东南大学2024年数学分析考研试题参考解答
一. 计算题与解答题. 每题 9 分, 共 90 分. 1. 设 $\displaystyle y=y (x)$ 是由方程 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} \arcsin (x y) +y^{2}-y e^{x y}=2\tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
所确定的隐函数, 求曲线 $\displaystyle y=y (x)$ 在点 $\displaystyle (0, 2)$ 处的切线方程. fl: 多元函数微分学
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 方程两边关于 $\displaystyle x$ 求到得 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} \frac{y+xy'}{\sqrt{1-(xy)^2}}+2yy'-y'\mathrm{e}^{xy}-y\mathrm{e}^{xy}(y+xy')=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
令 $\displaystyle x=0, y=2$ 得 $\displaystyle 2+4y'-y'-2\cdot 2=0\Rightarrow y'=\frac{2}{3}$ , 而所求切线方程为 $\displaystyle y=\frac{2}{3}x+2$ . 跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
- 求极限 $\displaystyle \lim \limits_{n \rightarrow \infty}\left (\sqrt[n]{n^{2}+1}-1\right) \sin \frac{n \pi}{2}$ . fl:数列极限
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n^2+1}=1$ , $\displaystyle \left|\sin\frac{n\pi}{2}\right|\leq 1$ 及’有界量乘以无穷小量还是无穷小量‘知原式 $\displaystyle =0$ . 跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
- 计算不定积分 $\displaystyle \int \frac{\arccos x}{x^{2}} \mathrm{~d} x$ . fl:不定积分
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} \mbox{原式}\stackrel{\arccos x=t}{=}&\int \frac{t}{\cos^2t}(-\sin t)\mathrm{ d} t =\int t\mathrm{ d} \frac{-1}{\cos t} \overset{\tiny\mbox{分部积分}}{=} -\frac{t}{\cos t}+\int \frac{\mathrm{ d} t}{\cos t}\\ =&-\frac{t}{\cos t}+\int \sec t\mathrm{ d} t =-\frac{t}{\cos t}+\ln |\sec t+\tan t|+C\\ =&-\frac{t}{\cos t}+\ln \left|\frac{1+\sqrt{1-x^2}}{x}\right|+C. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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- 计算定积分 $\displaystyle \int_{-1}^{1} \frac{x+2}{e^{x}+e^{-x}} \mathrm{~d} x$ . fl:定积分
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} \mbox{原式}\stackrel{\tiny\mbox{对称性}}{=}&4\int_0^1 \frac{\mathrm{ d} x}{\mathrm{e}^x+\mathrm{e}^{-x}} =4\int_0^1\frac{\mathrm{ d} \mathrm{e}^x}{\mathrm{e}^{2x}+1} =4\int_1^\mathrm{e} \frac{\mathrm{ d} t}{1+t^2}\\ =&4\left(\arctan \mathrm{e}-\frac{\pi}{4}\right) =4\arctan \mathrm{e}-\pi. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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- 求幂级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{n+1}{n ! 2^{n}} (x-2) ^{n}$ 的收敛域与和函数. fl:幂级数
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty \frac{n+1}{n!}t^n =\sum_{n=1}^\infty \frac{t^n}{(n-1)!}+\sum_{n=1}^\infty \frac{t^n}{n!} =t\sum_{k=0}^\infty \frac{t^k}{k!}+(\mathrm{e}^t-1) =t\mathrm{e}^t+\mathrm{e}^t-1 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} \mbox{原式}=\sum_{n=1}^\infty \frac{n+1}{n!}\left(\frac{x-2}{2}\right)^n =\frac{x}{2}\mathrm{e}^{\frac{x}{2}-1}-1, \forall\ x\in\mathbb{R}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这也表明原级数的收敛域为 $\displaystyle \mathbb{R}$ . 跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
