数学分析习题练习五

上海交通大学2016年数学分析试题


证明：
                               $\because x> x_0,\Rightarrow x-x_0> 0,$
                而
                               $\displaystyle \frac{a_n}{n^x}=\frac{a_n}{n^{x_0}}\cdot \frac{1}{n^{x-x_0}},$

                   由于
                               $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{n^{x_0}}< \infty ,$

                   同时，$\displaystyle \{\frac{1}{n^{x-x_0}}\}$单调有界。

                   所以，根据Abel判别法知，$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{a_n}{n^{x}} $收敛。

上海交通大学2016年数学分析试题


解：
                       $\because P=e^x\sin2y-y,Q=2e^x\cos2y-100,$

              则
                         $\frac{\partial P}{\partial y}=2e^x\cos2y-1,\frac{\partial Q}{\partial x}=2e^x\cos2y,$

                         $\begin{align*}\therefore I&=\oint_LPdx+Qdy\\\\&=\iint_S(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})dxdy\\\\&=\iint_S(2e^x\cos2y-2e^x\cos2y+1)dxdy\\\\&=\iint_Sdxdy\\\\&=\frac{1}{2}\pi.\end{align*}$

上海交通大学2016年数学分析试题


证明：
              由已知条件，可得直线$l$的钭率为
                                              $k=\frac{f(b)-f(a)}{b-a},$

                  又因为曲线$y=f(x)$与直线$l$相交于$c$,所以由Roll定理可知
                                              $\exists \xi_1\in (a,c),\xi_2\in (c,b),s.t.$

                                              $f'(\xi_1)=f'(\xi_2)=k,$

                     由Lagrange定理，可得
                                               $\exists \xi\in(\xi_1,\xi_2),s.t.$

                                               $f''(\xi)=0.$

上海交通大学2016年数学分析试题



解：
                    级数$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}a_n,$为交叉项级数，且
                                 
                                     $\displaystyle \because \frac{a_{2n}}{a_{2n-1}}=\frac{\int_{n}^{n+1}\frac{1}{x}dx}{\frac{1}{n}}=n\ln(1+\frac{1}{n})< \ln e=1,$

                                      $\displaystyle \therefore a_n\downarrow ,\rightarrow 0,$

                   因此，级数$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}a_n,$收敛。

                  而
                           $\displaystyle  \sum_{n=1}^{\infty }(-1)^{n-1}a_n=\lim_{n \to \infty }(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{n}-\ln(n+1)).$

                    故，右边也收敛。

                   可以证明此级数为条件收敛。

上海交通大学2016年数学分析试题


证明
                                    $\displaystyle \because f(x)\in C[0,1],$

                                    $\displaystyle \therefore |f(x)|\leq M.$

                  于是有
                                     $\displaystyle g(x)=\lim_{n \to \infty }g_n(x)=\lim_{n \to \infty }x^nf(x)=\lim_{n \to \infty }x^nM=0.$

                   又由已知，有
                                     $\displaystyle g_n(0)=0,g_n(1)=f(1)=0.$

                      因此
                                    $\displaystyle \underset{x\in[0,1]}{\sup}|g_n(x)-g(x)|=x^nf(x)\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                     从而$g_n(x)$在$[0,1]$上一致连续。

上海交通大学2016年数学分析试题


可以直接证明。

上海交通大学2011年数学分析试题


   1、正确。用反证法。
              假设数列无界。则必能找到某一项$n_1$,使得$|a_{n_1}|>1$，同理，能选出$n_k$，使得$|a_{n_k}|>k$，....
              
              如此得到一个无界子列$\{a_{n_k}\}$，根据条件，这个子列收敛。但这是不可能的，这个子列不可能有收敛子列。这与条件矛盾。所以，命题成立。

  2、不正确。一个典型的例子：
                 $ f(x)=\begin{cases}
x^2\sin\frac{1}{x} &,x\neq 0 \\
0 &,x= 0
\end{cases}$

上海交通大学2011年数学分析试题


解：
        4、正确。理由
                                 $\displaystyle \because \lim_{n \to \infty }\ln(1+\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}})\sim \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}.$

                      而
                                 $\displaystyle \frac{(-1)^n}{\sqrt{n}},$

                    为单调趋于零的交叉级数。所以收敛。

上海交通大学2011年数学分析试题

解：
                 $\displaystyle \lim_{x\to 0}(\frac{2e+e^\frac{1}{x}}{1+e^{\frac{2}{x}}}+\frac{e-(1+x)^\frac{1}{x}}{\ln(1+|\frac{x}{2}|)})=\frac{1}{2}+\lim_{x\to 0}\frac{e-(1+x)^\frac{1}{x}}{|\frac{x}{2}|+o(x)},$

                $\displaystyle \because \lim_{x\to 0^+}\frac{e-(1+x)^\frac{1}{x}}{|\frac{x}{2}|+o(x)}=\lim_{x\to 0^+}\frac{e-e^\frac{\ln(1+x)}{x}}{\frac{x}{2}+o(x)}=\lim_{x\to 0^+}\frac{e-e\cdot e^{-\frac{x}{2}+o(x)}}{\frac{x}{2}+o(x)}=\lim_{x\to 0^+}\frac{ -\frac{xe}{2}+o(xe) }{\frac{x}{2}+o(x)}=-e,$

                 $\displaystyle \lim_{x\to 0^-}\frac{e-(1+x)^\frac{1}{x}}{|\frac{x}{2}|+o(x)}=\lim_{x\to 0^-}\frac{-\frac{xe}{2}+o(xe)}{\frac{-x}{2}+o(x)}=e.$

            所以，极限不存在。

上海交通大学2011年数学分析试题


   （1）、证明
                            $\displaystyle \because f'_n(x)=nx^{n-1}\ln x+x^{n-1},$

                            $\displaystyle \therefore f'_n(x)=nf_{n-1}(x)+x^{n-1},$

                             $\displaystyle \Rightarrow f^{(n)}_n(x)=nf^{(n-1)}_{n-1}(x)+(n-1)!,$

                            $\displaystyle \Rightarrow \frac{f^{(n)}_n(x)}{n!}=\frac{f^{(n-1)}_{n-1}(x)}{(n-1)!}+\frac{1}{n}.$

    （2）、
                            $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{f^{(n)}_n(x)}{n!}=\lim_{n \to \infty }f_1(x)+\lim_{n \to \infty }o(\frac{1}{n})=-\lim_{n \to \infty }\frac{\ln n}{n}=0.$