数学分析习题练习五

上海交通大学2012年数学分析试题


4、正确。
                 因为
                        $\displaystyle \because (u_n+v_n)^2=u_n^2+v_n^2+2u_nv_n\leq 2(u_n^2+v_n^2),$

                         $\displaystyle \therefore \sum_{n=1}^{\infty }(u_n+v_n)^2\leq 2\sum_{n=1}^{\infty }u_n^2+2\sum_{n=1}^{\infty }v_n^2,$

                由$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }u_n^2,\sum_{n=1}^{\infty }v_n^2$收敛，知$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }(u_n+v_n)^2$也收敛。

5、正确。
               因为
                     
                 

上海交通大学2012年数学分析试题


解：
                         $\begin{align*}I&=\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{1}(1-x^2)^ndx\\\\&=\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{\delta }(1-x^2)^ndx+\lim_{n \to \infty }\int_{\delta }^{1}(1-x^2)^ndx\\\\&=\lim_{n \to \infty }\delta (1-\delta ^2)^n+\lim_{n \to \infty }\int_{\delta }^{1}(1-x^2)^ndx,\end{align*}$

             而
                         $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\delta (1-\delta ^2)^n=0,(\delta >0)$

                         $\displaystyle \because (1-x^2)^n\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                         $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }\int_{\delta }^{1} (1-x^2)^ndx=\int_{\delta }^{1}\lim_{n \to \infty }(1-x^2)^ndx=0.$

                         $\displaystyle \Rightarrow I=0.$

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证明：
                      令
                               $F(x)=a_1(x-\lambda_2)(x-\lambda_3)+a_2(x-\lambda_1)(x-\lambda_3)+a_3(x-\lambda_1)(x-\lambda_2),$

                    所证命题等价于证明方程$F(x)=0$存在两个解。由条件

                                 $\because \lambda_1<\lambda_2<\lambda_3,$

                                 $\therefore F(\lambda_1)=a_1(\lambda_1-\lambda_2)(\lambda_1-\lambda_3)> 0,$

                                      $F(\lambda_2)=a_2(\lambda_2-\lambda_1)(\lambda_2-\lambda_3)< 0,$

                                   $\exists \xi \in(\lambda_1,\lambda_2),s.t.$

                                         $F(\xi)=0.$

                   同理，可证
                                   $F(\lambda_2)\cdot F(\lambda_3)< 0,$

                                   $\exists \eta \in(\lambda_2,\lambda_3),s.t.$

                                       $F(\eta)=0.$

                           


                              

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解：
                                   $\displaystyle \because \frac{a_n}{a_{n+1}}=1,$

                                   $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n(n+1)}\leq \sum_{n=1}^{\infty}\frac{|x^n|}{n(n+1)}\leq \lim_{n \to \infty }(1-\frac{1}{n+1})=1.(|x|\leq 1)$

                   所以收敛域，即定义域为：$x\in[-1,1],$

                     又
                                     $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n(n+1)}=\frac{1}{x}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n(n+1)},$

                           令
                                       $\displaystyle S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n+1}}{n(n+1)},$

                           则
                                        $\displaystyle S''(x)=\sum_{n=1}^{\infty}x^{n-1}=\frac{1}{1-x},$

                                         $\displaystyle S'(x)=\int S''(x)dx=-\ln(1-x)+C,(x=0,C=0)$

                                         $\displaystyle S(x)=-\int \ln(1-x)dx=x\ln(1-x)+x+\ln(1-x)+C,(x=0,C=0)$

                                    $\displaystyle \therefore \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n(n+1)}=\frac{1}{x}S(x)=1+(1+\frac{1}{x})\ln(1-x).$

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可能题目有笔误？

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解：
                   由已知，$\phi (x_0)\neq 0,$且连续。所以可令
                                    $\displaystyle F(x)=\frac{f(x)}{\phi(x)}=(x-x_0)^n,$

                     原函数的极佳与$F(x)$相同。由于
                                      $\displaystyle F^{(k)}(x)=0,(k=0,1,2,\cdots ,n-1),$

                          而
                                        $\displaystyle F^{(n)}(x_0)=n!>0,$

                        可将$F'(x),F''(x)$分别在$x_0$外泰勒展开，得
                                        $\displaystyle F'(x)=\frac{F^{(n)}(x_0)}{(n-1)!}(x-x_0)^{n-1}+o((x-x_0)^{n-1}),$

