x)-f^{(n)}(x_0)),$

                  由已知条件
                          $\displaystyle \because f^{(n)}(x)\geq 0,$

                             $\displaystyle \therefore f^{(n)}(x)-f^{(n)}(x_0)\leq |f^{(n)}(x)-f^{(n)}(x_0)|< M.$

                 从而有
                          $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{2^n}{n!}(f^{(n)}(x)-f^{(n)}(x_0))\leq \lim_{n \to \infty }\frac{2^n}{n!}\cdot M=0.$

                   故泰勒级数余项在$n\to \infty$时，为$0$.满足$f(x)$展开成为幂级数的充要条件。

中国科学技术大学2020年考研数分试题


证明：由已知条件，可知有
                                   $\forall x_0\in[a,b],\forall \varepsilon > 0,s.t.$

                                    $|f_n(x_0)-f(x)|< \varepsilon ,$

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

                                     $|f_n(x)-f(x)|\leq |f_n(x)-f_n(x_0)|+|f_n(x_0)-f(x)|\leq |f'(\xi)||x-x_0|+\varepsilon < M\delta +\varepsilon .$
                          其中，$\xi\in[a,b]$

                 因此，命题成立。