1 计算题
(1) \displaystyle{\lim_{x\to
0^+}\left(\frac{(1+x)^{1/x}}{e}\right)^{1/x}}
解答: \begin{eqnarray*} \lim_{x\to
0^+}\left(\frac{(1+x)^{1/x}}{e}\right)^{1/x}
&=&\exp\left[\lim_{x\to0^+}\frac{\frac{1}{x}\ln(1+x)-1}{x}\right]\\
&=&\exp\left[\lim_{x\to0^+}\frac{x-(1+x)\ln(1+x)}{(1+x)x^2}\right]\\
&=&\exp\left[\lim_{x\to0^+}\frac{1-(1-\ln(1+x))}{2x}\right]\\
&=&\exp\left[\lim_{x\to0^+}\frac{-\ln(1+x)}{2x}\right]\\
&=&e^{-\frac{1}{2}}. \end{eqnarray*}
(2) \displaystyle{\lim_{n\to\infty}
\ln\sqrt[n]{\left(1+\frac{1^2}{n^2}\right)\left(1+\frac{2^2}{n^2}\right)\cdots\left(1+\frac{n^2}{n^2}\right)}}
解答: \begin{eqnarray*} & &\lim_{n\to\infty}
\ln\sqrt[n]{\left(1+\frac{1^2}{n^2}\right)\left(1+\frac{2^2}{n^2}\right)\cdots\left(1+\frac{n^2}{n^2}\right)}\\
&=&\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n\ln\left[1+\left(\frac{k}{n}\right)^2\right]\\
&=&\int_0^1\ln(1+x^2)\rd x\\ &=&x\ln(1+x^2)|_0^1-\int_0^1
\frac{2x^2}{1+x^2}\rd x\\ &=&\ln2+\frac{\pi}{2}-2.
\end{eqnarray*}
(3) \displaystyle{\lim_{(x,y)\to(0,0)}\left(|x|^\alpha\sin\frac{1}{y}+|y|^\beta\cos
\frac{1}{x}\right)}
解答: \begin{eqnarray*} &
&\lim_{(x,y)\to(0,0)}\left(|x|^\alpha\sin\frac{1}{y}+|y|^\beta\cos
\frac{1}{x}\right)\\
&=&\lim_{(x,y)\to(0,0)}|x|^\alpha\sin\frac{1}{y}+\lim_{(x,y)\to(0,0)}|y|^\beta\cos
\frac{1}{x}\\ &=&0+0\\ &=&0. \end{eqnarray*}
(4) \displaystyle{\int_e^{e^2}\frac{\ln\ln
x}{x\ln x}\rd x}
解答: \bex
\int_e^{e^2}\frac{\ln\ln x}{x\ln x}\rd x&=&\int_1^2\frac{\ln t}{t}dt
=\frac{(\ln t)^2}{2}|_1^2 =\frac{(\ln 2)^2}{2}. \eex
(5) \displaystyle{\oint\limits_C\frac{(x+y)\rd
x-(x-y)\rd y}{x^2+y^2}}
, 其中 C
为圆周 x^2+y^2=a^2
的逆时针方向.
解答: \begin{eqnarray*} & &
\oint\limits_C\frac{(x+y)\rd x-(x-y)\rd y}{x^2+y^2}\\
&=&\int_0^{2\pi}\frac{a(\cos\theta+\sin \theta)(-a\sin\theta)-a(\cos
\theta-\sin \theta)(a\cos\theta)}{a^2}d\theta\\
&=&\int_0^{2\pi}(-1)d\theta=-2\pi. \end{eqnarray*}
2 讨论级数 \displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^p (\ln
n)^q}}
的收敛性, 其中 p>0,q>0
.
解答:
(1)p>1
由 \displaystyle{\lim_{n\to\infty}\frac{1/[n^p(\ln
n)^q]}{1/n^p}=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{(\ln n)^q}=0}
及比较判别法知原级数收敛;
(2)p=1
由 \displaystyle{\int_3^\infty \frac{1}{x(\ln
x)^q}=\int_{\ln 3}^\infty \frac{dt}{t^q}}
及积分判别法知
(a)0<q\leq
1
时级数发散;
(b)q>1
时级数收敛;
(3)p<1
取 r\in (p,1)
由 \displaystyle{\lim_{n\to\infty}\frac{1/[n^p(\ln
x)^q]}{n^r}=\lim_{n\to\infty}\frac{n^{r-p}}{(\ln
x)^q}=\lim_{x\to\infty}\frac{e^{(r-p)x}}{x^q}=+\infty}
及比较判别法知原级数发散.
