数学分析习题练习五

几道高阶导数题

重庆大学2020年数学分析试题


解：
     1、
                      $\displaystyle \because \frac{n\cos\frac{\pi}{n}}{n+\frac{1}{2}}< \sum_{k=1}^{n}\frac{\cos\frac{\pi}{n}}{n+\frac{1}{2^k}}< \frac{n\cos\frac{\pi}{n}}{n+\frac{1}{2^n}},$

                      $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{\cos\frac{\pi}{n}}{n+\frac{1}{2^k}}=1.$

      2、
                    $\begin{align*}\lim_{x\to 0}\frac{(\sin x-\sin(\sin x))\tan x}{e^{x^4}-1}&=\lim_{x\to 0}\frac{(x-\frac{1}{3!}x^3+o(x^3)-\sin(x-\frac{1}{3!}x^3+o(x^3)))\tan x}{x^4}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{x-\frac{1}{3!}x^3+o(x^3)-[x-\frac{1}{3!}x^3+o(x^3)-\frac{1}{3!}(x-\frac{1}{3!}x^3+o(x^3))^3+o(x^9)]}{x^3}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{1}{3!}x^3(1-\frac{1}{3!}x^2+o(x^2))^3}{x^3}\\\\&=\frac{1}{6}.\end{align*}$


      3、
                     $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }\tan^n(\frac{\pi}{4}+\frac{1}{n})&=\lim_{n \to \infty }(\frac{\tan \frac{\pi}{4}+\tan \frac{1}{n}}{1-\tan \frac{\pi}{4}\tan \frac{1}{n}})^n\\\\&=\lim_{n \to \infty }(\frac{1+\tan \frac{1}{n}}{1-\tan \frac{1}{n}})^n\\\\&=\lim_{n \to \infty }(1+\frac{2\tan \frac{1}{n}}{1-\tan \frac{1}{n}})^{\frac{1-\tan \frac{1}{n}}{2\tan \frac{1}{n}}\cdot \frac{2n\tan \frac{1}{n}}{1-\tan \frac{1}{n}}}\\\\&=\lim_{n \to \infty }e^{\frac{2n\tan \frac{1}{n}}{1-\tan \frac{1}{n}}}\\\\&=\lim_{n \to \infty }e^{\frac{2n\cdot \frac{1}{n}}{1-\frac{1}{n}}}\\\\&=e^2.\end{align*}$

重庆大学2020年数学分析试题



解
         1、
                                 $\because 0< x_{n+1}=\arctan x_n\leq x_n< 1,$

                     单调有界数列，收敛。设其极限为$x$.则有
                                       
                                     $x=\tan x\Rightarrow x=0.$

          2、
                                $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }(\frac{x_n}{x_{n+1}})^\frac{1}{x^2_n61}&=\lim_{n \to \infty }(\frac{x_n}{\arctan x_n})^\frac{1}{x^2_n61}\\\\&=\lim_{n \to \infty }e^{\frac{1}{x^2_n+1}\ln\frac{x_n}{\arctan x_n}}\\\\&=e^0=1.\end{align*}$

重庆大学2020年数学分析试题


解：
             $f(x)$仅在$\displaystyle x=n,(n=0,\pm 1,\pm 2,\cdots )$处连续。因为

              当$\displaystyle x=n,(n=0,\pm 1,\pm 2,\cdots )$时，有
                                 $\displaystyle |f(x)-f(n)|\leq |\sin \pi x|=|\sin(n\pi-x\pi)|\leq \pi |n-x|\rightarrow 0,(x\to n)$

                 函数连续。
                而当$\displaystyle x\neq n,(n=0,\pm 1,\pm 2,\cdots )$时，根据有理数和无理数的稠密性可知，分别存在有理数序列$\{a_n\}$和无理数序列$\{b_n\}$,使得
                                   $\displaystyle \lim_{n \to \infty }a_n=x,\lim_{n \to \infty }b_n=x.$           
                       
                  此时
                                   $\displaystyle \lim_{n \to \infty }f(a_n)=\lim_{n \to \infty }\sin \pi a_n=\sin \pi x\neq 0,$

