张祖锦2023年数学专业真题分类70天之第17天
369、 5、 (15 分) 求定积分 $\displaystyle \int_0^{n\pi}\sqrt{1+\sin 2x}\mathrm{ d} x$, $\displaystyle n$ 是正整数. (云南大学2023年数学分析考研试题) [定积分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} \mbox{原式}=&\int_0^{n\pi}\sqrt{(\sin x+\cos x)^2}\mathrm{ d} x =\int_0^{n\pi} |\sin x+\cos x|\mathrm{ d} x\\\\ =&\sqrt{2}\int_0^{n\pi}\left|\sin \left(x+\frac{\pi}{4}\right)\right|\mathrm{ d} x =\sqrt{2}\int_\frac{\pi}{4}^{n\pi+\frac{\pi}{4}} |\sin t|\mathrm{ d} t\\\\ =&\sqrt{2}\left[\int_\frac{\pi}{4}^0+\int_0^{n\pi}+\int_{n\pi}^{n\pi+\frac{\pi}{4}} |\sin t|\mathrm{ d} t\right]\\\\ =&\sqrt{2}\int_0^{n\pi}|\sin t|\mathrm{ d} t =\sqrt{2}\cdot 2n\int_0^\frac{\pi}{2}\sin t\mathrm{ d} t =2n\sqrt{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
370、 (2)、 若函数 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上连续, 则 $\displaystyle f(x)\equiv 0$ 是 $\displaystyle \int_a^b |f(x)|\mathrm{ d} x=0$ 的 $\displaystyle \underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }$ 条件.
A. 充分必要
B. 充分且必要
C. 必要且充分
D. 既不充分也不必要 (长安大学2023年数学分析考研试题) [定积分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle A$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
371、 (3)、 设 $\displaystyle f(x)$ 为连续函数, 则下列函数必为偶函数的是 $\displaystyle \underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }$.
A. $\displaystyle \int_0^x f(t^2)\mathrm{ d} t$
B. $\displaystyle \int_0^x f^2(t)\mathrm{ d} t$
C. $\displaystyle \int_0^x t[f(t)-f(-t)]\mathrm{ d} t$
D. $\displaystyle \int_0^x t[f(t)+f(-t)]\mathrm{ d} t$ (长安大学2023年数学分析考研试题) [定积分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle D$. 设 $\displaystyle g(x)=\int_0^x t[f(t)+f(-t)]\mathrm{ d} t$, 则
$$\begin{aligned} g(-x)=&\int_0^{-x} t[f(t)+f(-t)]\mathrm{ d} t\\\\ \stackrel{t=-s}{=}&\int_0^x (-s)[f(-s)+f(s)] (-\mathrm{ d} s)=g(x). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
372、 (3)、 (10 分) 求曲线 $\displaystyle y=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n+1}x^{2n}}{(2n-1)!}\ (0\leq x\leq \pi)$ 与 $\displaystyle x$ 轴所围成的图形绕 $\displaystyle x$ 轴旋转一周所得旋转体的体积. (长安大学2023年数学分析考研试题) [定积分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} y=x\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1} x^{2n-1}}{(2n-1)!}=x\sum_{k=0}^\infty \frac{(-1)^k x^{2k+1}}{(2k+1)!}=x\sin x \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知体积
$$\begin{aligned} V=&\int_0^{2\pi} \pi y^2\mathrm{ d} x =\pi \int_0^{2\pi} x^2\sin^2x\mathrm{ d} x\\\\ =&\frac{\pi}{2}\int_0^{2\pi} x^2(1-\cos 2x)\mathrm{ d} x=\frac{\pi^2(8\pi^2-3)}{6}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
373、 11、 (10 分) 已知 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上可微, 当 $\displaystyle 0\leq x < 1$ 时, 有 $\displaystyle 0 < f(1) < f(x), f'(x)\neq f(x)$. 证明: 存在点 $\displaystyle \xi\in (0,1)$, 使得 $\displaystyle f(\xi)=\int_0^\xi f(t)\mathrm{ d} t$. (中国矿业大学(北京)2023年数学分析考研试题) [定积分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle F(x)=\int_0^x f(t)\mathrm{ d} t-f(x)$, 则
$$\begin{aligned} F(0)=-f(0) < 0, F(1)=\int_0^1 f(t)\mathrm{ d} t-f(1)=\int_0^1[f(x)-f(1)]\mathrm{ d} x > 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由连续函数介值定理知 $\displaystyle \exists\ \xi\in (0,1),\mathrm{ s.t.} 0=F(\xi)\Rightarrow f(\xi)=\int_0^\xi f(t)\mathrm{ d} t$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
374、 3、 设 $\displaystyle f,g$ 均为定义在 $\displaystyle [a,b]$ 上的有界函数, 仅在 $\displaystyle [a,b]$ 上有限个点处 $\displaystyle f(x)\neq g(x)$. 证明: 若 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上可积, 则 $\displaystyle g$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上也可积, 且 $\displaystyle \int_a^b f(x)\mathrm{ d} x=\int_a^b g(x)\mathrm{ d} x$. (中国矿业大学(徐州)2023年数学分析考研试题) [定积分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle \left\{x\in [a,b]; f(x)\neq g(x)\right\}=\left\{c_1,\cdots,c_m\right\}$. 由题设,