注记: p<1
时用到极限 \displaystyle{\lim_{x\to\infty}\frac{e^{\alpha
x}}{x^\beta}=+\infty}
, 这是因为 \frac{e^{\alpha
x}}{x^\beta}>\frac{1}{([\beta]+2)!}\frac{(\alpha x)^{[\beta]
+2}}{x^\beta}>\frac{\alpha^{[\beta]+2}}{([\beta]+2)!}x\quad (x>1).
3 证明 2<e<3
.
证明: 由 e^x
的 Taylor
展式 \displaystyle{e^x=\sum_{k=1}^\infty\frac{x^k}{k!}}
知
2=1+1<e=\sum_{k=1}^\infty\frac{x^k}{k!}<1+1+\sum_{k=2}^\infty\frac{1}{2^{k-1}}=3.
4 设 f(x,y)
关于 x,y
均是一元连续函数.
(1)举例说明 f(x,y)
可以不是二元连续函数.
(2)证明当 f(x,y)
关于 x
单调时, f(x,y)
是二元连续函数.
证明: (1)取
f(x,y)=\begin{cases} \frac{xy}{x^2+y^2},(x,y)\neq (0,0)\\ 0,\quad \ \ \
(x,y)=(0,0) \end{cases}
即有之.
(2)\forall\
(x_0,y_0)\in \bbR^2
,由题意,
(a)f(x,y_0)
在 x=x_0
处连续, 而有 \forall\ \varepsilon>0,\exists\
\delta_1>0,\ s.t.\ |x-x_0|\leq \delta_1\Rightarrow
|f(x,y_0)-f(x_0,y_0)|<\frac{\varepsilon}{2}
(b)f(x_0-\delta_1,y),f(x_0+\delta_1,y)
都在y=y_0
处连续,而有对上述任意的\varepsilon
, \exists\ \delta_2>0,\ s.t.\
|y-y_0|\leq\delta_2\Rightarrow\begin{cases}
|f(x_0-\delta_1,y)-f(x_0-\delta_1,y_0)|<\frac{\varepsilon}{2}\\
|f(x_0+\delta_1,y)-f(x_0+\delta_1,y_0)|<\frac{\varepsilon}{2} \end{cases}
于是对 \forall\ (x,y)\in
[x_0-\delta_1,x_0-\delta_1]\times [y_0-\delta_2,y_0+\delta_2]
,
(i) 若 f(\cdot,y)
递增, 则 f(x,y)\leq
f(x_0+\delta,y)<f(x_0+\delta_1,y_0)+\frac{\varepsilon}{2}<f(x_0,y_0)+\varepsilon
f(x,y)\geq
f(x_0-\delta,y)>f(x_0-\delta_1,y_0)-\frac{\varepsilon}{2}>f(x_0,y_0)-\varepsilon
(ii)若 f(\cdot,y)
递减, 则 f(x,y)\geq
f(x_0+\delta,y)>f(x_0+\delta_1,y_0)-\frac{\varepsilon}{2}>f(x_0,y_0)-\varepsilon
f(x,y)\leq
f(x_0-\delta,y)<f(x_0-\delta_1,y_0)+\frac{\varepsilon}{2}<f(x_0,y_0)+\varepsilon
于是有之.
5 令 \displaystyle{x_1=a,x_2=b,x_{n+2}=\frac{x_{n+1}+x_n}{2},n=1,2,3,\cdots}
. 试求\displaystyle{\lim_{n\to\infty} x_n}
.
解答: 由题意,
x_{n+1}-x_n=-\frac{1}{2}(x_n-x_{n-1})=\cdots=(-\frac{1}{2})^{n-1}(x_2-x_1)=(-\frac{1}{2})^{n-1}(b-a)
于是 |x_{n+p}-x_n| \leq
\left|\sum_{k=n}^{n+p-1}(x_{k+1}-x_k)\right| \leq
(b-a)\sum_{k=n}^{n+p-1}(\frac{1}{2})^{n-1}\leq \frac{1}{2^{n-2}}(b-a)\to 0\
(n\to\infty)
\{x_n\}
是 Cauchy
列, \{x_n\}
收敛, 设极限为 x
. 再由
x_{k+1}-x_{k}=\left(-\frac{1}{2}\right)^{k-1}(b-a)
知
x_{n+1}=x_1+\sum_{k=1}^{n}(x_{k+1}-x_k)=a+(b-a)\sum_{k=1}^n\left(-\frac{1}{2}\right)^{k-1}
两边令 n\to\infty
, 有
x=a+(b-a)\frac{1}{1-(-\frac{1}{2})}=\frac{a+2b}{3}.
6 设 f(x)
是 [0,1]
上的连续函数, 0
是 f(x)
在 [0,1]
上的唯一零点, 并且 f_+‘(0)>0
. 试证明 \displaystyle{\int_0^1\frac{x}{f(x)}\rd
x}
收敛.