- 计算二重积分 $\displaystyle \iint_{D} \frac{\sin y \cos y}{y} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ , 其中 $\displaystyle D$ 为直线 $\displaystyle y=x$ 与抛物线 $\displaystyle x=y^{2}$ 所围成的区域. fl:重积分
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} \mbox{原式}=&\int_0^1 \mathrm{ d} y\int_{y^2}^y \frac{\sin y\cos y}{y}\mathrm{ d} x =\frac{1}{2}\int_0^1 (1-y)\sin 2y\mathrm{ d} y \overset{\tiny\mbox{分部积分}}{=} \frac{2-\sin 2}{8}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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- 设 $\displaystyle f (x, y) =\left\{\begin{array}{ll}\frac{x^{2} y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}, & x^{2}+y^{2} \neq 0 ; \\ 0, & x^{2}+y^{2}=0.\end{array}\right.$ 求二阶混合偏导数 $\displaystyle f_{x y}$ . fl:多元函数微分学
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 当 $\displaystyle x^2+y^2\neq 0$ 时, 直接计算 [或利用 $\displaystyle (x^2+y^2)f^2=x^4y^2$ 隐函数求导, 哈哈, 新颖吧] 知 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} f_x=\frac{xy(x^2+2y^2)}{(x^2+y^2)^\frac{3}{2}} \Rightarrow f_{xy}=\frac{x^3(x^2+4y^2)}{(x^2+y^2)^\frac{5}{2}}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
当 $\displaystyle x^2+y^2=0$ 时, $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} f_x(0,0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x}=0, f_{xy}(0,0)=\lim_{y\to 0}\frac{f_x(0,y)-f_x(0,0)}{y}=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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- 设 $\displaystyle f (x) =\pi-x, x \in[0, \pi]$ . (1) 将 $\displaystyle f (x)$ 展开为余弦级数, 并在 $\displaystyle [-\pi, \pi]$ 上写出和函数的表达式. (2) 判断该级数在 $\displaystyle [0, \pi]$ 内是否一致收敛, 并说明原因. fl:Fourier级数
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
(1)、 设 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty a_n\cos nx, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
其中 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} a_0&=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi f(x)\mathrm{ d} x=\pi,\\ n\geq 1\Rightarrow a_n&=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi f(x)\cos nx\mathrm{ d} x=\left\{\begin{array}{llllllllllll}0,&n=2k,\\ \frac{4}{(2k-1)^2\pi},&n=2k-1.\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle f(x)\sim \frac{\pi}{2}+\frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^\infty \frac{\cos(2k-1)x}{(2k-1)^2}$ . 将 $\displaystyle f$ 偶延拓后周期延拓知 $\displaystyle f$ 逐段光滑. 由收敛定理知 $\displaystyle f(x)\sim \frac{\pi}{2}+\frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^\infty \frac{\cos(2k-1)x}{(2k-1)^2}$ .
(2)、 由 $\displaystyle \left|\frac{\cos(2k-1)x}{(2k-1)^2}\right|\leq \frac{1}{(2k-1)^2}$ 及优级数判别法知 $\displaystyle f$ 的余弦级数在 $\displaystyle [0,\pi]$ 上一致收敛.
