张祖锦2023年数学专业真题分类70天之第18天

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张祖锦2023年数学专业真题分类70天之第18天

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392、 (4)、 求极限 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\int_0^1 x^n \sqrt{4(3+x)}\mathrm{ d} x$. (吉林大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /

$$\begin{aligned} \int_0^1 x^n \sqrt{4(3+x)}\mathrm{ d} x =&\int_0^{1-\delta} x^n \sqrt{4(3+x)}\mathrm{ d} x +\int_{1-\delta}s^1 x^n \sqrt{4(3+x)}\mathrm{ d} x\\\\ \leq&(1-\delta)^n \sqrt{4(3+1-\delta)}\cdot (1-\delta) +\sqrt{4(3+1)}\cdot \delta. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

令 $\displaystyle n\to\infty$ 得

$$\begin{aligned} \varlimsup_{n\to\infty}\int_0^1 x^n \sqrt{4(3+x)}\mathrm{ d} x\leq 4\delta. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

再令 $\displaystyle \delta\to 0^+$ 得

$$\begin{aligned} &0\leq\varliminf_{n\to\infty}\int_0^1 x^n \sqrt{4(3+x)}\mathrm{ d} x\leq \varlimsup_{n\to\infty}\int_0^1 x^n \sqrt{4(3+x)}\mathrm{ d} x\leq 0\\\\ \Rightarrow& \lim_{n\to\infty}\int_0^1 x^n \sqrt{4(3+x)}\mathrm{ d} x=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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393、 4、 设 $\displaystyle f(x)$ 在任意有限区间可积, 且 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=l$, 证明:

$$\begin{aligned} \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}\int_0^x f(t)\mathrm{ d} t=l. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(南京航空航天大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=L$ 知

$$\begin{aligned} \forall\ \varepsilon > 0,\exists\ X > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ x\geq X, |f(x)-l| < \frac{\varepsilon}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

又由 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}\int_0^X |f(t)-l|\mathrm{ d} t=0$ 知

$$\begin{aligned} \exists\ X' > X,\mathrm{ s.t.} \forall\ x\geq X', \frac{1}{x}\int_0^X |f(t)-l|\mathrm{ d} t < \frac{\varepsilon}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

于是当 $\displaystyle x\geq X'$ 时,

$$\begin{aligned} &\left|\frac{1}{x}\int_0^x f(t)\mathrm{ d} t-l\right| \leq \frac{1}{x}\int_0^x |f(t)-l|\mathrm{ d} t\\\\ \leq&\frac{1}{x}\int_0^X |f(t)-l|\mathrm{ d} t +\frac{1}{x}\int_X^x |f(t)-l|\mathrm{ d} t\\\\ < &\frac{\varepsilon}{2}+\frac{1}{x}\cdot \frac{\varepsilon}{2}(x-X) < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

这就证明了 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}\int_0^x f(t)\mathrm{ d} t=l$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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394、 4、 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上连续可导, 且 $\displaystyle \int_0^\infty f^2(x)\mathrm{ d} x$, $\displaystyle \int_0^\infty |f'(x)|^2\mathrm{ d} x$ 都收敛. 证明: $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=0$. (厦门大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle \int_0^\infty f^2(x)\mathrm{ d} x$, $\displaystyle \int_0^\infty |f'(x)|^2\mathrm{ d} x$ 都收敛及 Cauchy 收敛准则知

$$\begin{aligned} \forall\ \varepsilon > 0,\exists\ X > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ y > x, \int_x^y f^2(t)\mathrm{ d} t < \frac{\varepsilon}{2}, \int_x^y |f'(t)|^2\mathrm{ d} t < \frac{\varepsilon}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

于是当 $\displaystyle y > x\geq X$ 时,

$$\begin{aligned} &|f^2(x)-f^2(y)|=\left|\int_x^y 2f(t)f'(t)\mathrm{ d} t\right|\\\\ \stackrel{\tiny\mbox{Schwarz}}{\leq}& 2\left[\int_x^y f^2(t)\mathrm{ d} t\right]^\frac{1}{2} \left[\int_x^y |f'(t)|^2\mathrm{ d} t\right]^\frac{1}{2} < 2\left(\frac{\varepsilon}{2}\right)^\frac{1}{2}\left(\frac{\varepsilon}{2}\right)^\frac{1}{2}=\varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

由 Cauchy 收敛准则即知 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f^2(x)=\ell$ 存在. 进而

$$\begin{aligned} \ell=\lim_{x\to+\infty}f^2(x)\xlongequal[\tiny\mbox{原理}]{\tiny\mbox{归结}} \lim_{x\to+\infty}f^2(\xi_x) \xlongequal[\tiny\mbox{分中值}]{\tiny\mbox{第一积}} \lim_{x\to+\infty}\int_x^{x+1}f^2(t)\mathrm{ d} t=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

