1 ($3\times 5‘=15‘$) 求下列极限: $$\bex \lim_{x\to 0^+}\sex{\frac{\sin x}{x}}^\frac{1}{x^2};\quad \ls{n}\frac{3^n}{n!};\quad \lim_{x\to 0}\frac{\tan x-\sin x}{\sin x^3}. \eex$$
解答: $$\beex \bea \lim_{x\to 0^+}\sex{\frac{\sin x}{x}}^\frac{1}{x^2} &=\lim_{x\to 0^+}\sex{1+\frac{\sin x-x}{x}}^{\frac{x}{\sin x-x}\cdot \frac{\sin x-x}{x^3}}\\ &=\exp\sed{\lim_{x\to 0^+}\frac{\sez{x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)}-x}{x^3}}\\ &=e^{-\frac{1}{6}};\\ \frac{3^n}{n!}&=\frac{3\cdot \cdot 3\cdot 3\cdot 3\cdot 3\cdots n}{1\cdot 2\cdot 3\cdot 4\cdots n}<\frac{3\cdot 3\cdot \cdot 3}{1\cdot 2\cdot 3}\cdot\frac{3}{n}\ra \ls{n}\frac{3^n}{n!}=0;\\ \lim_{x\to 0}\frac{\tan x-\sin x}{\sin x^3} &=\lim_{x\to 0}\frac{\sin x(1-\cos x)}{\sin x^3\cdot \cos x} =\lim_{x\to 0}\frac{\sin x\cdot 2\sin^2\frac{x}{2}}{\sin x^3\cdot \cos x}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{x\cdot 2\sex{\frac{x}{2}}^2}{x^3}=\frac{1}{2}. \eea \eeex$$
2($15‘$) 求函数 $\dps{f(x)=\sedd{\ba{ll} x^2\sin\frac{1}{x},&x\neq 0\\ 0,&x=0 \ea}}$ 的导函数, 并讨论导函数的连续性.
解答: 当 $x\neq 0$ 时, $$\bex f‘(x)=2x\sin\frac{1}{x}-\cos\frac{1}{x}; \eex$$ 当 $x=0$ 时, $$\bex f‘(0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x} =\lim_{x\to 0}x\sin \frac{1}{x}=0. \eex$$ 由于 $\dps{\lim_{x\to 0}\cos\frac{1}{x}}$ 不存在, 而 $f‘$ 在 $(-\infty,0)\cup (0,+\infty)$ 上连续.
3($15‘$) 设函数 $f:\bbR\to \bbR$ 连续, 极限 $\dps{\lim_{|x|\to\infty}f(x)}$ 存在并且有限. 证明 $f$ 在 $\bbR$ 上一致连续.
证明: 由 $\dps{\lim_{|x|\to\infty}f(x)}$ 存在并且有限及 Cauchy 准则知 $$\bee\label{258.3:1} \forall\ \ve>0,\ \exists\ A>0,\ \st |x‘|,|x‘‘|\geq A,\mbox{ 有 }|f(x‘)-f(x‘‘)|<\ve. \eee$$ 又 $f$ 在 $[-A-1,A+1]$ 上连续, 而一致连续: $$\bee\label{258.3:2} \exists\ \delta\in (0,1),\ |x‘|,|x‘‘|\leq A+1,\ |x‘-x‘‘|<\delta,\mbox{ 有 }|f(x‘)-f(x‘‘)|<\ve. \eee$$ 故当 $x‘,x‘‘\in \bbR,\ x‘<x‘‘,\ |x‘-x‘‘|<\delta$ 时,
(1)$x‘<-A-1\ra x‘‘<-A\ra |f(x‘)-f(x‘‘)|<\ve$ (由 \eqref{258.3:1});
(2)$-A-1\leq x‘<A\ra -A-1<x‘‘<A+1\ra |f(x‘)-f(x‘‘)|<\ve$ (由 \eqref{258.3:2});
(3)$x‘\geq A\ra x‘‘>A\ra |f(x‘)-f(x‘‘)|<\ve$ (由 \eqref{258.3:1}).