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- 计算曲线积分 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} \int_{L} y^{2} \mathrm{~d} x+z^{2} \mathrm{~d} y+x^{2} \mathrm{~d} z\tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
其中 $\displaystyle L$ 为球面 $\displaystyle x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2} (z \geq 0, a\gt 0)$ 与柱面 $\displaystyle x^{2}+y^{2}-a x=0$ 的交线, 从 $\displaystyle z$ 轴正向看去取逆时针方向. fl:曲线曲面积分
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle S: x^2+y^2+z^2=a^2, z\geq 0, x^2+y^2\leq ax$ , 取上侧, 则 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} &\mbox{原式}\stackrel{\tiny\mbox{Stokes}}{=} \iint_S \left|\begin{array}{cccccccccc}\frac{x}{a}&\frac{y}{a}&\frac{z}{a}\\ \frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial }{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\ y^2&z^2&x^2\end{array}\right|\mathrm{ d} S =-2\iint_S\left(z\cdot\frac{x}{a}+x\cdot\frac{y}{a}+y\cdot \frac{z}{a}\right)\mathrm{ d} S\\ \stackrel{\tiny\mbox{对称性}}{=}& -\frac{2}{a}\iint_S xz\mathrm{ d} S \stackrel{z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}\Rightarrow \sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\frac{a}{z}}{=}-2\iint_{x^2+y^2\leq ax}x\mathrm{ d} x\mathrm{ d} y\\ \stackrel{x=r\cos\theta, y=r\sin\theta}{=}&-2\int_{-\frac{\pi}{2}}^\frac{\pi}{2} \mathrm{ d} \theta \int_0^{a\cos \theta} r\cos\theta\cdot r\mathrm{ d} r =-\frac{\pi a^3}{4}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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- 解答如下问题: (1) 求极限 $\displaystyle \lim \limits_{x \rightarrow 0^{+}} \frac{1-\cos x}{\int_{0}^{x} \frac{\ln (1+x y) }{y} \mathrm{~d} y}$ . fl: 函数极限
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} \mbox{原式}\overset{\tiny\mbox{等价代换}}{=}&\lim_{x\to 0}\frac{\frac{x^2}{2}}{\int_0^{x^2}\frac{\ln (1+t)}{t}\mathrm{ d} t} \overset{\tiny\mbox{L'Hospital}}{=} \lim_{x\to 0}\frac{x}{\frac{\ln(1+x^2)}{x^2}\cdot 2x} \overset{\tiny\mbox{等价代换}}{=} \frac{1}{2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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(2) 计算含参量反常积分 $\displaystyle \int_{0}^{+\infty} \frac{\sin x y}{y e^{y}} \mathrm{~d} y$ . fl:含参量积分
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 题中函数是奇函数. 当 $\displaystyle x\gt 0$ 时, $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} \mbox{原式}\stackrel{xy=t}{=}\int_0^\infty \mathrm{e}^{-\frac{t}{x}}\frac{\sin t}{t}\mathrm{ d} t \stackrel{\frac{1}{x}=\alpha}{=}\int_0^\infty \mathrm{e}^{-\alpha t}\frac{\sin t}{t}\mathrm{ d} t\equiv I(\alpha). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由 Dirichlet 判别法知 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\sin x}{x}\mathrm{ d} x$ 收敛, 而关于 $\displaystyle \alpha$ 一致收敛. 再者, $\displaystyle \mathrm{e}^{-\alpha t}$ 关于 $\displaystyle t$ 递减, 且一致有界(为 $\displaystyle 1$ ). 由 Abel 判别法知 $\displaystyle I(\alpha)$ 关于 $\displaystyle \alpha\geq 0$ 一致收敛, 而 $\displaystyle I(\alpha)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上连续. 然后考虑 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} \int_0^\infty \frac{\partial}{\partial \alpha}\left(\mathrm{e}^{-\alpha x}\frac{\sin x}{x}\right)\mathrm{ d} x =-\int_0^\infty \mathrm{e}^{-\alpha x}\sin x\mathrm{ d} x \overset{\tiny\mbox{分部积分}}{=} -\frac{1}{1+\alpha^2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