这就蕴含 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f^2(x)=0\Rightarrow \lim_{x\to+\infty}f(x)=0$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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395、 5、 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上连续, 且 $\displaystyle f(x) > 0$. 证明:

$$\begin{aligned} \lim_{p\to 0^+}\left[\frac{1}{b-a}\int_a^b f^p(x)\mathrm{ d} x\right]^\frac{1}{p} =\mathrm{exp}\left\{\frac{1}{b-a}\int_a^b \ln f(x)\mathrm{ d} x\right\}, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

其中 $\displaystyle \mathrm{exp}(t)=\mathrm{e}^t$ 表示指数函数. (厦门大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由 Jensen 不等式

$$\begin{aligned} \phi'' > 0\Rightarrow \phi\left(\frac{1}{b-a}\int_a^b g(t)\mathrm{ d} t\right)\leq \frac{1}{b-a}\int_a^b \phi\circ g(t)\mathrm{ d} t \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

及 $\displaystyle (\ln x)''=-\frac{1}{x^2} < 0$ 知

$$\begin{aligned} &I_p(f)\equiv\mathrm{exp}\left\{\frac{1}{p}\ln \left[\frac{1}{b-a}\int_a^b f^p(x)\mathrm{ d} x\right]\right\}\\\\ \geq& \mathrm{exp}\left[\frac{1}{p}\frac{1}{b-a}\int_a^b \ln (f^p)\mathrm{ d} x\right] =\mathrm{exp}\left[\frac{1}{b-a}\int_a^b \ln f\mathrm{ d} x\right]. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(2)、 再者, 由对数不等式

$$\begin{aligned} \frac{x}{1+x} < \ln (1+x) < x, \forall\ x > -1, x\neq 0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知

$$\begin{aligned} I_p(u)=&\mathrm{exp}\left\{\frac{1}{p}\ln\left[\frac{1}{b-a}\int_a^b f^p\mathrm{ d} x\right]\right\} \geq \mathrm{exp}\left[\frac{1}{p}\left(\frac{1}{b-a}\int_a^b f^p\mathrm{ d} x-1\right)\right]\\\\ =&\mathrm{exp}\left[\frac{1}{b-a}\int_a^b \frac{f^p-1}{p}\mathrm{ d} x\right]. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(3)、 联合第 1,2 步及

$$\begin{aligned} \lim_{p\to 0^+}\frac{f^p-1}{p}\xlongequal{\tiny\mbox{L'Hospital}} \lim_{p\to 0^+}\frac{f^p\ln f}{1}=\ln f \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

即知

$$\begin{aligned} \lim_{p\to 0^+}I_p(u)=\mathrm{exp}\left[\frac{1}{b-a}\int_a^b \ln f\mathrm{ d} x\right]. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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396、 4、 (15 分) $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,+\infty)$ 上单调, $\displaystyle \int_a^\infty f(x)\mathrm{ d} x$ 收敛. 证明: $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}xf(x)=0$. (山西大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 不妨设 $\displaystyle f$ 递减, 否则考虑 $\displaystyle -f$ 即可. (1)、 由 $\displaystyle f$ 递减知 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=\inf_{x > a}f(x)\equiv l$ 存在. 事实上, 由下确界定义,

$$\begin{aligned} {\color{red}\forall\ \varepsilon > 0, \exists\ X > a},\mathrm{ s.t.} l\leq f(X) < l+\varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

故

$$\begin{aligned} {\color{red}x > X}&\Rightarrow l\leq f(x)\leq f(X) < l+\varepsilon\\\\ &\Rightarrow {\color{red}|f(x)-l| < \varepsilon}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(2)、 由 $\displaystyle \int_a^\infty f(x)\mathrm{ d} x$ 收敛及 Cauchy 收敛准则知

$$\begin{aligned} &\forall\ \varepsilon > 0, \exists\ X > a,\mathrm{ s.t.} \varepsilon > \left|\int_X^{X+1}f(x)\mathrm{ d} x\right|=|f(\xi_X)|\left(\mbox{积分中值定理}\right)\\\\ \Rightarrow&\exists\ \xi_n\mbox{严}\nearrow +\infty,\mathrm{ s.t.} |f(\xi_n)| < \varepsilon\\\\ \Rightarrow&\lim_{n\to\infty}\xi_n=+\infty, \lim_{n\to\infty}f(\xi_n)=0\\\\ \Rightarrow&l=\lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{n\to\infty}f(\xi_n)=0\left(\mbox{归结原则}\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(3)、 由 $\displaystyle \int_a^\infty f(x)\mathrm{ d} x$ 收敛及 Cauchy 收敛准则知

$$\begin{aligned} &\color{red}\forall\ \varepsilon > 0, \exists\ X > a,\mathrm{ s.t.} \forall\ x > X,\\\\ &\frac{\varepsilon}{2} > \int_\frac{x}{2}^x f(t)\mathrm{ d} t \geq f(x)\left(x-\frac{x}{2}\right)=\frac{xf(x)}{2}\\\\ \Rightarrow&\varepsilon > xf(x)\geq 0\Rightarrow {\color{red}|xf(x)| < \varepsilon}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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397、 (2)、 计算$\lim_{n\to\infty}\int_n^{n+1}\frac{\sin x}{x}\mathrm{ d} x$. (上海大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由

$$\begin{aligned} \left|\int_n^{n+1}\frac{\sin x}{x}\mathrm{ d} x\right| \leq \int_n^{n+1}\frac{\mathrm{ d} x}{x}=\ln \left(1+\frac{1}{n}\right) \xrightarrow{n\to\infty}0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

