1计算.
(1) \dps{\lim_{n\to\infty}
\ln\sqrt[n]{\sex{1+\frac{1}{n}} \sex{1+\frac{2}{n}} \cdots \sex{1+\frac{n}{n}}
}}
.
解答: \bex
\mbox{原式}&=&\lim_{n\to\infty} \sed{ \frac{1}{n}
\sez{\ln\sex{1+\frac{1}{n}}+\cdots+\ln \sex{1+\frac{n-1}{n}}} +\frac{\ln
2}{n}}\\ &=&\int_0^1\ln\sex{1+x}\rd x\\ &=&\int_1^2\ln x\rd x\\
&=&\left.x\ln x-x\right|_1^2\\ &=&2\ln2-1. \eex
(2) \dps{\lim_{n\to\infty}
\frac{1\cdot 3\cdot \cdots\cdot \sex{2n-1}} {2\cdot 4\cdot \cdots\cdot
\sex{2n}}}
.
解答: 由
2k=\frac{\sex{2k-1}+\sex{2k+1}}{2} >\sqrt{\sex{2k-1}\sex{2k+1}},\
k=1,2,\cdots,n,
知 0<\frac{1\cdot 3\cdot \cdots\cdot
\sex{2n-1}} {2\cdot 4\cdot \cdots\cdot \sex{2n}} <\frac{1}{\sqrt{2n+1}},
而 \bex \mbox{原式}&=&0. \eex
(3) \dps{\lim_{x\to+\infty}
\sed{ \sex{x^3+3x}^\frac{1}{3} -\sex{x^2-2x}^\frac{1}{2} }}
.
解答: \bex
\mbox{原式}&=&\lim_{x\to +\infty} \frac{
\dps{\sex{1+\frac{3}{x^2}}^\frac{1}{3} -\sex{1-\frac{2}{x}}^\frac{1}{2}}}
{\dps{\frac{1}{x}}}\\ &=&\lim_{t\to 0_+}
\frac{\sex{1+3t^2}^\frac{1}{3}-\sex{1-2t}^\frac{1}{2}}{t}\\
&=&\lim_{t\to 0_+}\sez{ \frac{1}{3}\sex{1+3t^2}^{-\frac{2}{3}}\cdot 6t
-\frac{1}{2}\sex{1-2t}^{-\frac{1}{2}}\cdot \sex{-2}}\\ &=&1. \eex
(4) \dps{\int_0^\pi
\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}\rd x}
.
解答: 由变量替换 x\leftrightsquigarrow \pi-x
知 \int_0^\pi \frac{x\sin x}{1+\cos^2x}\rd x
=\int_0^\pi \frac{\sex{\pi-x}\sin x}{1+\cos^2x}\rd x,
而 \bex
\mbox{原式}&=&\frac{\pi}{2}\int_0^\pi \frac{\sin x}{1+\cos^2x}\rd x\\
&=&\frac{\pi}{2}\int_{-1}^1\frac{1}{1+t^2}dt\\
&=&\frac{\pi^2}{4}. \eex
(5) \dps{\lim_{x\to
\infty,y\to a}\sex{\cos \frac{y}{x}}^\frac{x^3}{x+y^3}}
.
解答: \bex
\mbox{原式}&=&\exp\sez{ \lim_{x\to\infty, y\to a} \frac{x^3}{x+y^3} \ln
\cos\frac{y}{x}}\\ &=&\exp\sez{\lim_{x\to\infty, y\to
a}\frac{x^3}{x+y^3} \cdot\sex{-2}\cdot \frac{y^2}{x^2}}\\ &
&\sex{\ln\cos\frac{y}{x}\sim \cos\frac{y}{x}-1 =-2\sin^2\frac{y}{x} \sim
-2\frac{y^2}{x^2}}\\ &=&\exp\sez{-2\lim_{x\to\infty, y\to
a}\frac{y^2}{1+\frac{y^3}{x}}}\\ &=&e^{-2a^2} \eex
(6) \dps{
\oint\limits_L \frac{x\rd y-y\rd x}{x^2+y^2}, }
其中 L
是不过原点的简单闭曲线.