对 $\displaystyle \forall\ \alpha_0\gt 0$ , 由 $\displaystyle \sup_{\alpha\geq \alpha_0}|\mathrm{e}^{-\alpha x}\sin x|\leq \mathrm{e}^{-\alpha_0x}$ 及 Weierstrass 判别法知 $\displaystyle \int_0^\infty \frac{\partial}{\partial \alpha}\left(\mathrm{e}^{-\alpha x}\frac{\sin x}{x}\right)\mathrm{ d} x$ 在 $\displaystyle [\alpha_0,+\infty)$ 上一致收敛, 而 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} I'(\alpha)=\int_0^\infty \frac{\partial}{\partial \alpha}\left(\mathrm{e}^{-\alpha x}\frac{\sin x}{x}\right)\mathrm{ d} x=-\frac{1}{1+\alpha^2}, \forall\ \alpha\geq \alpha_0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由 $\displaystyle \alpha_0\gt 0$ 的任意性知 $\displaystyle I'(\alpha)=-\frac{1}{1+\alpha^2}, \forall\ \alpha\gt 0$ . 最后, 由 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} \left|\mathrm{e}^{-\alpha t}\frac{\sin t}{t}\right|\leq \mathrm{e}^{-\alpha t} \Rightarrow |I(\alpha)|\leq \int_0^\infty \mathrm{e}^{-\alpha t}\mathrm{ d} t=\frac{1}{\alpha}\xrightarrow{\alpha\to+\infty}0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle I(+\infty)=0$ , $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} &I(\alpha)=I(+\infty)-\int_\alpha^{+\infty}I'(t)\mathrm{ d} t=\frac{\pi}{2}-\arctan \alpha, \alpha\gt 0\\ \Rightarrow&\mbox{原式}=I\left(\frac{1}{x}\right)=\frac{\pi}{2}-\arctan \frac{1}{x}=\arctan x, x\in \mathbb{R}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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二. 证明题. 每题 10 分, 共 50 分. 11. 设 $\displaystyle f (x)$ 在 $\displaystyle [0, 1]$ 上连续, 在 $\displaystyle (0, 1)$ 内可导, $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} f (0) =f (1) =0, f\left (\frac{1}{2}\right) =1.\tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
证明: 存在 $\displaystyle \xi \in (0, 1)$ , 使得 $\displaystyle f^{\prime} (\xi) =1$ . fl: 微分
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} 2=\frac{f\left(\frac{1}{2}\right)-f(0)}{\frac{1}{2}-0}\overset{\tiny\mbox{Lagrange 中值}}{=} f'(\xi),\\ -2=\frac{f\left(1\right)-f\left(\frac{1}{2}\right)}{1-\frac{1}{2}}\overset{\tiny\mbox{Lagrange 中值}}{=} f'(\eta). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由导数介值定理, $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} \exists\ \zeta\in (\xi,\eta),\mathrm{ s.t.} f'(\zeta)=1. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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- 设 $\displaystyle D={ (x, y) \mid 0\lt x\lt 1, 0\lt y\lt +\infty}$ , 证明: 对任意的 $\displaystyle (x, y) \in D$ , 成立不等式 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} y x^{y} (1-x) \lt e^{-1}.\tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
fl: 微分法与不等式
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle f(x,y)=yx^y(1-x)$ , 则由 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} f_y'=(1-x)x^y(1+y\ln x)\left\{\begin{array}{llllllllllll} \gt 0,&y \lt -\frac{1}{\ln x},\\ \lt 0,&y \lt -\frac{1}{\ln x} \end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} f(x,y)&\leq f\left(x,-\frac{1}{\ln x}\right) =-\frac{1}{\ln x}\cdot x^{-\frac{1}{\ln x}} (1-x)\\ &=-\frac{1}{\ln x} \cdot \mathrm{e}^{-\frac{1}{\ln x}\cdot \ln x}\cdot (1-x) =\mathrm{e}^{-1} \frac{x-1}{\ln x} \lt \mathrm{e}^{-1}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