即知结论成立.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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398、 11、 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上连续, 且 $\displaystyle \int_0^\infty f(x)\mathrm{ d} x$ 收敛. (1)、 给出例子说明 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)$ 不存在; (2)、 若 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上一致连续, 证明: $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=0$. (太原理工大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、

$$\begin{aligned} f(x)=\left\{\begin{array}{llllllllllll}1-n^2|x-n|,&n-\frac{1}{n^2}\leq x\leq n+\frac{1}{n^2},\\\\ 0,&\mbox{其它 $\displaystyle x$}\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

满足

$$\begin{aligned} \int_1^\infty f(x)\mathrm{ d} x=\frac{1}{2}+\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n^2} < \infty, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

但由 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}f(n)=1, \lim_{n\to\infty}f\left(n-\frac{1}{n^2}\right)=0$ 知 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)$ 不存在. (2)、 由 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上一致连续知

$$\begin{aligned} \forall\ \varepsilon > 0,\exists\ \delta > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ 0 < x < x'\leq x+\delta, |f(x')-f(x)| < \frac{\varepsilon}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

又由 $\displaystyle \int_0^\infty f(x)\mathrm{ d} x$ 收敛及 Cauchy 收敛准则知 $\displaystyle \exists\ X > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ x\geq X$,

$$\begin{aligned} \frac{\varepsilon\delta}{2} > \left|\int_x^{x+\delta}f(t)\mathrm{ d} t\right|\xlongequal[\tiny\mbox{分中值}]{\tiny\mbox{第一积}} |f(\xi_x)\delta| \Rightarrow |f(\xi_x)| < \frac{\varepsilon}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

于是当 $\displaystyle x\geq X$ 时,

$$\begin{aligned} |f(x)|\leq |f(x)-f(\xi_x)|+|f(\xi_x)| < \frac{\varepsilon}{2}+\frac{\varepsilon}{2}=\varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

这就证明了 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=0$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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399、 4、 (10 分) 证明: $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\int_0^\frac{\pi}{4}\sin^{n+\frac{1}{3}}x\mathrm{ d} x=0$. (西南交通大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle 0\leq \int_0^\frac{\pi}{4}\sin^{n+\frac{1}{3}}x\mathrm{ d} x\leq \left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)^{n+\frac{1}{3}} \cdot \frac{\pi}{4}\xrightarrow{n\to\infty}0$ 及迫敛性知结论成立.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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400、 (1-2)、 使用积分第二中值定理证明: $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}\int_0^x \sqrt{t}\sin t\mathrm{ d} t=0$. (长安大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /

$$\begin{aligned} \mbox{左端}\xlongequal[\tiny\mbox{分中值}]{\tiny\mbox{第二积}} \lim_{x\to+\infty}\frac{1}{x}\cdot \sqrt{x}\int_{\xi_x}^x \sin t\mathrm{ d} t\xlongequal[\tiny\mbox{无穷小}]{\tiny\mbox{有界 $\displaystyle \cdot$}} 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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401、 7、 (15 分) 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle \left[0,\frac{\pi}{2}\right]$ 上黎曼可积, 求极限 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{f(x)}{1+x}\sin^nx\mathrm{ d} x$. (郑州大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle I_n=\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^nx\mathrm{ d} x$, 则

$$\begin{aligned} |I_n|&=\left|\int_0^{\frac{\pi}{2}-\delta}\sin^nx\mathrm{ d} x+\int_{\frac{\pi}{2}-\delta}^\frac{\pi}{2}\sin^nx\mathrm{ d} x\right|\\\\ &\leq \int_0^{\frac{\pi}{2}-\delta}x^n\mathrm{ d} x+\int_{\frac{\pi}{2}-\delta}^\frac{\pi}{2}1\mathrm{ d} x\\\\ &\leq \frac{1}{n+1}\left(\frac{\pi}{2}-\delta\right)^{n+1}+\delta. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

令 $\displaystyle n\to\infty$ 得

$$\begin{aligned} \varlimsup_{n\to\infty}|I_n|\leq \delta. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

再令 $\displaystyle \delta\to 0^+$ 得

$$\begin{aligned} \varlimsup_{n\to\infty}|I_n|\leq 0\Rightarrow \lim_{n\to\infty}I_n=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