                                        $\displaystyle F''(x)=\frac{F^{(n)}(x_0)}{(n-2)!}(x-x_0)^{n-2}+o((x-x_0)^{n-2}),$

                        从上面两式可得，当$n$为奇数时，$F'(x)$在$x_0$两侧为正，$F(x)$无极值；当$n$为偶数时，$F'(x)$在$x_0$两侧异号，$F(x)$有极小值。

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证明：
            利用两个极限和均值不等式，有
                                 $\displaystyle \lim_{n \to \infty }x_n=a,\lim_{n \to \infty }\frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n}=a,$

                                 $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{1}{x_n}=\frac{1}{a},\lim_{n \to \infty }\frac{n}{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\cdots \frac{1}{x_n}}=a.$

                                $\displaystyle \frac{n}{\frac{1}{x_1}+\frac{1}{x_2}+\cdots \frac{1}{x_n}}\leq \sqrt[n]{x_1\cdot \frac{x_2}{x_1}\cdot \cdots \cdot \frac{x_n}{x_{n-1}}}\leq \frac{x_1+x_2+\cdots +x_n}{n},$

               可令
                                $\displaystyle x_n=\frac{a_n}{a_{n-1}},$

                   则有
                                $\displaystyle \lim_{n \to \infty }x_n=\lim_{n \to \infty }\frac{a_n}{a_{n-1}}=a,$

                     用夹逼法得
                                 $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\sqrt[n]{a_n}=\lim_{n \to \infty }\sqrt[n]{a_1\cdot \frac{a_2}{a_1}\cdot \cdots \cdot \frac{a_n}{a_{n-1}}}=a.$

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解：
                      $\displaystyle \because \frac{1}{(1+x^2)^n}> \frac{1}{(1+x^2)^{n+1}}\rightarrow 0,(n \to \infty ,x> 0)$

                       $\displaystyle \therefore \sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^n}{(1+x^2)^n}< \infty .$

              而当$x=0$时，级数也收敛。

                      $\displaystyle \because f(x)=\lim_{n \to \infty }f_n(x)=\lim_{n \to \infty }\frac{(-1)^n}{(1+x^2)^n}=0,(x\neq 0)$

               而当$x=1/n$时，此时
                      $\displaystyle |f_n(x)-f(x)|=|\frac{(-1)^n}{(1+x^2)^n}-0|=\frac{n^{2n}}{(1+n^2)^n}\rightarrow 1\neq  0,(n \to \infty ,x\neq 0)$

                  所以，不一致收敛。





                  

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此题与2016二（2）相似，可参见前面解答。

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证明
          （1）、
                      用分部积分法得
                                 $\displaystyle I_n=\int_{0}^{1}f(t^n)dt=tf(t^n)|_0^1-\int_{0}^{1}nt^{n}f'(t^n)dt=f(0)-\int_{0}^{1}nt^{n}f'(t^n)dt,$

                      而
                              $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{1}nt^{n}f'(t^n)dt=\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{1-\delta }nt^{n}f'(t^n)dt+\lim_{n \to \infty }\int_{1-\delta }^{1}nt^{n}f'(t^n)dt,(0< \delta < 1)$

               由已知
                              $\because f(x)\in C[0,1],$

                              $\therefore |f'(x)|\leq M,$

                  又
                              $\displaystyle \because nt^{n}f'(t^n)\rightarrow 0,(n \to \infty ,t\in[0,1))$

                 所以，上述极限第一项被积函数一致收敛，从而积分和极限可变换次序

                              $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{1-\delta }nt^{n}f'(t^n)dt=\int_{0}^{1-\delta }\lim_{n \to \infty }nt^{n}f'(t^n)dt=0.$

                 再由导函数的有界性，得
                                $\displaystyle \Rightarrow \lim_{n \to \infty }\int_{1-\delta }^{1}nt^{n}f'(t^n)dt\leq \lim_{n \to \infty }M\int_{1-\delta }^{1}nt^{n}dt=\lim_{n \to \infty }M\frac{n}{n+1}[1-(1-\delta )^{n+1}]=0.$

                  从而
                               $\displaystyle \Rightarrow \lim_{n \to \infty }I_n=f(0)-\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{1}nt^{n}f'(t^n)dt=f(0).$


          （2）、