张祖锦2023年数学专业真题分类70天之第09天
185、 6、 (12 分) 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [1,+\infty)$ 上有定义, 且存在正常数 $\displaystyle l,L$, 对任意的 $\displaystyle x_1,x_2\in [1,+\infty)$, 都有
$$\begin{aligned} l|x_2-x_1|\leq |f(x_2)-f(x_1)|\leq L|x_2-x_1|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
证明: 存在 $\displaystyle X\in [1,+\infty)$, 使得 $\displaystyle \frac{x+\mathrm{e}^{-x}}{f(x)}$ 在 $\displaystyle [X,+\infty)$ 上一致连续. (吉林大学2023年数学分析考研试题) [连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由题设,
$$\begin{aligned} x > 1\Rightarrow&l(x-1)\leq |f(x)-f(1)|\leq L(x-1)\\\\ \Rightarrow&l(x-1)-|f(1)|\leq |f(x)|\leq L(x-1)+|f(1)|\\\\ \Rightarrow& l\left(1-\frac{1}{x}\right)-\frac{|f(1)|}{x} \leq \frac{|f(x)|}{x}\leq L\left(1-\frac{1}{x}\right)+\frac{|f(1)|}{x}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
从而存在 $\displaystyle X > 1$, 使得
$$\begin{aligned} \forall\ x\geq X, |f(x)|\geq 1, \frac{l}{2} < \frac{|f(x)|}{x} < \frac{3L}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由
$$\begin{aligned} &\left|\frac{x}{f(x)}-\frac{y}{f(y)}\right| \leq \left|\frac{x-y}{f(x)}\right| +|y|\cdot \left|\frac{1}{f(x)}-\frac{1}{f(y)}\right|\\\\ \leq&|x-y|+\frac{|y|}{|f(y)|}\cdot \frac{1}{|f(x)|}|f(x)-f(y)|\\\\ \leq&|x-y|+\frac{2}{3L}\cdot \frac{1}{1}\cdot L|x-y| < 2|x-y|, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
$$\begin{aligned} &\left|\frac{\mathrm{e}^{-x}}{f(x)}-\frac{\mathrm{e}^{-y}}{f(y)}\right| \leq \left|\frac{\mathrm{e}^{-x}-\mathrm{e}^{-y}}{f(x)}\right| \mathrm{e}^{-y}\left|\frac{1}{f(x)}-\frac{1}{f(y)}\right|\\\\ \xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}}&\frac{\mathrm{e}^{-\xi_{xy}}|x-y|}{|f(x)|}+\mathrm{e}^{-y}\frac{|f(x)-f(y)|}{|f(x)f(y)|}\\\\ \leq& |x-y|+L|x-y|=(1+L)|x-y| \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知设 $\displaystyle F(x)=\frac{x+\mathrm{e}^{-x}}{f(x)}$ 后,
$$\begin{aligned} \forall\ \varepsilon > 0,\exists\ \delta=\frac{\varepsilon}{L+3} > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ x,y\geq X, |x-y| < \delta, |f(x)-f(y)| < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
而 $\displaystyle F(x)=\frac{x+\mathrm{e}^{-x}}{f(x)}$ 在 $\displaystyle [X,+\infty)$ 上一致连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
186、 2、 对任意的正数 $\displaystyle A$, 证明: $\displaystyle f(x)=\sin x^2$ 在 $\displaystyle [0,A]$ 上一致连续, 但在 $\displaystyle \mathbb{R}$ 上非一致连续. (南京航空航天大学2023年数学分析考研试题) [连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,A]$ 上连续, 而一致连续. 又由
$$\begin{aligned} &x_n=\sqrt{2n\pi+\frac{\pi}{2}}, y_n=\sqrt{2n\pi}\\\\ \Rightarrow& \lim_{n\to\infty}(x_n-y_n)=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{\pi}{2}}{x_n+y_n}=0, |f(x_n)-f(y_n)|=1 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}$ 上非一致连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
187、 4、 解答如下问题. (1)、 用定义证明 $\displaystyle f(x)=\frac{1}{x}$ 在 $\displaystyle [1,+\infty)$ 上一致连续, 在 $\displaystyle (0,1)$ 上非一致连续. (南京师范大学2023年数学分析考研试题) [连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle \forall\ \varepsilon > 0,\exists\ \delta=\varepsilon > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ x,y\geq 1$,
$$\begin{aligned} |x-y| < \delta, |f(x)-f(y)|=\frac{|x-y|}{xy} \leq |x-y| < \varepsilon \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle f(x)=\frac{1}{x}$ 在 $\displaystyle [1,+\infty)$ 上一致连续. 又由 $\displaystyle \exists\ \varepsilon_0=1, \forall\ \delta > 0,\exists\ n > \frac{1}{2\delta}$,
$$\begin{aligned} x=\frac{1}{n}, y=\frac{1}{2n}, |x-y|=\frac{1}{2n} < \delta, |f(x)-f(y)|=n\geq \varepsilon_0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle f(x)=\frac{1}{x}$ 在 $\displaystyle (0,1)$ 上非一致连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
188、 5、 (20 分) 设 $\displaystyle \alpha$ 为实数,