$$\begin{aligned} \exists\ M > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ x\in [a,b], |f(x)|\leq M, |g(x)|\leq M. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
又由 $\displaystyle f\in R[a,b]$ 知 $\displaystyle \forall\ \varepsilon > 0,\exists\ \delta\in \left(0,\frac{\varepsilon}{8mM}\right)$, 只要 $\displaystyle [a,b]$ 的分划 $\displaystyle T$ 满足 $\displaystyle \left\Vert T\right\Vert < \delta$, 就有 $\displaystyle \sum_T \omega^f_i\Delta x_i < \frac{\varepsilon}{2}$, 其中 $\displaystyle \omega^f_i$ 是 $\displaystyle f$ 在第 $\displaystyle i$ 个小区间上的振幅. 再设 $\displaystyle T'=T\cup \left\{c_1,\cdots,c_m\right\}$, 则将 $\displaystyle T'$ 分成两部分 $\displaystyle T''\cup T'''$, 其中 $\displaystyle T''$ 中的小区间都是 $\displaystyle T$ 中的小区间, $\displaystyle T'''=T'\backslash T''$ 至多有 $\displaystyle 2m$ 个分点. 于是
$$\begin{aligned} &\sum_{T'}\omega^g_{T'}\Delta x_i' =\sum_{T''}\omega^g_{i''}\Delta x_{i''} +\sum_{T'''}\omega^g_{i'''}\Delta x_{i'''}\\\\ =&\sum_{T''}\omega^f_{i''}\Delta x_{i''} +\sum_{T'''}\omega^g_{i'''}\Delta x_{i'''} \leq \sum_{T}\omega^f_{i}\Delta x_{i} +\sum_{T'''}\omega^g_{i'''}\Delta x_{i'''}\\\\ < &\frac{\varepsilon}{2}+2M\cdot \delta \cdot 2m < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故而 $\displaystyle g\in R[a,b]$, 且令 $\displaystyle c_0=a, c_{m+1}=b$ 后,
$$\begin{aligned} \int_a^b f(x)\mathrm{ d} x=\sum_{i=0}^m \int_{c_i}^{c_{i+1}}f(x)\mathrm{ d} x =\sum_{i=0}^m \int_{c_i}^{c_{i+1}}g(x)\mathrm{ d} x=\int_a^b g(x)\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
375、 (2)、 求将曲线
$$\begin{aligned} (x-b)^2+y^2=a^2\left(0 < a\leq b\right) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
$\displaystyle y$ 轴旋转一周所得旋转曲面的面积. (中南大学2023年数学分析考研试题) [定积分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 旋转体表面积为
$$\begin{aligned} S=&2\int_0^a 2\pi \left(b+\sqrt{a^2-y^2}\right) \sqrt{1+\left[ \frac{\mathrm{ d} }{\mathrm{ d} y} \left(b+\sqrt{a^2-y^2}\right) \right]^2}\mathrm{ d} y\\\\ &+2\int_0^a 2\pi \left(b-\sqrt{a^2-y^2}\right) \sqrt{1+\left[ \frac{\mathrm{ d} }{\mathrm{ d} y} \left(b-\sqrt{a^2-y^2}\right) \right]^2}\mathrm{ d} y\\\\ =&2\pi a(2a+b\pi)+2\pi a(b\pi-2a)=4\pi^2ab. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
376、 (2)、 (8 分) $\displaystyle \int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\cos x}{\sin x+\cos x}\mathrm{ d} x$. (中山大学2023年数学分析考研试题) [定积分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} \mbox{原式}&\stackrel{\frac{\pi}{2}-x=t}{=}\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{\sin t}{\cos t+\sin t}\mathrm{ d} t. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
将上式取算术平均, 我们发现
$$\begin{aligned} \mbox{原式}&=\frac{1}{2}\left[\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\cos x}{\sin x+\cos x}\mathrm{ d} x +\int_0^\frac{\pi}{2} \frac{\sin t}{\cos t+\sin t}\mathrm{ d} t \right]\\\\ &=\frac{1}{2}\int_0^\frac{\pi}{2}1\mathrm{ d} x=\frac{\pi}{4}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
377、 (3)、 曲线 $\displaystyle \left\{\begin{array}{llllllllllll}x=a(t-\sin t),\\\\ y=a(1-\cos t)\end{array}\right.\ (0\leq t\leq 2\pi)$ 的弧长为 $\displaystyle \underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }$. (重庆师范大学2023年数学分析考研试题) [定积分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 弧长
$$\begin{aligned} l=\int_0^{2\pi}\sqrt{x'^2(t)+y'^2(t)}\mathrm{ d} t =\int_0^{2\pi} \sqrt{2}a\sqrt{1+\cos t}\mathrm{ d} t =8a. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
378、 (4)、 已知 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [0,\pi]$ 上二阶连续可导, 且