4($15‘$) 判断函数 $\dps{f(x,y)=\sedd{\ba{ll} \frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}},&x^2+y^2\neq0\\\ 0,&x^2+y^2=0 \ea}}$ 在原点 $(0,0)$ 处是否连续, 偏导数是否存在, 是否可导.
解答: 由 $$\beex \bea \lim_{(x,y)\to (0,0)}f(x,y) &=\lim_{r\to 0}r\cos \theta\sin\theta\quad(x=r\cos\theta,y=r\sin\theta)\\ &=0 \eea \eeex$$ 知 $f$ 在 $(0,0)$ 处连续. 又由 $$\bex f_x(0,0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x} =0,\quad f_y(0,0)=\lim_{y\to 0}\frac{f(0,y)-f(0,0)}{y} =0 \eex$$ 知 $f$ 在 $(0,0)$ 处偏导存在. 再由 $$\bex \sev{\frac{f(x,y)-f(0,0)-f_x(0,0)-f_y(0,0)}{\sqrt{x^2+y^2}}} =\frac{xy}{x^2+y^2} =\cos\theta\sin\theta \eex$$ 知 $f$ 在 $(0,0)$ 处不可微.
5($15‘=7‘+8‘$) 判断下列基数的敛散性: $$\bex \sum_{n=1}^\infty (\sqrt[n]{n}-1)^n;\quad \sum_{n=1}^\infty n\sex{1-\cos\frac{1}{n}}. \eex$$
解答: 设 $\sqrt[n]{n}=1+\alpha_n$, 则 $$\beex \bea n&=(1+\alpha_n)^n>\frac{n(n-1)}{2}\alpha_n^2\\ 0&<\sqrt[n]{n}-1<\sqrt{\frac{2}{n-1}}\\ 0&<(\sqrt[n]{n}-1)^n<\sex{\frac{2}{n-1}}^{n/2} <\sex{\frac{2}{n-1}}^2\quad(n\geq 4), \eea \eeex$$ 而 $\dps{\sum_{n=1}^\infty (\sqrt[n]{n}-1)^n}$ 收敛. 又由 $$\bex \ls{n}\frac{n\sex{1-\cos\frac{1}{n}}}{\frac{1}{n}} =\lim_{x\to 0}\frac{1-\cos x}{x^2}=\frac{1}{2} \eex$$ 及比较判别法知 $\dps{\sum_{n=1}^\infty n\sex{1-\cos\frac{1}{n}}}$ 发散.
6($15‘$) 求三重积分 $\dps{ I=\iiint_\Omega y(x+z)\rd x\rd y\rd z, }$ 其中 $\Omega$ 为由平面 $y=0, z=0$, $\dps{x+z=\frac{\pi}{2}}$ 及曲面 $y=\sqrt{x}$ 所围成的区域.
解答: 由题意, $$\bex I=\int_0^{\pi/2}\rd x \int_0^{\sqrt{x}} \rd y\int_0^{\pi/2-x}y(x+z)\rd z =\frac{\pi^4}{256}. \eex$$
7($15‘$) 设 $S$ 为非空数集, 有上界, 并且上确界 $\sup S=a\not \in S$. 证明: 存在严格单调递增数列 $\sed{x_n}_{n=1}^\infty \subset S$, 使得 $\dps{\ls{n}x_n=a}$.
证明: 由于 $\sup S=a\not \in S$, 我们知
(1)对 $\ve_1=1>0$, 存在 $x_1\in S$, 使得 $a-1<x_1<a$;
(2)对 $\ve_2=\min\sed{1/2,a-x_1}>0$, 存在 $x_2\in S$, 使得 $a-\ve_2<x_2<a$;
(3)对 $\ve_3=\min\sed{1/3,a-x_2}>0$, 存在 $x_3\in S$, 使得 $a-\ve_3<x_3<a$;
(4)$\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots\cdots$;
如此一直做下去, 我们得到严格递增数列 $\sed{x_n}$, 使得 $x_n\to a$.