$$\begin{aligned} f(x)=\left\{\begin{array}{llllllllllll}x^\alpha\cos\frac{1}{x},&x > 0,\\\\ 0,&x=0.\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
已知 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上一致连续, 求 $\displaystyle \alpha$ 的范围. (南开大学2023年数学分析考研试题) [连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \alpha$ 的取值范围为 $\displaystyle (0,1]$. 事实上, (1)、 由题设知 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle x=0$ 处连续,
$$\begin{aligned} 0=f(0)=\lim_{x\to 0}f(x) \xlongequal[\tiny\mbox{原理}]{\tiny\mbox{归结}} \lim_{n\to\infty}f\left(\frac{1}{2n\pi}\right)=\lim_{n\to\infty}\frac{1}{(2n\pi)^\alpha}\Rightarrow \alpha > 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(2)、 我们先给出一个结论. 设函数 $\displaystyle f(x)$ 在区间 $\displaystyle [1,+\infty)$ 一致连续. 则函数 $\displaystyle g(x)=\frac{f(x)}{x}$ 在区间 $\displaystyle [1,+\infty)$ 上有界. 事实上, 由函数 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [1,+\infty)$ 上一致连续知
$$\begin{aligned} \exists\ \delta > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ x,y\in [1,+\infty), |x-y|\leq\delta, |f(x)-f(y)| < 1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
则对 $\displaystyle \forall\ x\geq 1$,
$$\begin{aligned} \exists\ |\ n,\mathrm{ s.t.} n\delta\leq x-1 < (n+1)\delta \Rightarrow 1+n\delta\leq x < 1+(n+1)\delta. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
于是
$$\begin{aligned} |f(x)|&\leq |f(x)-f(1+n\delta)| +\sum_{k=1}^n \left|f(1+k\delta)-f\left(1+(k-1)\delta\right)\right|\\\\ &\leq 1+\sum_{k=1}^n 1=n+1 < \frac{x-1}{\delta}+1 < \frac{x}{\delta}+1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故
$$\begin{aligned} \left|\frac{f(x)}{x}\right|\leq \frac{1}{\delta}+\frac{1}{x}\leq \frac{1}{\delta}+1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(3)、 回到题目. 若 $\displaystyle \alpha > 1$, 则由
$$\begin{aligned} \lim_{x\to+\infty}\frac{f(x)}{x}=\lim_{x\to+\infty}x^{\alpha-1}\cos\frac{1}{x}=\lim_{x\to+\infty}x^{\alpha-1}=+\infty \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及第 2 步的逆否命题知 $\displaystyle f$ 不一致连续. (4)、 当 $\displaystyle 0 < \alpha\leq 1$ 时, 由
$$\begin{aligned} x > 0\Rightarrow& f'(x)=\alpha x^{\alpha-1}\cos\frac{1}{x}s+x^{\alpha-2}\sin\frac{1}{x}\\\\ \Rightarrow&\lim_{x\to+\infty}f'(x)\xlongequal[\tiny\mbox{无穷小}]{\tiny\mbox{有界 $\displaystyle \cdot$}} \left\{\begin{array}{llllllllllll}0,&0 < \alpha < 1,\\\\ 1,&\alpha=1\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知
$$\begin{aligned} \exists\ X > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ x\geq X, |f'(x)|\leq 2. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
从而
$$\begin{aligned} &\forall\ \varepsilon > 0,\exists\ \delta=\frac{\varepsilon}{2}, \mathrm{ s.t.}\forall\ X\leq x < y < x+\delta,\\\\ &|f(x)-f(y)|\xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}} |f'(\xi)|\cdot |y-x|\leq 2|y-x| < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [X,+\infty)$ 上一致连续. 又由 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [0,X]$ 上连续知 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上一致连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
189、 2、 $\displaystyle f(x),g(x)$ 在区间 $\displaystyle I$ 上有界且一致连续. 证明: $\displaystyle f(x)g(x)$ 在 $\displaystyle I$ 上一致连续. (山西大学2023年数学分析考研试题) [连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle f,g$ 在 $\displaystyle I$ 上有界知
$$\begin{aligned} \exists\ M > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ x\in I, |f(x)|\leq M, |g(x)|\leq M. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
又由 $\displaystyle f,g$ 在区间 $\displaystyle I$ 上一致连续知对 $\displaystyle \forall\ \varepsilon > 0$,
$$\begin{aligned} \exists\ \delta_1 > 0,\mathrm{ s.t.} x,y\in I,\ |x-y| < \delta_1&\Rightarrow |f(x)-f(y)| < \frac{\varepsilon}{2M},\\\\ \exists\ \delta_2 > 0,\mathrm{ s.t.} x,y\in I,\ |x-y| < \delta_2&\Rightarrow |g(x)-g(y)| < \frac{\varepsilon}{2M}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