最后由

$$\begin{aligned} 0\leq \left|\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{f(x)}{1+x}\sin^nx\mathrm{ d} x\right| \leq \max_{x\in [a,b]}\left|\frac{f(x)}{1+x}\right|\cdot I_n\xrightarrow{n\to\infty}0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知原式 $\displaystyle =0$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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402、 8、 (15 分) 设 $\displaystyle f$ 是 $\displaystyle [a,b]$ 上定义的连续函数. (1)、 计算 $\displaystyle \int_0^{2\pi}|\sin x|\mathrm{ d} x$. (2)、 计算

$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\int_a^b |\sin nx|\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(3)、 确定常数 $\displaystyle c$ 使得以下极限成立, 并证明之:

$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\int_a^b f(x)|\sin nx|\mathrm{ d} x=c\int_a^b f(x)\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(中国科学技术大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \int_0^{2\pi}|\sin x|\mathrm{ d} x=4\int_0^\frac{\pi}{2}\sin x\mathrm{ d} x=4$. (1)、 我们将给出一般的结果. 设 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上黎曼可积; $\displaystyle g$ 是 $\displaystyle T$-周期函数, 在 $\displaystyle [0,T]$ 上可积, 则

$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\int_a^b f(x)g(nx)\mathrm{ d} x =\frac{1}{T} \int_a^b f(x)\mathrm{ d} x\cdot \int_0^T g(x)\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

通过引进 $\displaystyle g=g^+-g^-, g^+=\max\left\{g,0\right\}, g^-=-\min\left\{g,0\right\}$, 而不妨设 $\displaystyle g\geq 0$ [为后文利用积分中指定理提供方便]. 再者,

$$\begin{aligned} b > a\Rightarrow& \exists\ m\in\mathbb{Z}_+,\mathrm{ s.t.} a+(m-1)T\leq b < a+mT\\\\ \Rightarrow&\mbox{将 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [b,a+mT]$ 上零延拓}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

而仅需证明

$$\begin{aligned} &\lim_{n\to\infty}\int_a^{a+mT} f(x)g(nx)\mathrm{ d} x =\frac{1}{T} \int_a^{a+mT}f(x)\mathrm{ d} x \cdot \int_0^T g(x)\mathrm{ d} x,\ \forall\ m\in\mathbb{Z}_+\\\\ \Leftrightarrow& \lim_{n\to\infty}\int_c^{c+T} f(x)g(nx)\mathrm{ d} x =\frac{1}{T} \int_c^{c+T}f(x)\mathrm{ d} x \cdot \int_0^T g(x)\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

事实上, 设 $\displaystyle x^n_k=c+\frac{k}{n}T, M^n_k=\sup_{[x^n_{k-1},x^n_k]}f, m^n_k=\inf_{[x^n_{k-1},x^n_k]}f$, 则

$$\begin{aligned} &\quad \int_c^{c+T}f(x)g(nx)\mathrm{ d} x =\sum_{k=1}^n \int_{x^n_{k-1}}^{x^n_k} f(x) g(nx)\mathrm{ d} x\\\\ &=\sum_{k=1}^n f(x^n_k) \int_{x^n_{k-1}}^{x^n_k}g(nx)\mathrm{ d} x +\sum_{k=1}^n \int_{x^n_{k-1}}^{x^n_k} \left[f(x)-f(x^n_k)\right] g(nx)\mathrm{ d} x\\\\ &=\sum_{k=1}^n f(x^n_k) \int_{nc+(k-1)T}^{nc+kT} g(t)\frac{\mathrm{ d} t}{n} +\sum_{k=1}^n \int_{x^n_{k-1}}^{x^n_k} \left[f(x)-f(x^n_k)\right] g(nx)\mathrm{ d} x\\\\ &=\frac{1}{T}\int_0^T g(t)\mathrm{ d} t\cdot \sum_{k=1}^n f(x^n_k) \frac{T}{n} +\sum_{k=1}^n \int_{x^n_{k-1}}^{x^n_k} \left[f(x)-f(x^n_k)\right] g(nx)\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

令 $\displaystyle n\to\infty$, 并注意到

$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^n f(x^n_k) \frac{T}{n}=\int_c^{c+T}f(x)\mathrm{ d} x, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

$$\begin{aligned} \left|\sum_{k=1}^n \int_{x^n_{k-1}}^{x^n_k} \left[f(x)-f(x^n_k)\right] g(nx)\mathrm{ d} x\right| &\leq \sum_{k=1}^n (M^n_k-m^n_k)\int_{x^n_{k-1}}^{x^n_k} |g(nx)|\mathrm{ d} x\\\\ &= \sum_{k=1}^n (M^n_k-m^n_k) \int_{nc+(k-1)T}^{nc+kT} |g(t)|\frac{\mathrm{ d} t}{n}\\\\ &=\frac{1}{T} \int_0^T |g(t)|\mathrm{ d} t\cdot \sum_{k=1}^n(M^n_k-m^n_k) \frac{T}{n}\\\\ &\to 0\left(n\to\infty, \mbox{因为 $\displaystyle f$ 可积}\right), \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