解答: 记
P=\frac{-y}{x^2+y^2},\ Q=\frac{x}{x^2+y^2},
则 \frac{\p Q}{\p x}-\frac{\p P}{\p y}=0,
而由 Green
公式,
(1)若 0
在 L
的内部,则原式 =0
;
(2)若 0
在 L
的外部,则取 \ve>0
充分小,使得 B\sex{0,\ve}
也包含在 L
的内部, 而 \bex
\mbox{原式}&=&\int_{B\sex{0,\ve}} \frac{x\rd y-y\rd x}{x^2+y^2}\\
&=&\frac{1}{\ve^2} \int_0^{2\pi} \ve\cos \theta\cdot \sex{\ve
\cos\theta} -\ve \sin \theta \cdot\sex{-\ve \sin \theta}d\theta\\
&=&\int_0^{2\pi}d\theta\\ &=&2\pi. \eex
2 设 f(0)=0
, f‘(0)>1
. 证明 \exists\ \delta>0,\ s.t.\ x\in
\sex{0,\delta}\ra f(x)\geq x
.
证明: 我们假设 f
在 0
的一个左邻域 [0,\delta_1]
上二次连续可微, 而 \bex
f(x)&=&f(0)+f‘(0)x+\frac{f‘‘\sex{\xi_x}}{2}x^2\\
&\geq&x+\sez{f‘(0)-1}x+Ax^2\\ & &\sex{A=\inf_{x\in
[0,\delta_1]}f‘‘\sex{x}}\\ &=&x+\sez{f‘(0)-1+Ax}x\\ &>&x,
\eex
当 x<\frac{f‘(0)-1}{A}=\delta,
时.
注记: 当然, 如果只假设 f
在 0
的一个左邻域 [0,\delta_1]
上连续可微也是可以的. 比如 \bex
f(x)&=&f(0)+f‘(\xi_x)x\sex{\xi_x\in (0,x),\mbox{中值定理}}\\
&>&x\sex{\mbox{保号性}}. \eex
3 试证明 f(x)=x^{-2}
在 (0,1)
上不一致连续, 但对任何 \delta>0
, 在 [\delta,1)
上一致连续.
证明:
(1)f(x)=x^{-2}
在 (0,1)
上不一致连续. 因为 \sev{\frac{2}{n}-\frac{1}{n}}
=\frac{1}{n}\to 0 \sex{n\to\infty},
但 \sev{f\sex{\frac{2}{n}}-f\sex{\frac{1}{n}}}
=\frac{3}{4}n^2\to\infty \sex{n\to \infty}.
(2)f(x)=x^{-2}
在 [\delta,1)
上一致连续, 其中 \delta\in (0,1)
任意. 因为 \sev{f‘(x)} =\sev{-2x^{-3}} \leq
2\delta^{-3}<\infty,
而 \bex \sev{f(x)-f(x‘)}
&\leq&2\delta^{-3}\sev{x-x‘}\sex{\mbox{中值定理}}\\
&\to&0\sex{\sev{x-x‘}\to 0}. \eex
4 设 0<\alpha<\beta
, \lambda
为实参数. 记 f_\lambda(x)=x^\alpha-x^\beta-\lambda.
证明存在 \Lambda>0
, 使得对任何 \lambda\in [0,\Lambda)
, 都存在 \delta>0,a>0
, 满足 f_\lambda\sex{a}\geq \delta
.
证明: 其实真是没搞懂这个题目要做什么... \dps{\exists\
\Lambda=\frac{1}{2}\sex{\frac{1}{2^\alpha}-\frac{1}{2^\beta}}>0}
, \forall\ \lambda\in [0,\Lambda)
, \dps{\exists\ a=\frac{1}{2}}
, \delta=\Lambda
, \bex f_\lambda(a)&=&2\Lambda-\lambda\\
&>&\Lambda\\ &=&\delta. \eex
5 设 p>0
. 讨论级数 \dps{\sum_{n=1}^\infty
\frac{x^n}{n^p}}
的敛散性.