取 $\displaystyle \delta=\min\left\{\delta_1,\delta_2\right\} > 0$, 则当 $\displaystyle x,y\in I,\ |x-y| < \delta$ 时,
$$\begin{aligned} \left|f(x)g(x)-f(y)g(y)\right|&=\left|f(x)[g(x)-g(y)]+[f(x)-f(y)]g(y)\right|\\\\ & < M\cdot \frac{\varepsilon}{2M}+\frac{\varepsilon}{2M}\cdot M=\varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这表明 $\displaystyle f\cdot g$ 在 $\displaystyle I$ 上一致连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
190、 7、 (20 分) 已知 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (-\infty,+\infty)$ 上连续, 且 $\displaystyle \lim_{x\to-\infty}f(x)$ 和 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)$ 都存在. 证明: $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (-\infty,+\infty)$ 上一致连续. (陕西师范大学2023年数学分析考研试题) [连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle \lim_{x\to-\infty}f(x)=A, \lim_{x\to+\infty}f(x)=B$, 则由 Cauchy 收敛准则知
$$\begin{aligned} \forall\ \varepsilon > 0,\exists\ X > 0,\mathrm{ s.t.} \left\{\begin{array}{llllllllllll}x,x'\geq X\Rightarrow |f(x)-f(x')| < \varepsilon,\\\\ x,x'\leq -X\Rightarrow |f(x)-f(x')| < \varepsilon.\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
又由 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [-X-1,X+1]$ 上连续知其一致连续, 而
$$\begin{aligned} \exists\ \delta\in(0,1),\mathrm{ s.t.}\forall\ x,x'\in [-X-1,X+1], |x-x'| < \delta, |f(x)-f(x')| < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
于是对 $\displaystyle \forall\ x,x'\in\mathbb{R}, x < x' < x+\delta$, (1)、 若 $\displaystyle x < -X-1$, 则 $\displaystyle x' < -X$; (2)、 若 $\displaystyle -X-1\leq x < X$, 则 $\displaystyle -X-1\leq x < x' < X+1$; (3)、 若 $\displaystyle x\geq X$, 则 $\displaystyle x'\geq X$. 不论何种情形, 都有 $\displaystyle |f(x)-f(x')| < \varepsilon$. 故 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}$ 上一致连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
191、 4、 解答如下问题: (1)、 叙述 $\displaystyle y=f(x)$ 在区间 $\displaystyle I$ 上一致连续的定义; (2)、 讨论 $\displaystyle y=\tan x$ 在区间 $\displaystyle \left(0,\frac{\pi}{4}\right)$ 与 $\displaystyle \left(0,\frac{\pi}{2}\right)$ 的一致连续性, 并证明之. (上海大学2023年数学分析考研试题) [连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 若
$$\begin{aligned} \forall\varepsilon > 0,\exists\ \delta > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ x,x'\in I, |x-x'| < \delta, |f(x)-f(x')| < \varepsilon, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
则称 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle I$ 上一致连续. 对 $\displaystyle y=f(x)=\tan x$, 由
$$\begin{aligned} &\forall\ \varepsilon > 0,\exists\ \delta=\frac{\varepsilon}{2},\mathrm{ s.t.} \forall\ x', x''\in \left(0,\frac{\pi}{4}\right),\\\\ &|x'-x''| < \delta, |f(x')-f(x'')|\xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}} |\sec^2\xi| |x'-x''| < 2\delta =\varepsilon \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle \left(0,\frac{\pi}{4}\right)$ 上一致连续. 又由
$$\begin{aligned} &\left|f\left(\frac{\pi}{-\delta}\right)-f\left(\frac{\pi}{2}-2\delta\right)\right| =|\cot \delta-\cot 2\delta|\\\\ =&\left|\frac{\sin \delta}{\cos \delta}-\frac{\sin 2\delta}{\cos 2\delta}\right| =\frac{\sin \delta}{\sin \delta\sin 2\delta}=\frac{1}{\sin 2\delta}\xrightarrow{\delta\to 0^+}+\infty \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle \left(0,\frac{\pi}{2}\right)$ 上不一致连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
192、 1、 是非判断题. 判断下列说法是否正确, 正确的打’$\surd$‘, 错误的打’$\times$‘. 每小题 5 分, 共 25 分. (1)、 存在处处不连续但有界的函数. (上海交通大学2023年数学分析考研试题) [连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \surd$. 比如 Dirichlet 函数.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