                                   $\displaystyle \lim_{n \to \infty }f(b_n)=\lim_{n \to \infty }\sin \pi b_n=0,$

                  此时，极限不存在。由此可知在$\displaystyle x\neq n,(n=0,\pm 1,\pm 2,\cdots )$时，函数不连续。因为

                                    $\displaystyle \lim_{n \to \infty }f(a_n)\neq \lim_{n \to \infty }f(b_n),$
                   所以这些间断点为跳跃间断点。


                     

重庆大学2020年数学分析试题


解
        1、用Stolz定理
                               $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{na_1+(n-1)a_2+\cdots +a_n}{n}=\lim_{n \to \infty }\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n-(n-1)}=S.$


        2、这个题应该是有误的。典型题应该是
                                $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{a_1+2a_2+\cdots +na_n}{n^2}=\lim_{n \to \infty }\frac{na_n}{n^2-(n-1)^2}=\lim_{n \to \infty }\frac{na_n}{2n-1}=0.$

重庆大学2020年数学分析试题


证明：分两步：一、证当$x》0$时，有$f(x)\geq 0.$；二、同时，又有$xf(x)\leq 0.$

               首先用反证法。设
                                              $\exists c\geq 0,s.t.f(c)< 0.$

                                              $\because f(x)\downarrow ,$

                                              $\therefore x\geq c\geq 0,f(x)\leq f(c)< 0,$

                                              $\displaystyle \Rightarrow \int_{c}^{+\infty }f(x)dx\leq \int_{c}^{+\infty }f(c)dx=-\infty .$

                                              $\displaystyle \therefore x\geq c\geq 0,f(x)\geq 0.$

                      其次，根据积分收敛性质，有
                                              $\displaystyle \lim_{x\to+\infty }\int_{\frac{x}{2}}^{x}f(x)dx=0,$

                               而由$f(x)$非负单调性，有
                                               $\displaystyle \int_{\frac{x}{2}}^{x}f(x)dx > f(x)\cdot \frac{x}{2},$

                         取极限，得
                                               $\displaystyle \therefore \lim_{x\to +\infty}xf(x)\leq \lim_{x\to+\infty }\int_{\frac{x}{2}}^{x}f(x)dx=0.$

                                因此，有
                                               $\displaystyle \therefore \lim_{x\to +\infty}xf(x)=0.$

重庆大学2020年数学分析试题


证明：
             不失一般性，不妨设$\{f_n(x)\}$在$[a,b]$上单调增。即有
                                              $\displaystyle f_n(a)\leq f_n(x)\leq f_n(b),$

                              所以有
                                              $\displaystyle 0\leq f_n(x)-f_n(a)\leq f_n(b)-f_n(a),$

                        由$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }f_n(a),\sum_{n=1}^{\infty }f_n(b)$收敛，得到$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }(f_n(b)-f_n(a))$收敛。
                         于是，由$M$判别法可知，$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }(f_n(x)-f_n(a))$在$[a,b]$上一致收敛，从而$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }f_n(x)$在$[a,b]$上一致收敛。

                   同法可证单调减的情况。

重庆大学2020年数学分析试题


解：
                      $\displaystyle \because R=|\frac{1+\frac{1}{n(n-2)}}{1+\frac{1}{(n+1)(n-1)}}|=1,$

              所以，收敛域为$[-1,1]$.(可以验证在两个端点处，收敛)

          用拆项法，求导法，容易求得函数的和。

重庆大学2020年数学分析试题


解：
            这道题最简便的计算方法是利用积分区间的对称性结合高斯公式：

                              $\displaystyle I=\iint_Szdxdy=\frac{1}{3}\iint_Sxdydz+ydzdx+zdxdy=\frac{1}{3}\iiint_\Omega 3dxdydz=\frac{4}{3}\pi.$

重庆大学2020年数学分析试题


解：
             利用对称性来计算

                     $\displaystyle I=\iint_Lx^2dS=\frac{1}{3}\iint_L(x^2+y^2+z^2)dS=\frac{a^2}{3}\iint_LdS=\frac{a^2}{3}\cdot \pi a^2=\frac{1}{3}\pi a^4.$