最后一步我们利用了常用不等式 $\displaystyle \ln (1+t) \lt t, t\gt -1, t\neq 0$ . 跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
- 设 $\displaystyle f_{n} (x) =n^{\alpha} x e^{-n x}$ . (1) $\displaystyle \alpha$ 取何值时, $\displaystyle \lim \limits_{n \rightarrow \infty} \int_{0}^{1} f_{n} (x) \mathrm{d} x=\int_{0}^{1} \lim \limits_{n \rightarrow \infty} f_{n} (x) \mathrm{d} x$ ? (2) $\displaystyle \alpha$ 取何值时, $\displaystyle \left\{f_{n} (x) \right\}$ 在 $\displaystyle [0, 1]$ 上一致收敛? fl:函数项级数
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
(1)、 当 $\displaystyle x=0$ 时, $\displaystyle f_n(x)=0$ . 当 $\displaystyle 0\lt x\leq 1$ 时, 取正整数 $\displaystyle m\gt \alpha$ , 则 $\displaystyle 0\leq f_n(x)\leq \frac{n^mx}{\mathrm{e}^{nx}}$ . 由 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty}\frac{n^mx}{\mathrm{e}^{nx}} \overset{\tiny\mbox{归结原理}}{=}& x\lim_{t\to+\infty}\frac{t^m}{\mathrm{e}^{xt}} \overset{\tiny\mbox{L'Hospital}}{=} x\lim_{t\to+\infty}\frac{mt^{m-1}}{x\mathrm{e}^{xt}}\\ \overset{\tiny\mbox{L'Hospital}}{=}& \cdots \overset{\tiny\mbox{L'Hospital}}{=} x\lim_{t\to+\infty}\frac{m!}{x^m\mathrm{e}^{xt}}=0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及迫敛性知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}f_n(x)=0$ . 故对 $\displaystyle \forall\ \alpha\in\mathbb{R}$ , $\displaystyle \left\{f_n(x)\right\}$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上收敛.
(2)、 由 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} f_n'(x)=n^\alpha(1-nx)\mathrm{e}^{-nx}\left\{\begin{array}{llllllllllll}\gt 0,&0\leq x\lt \frac{1}{n},\\ \lt 0,&\frac{1}{n}\lt x\leq 1\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} \sup_{x\in [0,1]}|f_n(x)-0|=\sup_{x\in [0,1]}f_n\left(\frac{1}{n}\right) =\mathrm{e}^{-1}n^{\alpha}\to \left\{\begin{array}{llllllllllll}0,&\alpha\lt 1,\\ \mathrm{e}^{-1},&\alpha=1,\\ +\infty,&\alpha\gt 1.\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故当且仅当 $\displaystyle \alpha\lt 1$ 时, $\displaystyle \left\{f_n(x)\right\}$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上一致收敛.
(3)、 由 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} \int_0^1 f_n(x)\mathrm{ d} x\overset{\tiny\mbox{分部积分}}{=} n^{\alpha-2}[1-\mathrm{e}^{-n}(1+n)], 1-\mathrm{e}^{-n}(1+n)\to 1 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}\int_0^1 f_n(x)\mathrm{ d} x=\int_0^1 \lim_{n\to\infty}f_n(x)\mathrm{ d} x=0\Leftrightarrow \lim_{n\to\infty}n^{\alpha-2}=0\Leftrightarrow \alpha\lt 2$ .
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- 设正项级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}$ 发散, 以 $\displaystyle S_{n}$ 表示前 $\displaystyle n$ 项的和. 证明: (1) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{S_{n}}$ 发散. (2) $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{S_{n}^{2}}$ 收敛. fl: 数项级数
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
(1)、 由 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} \sum_{k=N+1}^n\frac{a_k}{S_k}\geq \frac{1}{S_n}\sum_{k=N+1}^n a_k =\frac{S_n-S_N}{S_n} =1-\frac{S_N}{S_n}\xrightarrow{n\to\infty}1 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
及 Cauchy 收敛准则即知级数 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{S_n}$ 发散.
