数学分析习题练习五

两个常用但不太明显的三角和公式：

杨州大学2020年601数学分析试题


解：
     1、
                          $\displaystyle \because 1=\sqrt[n]{\frac{n}{n^{2020}}}< \sqrt[n]{1+\frac{1}{2^{2020}}+\cdots +\frac{1}{n^{2020}}}< \sqrt[n]{n}=1,(n \to \infty )$

                           $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }\sqrt[n]{1+\frac{1}{2^{2020}}+\cdots +\frac{1}{n^{2020}}}=1.$


    2、
                          $\displaystyle \lim_{x\to 0}[\frac{1}{x}-\frac{1}{x^2}\ln(1+x)]=\lim_{x\to 0}\frac{x-\ln(1+x)}{x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{1-\frac{1}{1+x}}{2x}=\frac{1}{2}.$

注：题2中符忠$[]$未做说明，只当是括号处理。如作取整函数看，结果应为$0$。

杨州大学2020年601数学分析试题


解：
        3、
                            $\displaystyle \because y=\ln(x+\sqrt{1+x^2}),$

                            $\displaystyle \therefore y'=\frac{1+\displaystyle \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{x+\sqrt{1+x^2}}=\frac{1}{\sqrt{1+x^2}},$

                            $\displaystyle y''=-\frac{x}{\sqrt{(1+x^2)^3}}.$

        4、
                           
                            $\displaystyle \because a=\frac{\pi}{6},b=\frac{\pi}{3},$

                            $\displaystyle \therefore f(x)=\frac{\cos^2x}{x(\pi-2x)},f(a+b-x)=\frac{\sin^2x}{x(\pi-2x)},$

               利用所给公式，有
                            $\begin{align*}\int_{\pi/6}^{\pi/3}f(x)dx&=\frac{1}{2}\int_{\pi/6}^{\pi/3}(f(x)+f(a+b-x))dx\\\\&=\frac{1}{2}\int_{\pi/6}^{\pi/3}\frac{1}{x(\pi-2x)}dx\\\\&=\frac{1}{\pi}\int_{\pi/6}^{\pi/3}(\frac{1}{2x}+\frac{1}{\pi-2x})dx\\\\&=\frac{1}{\pi}(\frac{1}{2}\ln2+\frac{1}{2}\ln\frac{1}{2})\\\\&=0.\end{align*}$

杨州大学2020年601数学分析试题


解：
                         $\begin{align*}S&=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n+1}}{n(n+1)}\\\\&=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n+1}}{n}-\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n+1}}{n+1}\\\\&=x\int_{0}^{x}(\sum_{n=1}^{\infty }x^{n-1})dx-\int_{0}^{x}(\sum_{n=1}^{\infty }x^{n})dx\\\\&=x\ln(1-x)+x-\ln(1-x)\\\\&=x+(x-1)\ln(1-x),(|x|< 1)\end{align*}$

                         $x=1,S=1.$

                          $x=-1,$时

                          $\displaystyle S=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n+1}}{n(n+1)}=\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^{n+1}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})=1-2(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots )=1-2\ln2.$

杨州大学2020年601数学分析试题


解：
       1、
                    $\displaystyle \because |x_{n+1}-x_{n}|\leq \frac{1}{2}|x_{1}-x_{n-1}|,$

                    $\displaystyle \therefore |x_{n+1}-x_{n}|\leq \frac{1}{2}|x_{n}-x_{n-1}|\leq\cdots \leq  \frac{1}{2^{n-1}}|x_{2}-x_{1}|\rightarrow 0,(n \to \infty )$

              由此可知，$\displaystyle \{x_n\}$是柯西列，收敛。

     2、不一定。反例如：
                                 $\displaystyle f(x)=|x|.$


    3、


    4、正确。
                      因为可导必定是连续的,而连续的一定可积,所以可导就一般可积。由Lagrange 中值定理：

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

                         知等式两边均可积，再由$\xi$的任意性，可知$f'(x)$必可积。

    5、正确。(注：此题证明细节上有问题，待修改)
                      利用Abel公式，有
                                     $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }a_nb_n=\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}a_kb_k=\lim_{n \to \infty }(a_nB_n+\sum_{k=1}^{n-1}B_k(a_k-a_{k-1}))< \lim_{n \to \infty }(a_nB_n+B\sum_{k=1}^{n-1}a_k),$

                                      $\displaystyle \because B_n=\sum_{k=1}^{n}b_n=B< \infty,(n \to \infty )$

                                                $\displaystyle a_n\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                                      $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }a_nB_n=0.$

                 同理，有
                                      $\displaystyle \sum_{k=1}^{n-1}a_k=A<\infty ,(n \to \infty )$

                                      $\displaystyle B\sum_{k=1}^{n-1}a_k< \infty ,$

                                     $\displaystyle \therefore \sum_{n=1}^{\infty }a_nb_n<\infty. $

杨州大学2020年601数学分析试题


分析：
            要使
                        $\displaystyle 0<\frac{3^n}{n!}=\frac{3}{n}\cdot \frac{3}{n-1}\cdots \frac{3}{3}\cdot \frac{3}{2}\cdot \frac{3}{1}<3(\frac{3}{4})^{n-4}<\epsilon,$

                         $\displaystyle \Rightarrow N=4+[\frac{\ln\frac{\epsilon}{3}}{\ln\frac{3}{4}}].$

证明：
                         $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\exists N=4+[\frac{\ln\frac{\epsilon}{3}}{\ln\frac{3}{4}}],n> N,s.t.$

                          $\displaystyle |\frac{3^n}{n!}-0|< \epsilon.$