$$\begin{aligned} f(\pi)=2, \int_0^\pi \left[f(x)+f''(x)\right]\sin x\mathrm{ d} x=5. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
求 $\displaystyle f(0)$. (重庆师范大学2023年数学分析考研试题) [定积分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} 5=&\int_0^\pi f(x)\sin x\mathrm{ d} x+\int_0^\pi \sin x\mathrm{ d} f'(x)\\\\ =&\int_0^\pi f(x)\sin x\mathrm{ d} x-\int_0^\pi \cos xf'(x)\mathrm{ d} x\\\\ =&\int_0^\pi f(x)\sin x\mathrm{ d} x-\int_0^\pi \cos x\mathrm{ d} f(x)\\\\ =&-\int_0^\pi f(x)\mathrm{ d} \cos x-\int_0^\pi \cos x\mathrm{ d} f(x)\\\\ =&-\int_0^\pi \mathrm{ d} (f(x)\cos x) =-[-f(\pi)-f(0)]=f(0)+2 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle f(0)=3$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
379、 10、 函数 $\displaystyle f(x)$ 在区间 $\displaystyle [a,b]$ 上可积, 证明: $\displaystyle \lim_{p\to\infty}\int_a^b f(x)\cos(px)\mathrm{ d} x=0$. (北京工业大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle I(p)\equiv \int_a^b f(x)\cos(px)\mathrm{ d} x$ 关于 $\displaystyle p$ 是偶函数知只要证明 $\displaystyle \lim_{p\to+\infty}I(p)=0$. 由 $\displaystyle f\in R[a,b]$ 知 $\displaystyle f$ 有界:
$$\begin{aligned} \exists\ M > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ a\leq x\leq b, |f(x)|\leq M. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
记 $\displaystyle n=[\sqrt{p}]$, 则 $\displaystyle \lim_{p\to+\infty}n=+\infty$. 将 $\displaystyle [a,b]$ $\displaystyle n$ 等分, 并记分点
$$\begin{aligned} x_i=a+\frac{i}{n}(b-a), i=0,1,\cdots,n, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
记 $\displaystyle \omega_i$ 为 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [x_{i-1},x_i]$ 上的振幅. 于是
$$\begin{aligned} f\in R[a,b]\Rightarrow \lim_{n\to\infty}\sum_{i=1}^n \omega_i\Delta x_i=0, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
其中 $\displaystyle \Delta x_i=x_i-x_{i-1}$. 注意到
$$\begin{aligned} \left|\int_{x_{i-1}}^{x_i} \cos p x\mathrm{ d} x\right|=\frac{1}{p}|\sin (p x_i)-\sin (p x_{i-1})|\leq \frac{2}{p}, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
我们有
$$\begin{aligned} &\left|\int_a^b f(x)\sin p x\mathrm{ d} x\right| =\left|\sum_{i=1}^n\int_{x_{i-1}}^{x_i} f(x)\cos p x\mathrm{ d} x\right|\\\\ =&\left|\sum_{i=1}^n \int_{x_{i-1}}^{x_i} [f(x)-f(x_{i-1})]\cos p x\mathrm{ d} x +\int_{x_{i-1}}^{x_i} f(x_{i-1})\cos p x\mathrm{ d} x\right|\\\\ \leq&\sum_{i=1}^n \omega_i\Delta x_i +\frac{2n}{p}M =\sum_{i=1}^n \omega_i\Delta x_i+\frac{2[\sqrt{p}]}{p}M\\\\ \leq& \sum_{i=1}^n \omega_i\Delta x_i+\frac{2}{\sqrt{p}}M\xrightarrow{p\to+\infty}0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这就证明了 $\displaystyle \lim_{p\to+\infty}I(p)=0$. 结论得证.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
380、 6、 (10 分) 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上有定义, 对任意 $\displaystyle b > 0$, $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,b]$ 上可积且 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=a$. 若 $\displaystyle \varphi(t)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上非负连续且 $\displaystyle \int_0^\infty \varphi(t)\mathrm{ d} t=1$. 证明:
$$\begin{aligned} \lim_{t\to 0^+}t\int_0^\infty \varphi(tx)f(x)\mathrm{ d} x=a. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(北京科技大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 即要证
$$\begin{aligned} &\lim_{t\to 0^+}t\int_0^\infty \varphi(tx)f(x)\mathrm{ d} x=a=a\int_0^\infty \varphi(s)\mathrm{ d} s \stackrel{s=tx}{=}at\int_0^\infty \varphi(tx)\mathrm{ d} x\\\\ \Leftrightarrow&\lim_{t\to 0^+}t\int_0^\infty\varphi(tx)[f(x)-a]\mathrm{ d} x=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
写出