8($15‘$) 证明级数 $\dps{\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin nx}{n}}$ 在 $(0,2\pi)$ 上内闭一致收敛.
证明: 当 $\delta\leq x\leq 2\pi-\delta\ (\delta>0)$ 时, $$\beex \bea 2\sin\frac{x}{2}\sum_{k=1}^n \sin kx &=\sum_{k=1}^n \sez{\cos\sex{k-\frac{1}{2}}x -\cos\sex{k+\frac{1}{2}}x}\\ &=\cos\frac{x}{2}-\cos\sex{n+\frac{1}{2}}x,\\ \sev{\sum_{k=1}^n \sin kx}&\leq\frac{1}{\sev{\sin\frac{x}{2}}} \leq\frac{1}{\sin\frac{\delta}{2}}. \eea \eeex$$ 故再由 $\dps{\ls{n}\frac{1}{n}=0}$ 及 Dirichlet 判别法知 $\dps{\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin nx}{n}}$ 在 $\delta\leq x\leq 2\pi-\delta$ 上一致收敛.
9($15‘$) 设 $f$ 在 $[0,+\infty)$ 上连续可微, 且严格单调递增, $f(0)=0$, $a\geq 0, b\geq 0$, $g(y)$ 是 $f(x)$ 的反函数. 证明:
(1)不等式 $$\bex ab\leq \int_0^a f(x)\rd x+\int_0^b g(y)\rd y, \eex$$ 而且, 当且仅当 $b=f(a)$ 等号成立;
(2)当 $\alpha \geq 1,\ \beta\geq 1$ 时, 有 $\alpha \beta \leq e^{\alpha-1}+\beta\ln\beta$ 成立.
证明:
(1)由题意, $g$ 严格递增且 $g$ 连续可微, $\dps{g‘(y)=\frac{1}{f‘(x)}}$. 于是 $$\beex \bea \int_0^a f(x)\rd x +\int_0^b g(y)\rd y &=\int_0^{f(a)} yg‘(y)\rd y +\int_0^b g(y)\rd y\ (f(x)=y,\ x=g(y))\\ &=\sez{yg(y)|^{f(a)}_0-\int_0^{f(a)}g(y)\rd y} +\int_0^b g(y)\rd y\\ &=af(a)+\int_{f(a)}^b g(y)\rd y. \eea \eeex$$ 当 $b=f(a)$ 时, $$\bex \int_0^a f(x)\rd x +\int_0^b g(y)\rd y =af(a); \eex$$ 当 $b>f(a)$ 时, 由 $g$ 严格递增知 $g(y)>0,\ y\in (f(a),b]$, 而 $$\bex \int_0^a f(x)\rd x +\int_0^b g(y)\rd y>af(a); \eex$$ 当 $b<f(a)$ 时, 由 $g$ 严格递增知 $g(y)>0,\ y\in (b,f(a)]$, 而 $$\bex \int_0^a f(x)\rd x +\int_0^b g(y)\rd y =af(a)+\int_b^{f(a)}-g(y)\rd y <af(a). \eex$$
(2)取 $f(x)=e^x-1$, 则 $g(y)=\ln(1+y)$, 而由 (1) 知 $$\beex \bea (\alpha-1)(\beta-1) &\leq \int_0^{\alpha-1}[e^x-1]\rd x +\int_0^{\beta-1}\ln(1+y)\rd y\\ &=[e^x-x]^{\alpha-1}_0 +[(1+y)\ln(1+y)-y]^{\beta-1}_0\\ &=[e^{\alpha-1}-(\alpha-1)-1] +[\beta\ln\beta-(\beta-1)]\\ &=e^{\alpha-1}+\beta\ln\beta -\alpha-\beta+1. \eea \eeex$$