解答: 考察级数 \dps{\sum_{n=1}^\infty\frac{\sev{x}^n}{n^p}}
, 由 \lim_{n\to\infty}
\frac{\sev{x}^{n+1}}{\sex{n+1}^p}\cdot \frac{n^p}{\sev{x}^n} =\lim_{n\to\infty}
\sex{\frac{n}{n+1}}^p\sev{x}=\sev{x}.
而
(1)当 \sev{x}<1
时, 原级数绝对收敛;
(2)当 \sev{x}=1
时,由 \dps{\sum_{n=1}^\infty\frac{\sex{-1}^n}{n^p}}
收敛, 及 \bex \sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^p}\left\{
\ba{ll} \mbox{发散}, &\mbox{当}p\leq 1,\\ \mbox{收敛}, &\mbox{当}p> 1, \ea
\right. \eex
知 (a) 当 x=-1
, p\leq 1
时, 原级数条件收敛;
(b)当 p>1
时, 原级数绝对收敛;
(c)当 x=1
, p\leq 1
时, 原级数发散;
(3)当 \sev{x}>1
时, 原级数发散.
6 设 f(x)
在 [a,b]
上有界, 记 f^+\sex{x}=\max\sed{f(x),0},\
f^-\sex{x}=\max\sed{-f(x),0}.
证明 f(x)
在 [a,b]
上可积的充分必要条件是 f^+(x)
,f^-(x)
在 [a,b]
上均可积, 并且 \int_a^bf(x)\rd x =\int_a^bf^+(x)\rd x
+\int_a^bf^-(x)\rd x.
证明: 注意到
f(x)=f^+(x)+f^-(x),
我们仅须证明等价性. 注意到
(1)f
连续 \dps{\ra f^+=\frac{\sev{f}+f}{2},\
f^-=\frac{\sev{f}-f}{2}}
连续;
(2)f^+
, f^-
连续 \ra f=f^++f^-
连续; 而 \bex f\mbox{ 的不连续点集是零测集} \lra f^+,f^-\mbox{
的不连续点集是零测集}, \eex
于是 (
实变理论)
\bex f\mbox{ 可积}\lra f^+,\ f^-\mbox{ 可积}.
\eex
注记: 设 f
是 [a,b]
上有界函数,则 f
是 Riemann
可积的充分必要条件是: f
的不连续点集是零测集.
7 f(x,y)
对两个变元均连续, 且关于其中一个变元单调, 则它就是两个变元混合连续的.
证明: 不妨设 f
关于 y
单增.对任意固定的 (x_0,y_0)
,
(1)由 f
关于 y
连续, \forall\ \ve>0,\ \exists\ \delta_1>0,\
s.t.
\bee\label{lz08sf_7_f:y} \sev{y-y_0}\leq
\delta_1\ra \sev{f(x,y_0)-f(x_0,y_0)}<\ve/2; \eee
(2)由 f
关于 x
连续, \exists\ 0<\delta<\delta_1,\
s.t.
\bee\label{lz08sf_7_f:x} \sev{x-x_0}\leq
\delta\ra \left\{ \ba{ll}
\dps{\sev{f(x,y_0+\delta)-f(x_0,y_0+\delta)}<\ve/2,}\\
\dps{\sev{f(x,y_0-\delta)-f(x_0,y_0-\delta)}<\ve/2,} \ea \right. \eee
现对任意的 (x,y)
满足 \dps{\sev{x-x_0}\leq \delta,\ \sev{y-y_0}\leq
\delta}
, 有
(1)\bex
f(x,y)&\leq&f(x,y_0+\delta)\sex{\mbox{由 }f\mbox{ 关于 }y\mbox{单增}}\\
&\leq&f(x_0,y_0+\delta)+\ve/2\sex{\mbox{由 }\eqref{lz08sf_7_f:x}_1}\\
&\leq&f(x_0,y_0)+\ve\sex{\mbox{由 }\eqref{lz08sf_7_f:y}}, \eex
(2)\bex
f(x,y)&\geq&f(x,y_0-\delta)\sex{\mbox{由 }f\mbox{ 关于 }y\mbox{单增}}\\
&\geq&f(x_0,y_0-\delta)+\ve/2\sex{\mbox{由 }\eqref{lz08sf_7_f:x}_2}\\
&\geq&f(x_0,y_0)-\ve\sex{\mbox{由 }\eqref{lz08sf_7_f:y}}. \eex
这就证到了结论.