$$\begin{aligned} &\left|t\int_0^\infty \varphi(tx)[f(x)-a]\mathrm{ d} x\right|\\\\ \leq& t\int_0^X \varphi(tx)|f(x)-a|\mathrm{ d} x +t\int_X^\infty \varphi(tx)|f(x)-a|\mathrm{ d} x\\\\ \leq&\sup_{x\in [0,X]}|f(x)-a|\cdot t\int_0^X \varphi(tx)\mathrm{ d} x +\sup_{x\in [X,+\infty)}|f(x)-a|\cdot t\int_X^\infty \varphi(tx)\mathrm{ d} x\\\\ \stackrel{tx=s}{\leq}&\sup_{x\in [0,X]}|f(x)-a|\cdot \int_0^{tX}\varphi(s)\mathrm{ d} s +\sup_{x\in [X,+\infty)}|f(x)-a|\cdot t\int_0^\infty \varphi(tx)\mathrm{ d} x\\\\ =&\sup_{x\in [0,X]}|f(x)-a|\cdot \int_0^{tX}\varphi(s)\mathrm{ d} s +\sup_{x\in [X,+\infty)}|f(x)-a|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
令 $\displaystyle t\to 0^+$ 得
$$\begin{aligned} \varlimsup_{t\to 0^+}\left|t\int_0^\infty \varphi(tx)[f(x)-a]\mathrm{ d} x\right|\leq \sup_{x\in [X,+\infty)}|f(x)-a|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
再令 $\displaystyle X\to+\infty$ 得
$$\begin{aligned} &0\leq \varliminf_{t\to 0^+}\left|t\int_0^\infty \varphi(tx)[f(x)-a]\mathrm{ d} x\right| \leq \varlimsup_{t\to 0^+}\left|t\int_0^\infty \varphi(tx)[f(x)-a]\mathrm{ d} x\right|\leq 0\\\\ \Rightarrow&\lim_{t\to 0^+}\left|t\int_0^\infty \varphi(tx)[f(x)-a]\mathrm{ d} x\right|=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故有结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
381、 4、 (15 分) 已知 $\displaystyle a_n=\int_0^1 \frac{x^n}{1+x}\mathrm{ d} x$. 证明:
$$\begin{aligned} a_n=\frac{1}{2n}+\frac{1}{4n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(北京师范大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} &\lim_{n\to\infty}\left(n^2a_n-\frac{n}{2}\right) =\lim_{n\to\infty}\left[n^2\int_0^1 \frac{x^n}{1+x}\mathrm{ d} x-\frac{n}{2}\right]\\\\ =&\lim_{n\to\infty} n\left[n\int_0^1 x^{n-1}\frac{x}{1+x}\mathrm{ d} x-\frac{1}{2}\right] =\lim_{n\to\infty}n \int_0^1 nx^{n-1}\left(\frac{x}{1+x}-\frac{1}{2}\right)\mathrm{ d} x\\\\ =&\lim_{n\to\infty}n \int_0^1 \left(\frac{x}{1+x}-\frac{1}{2}\right) \mathrm{ d} x^n \xlongequal[\tiny\mbox{积分}]{\tiny\mbox{分部}} \lim_{n\to\infty} n\int_0^1 \frac{x^n}{(1+x)^2}\mathrm{ d} x\\\\ =&\lim_{n\to\infty}(n+1)\int_0^1 \frac{x^n}{(1+x)^2}\mathrm{ d} x =\lim_{n\to\infty}\frac{1}{(1+x)^2}\mathrm{ d} x^{n+1}\\\\ \xlongequal[\tiny\mbox{积分}]{\tiny\mbox{分部}}&\frac{1}{4}+2\int_0^1 \frac{x^{n+1}}{(1+x)^3}\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由
$$\begin{aligned} &\int_0^1 \frac{x^{n+1}}{(1+x)^3}\mathrm{ d} x=\int_0^{1-\delta}+\int_{1-\delta}^1\cdots \leq (1-\delta)^{n+1}+\delta\\\\ \stackrel{n\to\infty}{\Rightarrow}&\varlimsup_{n\to\infty}\int_0^1 \frac{x^{n+1}}{(1+x)^3}\mathrm{ d} x\leq \delta\\\\ \stackrel{\delta\to 0^+}{\Rightarrow}&0\leq \varliminf_{n\to\infty}\int_0^1 \frac{x^{n+1}}{(1+x)^3}\mathrm{ d} x \leq\varlimsup_{n\to\infty}\int_0^1 \frac{x^{n+1}}{(1+x)^3}\mathrm{ d} x\leq 0\\\\ \Rightarrow&\lim_{n\to\infty}\int_0^1 \frac{x^{n+1}}{(1+x)^3}\mathrm{ d} x=0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
即知
$$\begin{aligned} &\lim_{n\to\infty}\left(n^2a_n-\frac{n}{2}\right)=\frac{1}{4} \Rightarrow na_n-\frac{n}{2}=\frac{1}{4}+o(1)\\\\ \Rightarrow& a_n=\frac{1}{2n}+\frac{1}{4n^2}+o\left(\frac{1}{n^2}\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
382、 3、 证明题. (1)、 设 $\displaystyle f: \mathbb{R}^n\to\mathbb{R}$ 连续, $\displaystyle \lim_{|x|\to+\infty}f(x)=0$, 其中
$$\begin{aligned} x=(x_1,\cdots,x_n), |x|=\sqrt{x_1^2+\cdots+x_n^2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
求证:
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\int_{[0,1]^n} f(kx)\mathrm{ d} x_1\cdots \mathrm{ d} x_n=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(大连理工大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle \lim_{|x|\to+\infty}f(x)=0$ 知
$$\begin{aligned} \exists\ X > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ x: |x|\geq X, |f(x)|\leq 1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