193、 9、 (本题 15 分) 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [2,+\infty)$ 上满足 Lipschitz 条件, 即存在 $\displaystyle k > 0$, 使得
$$\begin{aligned} |f(x)-f(y)|\leq k|x-y|, \forall\ x,y\in [2,+\infty). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
证明: $\displaystyle \frac{f(x)}{x}$ 在 $\displaystyle [2,+\infty)$ 上一致连续. (四川大学2023年数学分析考研试题) [连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} \left|\frac{f(x)}{x}\right|&\leq \frac{|f(x)-f(2)|+|f(2)|}{x} \leq\frac{k(x-2)+|f(2)|}{x} \leq k+|f(2)| \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知
$$\begin{aligned} &\quad \left|\frac{f(x)}{x}-\frac{f(y)}{y}\right| =\left|\frac{yf(x)-xf(y)}{xy}\right| =\frac{|y[f(x)-f(y)]+(y-x)f(y)|}{xy}\\\\ &\leq \frac{1}{x} k|x-y| +\frac{1}{x}\frac{|f(y)|}{y} |y-x| \leq k|x-y|+(k+|f(2)|)|y-x|\\\\ &\leq (2k+|f(2)|)|x-y|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故
$$\begin{aligned} &\forall\ \varepsilon > 0,\exists\ \delta=\frac{\varepsilon}{2k+|f(2)|} > 0,\mathrm{ s.t.}\forall\ x,y\geq 2, |x-y| < \delta,\\\\ &\left|\frac{f(x)}{x}-\frac{f(y)}{y}\right|\leq (2k+|f(2)|)|x-y| < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这就证明了 $\displaystyle \frac{f(x)}{x}$ 在 $\displaystyle [2,+\infty)$ 上一致连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
194、 6、 (15 分) 设 $\displaystyle \alpha$ 为实数, 讨论 $\displaystyle f(x)=x^\alpha$ 在 $\displaystyle (1,+\infty)$ 上的一致连续性. (苏州大学2023年数学分析考研试题) [连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 当 $\displaystyle \alpha\leq 0$ 时, $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=\left\{\begin{array}{llllllllllll}0,&\alpha < 0,\\\\ 1,&\alpha=0.\end{array}\right.$ 由 Cauchy 收敛准则知
$$\begin{aligned} {\color{red}\forall\ \varepsilon > 0}, \exists\ R > 1,\mathrm{ s.t.} \forall\ x\geq R, x'\geq R, |f(x')-f(x)| < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
又 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle 1\leq x\leq R+1$ 上连续, 而一致连续,
$$\begin{aligned} &{\color{red}\exists\ \delta\in (0,1)},\mathrm{ s.t.} \forall\ 1\leq x\leq R+1, 1\leq x'\leq R+1,\\\\ &|x'-x| < \delta, |f(x')-f(x)| < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故当 $\displaystyle {\color{red}x,x'\in [1,+\infty), |x'-x| < \delta}$ 时,
$$\begin{aligned} &\left\{\begin{array}{llllllllllll} x\leq R\Rightarrow x'\leq x+|x'-x|\leq R+1\\\\ \mbox{或}x'\leq R\Rightarrow x\leq R+1\\\\ \mbox{或}x > R, x' > R \end{array}\right.\\\\ \Rightarrow&{\color{red}|f(x')-f(x)| < \varepsilon}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [1,+\infty)$ 上一致连续. (2)、 当 $\displaystyle 0 < \alpha\leq 1$ 时, (2-1)、 先证
$$\begin{aligned} 0 < \alpha\leq 1, x\geq 0, y\geq 0\Rightarrow (x+y)^\alpha \leq x^\alpha+y^\alpha. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
事实上, 若 $\displaystyle x=0$ 或 $\displaystyle y=0$, 则结论自明. 若 $\displaystyle x > 0$ 且 $\displaystyle y > 0$, 则由 $\displaystyle a^t\ (0 < a < 1)$ 关于 $\displaystyle t$ 递减知
$$\begin{aligned} \frac{x^\alpha+y^\alpha}{(x+y)^\alpha}=\left(\frac{x}{x+y}\right)^\alpha+\left(\frac{y}{x+y}\right)^\alpha \geq\frac{x}{x+y}+\frac{y}{x+y}=1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(2-2)、 由第 i 步知当 $\displaystyle 0 < \alpha\leq 1, 1\leq x < y$ 时,
$$\begin{aligned} 0 < y^\alpha-x^\alpha=\left[x+(y-x)\right]^\alpha-x^\alpha \leq (y-x)^\alpha. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
从而
$$\begin{aligned} \forall\ \varepsilon > 0,\exists\ \delta=\varepsilon^\frac{1}{\alpha} > 0,\mathrm{ s.t.}\forall\ 1 < x < y < x+\delta, |f(x)-f(y)| < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [1,+\infty)$ 上一致连续. (3)、 当 $\displaystyle \alpha > 1$ 时, 设 $\displaystyle x_n=(n+1)^\frac{1}{\alpha}, y_n=n^\frac{1}{\alpha}$, 则由
