数学分析习题练习五

2018数学竞赛模拟试卷


解：
              由已知函数表达式，得到
                                              $\displaystyle f(1)=0.f'(t)=e^{t^2},$

                  所以
                                             $\begin{align*}\int_{0}^{1}t^2f(t)dt&=\frac{1}{3}t^3f(t)|_0^1-\frac{1}{3}\int_{0}^{1}t^3f'(t)dt\\\\&=0-\frac{1}{3}\int_{0}^{1}t^3e^{t^2}dt\\\\&=-\frac{1}{6}\int_{0}^{1}t^2e^{t^2}dt^2\\\\&\overset{y=t^2}{=}-\frac{1}{6}\int_{0}^{1}ye^{y}dy\\\\&=-\frac{1}{6}.\end{align*}$

2018数学竞赛模拟试卷


解：
           由已知，可得
                                $\displaystyle t=0,\Rightarrow x=0,\Rightarrow y=2.$

                                 $\displaystyle \cos x-t\sin x x'_t+x'_t=0,\Rightarrow x'_t=\frac{\cos x}{t\sin x-1},$

                                 $\displaystyle y'_xe^{y-2}-y-xy'_x=0,\Rightarrow y'_x=\frac{y}{e^{y-2}-x},$

                  所以，
                                  $\displaystyle \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}|_{t=0}=\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}\cdot \frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}|_{t=0}=\frac{y}{e^{y-2}-x}\cdot \frac{\cos x}{t\sin x-1}|_{t=0}=-2.$

2018数学竞赛模拟试卷


证明：
               令
                           $F(x)=e^{-x^2}f(x),$

                           $\because f(x)=f(-x),$

                           $\therefore F(1)=F(-1).$

               由拉格朗日中值定理，得
                            $0=F(1)-F(-1)=-4\xi e^{-\xi ^2}f(\xi )+2e^{-\xi ^2}f'(\xi ),$

                             $\therefore f'(\xi )=2\xi f(\xi),(\xi\in(-1,1))$

2018数学竞赛模拟试卷


证明：
             令
                            $f(x)=\ln x,g(x)=x,$  

            由柯西中值定理
                             $\exists \xi \in(a,b),s.t.$

                             $\frac{\ln b-\ln a}{b-a}=\frac{1}{\xi},$

                     又
                               $\because 2\xi< a+b,\Rightarrow \frac{1}{\xi}> \frac{2}{a+b},$

                从而有
                             $\ln\frac{b}{a}> \frac{2(b-a)}{a+b}.$

                     命题得证。

2018数学竞赛模拟试卷


证明：
                 由已知，得
                                  $\displaystyle a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\frac{1}{a_n})\geq 1,$

                                  $\displaystyle a_{n+1}-a_n=\frac{1}{2}(\frac{1}{a_n}-a_n)< 0,$

                   数列单调有界。所以有极限，令

                                  $\displaystyle \lim_{n \to \infty }a_n=l.$

                    代入已知等式，得

                                 $\displaystyle l=\frac{1}{2}(l+\frac{1}{l}),\Rightarrow l=1.$

2018数学竞赛模拟试卷


解：
      （1）、
                               $\displaystyle \because \phi(x)=\int_{0}^{\sin x}f(tx^2)dt=\frac{1}{x^2}\int_{0}^{x^2\sin x}f(tx^2)d(tx^2),$

                                $\begin{align*}\therefore \phi'(x)&=\frac{(x\sin x+x\cos x)f(x^2\sin x)-2\int_{0}^{\sin x}f(tx^2)d(tx^2)}{x}\\\\&=(\frac{\sin x}{x}+\cos x)f(x^2\sin x)-2x\int_{0}^{\sin x}f(tx^2)dt.\end{align*}$


    （2）、因为$f(x)$连续，由（1）知，在$x\neq 0$时，导函数连续。只要考察$x=0$点的连续性：

                   由
                                $\displaystyle \lim_{x\to 0}\phi'(x)=\lim_{x\to 0}\frac{(2\sin x+x\cos x)f(x\sin x)-2\int_{0}^{\sin x}f(tx^2)dt}{x}=0=\phi'(0),$