又由 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle |x|\leq X$ 上连续知
$$\begin{aligned} \exists\ M > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ x: |x|\leq X, |f(x)|\leq M. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
于是 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}^n$ 上有界, 且 $\displaystyle A=M+1$ 是一个界. 写出
$$\begin{aligned} \left|\int_{[0,1]^n}f(kx)\mathrm{ d} x\right| \leq& \int_{[0,\delta]^n}|f(kx)|\mathrm{ d} x +\int_{[0,1]^n: \exists\ i,\mathrm{ s.t.} x_i > \delta} |f(kx)|\mathrm{ d} x\\\\ \leq&A\delta^n+ +\int_{[0,1]^n: \exists\ i,\mathrm{ s.t.} x_i > \delta} |f(kx)|\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
令 $\displaystyle k\to\infty$, 并注意到 $\displaystyle kx_i\geq k\delta\to+\infty$, 得
$$\begin{aligned} \varlimsup_{k\to\infty}\left|\int_{[0,1]^n}f(kx)\mathrm{ d} x\right|\leq A\delta^n. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
再令 $\displaystyle \delta\to 0^+$ 得
$$\begin{aligned} &0\leq\varliminf_{k\to\infty}\left|\int_{[0,1]^n}f(kx)\mathrm{ d} x\right|\leq \varlimsup_{k\to\infty}\left|\int_{[0,1]^n}f(kx)\mathrm{ d} x\right| \leq 0\\\\ \Rightarrow& \lim_{k\to\infty}\int_{[0,1]^n}f(kx)\mathrm{ d} x=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
383、 6、 (15 分) 证明: $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^\frac{1}{n}x\mathrm{ d} x=\frac{\pi}{2}$. (合肥工业大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 对 $\displaystyle \forall\ 0 < \delta < 1$,
$$\begin{aligned} &\frac{\pi}{2}\geq \int_0^\frac{\pi}{2}\sin^\frac{1}{n}x\mathrm{ d} x \geq \int_\delta^\frac{\pi}{2}\sin^\frac{1}{n}x\mathrm{ d} x \geq \left(\frac{\pi}{2}-\delta\right)\sin^\frac{1}{n}\delta\\\\ \stackrel{n\to\infty}{\Rightarrow}&\frac{\pi}{2}\geq \varlimsup_{n\to\infty}\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^\frac{1}{n}x\mathrm{ d} x \geq \varliminf_{n\to\infty}\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^\frac{1}{n}x\mathrm{ d} x\geq \frac{\pi}{2}-\delta\\\\ \stackrel{\delta\to 0^+}{\Rightarrow}&\frac{\pi}{2}\geq \varlimsup_{n\to\infty}\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^\frac{1}{n}x\mathrm{ d} x \geq \varliminf_{n\to\infty}\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^\frac{1}{n}x\mathrm{ d} x\geq \frac{\pi}{2}\\\\ \Rightarrow&\lim_{n\to\infty}\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^\frac{1}{n}x\mathrm{ d} x=\frac{\pi}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
384、 (3)、 非负函数 $\displaystyle f(x)$ 满足 $\displaystyle \int_a^\infty f(x)\mathrm{ d} x$ 收敛, 则 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=0$. (河海大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \times$. 比如对函数
$$\begin{aligned} f(x)=\left\{\begin{array}{llllllllllll}1-2^n|x-n|,&|x-n|\leq\frac{1}{2^n},\\\\ 0,&\mbox{其他} \end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
有
$$\begin{aligned} \int_0^{+\infty}f(x)\mathrm{ d} x=\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{2^n}=1,\quad \lim_{n\to\infty}f(n)=1\neq 0=\lim_{n\to\infty}f\left(n\pm\frac{1}{2}\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
385、 (4)、 解答如下问题: (4-1)、 证明: $\displaystyle \forall\ \delta\in \left(0,\frac{\pi}{2}\right), \lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}-\delta}\sin^nx\mathrm{ d} x}{\displaystyle\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^nx\mathrm{ d} x}=0$; (4-2)、 设 $\displaystyle f(x)\in C\left[0,\frac{\pi}{2}\right]$, 证明: $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\int_0^\frac{\pi}{2}f(x)\sin^nx\mathrm{ d} x}{\displaystyle\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^nx\mathrm{ d} x}=f\left(\frac{\pi}{2}\right)$. (河海大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (4-1)、 由