$$\begin{aligned} 0 < (n+1)^\frac{1}{\alpha}-n^\frac{1}{\alpha} =&n^\alpha \left[\left(1+\frac{1}{n}\right)^{\frac{1}{\alpha}}-1\right] < n^\frac{1}{\alpha} \cdot \left[\left(1+\frac{1}{n}\right)-1\right]\\\\ =&\frac{1}{n^{1-\frac{1}{\alpha}}} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及迫敛性知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}(x_n-y_n)=0$, 但 $\displaystyle |f(x_n)-f(y_n)|=1$. 故 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [1,+\infty)$ 上不一致连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
195、 10、 设 $\displaystyle f(x)$ 在有限开区间 $\displaystyle (a,b)$ 上可导, 且 $\displaystyle \lim_{x\to a^+}f'(x)$ 和 $\displaystyle \lim_{x\to b^-}f'(x)$ 存在. 证明: (1)、 $\displaystyle \lim_{x\to a^+}f(x)$ 和 $\displaystyle \lim_{x\to b^-}f(x)$ 都存在; (2)、 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (a,b)$ 上一致连续且有界. (太原理工大学2023年数学分析考研试题) [连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由 $\displaystyle f'(a+0)=A$ 存在知 $\displaystyle \exists\ \delta_1\in \left(0,b-a\right),\mathrm{ s.t.}$
$$\begin{aligned} \forall\ a < x < a+\delta_1, |f'(x)-A| < 1\Rightarrow |f'(x)| < |A|+1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
于是
$$\begin{aligned} &\forall\ \varepsilon > 0,\exists\ \delta\in\left\{0,\min\left\{\delta_1,\frac{\varepsilon}{|A|+1}\right\}\right\},\mathrm{ s.t.} \forall\ x,x'\in (a,a+\delta),\\\\ &|f(x)-f(x')|\xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}} |f'(\xi)|\cdot |x-x'| < (|A|+1)\delta < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由函数极限的 Cauchy 收敛准则即知 $\displaystyle f(a+0)$ 存在. 同理, $\displaystyle f(b-0)$ 存在. (2)、 令 $\displaystyle F(x)=\left\{\begin{array}{llllllllllll}f(a+0),&x=a,\\\\ f(x),&a < x < b,\\\\ f(b-0),&x=b,\end{array}\right.$ 则 $\displaystyle F$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上连续, 而一致连续且有界. 这表明 $\displaystyle f(x)=F(x)|_{(a,b)}$ 在 $\displaystyle (a,b)$ 上一致连续且有界.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
196、 5、 (15 分) 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,1]$ 上可导, 且 $\displaystyle \lim_{x\to 0^+}\sqrt{x}f'(x)=A$. 求证: $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,1]$ 上一致连续. (西南大学2023年数学分析考研试题) [连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle \lim_{x\to0^+}\sqrt{x}f'(x)=A$ 存在知
$$\begin{aligned} \exists\ M > 0,\ \exists\ \delta_1\in (0,a),\mathrm{ s.t.} \forall\ 0 < x < \delta_1, \left|\sqrt{x}f'(x)\right|\leq M. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
于是
$$\begin{aligned} &\forall\ \varepsilon > 0,\exists\ \delta=\left(\frac{\varepsilon}{2M}\right)^2 > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ 0 < x,y\leq \delta_1, |x-y| < \delta,\\\\ &\left|\frac{f(x)-f(y)}{\sqrt{x}-\sqrt{y}}\right| \xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Cauchy}} \left|\frac{f'(\xi)}{\frac{1}{2\sqrt{\xi}}}\right|\leq 2M\\\\ &\Rightarrow |f(x)-f(y)|\leq 2M\left|\sqrt{x}-\sqrt{y}\right|\leq 2M \sqrt{|x-y|} < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这就证明了 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle (0,\delta_1]$ 上一致连续. 又由 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [\delta_1,1]$ 上连续知其一致连续. 从而 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle (0,1]$ 上一致连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
197、 1、 计算题 (每题 5 分, 共 30 分). (1)、 设 $\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{llllllllllll}1,&x > 0,\\\\ 0,&x\leq 0,\end{array}\right.$ $\displaystyle g(x)=\left\{\begin{array}{llllllllllll}x-1,&x\geq 1,\\\\ 1-x,&x < 1.\end{array}\right.$ 求 $\displaystyle f\left(g(x)\right)$ 的间断点. (云南大学2023年数学分析考研试题) [连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} x > 1\Rightarrow&g(x)=x-1 > 0\Rightarrow f\left(g(x)\right)=1,\\\\ x=1\Rightarrow&g(x)=x-1=0\Rightarrow f\left(g(x)\right)=0,\\\\ x < 1\Rightarrow&g(x)=1-x > 0\Rightarrow f\left(g(x)\right)=1 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle x=0$ 是 $\displaystyle f\circ g$ 的可去间断点.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