                    所以，导函数在定义域内连续。
                                

西北大学2020数学分析


解：利用幂级数进行求和。

                                      $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty }(\frac{2^nn}{n!}+\frac{n}{2^n})=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{2^nn}{n!}+\sum_{n=1}^{\infty }\frac{n}{2^n}=S_1+S_2.$

               由于
                                      $\displaystyle S_2(x)=\sum_{n=1}^{\infty }nx^n=\frac{x}{(1-x)^2},$

                 得到
                                      $\displaystyle S_2=S_2(\frac{1}{2})=2.$

                而
                                     $\begin{align*}S_1(x)&=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{nx^n}{n!}\\\\&=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(n+1)x^n}{n!}-\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^n}{n!}\\\\&=(\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n+1}}{n!})'+1-e^x\\\\&=(x\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n}}{n!})'+1-e^x\\\\&=(xe^x-x)'+1-e^x\\\\&=xe^x.\end{align*}$

              得到
                                    $\displaystyle S_1=S_1(2)=2e^2.$

                                    $\displaystyle \therefore \sum_{n=0}^{\infty }(\frac{2^nn}{n!}+\frac{n}{2^n})=S_1+S_2=2e^2+2. $

西北大学2020数学分析试题



证明：
                   由已知隐函数关系，可得

                                            $\displaystyle  \frac{\partial u}{\partial x}=\phi'(u) \cdot \frac{\partial u}{\partial x}+\phi (x),\Rightarrow \frac{\partial u}{\partial x}=\phi'(u) \cdot \frac{\phi (x)}{1-\phi '(u)},$

                                            $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial y}=\phi'(u)\cdot \frac{\partial u}{\partial y}-\phi (y),\Rightarrow \frac{\partial u}{\partial y}=\phi'(u)\cdot \frac{-\phi (y)}{1-\phi '(u)},$

                                             $\begin{align*}\therefore \phi(y)\frac{\partial z}{\partial x}+\phi(x)\frac{\partial z}{\partial y}&=\phi(y)\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\phi(x)\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}\\\\&=\phi(y)\frac{\partial z}{\partial u}\cdot \frac{\phi (x)}{1-\phi '(u)}-\phi(x)\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\phi (y)}{1-\phi '(u)}\\\\&=0.\end{align*}$

西北大学2020数学分析试题


证明：
                             $\displaystyle \because f\in C[0,+\infty),|f(x)|\leq M.$

               又
                              $\displaystyle \because \frac{2}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\frac{yf(0)}{x^2+y^2}dx=f(0).$

                              $\displaystyle \therefore |\frac{2}{\pi}\int_{0}^{+\infty}\frac{yf(x)}{x^2+y^2}dx-f(0)|=\frac{2}{\pi}|\int_{0}^{+\infty}\frac{y(f(x)-f(0))}{x^2+y^2}dx|\leq |f(x)-f(0)|< \epsilon .$

西北大学2020数学分析试题


解:此题考研频度很高。

                   设
                               $\displaystyle f(x)=x+x^2+\cdots +x^n-1,$

                               $\displaystyle \because f(0)=-1< 0,f(1)=n-1> 0,(n> 1)$

                                $\therefore \exists x_n\in(0,1),s.t.f(x_n)=0.(Rolle)$
                   而
                                $\displaystyle 0< x_n< 1,\Rightarrow x_{n+1}< x_n.$

                 所以，$\{x_n\}$单调有界，收敛。令
                                  $\displaystyle \lim_{n \to \infty}x_n=x.$

                  由已知，有
                                  $\displaystyle x+x^2+\cdots +x^n+\cdots -1=\frac{x}{1-x}-1=0,$

                     得
                                   $\displaystyle \lim_{n \to \infty}x_n=x=\frac{1}{2}.$