8 设连续函数 f(x)
满足 f(1)=1
, 记 F(t)=\int_{x^2+y^2+z^2\leq
t^2}f\sex{x^2+y^2+z^2}\rd x\rd y\rd z.
证明: F‘(1)=4\pi
.
证明:
(1)先化简 F
, \bex F(t)=4\pi\int_0^t r^2f(r^2)dr, \eex
(2)再计算, \bex
F‘(t)=4\pi t^2f(t^2), \eex
\bex F‘(1)=4\pi f(1)=4\pi. \eex
9 称 f(x)
是凸函数, 如果对任意的 \lambda\in (0,1)
, 均有 f\sex{\lambda x+\sex{1-\lambda}y}\leq
\lambda f(x)+\sex{1-\lambda}f(y).
(1)
试给出凸函数的几何解释;
(2)若 f(x)
是区间 I
上的凸函数,试讨论 f(x)
在 I
上的连续性; (3)若 f(x)
下有界, 即存在常数 M
, 使得对任何 x
, 都有 f(x)\geq M
, 问 f(x)
是否有最小值? 证明你的结论.
证明:
(1)联结f
图像上两点的直线段总在f
图像的上方.
(2)对 \forall\
x_1, x_2, x_3\in I
满足 x_1<x_2<x_3
, 记 \lambda=\frac{x_3-x_2}{x_3-x_1},
而 x_2=\lambda x_1+\sex{1-\lambda}x_3
, \bex f(x_2)&=&f\sex{\lambda
x_1+\sex{1-\lambda}x_3}\\ &\leq&\lambda f(x_1)+\sex{1-\lambda}f(x_3)\\
&=&\frac{x_3-x_2}{x_3-x_1}f(x_1) +\frac{x_2-x_1}{x_3-x_1}f(x_3),
\eex
即 \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x} \leq
\frac{f(x_3)-f(x_1)}{x_3-x_1},\ \ \ \frac{f(x_2)-f(x_1)}{x_2-x} \leq
\frac{f(x_3)-f(x_2)}{x_3-x_2}.
于是对任意固定的 x\in I^o
(I
的内部)
, \bex h>k\ra
\frac{f(x+h)-f(x)}{h}>\frac{f(x+k)-f(x)}{k}>\frac{f(x)-f(x-\delta}{\delta},
\eex
其中 \delta>0
充分小. 而对 \forall\ h_l\to 0_+
, \bex
\sed{\frac{f(x+h_l)-f(x)}{h_l}}_{l=1}^\infty \eex
单减有下界, 而极限存在. 简单的论述可以说明极限与所选取之特殊子列无关, 而 f‘_+(x)
存在. 类似的, f‘_-(x)
也存在. 于是 f
左右连续,而连续. 当 I
有左或右端点时, f
在左端点左连续,或在右端点右连续.
(3)若 I
是闭的,则 f
一定存在最小值. 实际上, 令 m=\inf f(x)
, 则 \bex \exists\ x_n\in I,\ s.t.\ m\leq
f(x_n)<m+1/n. \eex
由 Weierstrass
聚点定理, \exists\ \sed{n_k}\subset \sed{n},\ s.t.\
x_{n_k}\to x\in I,
而 m\leq f(x)=\lim_{k\to\infty}f(x_{n_k})\leq
\lim_{k\to\infty}\sex{m+1/{n_k}}=m,
即 f(x)=m.
但是若 I
不是闭的, 那就未必了. 最简单的例子是 f(x)=x,\ x\in (0,1)
.
兰州大学2008年数学分析考研试题参考解答,布布扣,bubuko.com