(2)、 我们证明更为一般的结论: 对 $\displaystyle \forall\ \varepsilon\gt 0$ , $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{S_n^{1+\varepsilon}}$ 收敛. 由 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} \frac{a_k}{S_k^{1+\varepsilon}}&=\frac{S_k-S_{k-1}}{S_k^{1+\varepsilon}}\lt \frac{S_k-S_{k-1}}{\xi_k^{1+\varepsilon}} \overset{\tiny\mbox{Lagrange 中值}}{=} \frac{1}{\varepsilon}\left(\frac{1}{S_{k-1}^\varepsilon}-\frac{1}{S_k^\varepsilon}\right) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} \sum_{k=1}^\infty \frac{a_k}{S_k^{1+\varepsilon}} \leq \frac{1}{a_1^\varepsilon}+\sum_{k=2}^\infty \frac{1}{\varepsilon}\left(\frac{1}{S_{k-1}^\varepsilon}-\frac{1}{S_k^\varepsilon}\right) =\frac{1}{a_1^\varepsilon}+\frac{1}{\varepsilon}\frac{1}{a_1^\varepsilon}\lt \infty. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{a_n}{S_n^{1+\varepsilon}}\ (\varepsilon\gt 0)$ 收敛.
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- 设 $\displaystyle f (x, y)$ 在区域 $\displaystyle D: (0, 1) \times (0, 1)$ 内分别对自变量 $\displaystyle x$ 和 $\displaystyle y$ 连续, 并且对固定的 $\displaystyle x, f (x, y)$ 关于 $\displaystyle y$ 是单调的. 证明: $\displaystyle f (x, y)$ 在区域 $\displaystyle D$ 内为二元连续函数. fl: 多元函数极限与连续
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 一言以蔽之, 分别连续且关于一个变量单调的二元函数连续. 不妨设 $\displaystyle f$ 关于 $\displaystyle y$ 单增. 对任一固定的 $\displaystyle (x_0,y_0)\in D$ 及 $\displaystyle D$ 是区域知 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} \exists\ \tilde \delta\gt 0,\mathrm{ s.t.} [x_0-\tilde \delta,x_0+\tilde \delta]\times [y_0-\tilde \delta,y_0+\tilde \delta]\subset G. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由 $\displaystyle f$ 关于 $\displaystyle y$ 连续知对任一固定的 $\displaystyle \varepsilon\gt 0$ , $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} \exists\ \delta_2\in (0,\tilde \delta),\mathrm{ s.t.} \left\{\begin{array}{l} |f(x_0,y_0-\delta_2)-f(x_0,y_0)| \lt \frac{\varepsilon}{2},\\ |f(x_0,y_0+\delta_2)-f(x_0,y_0)| \lt \frac{\varepsilon}{2}. \end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
又由 $\displaystyle f$ 关于 $\displaystyle x$ 连续知 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} \exists\ \delta_1\in (0,\tilde \delta),\mathrm{ s.t.} |x-x_0|\leq \delta_1\Rightarrow \left\{\begin{array}{l} |f(x,y_0-\delta_2)-f(x_0,y_0-\delta_2)| \lt \frac{\varepsilon}{2},\\ |f(x,y_0+\delta_2)-f(x_0,y_0+\delta_2)| \lt \frac{\varepsilon}{2}. \end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
最后由 $\displaystyle f$ 对 $\displaystyle y$ 单增知当 $\displaystyle |x-x_0| \lt \delta_1,\quad |y-y_0| \lt \delta_2$ 时, $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} f(x,y)\leq&f(x,y_0+\delta_2) \lt f(x_0,y_0+\delta_2)+\frac{\varepsilon}{2} \lt f(x_0,y_0)+\varepsilon,\\ f(x,y)\geq&f(x,y_0-\delta_2) \gt f(x_0,y_0-\delta_2)-\frac{\varepsilon}{2} \gt f(x_0,y_0)-\varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
此即 $\displaystyle |f(x,y)-f(x_0,y_0)| \lt \varepsilon$ . 跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
