数学分析习题题练习四

康托定理的证明

中国科学技术大学2020年考研数分试题


证明：
                 令$u=xy$,则

                                 $\displaystyle I=\lim_{y\to +\infty }\int_{0}^{1}g(x)\frac{\sin (xy)}{x}dx=\lim_{y\to +\infty }\int_{0}^{1}g(\frac{u}{y})\frac{\sin (u)}{u}du,$

                    由反常积分一致收敛的Dirichlet判别法，知

                                    $\displaystyle \lim_{y\to +\infty }\int_{0}^{1}g(x)\frac{\sin (xy)}{x}dx,$一致收敛，故而有

                                   $\displaystyle I=\lim_{y\to +\infty }\int_{0}^{1}g(\frac{u}{y})\frac{\sin (u)}{u}du=\int_{0}^{+\infty}\lim_{y\to +\infty }g(\frac{u}{y})\frac{\sin (u)}{u}du=\int_{0}^{+\infty }g(0^+)\frac{\sin u}{u}du=\frac{\pi}{2}g(0^+).$

中科大数学分析3期未试题


解：
    1、如果$a=0,$则
                                  $\begin{align*}\int_{0}^{+\infty }\frac{\log x^2}{x^2+1}dx&=2\int_{0}^{1}\frac{\log x}{x^2+1}dx+2\int_{1}^{+\infty }\frac{\log x}{x^2+1}dx\\\\&=2\int_{+\infty }^{1}\frac{\log t}{t^2+1}dt+2\int_{1}^{+\infty }\frac{\log x}{x^2+1}dx\\\\&=0.
\end{align*}$

          当$a\neq 0,$则令
                                 $\displaystyle I(a)=\int_{0}^{+\infty }\frac{\log (x^2+a^2)}{x^2+1}dx,$
                    对$a$求导
                                 $\begin{align*}I'(a)&=\int_{0}^{+\infty }\frac{2a}{(x^2+1)(x^2+a^2)}dx\\\\&=\frac{1}{2a}\int_{0}^{+\infty }(\frac{1}{x^2+1}-\frac{1}{x^2+a^2})dx\\\\&=\frac{1}{2a}\arctan x|_0^{+\infty }-\frac{1}{2a^3}\arctan \frac{x}{a}|_0^{+\infty }\\\\&=\frac{\pi}{4a}-\frac{\pi}{4a^3}.\end{align*}$

                                 $\displaystyle \therefore I(a)=\int_{0}^{a}(\frac{\pi}{4t}-\frac{\pi}{4t^3})dt=\frac{\pi}{4}\ln a+\frac{\pi}{8a^2}.$

2、
                           $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{kx}{1+k^2x^2}&=\frac{1}{x}\lim_{n \to \infty }\frac{x}{n}\sum_{k=1}^{n}\frac{\frac{k}{n}x}{1+(\frac{k}{n}x)^2}\\\\&=\frac{1}{x}\int_{0}^{1}\frac{t}{1+t^2}dt\\\\&=\frac{1}{2x}\ln(1+t^2)|_0^1\\\\&=\frac{1}{2x}\ln2.
\end{align*}$


3、由无穷积分的一致收敛判别法，由于$\exists M> 0,$时有

                                     $\displaystyle |\int_{0}^{+\infty }e^{-x}\cos x|< M.$

                    而
                                     $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\frac{1}{nx^2+\frac{1}{n}}=0.$

                    所以原积分一致收敛，由此极限与积分可以交换次序，故有

                                 $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\int_{0}^{+\infty }\frac{e^{-x}\cos x}{nx^2+\frac{1}{n}}dx=\int_{0}^{+\infty }\lim_{n \to +\infty }\frac{e^{-x}\cos x}{nx^2+\frac{1}{n}}dx=0.$

                                                 ----------------------------转自“数学漫谈”

裴礼文习题


证明：
                    令$I_1=\{x:f(x)> c\},I_2=\{x:f(x)< c\},$

           $(\Rightarrow )$
                                     $f(x_0)> c,\exists \delta > 0,\forall x\in(x_0-\delta ,x_0+\delta ),$

                           由连续函数的保号性性质，知

                                       $f(x)\in (f(x_0)-\varepsilon,f(x_0)+\varepsilon),f(x)> c,$

                                       $\rightarrow (x_0-\delta ,x_0+\delta )\subset I_1,$

                         即得到$I_1$为开区间。同理可证$即得到$I_2$为开区间$.

           $(\Leftarrow )$

2020年南开大学《数学分析》考研试题七解答

四川大学2020年数学分析考研试题

解：
               $\because f(0)=f'(0)=0,$

               $\begin{align*}\therefore \lim_{n \to \infty }x_n&=\lim_{n \to \infty }(f(\frac{1}{n^2})+f(\frac{2}{n^2})+\cdots +f(\frac{n}{n^2}))\\\\&=\lim_{n \to \infty }(f(\frac{1}{n^2})+f(\frac{2}{n^2})+\cdots +f(\frac{n}{n^2})-nf(0))\\\\&=\lim_{n \to \infty }(\frac{1}{n^2}\frac{f(\frac{1}{n^2})-f(0)}{\frac{1}{n^2}}+\frac{2}{n^2}\frac{f(\frac{2}{n^2})-f(0)}{\frac{2}{n^2}}+\cdots +\frac{n}{n^2}\frac{f(\frac{n}{n^2})-f(0)}{\frac{n}{n^2}}+)\\\\&=0.
\end{align*}$


注：“《大学生数学竞赛教程》蒲和平 编著,2014”上有一题与此类似，不过所给条件为：$f(0)=0,f'(0)=1$

四川大学2020年数学分析考研试题




注：此题“《考研数学分析总复习：精选名校真题 第4版》陈守信 编著,2014”上有原题。

四川大学2020年数学分析考研试题






注：此题复旦大学曾经考过，“《考研数学分析总复习：精选名校真题 第4版》陈守信 编著,2014”有原题解答。