数学分析习题练习五

东北师范大学2020年数学分析试题

解：
        1、
                           $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{n}\sqrt{1+\frac{i}{n}}=\int_{0}^{1}\sqrt{1+x}dx=\frac{2}{3}(2\sqrt{2}-1).$


         2、因为
                          $\begin{align*}(1+\frac{1}{n^2+1}+\frac{1}{n^2+2}+\cdots +\frac{1}{n^2+n})^n&> (1+\frac{n}{n^2+n})^n\\\\&=(1+\frac{1}{n+1})^{(n+1)\cdot \frac{n}{n+1}}\\\\&=e,(n \to \infty )\end{align*}$

                          $\begin{align*}(1+\frac{1}{n^2+1}+\frac{1}{n^2+2}+\cdots +\frac{1}{n^2+n})^n&<(1+\frac{n}{n^2+1})^n \\\\&=(1+\frac{n}{n^2+1})^{\frac{n^2+1}{n}\cdot \frac{n^2}{n^2+1}}\\\\&=e,(n \to \infty )\end{align*}$

           所以有
                            $\displaystyle \lim_{n \to \infty }(1+\frac{1}{n^2+1}+\frac{1}{n^2+2}+\cdots +\frac{1}{n^2+n})^n=e.$

          3、
                            $\displaystyle \because 0< xy\tan \frac{xy}{1+xy}< xy\tan \frac{xy}{xy}=\frac{\pi}{4}xy.$

                            $\displaystyle \therefore \lim_{y\to+\infty}\lim_{x\to 0}xy\tan \frac{xy}{1+xy}=0.$


         4、
                            $\displaystyle \because 0\leq \frac{\sin(x^3+y^3)}{x^2+y^2}\leq \frac{x^3+y^3}{x^2+y^2}\leq \frac{(x+y)(x^2-xy+y^2)}{x^2+y^2}\leq (x+y)=0,((x,y)\rightarrow (0,0))$

                             $\displaystyle \therefore \lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\frac{\sin(x^3+y^3)}{x^2+y^2}=0.$

        
         5、
                             $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{1-cos x}{x\ln(1+\sin x)}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{2}x^2+o(x^2)}{x(\sin x+o(\sin x))}=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{2}x^2+o(x^2)}{x^2+o(x^2))}=\frac{1}{2}.$

东北师范大学2020年数学分析试题

东北师范大学2020年数学分析试题


解
           由题设，可添加一个面$S':z=0$，方向向上，使得$S+S'$组成一个闭合曲面。再用高斯公式计算：

                     $\displaystyle \begin{align*}I&=\iint_{S}xdydz+ydzdx+zdxdy\\\\&=\iint_{S+S'}-\iint_S'0dxdy\\\\&=3\iiint_\Omega dxdydz\\\\&=\frac{3}{2}\cdot \frac{4}{3}\pi abc\\\\&=2\pi abc.\end{align*}$

东北师范大学2020年数学分析试题


证明
                       $\because f(x)\in C[a,b],$

                       $\therefore \forall x_0\in [a,b],s.t.\lim_{x\rightarrow x_0}f(x)=f(x_0),$

                       $ \epsilon=1,\exists \delta > 0,|x-x_0|< \delta ,s.t.$

                       $|f(x)-f(x_0)|< \epsilon=1,$

                        $\Rightarrow f(x_0) -1< f(x)< f(x_0)+1,$

东北师范大学2020年数学分析试题

东北师范大学2020年数学分析试题


解：
             先考察连续性。在$x=0$以外的点，函数$F(x)$显然连续。在$x=0$时，有

                                $\begin{align*}\because \lim_{x\to 0}F(x)&=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-\cos x}{x}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-1}{x}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}\\\\&=f'(0)\\\\&=F(0),\end{align*}$

                所以也连续，从而$F(x)$在$(-\infty,+\infty)$连续。

                 再考察可微性。同样只需考察$x=0$这个分段点。
                                  $\begin{align*}\because \lim_{x\to 0}\frac{F(x)-F(0)}{x} &=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{f(x)-\cos x}{x}-f'(0)}{x}\\\\&=\lim_{x\to0} \frac{f(x)-\cos x-xf'(0)}{x^2}\\\\&=\lim_{x\to0}\frac{f'(x)+\sin x-f'(0)}{2x}\\\\&=\frac{1}{2}f''(0).\end{align*}$

                因此，$F(x)$可微。

东北师范大学2020年数学分析试题


证明：
                可设
                                $f(x)=(x-a)^m\phi (x),f(a)=0,(\phi(a)\neq 0)$

                                $\epsilon =\frac{1}{2}|\phi(a)|,\exists \delta > 0,|x-a|< \delta ,s.t.$

                                 $|\phi(x)-\phi(a)|< \epsilon =\frac{1}{2}|\phi(a)|,$

                                 $\therefore |\phi(x)|\geq \frac{1}{2}|\phi(a)|,$

                  由此知道在$x=a$的邻域内无零点，即$x=a$为孤立点。

                 