198、 6、 (10 分) 讨论函数 $\displaystyle f(x)=x^2+\sin x$ 的一致连续性. (郑州大学2023年数学分析考研试题) [连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle g(x)=x^2$, 则
$$\begin{aligned} x_n=n+\frac{1}{n}, y_n=n\Rightarrow \lim_{n\to\infty}(x_n-y_n)=0, g(x_n)-g(y_n)\geq 2. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle g$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}$ 上不一致连续. 又由 $\displaystyle \forall\ \varepsilon > 0, \exists\ \delta=\varepsilon > 0,\mathrm{ s.t.}$
$$\begin{aligned} \forall\ x,y\in\mathbb{R}, |x-y| < \delta, |\sin x-\sin y|\xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}} |\cos \xi|\cdot |x-y| < \varepsilon \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle \sin x$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}$ 上一致连续. 从而 $\displaystyle f(x)=g(x)+\sin x$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}$ 上不一致连续 (因为两个一致连续函数的和还是一致连续).跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
199、 2、 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上连续, 且对任何 $\displaystyle x\in [a,b]$, 存在 $\displaystyle y\in [a,b]$, 使得
$$\begin{aligned} |f(y)|\leq \frac{1}{2}|f(x)|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
证明: 存在 $\displaystyle \xi\in [a,b]$, 使得 $\displaystyle f(\xi)=0$. (中国科学院大学2023年数学分析考研试题) [连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle m=\min_{[a,b]}f=f(\xi)$, 则由题设,
$$\begin{aligned} \exists\ \eta\in [a,b],\mathrm{ s.t.} |f(\eta)|\leq \frac{1}{2}|f(\xi)|=\frac{m}{2} \Rightarrow m\leq |f(\eta)|\leq\frac{m}{2}\Rightarrow 0=m=f(\xi). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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200、 1、 求常数 $\displaystyle a$ 和 $\displaystyle b$, 使得函数 $\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{llllllllllll}\frac{\sqrt{1-ax}-1}{x},&x < 0,\\\\ ax+b,&0\leq x\leq 1,\\\\ \arctan \frac{1}{x-1},&x > 1\end{array}\right.$ 在 $\displaystyle (-\infty,+\infty)$ 上连续. (中国矿业大学(徐州)2023年数学分析考研试题) [连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由题设,
$$\begin{aligned} b&=f(0+0)=f(0-0)=\lim_{x\to 0}\frac{-a}{\sqrt{1-ax}+1}=-\frac{a}{2},\\\\ a+b&=f(1-0)=f(1+0)=\lim_{x\to 1^+}\arctan\frac{1}{x-1}=\frac{\pi}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
解得 $\displaystyle a=\pi, b=-\frac{\pi}{2}$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
201、 5、 设单调有界函数 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (a,b)$ 上连续, 证明: $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (a,b)$ 上一致连续. (中国矿业大学(徐州)2023年数学分析考研试题) [连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle f$ 单调有界知 $\displaystyle f(a+0), f(b-0)$ 都存在. 令
$$\begin{aligned} F(x)=\left\{\begin{array}{llllllllllll}f(a+0),&x=a,\\\\ f(x),&a < x < b,\\\\ f(b-0),&x=b.\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
则 $\displaystyle F$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上连续, 而一致连续. 故 $\displaystyle f=F|_{(a,b)}$ 一致连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
202、 2、 (15 分) 设 $\displaystyle f(x)$ 在区间 $\displaystyle [0,1]$ 上连续, 且 $\displaystyle f(0)=0, f(1)=1$. 证明: $\displaystyle \forall\ n\in\mathbb{N}$, 存在 $\displaystyle \xi_n\in [0,1]$, 使得
$$\begin{aligned} f\left(\xi_n+\frac{1}{n}\right)=f(\xi_n)+\frac{1}{n}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(中国人民大学2023年数学分析考研试题) [连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 $\displaystyle n=1$ 时, 取 $\displaystyle \xi_1=0$ 即可. (2)、 $\displaystyle n\geq 2$ 时, 令 $\displaystyle F(x)=f\left(x+\frac{1}{n}\right)-f(x)$, 则