$$\begin{aligned} 0& < \frac{\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}-\delta}\sin^nx\mathrm{ d} x}{\displaystyle\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^nx\mathrm{ d} x} < \frac{\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}-\delta}\sin^nx\mathrm{ d} x}{\displaystyle\int_{\frac{\pi}{2}-\delta}^\frac{\pi}{2}\sin^nx\mathrm{ d} x}\\\\ &\leq \frac{\displaystyle\sin^n\left(\frac{\pi}{2}-\delta\right)\cdot \left(\frac{\pi}{2}-\delta\right)}{\displaystyle\sin^n\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\delta}{2}\right)\cdot \frac{\delta}{2}} =\frac{\pi-2\delta}{\delta}\left[\frac{\displaystyle\sin\left(\frac{\pi}{2}-\delta\right)}{\displaystyle\sin\left(\frac{\pi}{2}-\frac{\delta}{2}\right)}\right]^n \xrightarrow{n\to\infty}0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及迫敛性知结论成立. (4-2)、 由
$$\begin{aligned} &\left|\frac{\displaystyle\int_0^\frac{\pi}{2}f(x)\sin^nx\mathrm{ d} x}{\displaystyle\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^nx\mathrm{ d} x}-f\left(\frac{\pi}{2}\right)\right| =\left|\frac{\displaystyle\int_0^\frac{\pi}{2}\left[f(x)-f\left(\frac{\pi}{2}\right)\right]\sin^nx\mathrm{ d} x}{\displaystyle\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^nx\mathrm{ d} x}\right|\\\\ =&\left|\frac{\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}-\delta}+\int_{\frac{\pi}{2}-\delta}^\frac{\pi}{2}\left[f(x)-f\left(\frac{\pi}{2}\right)\right]\sin^nx\mathrm{ d} x}{\displaystyle\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^nx\mathrm{ d} x}\right|\\\\ \leq& 2\max_{\left[0,\frac{\pi}{2}\right]}|f|\cdot \frac{\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}-\delta}\sin^nx\mathrm{ d} x}{\displaystyle\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^nx\mathrm{ d} x} +\max_{\left[\frac{\pi}{2}-\delta,\frac{\pi}{2}\right]}\left|f(x)-f\left(\frac{\pi}{2}\right)\right| \frac{\displaystyle\int_{\frac{\pi}{2}-\delta}^\frac{\pi}{2}\sin^nx\mathrm{ d} x}{\displaystyle\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^nx\mathrm{ d} x}\\\\ \leq& 2\max_{\left[0,\frac{\pi}{2}\right]}|f|\cdot \frac{\displaystyle\int_0^{\frac{\pi}{2}-\delta}\sin^nx\mathrm{ d} x}{\displaystyle\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^nx\mathrm{ d} x} +\max_{\left[\frac{\pi}{2}-\delta,\frac{\pi}{2}\right]}\left|f(x)-f\left(\frac{\pi}{2}\right)\right|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
令 $\displaystyle n\to\infty$, 并利用第 1 步知
$$\begin{aligned} 0\leq \varlimsup_{n\to\infty}\left|\frac{\displaystyle\int_0^\frac{\pi}{2}f(x)\sin^nx\mathrm{ d} x}{\displaystyle\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^nx\mathrm{ d} x}-f\left(\frac{\pi}{2}\right)\right| \leq \max_{\left[\frac{\pi}{2}-\delta,\frac{\pi}{2}\right]}\left|f(x)-f\left(\frac{\pi}{2}\right)\right|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
再令 $\displaystyle \delta\to 0^+$, 并利用 $\displaystyle f$ 的连续性知
$$\begin{aligned} 0\leq \varlimsup_{n\to\infty}\left|\frac{\displaystyle\int_0^\frac{\pi}{2}f(x)\sin^nx\mathrm{ d} x}{\displaystyle\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^nx\mathrm{ d} x}-f\left(\frac{\pi}{2}\right)\right| \leq 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故有结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
386、 11、 设 $\displaystyle \alpha > 0$. 试证:
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}n \left[\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n \left(\frac{k}{n}\right)^\alpha-\frac{1}{1+\alpha}\right]=\frac{1}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(黑龙江大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle f(x)=x^\alpha$, 则