东北师范大学2020年数学分析试题


解：求$[-\pi,\pi]$上的傅里叶展开式

                                     $\displaystyle a_0=\frac{1}{\pi}[\int_{-\pi}^{0}(-\pi+x)dx+\int_{0}^{\pi}(\pi-x)dx]=-\pi.$

                                     $\displaystyle a_n=\frac{1}{\pi}[\int_{-\pi}^{0}(-\pi+x)\cos nxdx+\int_{0}^{\pi}(\pi-x)\cos nxdx],$

                                      $\begin{align*}\int_{-\pi}^{0}(-\pi+x)\cos nxdx&=-\frac{\pi}{n}\sin nx|_{-\pi}^0+\frac{x}{n}\sin nx|_{-\pi}^0-\frac{1}{n}\int_{-\pi}^{0}\sin nxdx\\\\&=\frac{1}{n^2}\cos nx|_{-\pi}^0=\frac{1}{n^2}[1-(-1)^n].\end{align*}$

                                    $\begin{align*}\int_{0}^{\pi}(\pi-x)\cos nxdx&=\frac{1}{n}\int_{0}^{\pi}\sin nxdx=-\frac{1}{n^2}\cos nx|^{\pi}_0\\\\&=\frac{1}{n^2}[1-(-1)^n].\end{align*}$

                                    $\displaystyle \therefore a_n=\frac{2}{n^2}[1-(-1)^n].$

                                   $\displaystyle b_n=\frac{1}{\pi}[\int_{-\pi}^{0}(-\pi+x)\sin nxdx+\int_{0}^{\pi}(\pi-x)\sin nxdx],$

                                   $\begin{align*}\int_{-\pi}^{0}(-\pi+x)\sin nxdx&=\frac{\pi}{n}\cos nx|_{-\pi}^0-\frac{x}{n}\cos nx|_{-\pi}^0+\frac{1}{n}\int_{-\pi}^{0}\cos nxdx\\\\&=\frac{\pi}{n},\end{align*}$

                                    $\begin{align*}\int_{0}^{\pi}(\pi-x)\sin nxdx&=-\frac{\pi}{n}\cos nx|^{\pi}_0+\frac{x}{n}\cos nx|^{\pi}_0-\frac{1}{n}\int_{0}^{\pi}\cos nxdx\\\\&=\frac{\pi}{n},\end{align*}$

                                    $\displaystyle \therefore b_n=\frac{2\pi}{n}.$
                        
                                    $\begin{align*}f(x)&=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty }(a_n\cos nx+b_n\sin nx)\\\\&=-\frac{\pi}{4}+\sum_{n=1}^{\infty }(\frac{2}{n^2}[1-(-1)^n]\cos nx+\frac{2\pi}{n}\sin nx),\end{align*}$

                令$x=\pi,$

                                     $\displaystyle 0=-\frac{\pi}{2}+2\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}[(-1)^n-1]=-\frac{\pi}{2}+4(1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}+\cdots ).$

                                     $\displaystyle \therefore 1+\frac{1}{3^2}+\frac{1}{5^2}+\cdots =\frac{\pi}{8}.$

中国人民大学2020年数学分析试题


解：
          （1）、
                                    $\forall p(> 0),\forall \epsilon > 0,s.t.$

                                    $|x_{n+p}-x_n|< \epsilon .$

                    则称$\{x_n\}$为何西列。满足上述条件的数列，必收敛。这个定理称为柯西收敛准则。


          （2）、由于
                                  $|x_{n+1}-x_n|< q|x_{n}-x_{n-1}|< q^2|x_{n-1}-x_{n-2}|< \cdots < q^{n-1}|x_{2}-x_{1}|<\epsilon . $

                     因此是$p=1$的柯西列，所以收敛。



                                 

中国人民大学2020年数学分析试题


证明
                由已知：
                                  $\displaystyle \because c\in(a,b),f(c)> 0,$

                 由Lagrange T.h.,有
                                  $\displaystyle \exists \eta \in (a,c),s.t.$

                                  $\displaystyle f(c)-f(a)=f'(\eta )(c-a),$

                               $\displaystyle \Rightarrow f'(\eta)=\frac{f(c)}{c-a}> 0,$

                  又
                                   $\displaystyle \exists \xi \in (c,b),s.t.$

                                   $\displaystyle f(b)-f(c)=f'(\xi )(b-c),$

                              $\displaystyle \Rightarrow f'(\xi)=\frac{-f(c)}{b-c}< 0,$

                因此，再运用Dabux T.h.,有
                                       $\displaystyle \exists t\in (\eta,\xi)\subset (a,b),s.t.$

                                       $\displaystyle f''(t)-\frac{f'(\xi)-f'(\eta)}{\xi-\eta}< 0.$