10($15‘$) 设级数 $\dps{\sum_{n=0}^\infty a_n}$ 的部分和数列为 $$\bex S_n=a_0+a_1+\cdots+a_n,\quad \sigma_n=\frac{S_0+S_1+\cdots+S_n}{n},\ n=0,1,2,\cdots, \eex$$ 且有极限 $\dps{\ls{n}\sigma_n=S}$. 证明:
(1)$\dps{\ls{n}\frac{a_n}{n}=0}$;
(2)$\dps{\sum_{n=0}^\infty a_nx^n}$ 在 $(-1,1)$ 上内闭一致收敛;
(3)在 $(-1,1)$ 上成立 $$\bex \sum_{n=0}^\infty a_nx^n =(1-x)^2\sum_{n=0}^\infty (n+1)\sigma_{n+1}x^n. \eex$$
证明:
(1)由 $$\bex S_0+\cdots+S_{n-1}=n\sigma_n,\quad S_0+\cdots+S_n=(n+1)\sigma_{n+1} \eex$$ 知 $$\beex \bea S_n&=(n+1)\sigma_{n+1}-n\sigma_n,\\ a_n&=S_n-S_{n-1}=(n+1)\sigma_{n+1}-2n\sigma_n+(n-1)\sigma_{n-1},\\ \frac{a_n}{n} &=\frac{n+1}{n}\cdot \sigma_{n+1} -2\sigma_n +\frac{n-1}{n}\cdot \sigma_{n-1},\\ \ls{n}a_n&=S-2S+S=0. \eea \eeex$$
(2)对 $\forall\ q:\ 0\leq q<1$, 当 $|x|\leq q$ 时, $$\bex |a_nx^n|\leq |a_n|q^n =\frac{|a_n|}{n}\cdot \frac{n}{(1/\sqrt{q})^n}\cdot (\sqrt{q})^n \leq (\sqrt{q})^n\quad(n\gg 1) \eex$$ 及 Weierstrass 优级数判别法知 $\dps{\sum_{n=0}^\infty a_nx^n}$ 在 $[-q,q]$ 上一致收敛.
(3)对 $\forall\ q:\ 0\leq q<1$, 当 $|x|\leq q$ 时, $$\bex |(n+1)\sigma_{n+1}x^n|\leq \frac{n+1}{(1/\sqrt{q})^n}\cdot |\sigma_{n+1}|\cdot (\sqrt{q})^n\leq (|S|+1)(\sqrt{q})^n\quad(n\gg 1) \eex$$ 及 Weierstrass 优级数判别法知 $\dps{\sum_{n=0}^\infty (n+1)\sigma_{n+1}x^n}$ 在 $[-q,q]$ 上一致收敛. 于是 $$\beex\bea &\quad(1-x)^2\sum_{n=0}^\infty (n+1)\sigma_{n+1}x^n\\ &=(1-x)^2\sum_{n=0}^\infty(S_0+\cdots+S_n)x^n\\ &=\sum_{n=0}^\infty(S_0+\cdots+S_n)x^n -2\sum_{n=0}^\infty(S_0+\cdots+S_n)x^{n+1} +\sum_{n=0}^\infty(S_0+\cdots+S_n)x^{n+2}\\ &=S_0+(S_0+S_1)x -2S_0x\\ &\quad +\sum_{n=2}^\infty [(S_0+\cdots+S_n)-2(S_0+\cdots+S_{n-1})+(S_0+\cdots+S_{n-2})]x^n\\ &=S_0+(S_1-S_0)x+\sum_{n=2}^\infty (S_n-S_{n-1})x^n\\ &=a_0+a_1x+\sum_{n=2}^\infty a_nx^n\\ &=\sum_{n=0}^\infty a_nx^n. \eea \eeex$$
[家里蹲大学数学杂志]第258期首都师范大学2013年数学分析考研试题参考解答