我们得到

$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\int_c^{c+T} f(x)g(nx)\mathrm{ d} x =\frac{1}{T} \int_c^{c+mT}f(x)\mathrm{ d} x \cdot \int_0^T g(x)\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(2)、 在第 1 步中取 $\displaystyle g(x)=|\sin x|, T=\pi$, 则

$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\int_a^b f(x)|\sin nx|\mathrm{ d} x =&\frac{1}{\pi}\int_a^b f(x)\mathrm{ d} x\cdot \int_0^\pi |\sin x|\mathrm{ d} x\\\\ =&\frac{2}{\pi}\int_a^b f(x)\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

特别地,

$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\int_a^b |\sin nx|\mathrm{ d} x=\frac{2(b-a)}{\pi}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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403、 5、 (15 分) 设 $\displaystyle f(x), g(x)$ 为定义在 $\displaystyle [a,b]$ 上的连续函数, $\displaystyle f(x)\geq 0, g(x) > 0$. 记 $\displaystyle M=\max_{x\in [a,b]}f(x)$. 证明:

$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\left[\int_a^b f^n(x)g(x)\mathrm{ d} x\right]^\frac{1}{n}=M. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(中国人民大学2023年数学分析考研试题) [积分与极限 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 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 $\displaystyle \lim_{n\to\infty} \left[\int_a^b f^n(x)g(x)\mathrm{ d} x\right]^\frac{1}{n}=\max_{a\leq x\leq b}f(x)$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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404、 (4)、 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上连续, $\displaystyle \int_0^1 f(x)\mathrm{ d} x=0$. 求证:

$$\begin{aligned} \left[\int_0^1 xf(x)\mathrm{ d} x\right]^2\leq\frac{1}{12}\int_0^1 f^2(x)\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(大连理工大学2023年数学分析考研试题) [积分法与不等式 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 先证明一个结论. 设 $\displaystyle f$ 是 $\displaystyle [0,1]$ 上的连续可微函数, 满足 $\displaystyle f(0)=f(1)=0$. 则

$$\begin{aligned} \left[\int_0^1 f(x)\mathrm{ d} x\right]^2\leq \frac{1}{12}\int_0^1 |f'(x)|^2\mathrm{ d} x, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

且等号成立当且仅当 $\displaystyle f(x)=Ax(1-x)$, 其中 $\displaystyle A$ 是常数. 事实上, 设

$$\begin{aligned} F(x)=\int_0^x f'(t)\mathrm{ d} t,\quad G(x)=\int_1^x f'(t)\mathrm{ d} t, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

则

$$\begin{aligned} F(x)=f(x)=G(x),\quad F(0)=0=G(1). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

于是

$$\begin{aligned} \int_0^1 f(x)\mathrm{ d} x&=\int_0^1 F(x)\mathrm{ d} x =xF(x)|_0^1-\int_0^1 xF'(x)\mathrm{ d} x\\\\ &=F(1)-\int_0^1 xf'(x)\mathrm{ d} x =\int_0^1 (1-x)f'(x)\mathrm{ d} x,\\\\ \int_0^1 f(x)\mathrm{ d} x&=\int_0^1 G(x)\mathrm{ d} x =xG(x)|_0^1-\int_0^1 xG'(x)\mathrm{ d} x\\\\ &=-\int_0^1 xf'(x)\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

两式相加得

$$\begin{aligned} 2\int_0^1 f(x)\mathrm{ d} x =\int_0^1 (1-2x)f'(x)\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

利用 Cauchy-Schwarz 不等式知

$$\begin{aligned} &4\left[\int_0^1 f(x)\mathrm{ d} x\right]^2\leq \left[\int_0^1 (1-2x)f'(x)\mathrm{ d} x\right]^2\\\\ \leq& \int_0^1 (1-2x)^2\mathrm{ d} x\cdot \int_0^1|f''(x)|^2\mathrm{ d} x =\frac{1}{3}\int_0^1 |f''(x)|^2\mathrm{ d} x, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

且等号成立当且仅当

$$\begin{aligned} f'(x)=A(1-2x)\Leftrightarrow f(x)=Ax(1-x). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(2)、 回到题目. 设 $\displaystyle F(x)=\int_0^x f(t)\mathrm{ d} t$, 则 $\displaystyle F(0)=F(1)=0$,

$$\begin{aligned} \mbox{左端}=&\left[\int_0^1 x\mathrm{ d} F(x)\right]^2 \xlongequal[\tiny\mbox{积分}]{\tiny\mbox{分部}}\left[\int_0^1 F(x)\mathrm{ d} x\right]^2\\\\ \stackrel{\mbox{第 1 步}}{\leq}&\frac{1}{12}\int_0^1 [F'(x)]^2\mathrm{ d} x =\frac{1}{12}\int_0^1 f^2(x)\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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405、 10、 已知 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle (0,1)$ 内有连续导函数, 且 $\displaystyle f(0)=f(1)=0$. 求证:

$$\begin{aligned} \left|\int_0^1 f(x)\mathrm{ d} x\right|\leq\frac{1}{4}\max_{0\leq x\leq 1}|f'(x)|. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(东北大学2023年数学分析考研试题) [积分法与不等式 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle M=\max_{0\leq x\leq 1}|f'(x)|$, 则

$$\begin{aligned} \left|\int_0^1 f(x)\mathrm{ d} x\right| \leq& \left|\int_0^\frac{1}{2}f(x)\mathrm{ d} x\right| +\left|\int_\frac{1}{2}^1 f(x)\mathrm{ d} x\right|\\\\ =&\left|\int_0^\frac{1}{2}\int_0^x f'(t)\mathrm{ d} t\mathrm{ d} x\right| +\left|\int_\frac{1}{2}^1 \int_x^1 f'(t)\mathrm{ d} t\mathrm{ d} x\right|\\\\ =&\left|\int_0^\frac{1}{2} f'(t)\left(\frac{1}{2}-t\right)\mathrm{ d} t\right| +\left|\int_\frac{1}{2}^1 f'(t)\left(t-\frac{1}{2}\right)\mathrm{ d} t\right|\\\\ \leq& M\left[\int_0^\frac{1}{2} \left(\frac{1}{2}-t\right)\mathrm{ d} t +\int_\frac{1}{2}^t \left(t-\frac{1}{2}\right)\mathrm{ d} t\right] =\frac{1}{4}M. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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406、 3、 (20 分) 设函数 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上可微, 当 $\displaystyle x\in (0,1)$ 时, $\displaystyle 0 < f'(x) < 1$, $\displaystyle f(0)=0$. 证明:

$$\begin{aligned} \left[\int_0^1 f(x)\mathrm{ d} x\right]^2 > \int_0^1 f^3(x)\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(福州大学2023年数学分析考研试题) [积分法与不等式 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /

$$\begin{aligned} F(t)&\equiv \int_0^t f^3(x)\mathrm{ d} x-\left[\int_0^t f(x)\mathrm{ d} x\right]^2,\\\\ F'(t)=&f^3(t)-2\int_0^t f(x)\mathrm{ d} x\cdot f(t)=f(t)\left[f^2(t)-2\int_0^t f(x)\mathrm{ d} x\right],\\\\ G(t)&\equiv f^2(t)-2\int_0^t f(x)\mathrm{ d} x,\\\\ G'(t)=&2f(t)f'(t)-2f(t) =2f(t)[f'(t)-1]\leq 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

逐步往上推, 对 $\displaystyle 0\leq t\leq 1$ 有

$$\begin{aligned} G(t)\leq 0, F'(t)\leq 0, F(t)\leq 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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407、 5、 (0-5)、 证明施瓦茨 (Schwarz) 不等式:

$$\begin{aligned} \left[\int_a^b f(x)g(x)\mathrm{ d} x\right]^2\leq \int_a^b f^2(x)\mathrm{ d} x \cdot \int_a^b g^2(x)\mathrm{ d} x, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

其中 $\displaystyle f,g$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上可积. (湖南大学2023年数学分析考研试题) [积分法与不等式 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 若 $\displaystyle \int_a^b g^2(x)\mathrm{ d} x=0$, 则结论自明. 若 $\displaystyle \int_a^b g^2(x)\mathrm{ d} x > 0$, 则由关于 $\displaystyle \lambda\in\mathbb{R}$ 的二次函数

$$\begin{aligned} 0\leq&\int_a^b \left[f(x)+\lambda g(x)\right]^2\mathrm{ d} x\\\\ =&\int_a^b f^2(x)\mathrm{ d} x+2\lambda \int_a^b f(x)g(x)\mathrm{ d} x+\lambda^2\int_a^b g^2(x)\mathrm{ d} x \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

知判别式 $\displaystyle \Delta\leq 0$. 整理即得结论.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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408、 (0-6)、 利用施瓦茨不等式证明:

$$\begin{aligned} \left[\int_a^b f(x)\sin kx\mathrm{ d} x\right]^2 +\left[\int_a^b f(x)\cos kx\mathrm{ d} x\right]^2\leq 1, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

其中 $\displaystyle f$ 为 $\displaystyle [a,b]$ 上的非负连续函数, 且 $\displaystyle \int_a^b f(x)\mathrm{ d} x=1$, $\displaystyle k$ 是实数. (湖南大学2023年数学分析考研试题) [积分法与不等式 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /

$$\begin{aligned} &\left[\int_a^b f(x)\cos kx\mathrm{ d} x\right]^2+\left[\int_a^b f(x)\sin kx\mathrm{ d} x\right]^2\\\\ =&\left[\int_a^b \sqrt{f(x)}\cdot\sqrt{f(x)} \cos kx\mathrm{ d} x\right]^2+\left[\int_a^b \sqrt{f(x)}\cdot\sqrt{f(x)}\sin kx\mathrm{ d} x\right]^2\\\\ \stackrel{\tiny\mbox{Schwarz}}{\leq}& \int_a^bf(x)\mathrm{ d} x\cdot \int_a^bf(x)\cos^2kx\mathrm{ d} x +\int_a^bf(x)\mathrm{ d} x\cdot \int_a^bf(x)\sin^2kx\mathrm{ d} x\\\\ =&\left[\int_0^1 f(x)\mathrm{ d} x\right]^2=1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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409、 4、 (15 分) 设函数 $\displaystyle f$ 在有界区间 $\displaystyle [a,b]$ 上连续, 且对任意的 $\displaystyle x\in [a,b]$ 有 $\displaystyle f(x) > 0$. 证明:

$$\begin{aligned} \ln \left[\frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)\mathrm{ d} x\right]\geq \frac{1}{b-a}\int_a^b \ln f(x)\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(华中师范大学2023年数学分析考研试题) [积分法与不等式 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle I=\frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)\mathrm{ d} x$, 则由 $\displaystyle g(t)=\ln t\Rightarrow g''(t)=-\frac{1}{t^2} < 0$ 知 $\displaystyle g$ 是凹函数,

$$\begin{aligned} g(t)\geq g(t_0)+g'(t_0)(t-t_0). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

取 $\displaystyle t=f(x), t_0=I$, 则

$$\begin{aligned} \ln f(x)\geq \ln I+\frac{1}{I}\left[f(x)-A\right]. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

关于 $\displaystyle x$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上积分得

$$\begin{aligned} \int_a^b \ln f(x)\mathrm{ d} x\geq (b-a)\ln I. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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410、 (4)、 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上二阶可导, 且 $\displaystyle f''(x)\geq 0$. 证明:

$$\begin{aligned} f\left(\frac{a+b}{2}\right)\leq \frac{1}{b-a}\int_a^b f(x)\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(暨南大学2023年数学分析考研试题) [积分法与不等式 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle f$ 凸知

$$\begin{aligned} a\leq x\leq b&\Rightarrow f(x)\geq f\left(\frac{a+b}{2}\right)+f'\left(\frac{a+b}{2}\right)\left(x-\frac{a+b}{2}\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

关于 $\displaystyle x$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上积分即得第一个不等式. 再者,

$$\begin{aligned} a\leq x\leq b&\Rightarrow x=\frac{b-x}{b-a}a+\frac{x-a}{b-a}b\\\\ &\Rightarrow f(x)\leq \frac{b-x}{b-a}f(a)+\frac{x-a}{b-a}f(b). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

关于 $\displaystyle x$ 在 $\displaystyle [a,b]$ 上积分即得第二个不等式.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/

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411、 5、 证明: $\displaystyle \int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\sin x}{1+x^2}\mathrm{ d} x < \int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\cos x}{1+x^2}\mathrm{ d} x$. (南京航空航天大学2023年数学分析考研试题) [积分法与不等式 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /

$$\begin{aligned} \int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\sin x-\cos x}{1+x^2}\mathrm{ d} x =&\sqrt{2}\int_0^\frac{\pi}{2}\frac{\sin \left(x-\frac{\pi}{4}\right)}{1+x^2}\mathrm{ d} x =\sqrt{2}\int_{-\frac{\pi}{4}}^\frac{\pi}{4} \frac{\sin t}{1+\left(\frac{\pi}{4}+t\right)^2}\mathrm{ d} t\\\\ =&\sqrt{2}\int_0^\frac{\pi}{4} \sin t\left[ \frac{1}{1+\left(\frac{\pi}{4}+t\right)^2} - \frac{1}{1+\left(\frac{\pi}{4}-t\right)^2}\right]\mathrm{ d} t < 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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412、 8、 (10 分) 令 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上连续可微且单调递减, 广义积分 $\displaystyle \int_0^\infty x^3f(x)\mathrm{ d} x$ 收敛. 证明:

$$\begin{aligned} \left[\int_0^\infty x^2f(x)\mathrm{ d} x\right]^2\leq \frac{8}{9}\int_0^\infty xf(x)\mathrm{ d} x\cdot \int_0^\infty x^3f(x)\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(南开大学2023年数学分析考研试题) [积分法与不等式 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 由 $\displaystyle f$ 递减知 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)=\inf_{x > a}f(x)\equiv l$ 存在. 事实上, 由下确界定义,

$$\begin{aligned} {\color{red}\forall\ \varepsilon > 0, \exists\ X > a},\mathrm{ s.t.} l\leq f(X) < l+\varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

