数学分析习题练习五

杨州大学2020年601数学分析试题


证明 ：
       1）、
                               $\displaystyle \because 0\leq |x_{n+1}|=|\sin x_n|\leq 1,$

                      又
                               $\displaystyle x_{n+1}=\sin x_n\leq x_n,$

              所以，已知数列有界单调，收敛。

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

                   则由已知条件，有
                                $\displaystyle l=\sin l.$

                     解之得：
                              $\displaystyle \lim_{n\to \infty}x_n=l=0.$   

         2）、
                               $\begin{align*}\because \lim_{n \to \infty}nx^2_n&= \lim_{n \to \infty}\frac{n+1-n}{\frac{1}{x^2_{n+1}}-\frac{1}{x^2_{n}}}\\\\&=\lim_{n \to \infty}\frac{x^2_{n+1}x^2_{n}}{x^2_{n}-x^2_{n+1}}\\\\&< \lim_{n \to \infty}\frac{x^2_n\sin^2x_{n}}{x^2_{n}-\sin^2x_{n}}\\\\&=\lim_{n \to \infty}\frac{x^4_n}{x^2_n-(x-\frac{1}{3!}x^3+o(x^3))^2}\\\\&=\lim_{n \to \infty}\frac{x^4_n}{x^2_n-(x^2-\frac{1}{3}x^4+o(x^3))}\\\\&=3.\end{align*}$

                               $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty}nx^2_n=3.$

杨州大学2020年601数学分析试题


解：
               由于
                                       $\because f(x+T)=f(x),f\in C(-\infty,+\infty),$

                        根据连续周期函数的性质，可以只考虑在一个周期内的情况。由Lagrange中值定理，有

                                       $\forall x_1,x_2\in[0,T],\forall \epsilon > 0,\exists \delta >0,|x_2-x_1|<\delta ,\exists \xi\(0,T),s.t.$

                                       $|f(x_2)-f(x_1)|=|f'(\xi)(x_2-x_1)|\leq M|x_2-x_1|<\delta=\epsilon,$

                       由此可知，连续周期函数一致收敛。

                 考察函数$\sin x^2$.设该函数有周期$T>0$，则应该有

                                           $\exists \epsilon > 0,s.t.$

                                         $\begin{align*}|f(x+T)-f(x)|&=|\sin(x+T)^2-\sin x^2|\\\\&=|2\cos\frac{(x+T)^2+x^2}{2}\sin\frac{(x+T)^2-x^2}{2}|\\\\&=2|\cos\frac{(x+T)^2+x^2}{2}\sin\frac{(x+T)^2-x^2}{2}|\\\\&< |(x+T)^2-x^2|\\\\&=|(2x+T)T|\\\\&\leq 3T^2\\\\&< \epsilon ,\end{align*}$

                          由此得出
                                         $\Rightarrow T=0.$

                    而这与假设矛盾。故函数为非周期函数。

杨州大学2020年601数学分析试题


证明：
                         设：
                                 $\displaystyle f(x)=\frac{1}{x}\sin x^2,$

                     则有
                                $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=0,\lim_{x\to+\infty}f'(x)=\lim_{x\to+\infty}(-\frac{1}{x^2}\sin x^2+2\cos x^2)\neq 0.$

                  设有
                                $\displaystyle \because \lim_{x\to+\infty}f(x)=0,\lim_{x_0\to+\infty}f(x_0)=0,|f''(x_0)|\leq M,$

                  由泰勒展开公式
                                 $\displaystyle f(x)=f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0)+\frac{1}{2!}f''(\xi)(x-x_0)^2,$

                  由此
                                 $\displaystyle \lim_{x_0\to+\infty}f'(x_0)=-\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{2!}f''(\xi)(x-x_0)=-\lim_{x\to+\infty}\frac{1}{2!}M(x-x_0)=0.$

杨州大学2020年601数学分析试题


证明:
                       $\begin{align*}\because \int_{a}^{b}f^2(x)dx\int_{a}^{b}g^2(x)dx-[\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx]^2&=\int_{a}^{b}f^2(x)dx\int_{a}^{b}g^2(y)dy-\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx\int_{a}^{b}f(y)g(y)dy\\\\&=\int_{a}^{b}(\int_{a}^{b}f^2(x)g^2(y)dy)dx-\int_{a}^{b}(\int_{a}^{b}f(x)g(x)f(y)g(y)dy)dx\\\\&=\int_{a}^{b}(\int_{a}^{b}[f^2(x)g^2(y)-f(x)g(x)f(y)g(y)]dy)dx,----(1)\end{align*}$

           同理可得
                          $\begin{align*}\int_{a}^{b}f^2(x)dx\int_{a}^{b}g^2(x)dx-[\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx]^2&=\int_{a}^{b}(\int_{a}^{b}[f^2(y)g^2(x)-f(x)g(x)f(y)g(y)]dy)dx,----(2)\end{align*}$

            由（1）（2）可得，
                         $\begin{align*}\therefore \int_{a}^{b}f^2(x)dx\int_{a}^{b}g^2(x)dx-[\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx]^2&=\frac{1}{2}\int_{a}^{b}(\int_{a}^{b}[f(y)g(x)-f(x)g(y)]^2dy)dx\geq 0,\end{align*}$

           所以，有
                          $\displaystyle \Rightarrow \int_{a}^{b}f^2(x)dx\int_{a}^{b}g^2(x)dx\geq [\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx]^2.$