$$\begin{aligned} \mbox{左端}=&\lim_{n\to\infty} n\left[\frac{1}{n} \sum_{k=1}^n f\left(\frac{k}{n}\right)-\int_0^1 f(x)\mathrm{ d} x\right]\\\\ =&\lim_{n\to\infty} n \sum_{k=1}^n \int_\frac{k-1}{n}^\frac{k}{n} \left[f\left(\frac{k}{n}\right)-f(x)\right]\mathrm{ d} x =\lim_{n\to\infty} n\sum_{k=1}^n \int_\frac{k-1}{n}^\frac{k}{n} \int_x^\frac{k}{n}f'(t)\mathrm{ d} t\mathrm{ d} x\\\\ =&\lim_{n\to\infty} n\sum_{k=1}^n \int_\frac{k-1}{n}^\frac{k}{n} \int_\frac{k-1}{n}^t f'(t)\mathrm{ d} x\mathrm{ d} t =\lim_{n\to\infty} n\sum_{k=1}^n \int_\frac{k-1}{n}^\frac{k}{n} f'(t)\left(t-\frac{k-1}{n}\right)\mathrm{ d} t\\\\ \xlongequal[\tiny\mbox{分中值}]{\tiny\mbox{第一积}}&\lim_{n\to\infty} n\sum_{k=1}^n f'(\xi_k) \int_\frac{k-1}{n}^\frac{k}{n} \left(t-\frac{k-1}{n}\right)\mathrm{ d} t\\\\ =&\lim_{n\to\infty}\frac{1}{2n}\sum_{k=1}^n f'(\xi_k) =\frac{1}{2}\int_0^1 f'(t)\mathrm{ d} t=\frac{f(1)-f(0)}{2}=\frac{1}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
387、 1、 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上一致连续, 且 $\displaystyle \int_0^\infty f(x)\mathrm{ d} x$ 收敛. 求证: $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=0$. (湖南大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,+\infty)$ 上一致连续知
$$\begin{aligned} {\color{red}\forall\ \varepsilon > 0}, \exists\ \delta > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ x',x''\geq a, |x'-x''|\leq \delta, |f(x')-f(x'')| < \frac{\varepsilon}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
又由 $\displaystyle \int_a^{+\infty}f(x)\mathrm{ d} x$ 收敛及 Cauchy 收敛准则知
$$\begin{aligned} {\color{red}\exists\ X > a},\mathrm{ s.t.} \forall\ x > X, \frac{\varepsilon\delta}{2}& > \left|\int_x^{x+\delta} f(t)\mathrm{ d} t\right|\xlongequal[\tiny\mbox{分中值}]{\tiny\mbox{第一积}} f(\xi_x)\delta. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故当 $\displaystyle {\color{red}x > X}$ 时,
$$\begin{aligned} {\color{red}|f(x)|}&\leq |f(x)-f(\xi_x)| +|f(\xi_x)| {\color{red} < }\frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}={\color{red}\varepsilon}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
388、 2、 设函数 $\displaystyle f(x)$ 在区间 $\displaystyle [a,b]$ 上连续, 有积分中值公式有
$$\begin{aligned} \int_a^x f(t)\mathrm{ d} t=f(\xi)(x-a)\left(a\leq \xi\leq x\leq b\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
若导数 $\displaystyle f'_+(a)$ 存在且非零, 求 $\displaystyle \lim_{x\to a^+}\frac{\xi-a}{x-a}$. (湖南大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} \mbox{原式}=&\lim_{x\to a^+}\frac{f(\xi)-f(a)}{x-a}\cdot \frac{1}{\frac{f(\xi)-f(a)}{\xi-a}}\\\\ =&\lim_{x\to a^+}\frac{\frac{1}{x-a}\int_a^x f(t)\mathrm{ d} t-f(a)}{x-a}\cdot \frac{1}{f'_+(a)}\\\\ =&\lim_{x\to a^+}\frac{\int_a^x f(t)\mathrm{ d} t-f(a)(x-a)}{(x-a)^2}\cdot \frac{1}{f'_+(a)}\\\\ \xlongequal{\tiny\mbox{L'Hospital}}& \lim_{x\to a^+}\frac{f(x)-f(a)}{2(x-a)}\cdot \frac{1}{f'_+(a)}\\\\ =&\frac{f'_+(a)}{2}\cdot\frac{1}{f'_+(a)}=\frac{1}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
389、 10、 设 $\displaystyle f(x,y)$ 在 $\displaystyle [0,\pi]\times [0,\pi]$ 上连续, 且恒取正值, 试求
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\iint_{0\leq x\leq \pi\atop 0\leq y\leq \pi} (\sin x)[f(x,y)]^\frac{1}{n}\mathrm{ d} x\mathrm{ d} y. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(湖南大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle 0 < m=\min_{[0,\pi]^2}f, M=\max_{[0,\pi]^2}f$, 则由
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}m^\frac{1}{n}=1=\lim_{n\to\infty}M^\frac{1}{n} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知