$$\begin{aligned} \sum_{i=0}^{n-1}F\left(\frac{i}{n}\right) &=\sum_{i=0}^{n-1} \left[f\left(\frac{i+1}{n}\right)-f\left(\frac{i}{n}\right)\right]\\\\ &=f(1)-f(0) =0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
设
$$\begin{aligned} F\left(\frac{k}{n}\right)=\max_{0\leq i\leq n-1} F\left(\frac{i}{n}\right),\quad F\left(\frac{l}{n}\right)=\min_{0\leq i\leq n-1}F\left(\frac{i}{n}\right), \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
则
$$\begin{aligned} \begin{array}{rcl} &0&\\\\ &||&\\\\ F\left(\frac{l}{n}\right)\leq&\frac{1}{n}\sum_{i=0}^{n-1}F\left(\frac{i}{n}\right) &\leq F\left(\frac{k}{n}\right). \end{array} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
据连续函数介值定理即知
$$\begin{aligned} \mbox{ $\displaystyle \exists\ x_n$ 介于 $\displaystyle \frac{k}{n},\frac{l}{n}$ 之间, 使得 $\displaystyle F(x_n)=0$.} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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203、 3、 (15 分) 设 $\displaystyle f(x)$ 为 $\displaystyle (0,1)$ 上的函数, 若 $\displaystyle \mathrm{e}^x f(x)$ 与 $\displaystyle \mathrm{e}^{-f(x)}$ 在 $\displaystyle (0,1)$ 上单调不减. 求证: (1)、 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,1)$ 上单调递减; (2)、 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,1)$ 上连续. (中南大学2023年数学分析考研试题) [连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 对 $\displaystyle \forall\ 0 < x < y < 1$,
$$\begin{aligned} \mathrm{e}^{-f(x)}\leq \mathrm{e}^{-f(y)}\stackrel{\ln}{\Rightarrow}-f(x)\leq -f(y)\Rightarrow f(x)\geq f(y). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle f\searrow, f(x-0), f(x+0)$ 都存在. 再者,
$$\begin{aligned} \mathrm{e}^xf(x)\leq \mathrm{e}^yf(y), \forall\ 0 < x < y < 1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
令 $\displaystyle y\to x^+$ 得
$$\begin{aligned} \mathrm{e}^x f(x)\leq \mathrm{e}^x f(x+0),\quad \forall\ 0 < x < 1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
令 $\displaystyle x\to y^-$ 得
$$\begin{aligned} \mathrm{e}^y f(y-0)\leq \mathrm{e}^y f(y) \Rightarrow f(y-0)\leq f(y),\quad \forall\ 0 < y < 1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故
$$\begin{aligned} f(x)\leq f(x+0)\stackrel{f\searrow}{\leq}f(x-0)\leq f(x) \Rightarrow f(x)=f(x+0)=f(x-0). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这就证明了 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle x$ 处连续. 由 $\displaystyle x$ 的任意性知 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle (0,1)$ 上连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
204、 3、 (15 分) 证明: 函数 $\displaystyle f(x)$ 在有界区间 $\displaystyle I$ 上一致连续的充分必要条件是当 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 是 $\displaystyle I$ 上的任意柯西数列时, $\displaystyle \left\{f(a_n)\right\}$ 也是柯西数列. (重庆大学2023年数学分析考研试题) [连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 $\displaystyle \Rightarrow$: 由 $\displaystyle f$ 一致连续知
$$\begin{aligned} &\forall\ \varepsilon > 0,\ \exists\ \delta > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ x',x''\in A: \ |x'-x''| < \delta, |f(x')-f(x'')| < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
设 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 为 $\displaystyle A$ 中 Cauchy 列, 则对上述 $\displaystyle \delta > 0$,
$$\begin{aligned} \exists\ N,\mathrm{ s.t.} \forall\ n,m\geq N, |a_n-a_m| < \delta\Rightarrow |f(a_n)-f(a_m)| < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(2)、 $\displaystyle \Leftarrow$: 用反证法. 若 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle I$ 上不一致连续, 则
$$\begin{aligned} \exists\ \varepsilon_0 > 0,\ \exists\ a_n,b_n\in I: \ |a_n-b_n|\to 0,\mbox{ 但 }|f(a_n)-f(b_n)|\geq \varepsilon_0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由 $\displaystyle I$ 有界知 $\displaystyle \left\{a_n\right\}$ 有子列 $\displaystyle \left\{a_{n_k}\right\}$ 收敛于 $\displaystyle \overline{I}$ 中某点 $\displaystyle a_0$. 因 $\displaystyle |a_n-b_n|\to 0$, 而 $\displaystyle b_{n_k}\to a_0$. 如此,