证明: 由题意及连续函数的介值性, 下列两种情况有且仅有一种发生:
(1) f(x)>0,\forall\ x\in (0,1]
(2)f(x)<0,\forall\ x\in (0,1]
又 f_+‘(0)>0
, 即 \displaystyle{\lim_{x\to
0^+}\frac{f(x)}{x}>0}
, 从而 \exists\ \delta>0,x\in
(0,\delta]\Rightarrow \frac{f(x)}{x}>0
即 f(x)>0
. 故而情况 (2)发生,即 f(x)>0,\forall\ x\in
(0,1]
, 从而 \displaystyle{\int_0^1\frac{x}{f(x)}\rd
x}
只以 0
为瑕点. 再由 \lim_{x\to
0^+}\frac{x/f(x)}{1/\sqrt{x}}=\lim_{x\to
0^+}\frac{x}{f(x)}\sqrt{x}=\frac{1}{f_+‘(0)}\cdot 0=0
及比较判别法知 \displaystyle{\int_0^1\frac{x}{f(x)}\rd
x}
收敛.
7 求 \displaystyle{I=\iiint_\Omega
z\cos(x^2+y^2)\rd x\rd y\rd z }
, 其中 \Omega=\{(x,y,z)\in \bbR^3\mid z\geq
0,x^2+y^2+z^2\leq 1\}.
解答: \begin{eqnarray*} I&=&\iiint_\Omega
z\cos(x^2+y^2)\rd x \rd y \rd z\\ &=&\int_0^1\sez{\
\iint\limits_{x^2+y^2\leq 1-z^2}z\cos(x^2+y^2)\rd x \rd y\ }\rd z\\
&=&2\pi \int_0^1\sez{z\int_0^{\sqrt{1-z^2}}r\cos r^2 dr}\rd z\\
&=&\pi \int_0^1 z \sin (1-z^2)\rd z\\ &=&\frac{\pi}{2}(1-\cos
1)\\ &=&\pi \sin^2\frac{1}{2} \end{eqnarray*}
8 对 x\in
\bbR
, 记 \dps{\rho(x)=\min_{n\in \bbZ}|x-n|}
, 其中 \bbZ
是整数集. 试证明:
(1) \rho(x)
是 \bbR
上周期为 1
的连续函数;
(2)\displaystyle{f(x)=\sum_{n=0}^\infty\frac{\rho(10^nx)}{10^n}}
是 \bbR
上的连续函数.
证明:
(1)\forall\
x_0\in \bbR,\exists\ n\in \bbZ,\ s.t.\ n\leq x_0<n+1
.
(a)x_0=n
此时, \rho(x_0)=0;x_0+1=n+1,\rho(x+1)=0=\rho(x_0)
. 且当 \displaystyle{x\in(x_0-\frac{1}{2},x_0+\frac{1}{2})}
时, \rho(x)=x-x_0
, 而有 \lim_{x\to x_0}\rho(x)=\lim_{x\to
x_0}(x-x_0)=0=\rho(x_0)
(b)\displaystyle{n<x_0\leq n+\frac{1}{2}}
此时, \rho(x_0)=x-n;n+1<x_0+1\leq(n+1)+\frac{1}{2},\rho(x_0+1)=(x_0+1)-(n_0+1)=x_0-n=\rho(x_0)
, 取 \delta=min\{x_0-n,n+\frac{1}{2}-x_0\}>0,
当 x\in (x_0-\delta,x_0+\delta)
时, \rho(x)=x-n
, 而也有 \lim_{x\to x_0}\rho(x)=\lim_{x\to
x_0}(x-n)=x_0-n=\rho(x_0)
(c)\displaystyle{n+\frac{1}{2}<x_0< n+1}
此时, \rho(x_0)=n+1-x_0;n+1+\frac{1}{2}<x_0+1\leq
n+2,\rho(x_0+1)=(n+2)-(x_0+1)=(n+1)-x_0=\rho(x_0)
, 取 \delta=min\{x_0-n-\frac{1}{2},n+1-x_0\}>0,
当 x\in (x_0-\delta,x_0+\delta)
时, \rho(x)=n+1-x
, 而也有 \lim_{x\to x_0}\rho(x)=\lim_{x\to
x_0}(n+1-x)=n+1-x_0=\rho(x_0)
从而 f
是 \bbR
上周期为 1
的连续函数.
(2)明显的,
\left|\frac{\rho(10^nx)}{10^n}\right|\leq \frac{1}{10^n}
由 Weierstrass
判别法知函数项级数 \displaystyle{
\sum_{n=0}^\infty\frac{\rho(10^nx)}{10^n} }
一致收敛. 再由 (1), \displaystyle{\frac{\rho(10^nx)}{10^n}}
是连续的, 而 (表递进) f(x)
作为一致收敛的, 各项连续的函数项级数的和, 是连续的.