$$\begin{aligned} \forall\ \varepsilon > 0,\exists\ N,\mathrm{ s.t.} \forall\ n\geq N, |m^\frac{1}{n}-1| < \varepsilon, |M^\frac{1}{n}-1| < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
于是当 $\displaystyle n\geq N$ 时, $\displaystyle \forall\ 0\leq x,y\leq \pi$,
$$\begin{aligned} &-\varepsilon < m^\frac{1}{n}-1\leq [f(x,y)]^\frac{1}{n}-1\leq M^\frac{1}{n}-1 < \varepsilon\\\\ \Rightarrow&\left|\sin x[f(x,y)]^\frac{1}{n}-\sin x\right| \leq |\sin x|\cdot \varepsilon\leq \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这就证明了 $\displaystyle \sin x [f(x,y)]^\frac{1}{n}\rightrightarrows \sin x$, 于 $\displaystyle [0,\pi]^2$. 于是
$$\begin{aligned} \mbox{原式}=\iint_{[0,\pi]^2} \sin x\mathrm{ d} x\mathrm{ d} y =\pi \int_0^\pi \sin x\mathrm{ d} x=2\pi. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
390、 6、 求极限 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\int_0^1 \frac{x^n}{1+\sqrt{x}}\mathrm{ d} x$. (华南理工大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle 0\leq \left|\int_0^1 \frac{x^n}{1+\sqrt{x}}\mathrm{ d} x\right|\leq \int_0^1 x^n\mathrm{ d} x=\frac{1}{n+1}$ 及迫敛性知原式 $\displaystyle =0$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
391、 7、 设 $\displaystyle f$ 是 $\displaystyle [0,1]$ 上的正值连续函数, 求证:
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\left[\int_0^1 (a+x)^nf(x)\mathrm{ d} x\right]^\frac{1}{n}=1+a. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(华中科技大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 先证一个结论. 设 $\displaystyle f(x)\geq 0, g(x) > 0$, 二函数在 $\displaystyle [a,b]$ 上连续. 则
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\left[\int_a^b f^n(x)g(x)\mathrm{ d} x\right]^\frac{1}{n}=\max_{a\leq x\leq b}f(x). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
事实上, 由
$$\begin{aligned} \left[\int_a^b f^n(x)g(x)\mathrm{ d} x\right]^\frac{1}{n}\leq \max_{a\leq x\leq b}f(x)\cdot \left[\int_a^b g(x)\mathrm{ d} x\right]^\frac{1}{n} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 [${\lim_{n\to\infty}a^\frac{1}{n}=1,\ a > 0}$]
$$\begin{aligned} \varlimsup_{n\to\infty}\left[\int_a^b f^n(x)g(x)\mathrm{ d} x\right]^\frac{1}{n} \leq \max_{a\leq x\leq b}f(x). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
设 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle \xi$ 处取得最大值, 则由保号性知对 $\displaystyle \forall\ \varepsilon > 0$,$\exists\ \delta > 0,\mathrm{ s.t.}$
$$\begin{aligned} x\in [c,d]=[\xi,\xi+\delta]\mbox{ 或 }[\xi-\delta,\xi]\Rightarrow f(x)\geq \max_{a\leq x\leq b}f(x)-\varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
而
$$\begin{aligned} \left[\int_a^b f^n(x)g(x)\mathrm{ d} x\right]^\frac{1}{n} &\geq \left[\int_c^d f^n(x)g(x)\mathrm{ d} x\right]^\frac{1}{n}\\\\ &\geq \left[\max_{a\leq x\leq b}f(x)-\varepsilon\right]\cdot \left[\int_a^b g(x)\mathrm{ d} x\right]^\frac{1}{n}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
令 $\displaystyle n\to\infty$, 有
$$\begin{aligned} \varliminf_{n\to\infty}\left[\int_a^b f^n(x)g(x)\mathrm{ d} x\right]^\frac{1}{n} \geq \max_{a\leq x\leq b}f(x)-\varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
再令 $\displaystyle \varepsilon\to 0+$, 有
$$\begin{aligned} \varliminf_{n\to\infty}\left[\int_a^b f^n(x)g(x)\mathrm{ d} x\right]^\frac{1}{n}\geq \max_{a\leq x\leq b}f(x). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
综上即知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \left[\int_a^b f^n(x)g(x)\mathrm{ d} x\right]^\frac{1}{n}=\max_{a\leq x\leq b}f(x)$. (2)、 由第 1 步即知
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\left[\int_0^1 (a+x)^nf(x)\mathrm{ d} x\right]^\frac{1}{n}=\max_{0\leq x\leq 1}(a+x)=1+a. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
/4 
|Archiver|小黑屋|小张的小站
( 赣ICP备2024047342号-1 )
发表于 2023-3-5 08:49:59