$$\begin{aligned} a_{n_1},b_{n_1},a_{n_2},b_{n_2},\cdots \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
为 $\displaystyle I$ 中 Cauchy 列, 但
$$\begin{aligned} f(a_{n_1}),f(b_{n_1}),f(a_{n_2}),f(b_{n_2}),\cdots \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
不是 Cauchy 列. 这与充分性假设矛盾. 故有结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
205、 (2)、 证明: $\displaystyle \sin^2\sqrt{x}$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上一致连续. (重庆师范大学2023年数学分析考研试题) [连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle f(x)=\sin^2\sqrt{x}=\frac{1-\cos 2\sqrt{x}}{2}$, 则由
$$\begin{aligned} &\forall\ \varepsilon > 0, \exists\ \delta=\varepsilon^2 > 0,\mathrm{ s.t.}\forall\ 0\leq x < x' < x+\delta,\\\\ &|f(x)-f(x')|=\frac{1}{2}|\cos 2\sqrt{x}-\cos 2\sqrt{x'}|\\\\ &\xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}} \frac{1}{2}\left|-\cos \xi_x(2\sqrt{x}-2\sqrt{x'})\right| \leq |\sqrt{x}-\sqrt{x'}|\leq \sqrt{x'-x} < \sqrt{\delta}=\varepsilon \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上一致连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
206、 4、 (20 分) 设 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle (a,b)$ 上可导, $\displaystyle x_1,x_2\in (a,b), x_1 < x_2$. 若 $\displaystyle f'(x_1)f'(x_2) < 0$, 证明: 存在 $\displaystyle \xi\in (x_1,x_2)$, 使得 $\displaystyle f'(\xi)=0$. (安徽大学2023年高等代数考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 不妨设 $\displaystyle f'(x_1) < 0, f'(x_2) > 0$, 则由函数极限的局部保号性知 $\displaystyle \exists\ \delta\in\left(0,\frac{x_2-x_1}{2}\right),\mathrm{ s.t.}$
$$\begin{aligned} \forall\ x\in (x_1,x_1+\delta), \frac{f(x)-f(x_1)}{x-x_1} < 0\Rightarrow f(x) < f(x_1),\\\\ \forall\ x\in (x_2-\delta,x_2), \frac{f(x)-f(x_2)}{x-x_2} > 0\Rightarrow f(x) < f(x_2). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [x_1,x_2]$ 上的最小值只能在 $\displaystyle (x_1,x_2)$ 内某点 $\displaystyle \xi$ 处取得. 由极值条件知 $\displaystyle f'(\xi)=0$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
207、 4、 设
$$\begin{aligned} \sum_{n=0}^\infty a_n(x-x_0)^n=f(x), x\in (x_0-r,x_0+r), r > 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
试证明: $\displaystyle a_n=\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}$. 若 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (x_0-r,x_0+r)$ 内有任意阶导数, 且存在 $\displaystyle M > 0$, 使得对任意 $\displaystyle x\in (x_0-r,x_0+r)$ 及正整数 $\displaystyle n$ 均有 $\displaystyle |f^{(n)}(x)| < M$. 证明:
$$\begin{aligned} f(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n, x\in (x_0-r,x_0+r). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(北京工业大学2023年数学分析考研试题) [微分 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 题中幂级数的收敛半径 $\displaystyle R\geq r$, 从而在 $\displaystyle (x_0-r,x_0+r)$ 内可任意阶求导. 两边求 $\displaystyle n$ 次导后令 $\displaystyle x=x_0$ 即得 $\displaystyle a_nn!=f^{(n)}(x_0)$. (2)、 由
$$\begin{aligned} \sup_{x\in (x_0-r,x_0+r)}\left|\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n\right| \leq \sup_{x\in (x_0-r,x_0+r)}\frac{M}{n!}|x-x_0|^n \leq \frac{M\delta^n}{n!}, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
$\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{M\delta^n}{n!} < \infty$ 知 $\displaystyle \sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$ 关于 $\displaystyle x\in U(x_0;\delta)$ 一致收敛. 在 Taylor 展式
$$\begin{aligned} f(x)=\sum_{n=1}^N\frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n +\frac{f^{(N+1)}(\xi_N)}{(N+1)!}(x-x_0)^{N+1} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
中令 $\displaystyle N\to\infty$ 即得 $\displaystyle f(x)=\sum_{n=0}^\infty \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!}(x-x_0)^n$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
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