杨州大学2020年601数学分析试题


证明；
          1）、用反证法，设$e$为有理数，即有
                                   $\displaystyle e=\frac{p}{q}=1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{q!}+\frac{1}{(q+1)!}+\cdots ,(q>1 )$

                       对上式进行变形整理，得
                                    $\displaystyle q!(\frac{p}{q}-1-\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}-\cdots -\frac{1}{q!})=\frac{1}{q+1}+\frac{1}{(q+2)(q+1)}+\frac{1}{(q+3)(q+2)(q+1)}+\cdots ,$

                      显然上式左边为整数，而右边有
                                    $\begin{align*}0&< \frac{1}{q+1}+\frac{1}{(q+2)(q+1)}+\frac{1}{(q+3)(q+2)(q+1)}+\cdots\\\\&< \frac{1}{q+1}+\frac{1}{(q+2)(q+1)}+\frac{1}{(q+3)(q+2)}+\cdots\\\\&<\frac{1}{q+1}+(\frac{1}{q+1}-\frac{1}{q+2})+(\frac{1}{q+2}-\frac{1}{q+3})+\cdots \\\\&=\frac{2}{q+1}< 1.\end{align*}$

                     即，右边为无理数，与假设矛盾。由此可知，$e$必为无理数。

       2）、
                                    $\displaystyle \because e=1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{n!}+\cdots ,$

                                     $\displaystyle \therefore en!=n!(1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{n!})+\frac{1}{n+1}+\cdots ,$

                     注意到上述等式的第一部分为整数，而第二部分有
                                      $\displaystyle \frac{1}{n+1}< \frac{1}{n+1}+\frac{1}{(n+2)(n+1)} +\cdots < \frac{1}{n},$

                       因此得
                                       $\displaystyle n\cdot \frac{\pi}{n+1}< n\sin(\pi en!)< n\cdot \frac{\pi}{n},$

                          从而有
                                         $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }n\sin(\pi en!)=\pi.$

杨州大学2020年601数学分析试题


证明：
               由已知可知：
                                          $\because |f(x)|\leq M,$

                                          $\therefore |x_n|\leq M.$

                     又
                                            $\because |f'(x)|\leq 1,$

                                          $\therefore 0\leq f'(x)\leq 1,or,-1\leq f'(x)< 0.$

                               当
                                          $0\leq f'(x)\leq 1,$
  
                              时，有
                                          $f(x)\uparrow ,x_n\uparrow ,$

                       数列$\{x_n\}$单调有界，收敛。同理当
                                             $-1\leq f'(x)< 0,$

                             时，有
                                            $f(x)\downarrow ,x_n\downarrow ,$

                       数列$\{x_n\}$也单调有界，收敛。

                        综上可知，命题成立。

西北大学2018数学分析试题


解：
         (a）、
                               $\begin{align*}\lim_{x\to0}\frac{x-\int_{0}^{x}e^{t^2}dt}{\sin^2x\tan2x}&=\lim_{x\to0}\frac{x-\int_{0}^{x}e^{t^2}dt}{x^2\cdot 2x+o(x^3)}\\\\&=\lim_{x\to0}\frac{1-e^{x^2}}{6x^2+o(x^2)}\\\\&=\lim_{x\to0}\frac{-x^2+o(x^2)}{6x^2+o(x^2)}\\\\&=-\frac{1}{6}.\end{align*}$


          (b)、
                                $\begin{align*}\lim_{x\to0}(\sin2x+3^x)^{\frac{1}{x}}&=\lim_{x\to0}(1+\sin2x+3^x-1)^{\displaystyle \frac{1}{\sin2x+3^x-1}\cdot \frac{\sin2x+3^x-1}{x}}\\\\&=\lim_{x\to0}e^{\displaystyle \frac{\sin2x+3^x-1}{x}}\\\\&=\lim_{x\to0}e^{\displaystyle \frac{2x+o(x)+x\ln3+o(x)}{x}}\\\\&=e^{\displaystyle 2+\ln3}\\\\&=3e^2.\end{align*}$


        (c)、
                               $\begin{align*}\lim_{n\to\infty}(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{n+n})&=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}(\frac{1}{1+\frac{1}{n}}+\frac{1}{1+\frac{2}{n}}+\cdots +\frac{1}{1+\frac{n}{n}})\\\\&=\int_{0}^{1}\frac{1}{1+x}dx=\ln2.\end{align*}$

西北大学2018数学分析试题


证明：
                           $\because a_{n+1}=\sqrt{6+a_n},$

                           $\therefore 0< a_n< \sqrt{6},$

                           $a^2_{n+1}-a^2_n=a_n-a_{n-1},$

                          $\begin{align*}a_{n+1}-a_n&=\frac{a_n-a_{n-1}}{a_{n+1}+a_n}\\\\&=\frac{a_n-a_{n-1}}{\sqrt{6+a_n}+\sqrt{6+a_{n-1}}}\\\\&\geq \frac{a_n-a_{n-1}}{\sqrt{6+\sqrt{6}}+\sqrt{6+\sqrt{6}}}\\\\&\geq \cdots \\\\&\geq \frac{a_2-a_{1}}{(2\sqrt{6+\sqrt{6}})^{n-1}}\\\\&> 0.\end{align*}$

西北大学2018数学分析试题


（略）

西北大学2018数学分析试题


(略)