故

$$\begin{aligned} {\color{red}x > X}&\Rightarrow l\leq f(x)\leq f(X) < l+\varepsilon\\\\ &\Rightarrow {\color{red}|f(x)-l| < \varepsilon}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(2)、 由 $\displaystyle \int_a^\infty f(x)\mathrm{ d} x$ 收敛及 Cauchy 收敛准则知

$$\begin{aligned} &\forall\ \varepsilon > 0, \exists\ X > a,\mathrm{ s.t.} \varepsilon > \left|\int_X^{X+1}f(x)\mathrm{ d} x\right|=|f(\xi_X)|\left(\mbox{积分中值定理}\right)\\\\ \Rightarrow&\exists\ \xi_n\mbox{严}\nearrow +\infty,\mathrm{ s.t.} |f(\xi_n)| < \varepsilon\\\\ \Rightarrow&\lim_{n\to\infty}\xi_n=+\infty, \lim_{n\to\infty}f(\xi_n)=0\\\\ \Rightarrow&l=\lim_{x\to+\infty}f(x)=\lim_{n\to\infty}f(\xi_n)=0\left(\mbox{归结原则}\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(3)、 对 $\displaystyle p=1,2,3$,

$$\begin{aligned} \int_0^\infty x^p f(x)\mathrm{ d} x =\frac{1}{p+1}\int_0^\infty f(x)\mathrm{ d} x^{p+1} \xlongequal[\tiny\mbox{积分}]{\tiny\mbox{分部}} -\frac{1}{p+1}\int_0^\infty f'(x)x^{p+1}\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

故仅需证明

$$\begin{aligned} &\left[\frac{1}{3}\int_0^\infty x^3f'(x)\mathrm{ d} x\right]^2 \leq \frac{8}{9}\cdot \frac{1}{2} \int_0^\infty x^2f'(x)\mathrm{ d} x \cdot\frac{1}{4}\int_0^\infty x^4f'(x)\mathrm{ d} x\\\\ \Leftrightarrow&\left[\int_0^\infty x^3f'(x)\right]^2 \leq \int_0^\infty x^2f'(x)\mathrm{ d} x\cdot \int_0^\infty x^4f'(x)\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

事实上,

$$\begin{aligned} &\left[\int_0^\infty x^3f'(x)\right]^2 =\left[\int_0^\infty x\sqrt{-f'(x)}\cdot x^2 \sqrt{-f'(x)}\mathrm{ d} x\right]^2\\\\ \stackrel{\tiny\mbox{Schwarz}}{\leq}&\int_0^\infty x^2[-f'(x)]\mathrm{ d} x\cdot \int_0^\infty x^4[-f'(x)]\mathrm{ d} x\\\\ =&\int_0^\infty x^2f'(x)\mathrm{ d} x\cdot \int_0^\infty x^4f'(x)\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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413、 3、 (30 分) 证明与分析题. (1)、 (15 分) 设 $\displaystyle f(x,y)$ 在 $\displaystyle D=\left\{(x,y); x^2+y^2\leq 1\right\}$ 上非负连续, 且 $\displaystyle |f(x,y)|\leq 1$. 证明:

$$\begin{aligned} \left[\iint_D f(x,y)\cos(x+y)\mathrm{ d} x\mathrm{ d} y\right]^2 +\left[\iint_D f(x,y)\sin(x+y)\mathrm{ d} x\mathrm{ d} y\right]^2\leq \pi. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(山东大学2023年数学分析考研试题) [积分法与不等式 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /

$$\begin{aligned} \mbox{左端}\stackrel{\tiny\mbox{Schwarz}}{\leq}& \iint_D f^2\mathrm{ d} x\mathrm{ d} y\cdot \iint_D \cos^2(x+y)\mathrm{ d} x\mathrm{ d} y\\\\ &+\iint_D f^2\mathrm{ d} x\mathrm{ d} y\cdot \iint_D \sin^2(x+y)\mathrm{ d} x\mathrm{ d} y\\\\ =&\iint_D f^2\mathrm{ d} x\mathrm{ d} y\leq \iint_D 1\mathrm{ d} x\mathrm{ d} y=\pi. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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414、 6、 设 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上可微, $\displaystyle 0 < f'(x) < 1$, 且 $\displaystyle f(0)=0$. 证明: 对任意的 $\displaystyle a\in (0,1)$, 有

$$\begin{aligned} \left[\int_0^a f(x)\mathrm{ d} x\right]^2 > \int_0^a f^3(x)\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

(上海财经大学2023年数学分析考研试题) [积分法与不等式 ]

纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle f' > 0$ 知 $\displaystyle f\mbox{严}\nearrow$, 而 $\displaystyle \forall\ 0 < x < 1, f(x) > 0$. 又由 $\displaystyle f'(x) < 1$ 知 $\displaystyle f(x)=f(x)-f(0)\xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}} f'(\xi)x < x < 1$. 以下所涉及式子都大于 $\displaystyle 0$, 而有

$$\begin{aligned} &\frac{\displaystyle \left[\int_0^a f(x)\mathrm{ d} x\right]^2}{\displaystyle \int_0^a f^3(x)\mathrm{ d} x} \xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Cauchy}} \frac{\displaystyle 2\int_0^\xi f(x)\mathrm{ d} x\cdot f(\xi)}{f^3(\xi)}\\\\ =&\frac{\displaystyle 2\int_0^\xi f(x)\mathrm{ d} x}{f^2(\xi)} \xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Cauchy}} \frac{2f'(\eta)}{2f(\eta)f'(\eta)} =\frac{1}{f(\eta)} > 1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$

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