- 解答如下问题: (1) 叙述 $\displaystyle \mathbb{R}^{n}$ 上的有限覆盖定理. fl: 实数理论
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \mathbb{R}^n$ 的有界闭集的任一开覆盖都有有限子覆盖. 跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
(2) 设对任意的 $\displaystyle x_{0} \in[a, b]$ , 有 $\displaystyle \lim \limits_{x \rightarrow x_{0}} f (x) =0$ . 证明: $\displaystyle f (x) \in R[a, b]$ 且 $\displaystyle \int_{a}^{b} f (x) \mathrm{d} x=0$ . fl: 定积分
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
(1)、 先证: 若 $\displaystyle f$ 在区间 $\displaystyle [a,b]$ 上的每一点的极限都存在, 则 $\displaystyle f\in R[a,b]$ . 由 $\displaystyle \forall\ x\in [a,b], \lim_{t\to x} f(t)$ 存在及 Cauchy 收敛准则知 $\displaystyle \forall\ \eta\gt 0,\ \forall\ x\in [a,b],$
$$\begin{equation}\tag{10.1.3: 9: eq1}\label{10.1.3: 9: eq1}$$
\begin{aligned} \exists\ \delta_x\gt 0,\mathrm{ s.t.}\forall\ x',x\in (x-\delta_x,x)\cup (x,x+\delta
x), |f(x')-f(x)|\lt \eta. \end{aligned}$$\end{equation}$$
又由 $\displaystyle [a,b]\subset \bigcup{x\in [a,b]}(x-\delta_x,x+\delta
x)$, 有限覆盖定理及加强形式的覆盖定理 (就是 Lebesgue 数的存在性) 知$\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} [a,b]\subset \bigcup{i=1}^n \left(x
i-\delta{x_i},x
i+\delta{x_i}\right), \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
$$\begin{equation}\tag{10.1.3: 9: eq2}\label{10.1.3: 9: eq2}$$
\begin{aligned} &\exists\ \delta\gt 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ x',x\in [a,b], |x'-x|\lt \delta,\ &\exists\ x_i\in [a,b],\mathrm{ s.t.} x',x\in \left(x
i-\delta{x_i},x
i+\delta{x
i}\right). \end{aligned}$$\end{equation}$$
对 $\displaystyle {\forall\ \varepsilon\gt 0}$ , 取 $\displaystyle m\in\mathbb{Z}+
$充分大使得$\displaystyle \frac{b-a}{m}\lt \delta, 2n\cdot \frac{b-a}{m}\lt \varepsilon
$, 则$\displaystyle y_k=a+k\frac{b-a}{m}
$($\displaystyle k=0,1,2,\cdots,m
$) 满足$\displaystyle y
k-y{k-1}\lt \delta
$. 考虑分划$\displaystyle T=\left{y_k\right}\cup \left{x
i\right}$, 则$\displaystyle T$的形如$\displaystyle [y{k-1},y_k]
$的小区间 (不包含任何$\displaystyle x_i
$) 上, 由$\displaystyle y
k-y{k-1}\lt \delta
$及$(10.1.3: 9: eq1)
$,$(10.1.3: 9: eq2)
$知$\displaystyle f
$在$\displaystyle [y_{k-1},y_k]
$上的振幅$\displaystyle \lt \eta
$. 于是振幅$\displaystyle \geq \eta
$的小区间形如$\displaystyle [x_k,y_i]
$或$\displaystyle [y_i,x_k]
$, 长度$\displaystyle \leq\frac{b-a}{m}
$, 且至多有$\displaystyle 2n
$个 ($\displaystyle x_k
$作为左右端点至多有$\displaystyle n
$个). 于是$\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}
$ $$\begin{aligned} {\mbox{振幅$\displaystyle \geq\eta$ 的子区间的长度}}\leq 2n\cdot \frac{b-a}{m}{\lt \varepsilon}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
据可积的第三充分必要条件知 $\displaystyle f\in R[a,b]$ .
(2)、 由 (1), $\displaystyle f\in R[a,b]$ , 而除了一个零测度集 $\displaystyle D$ 外, $\displaystyle f$ 连续, $\displaystyle f(x)=\lim_{t\to x}f(t)=0$ . 于是 $\displaystyle \tiny\boxed{@跟锦数学微信公众号}$
$$\begin{aligned} \int_a^b f(x)\mathrm{ d} x =&\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^n f(\xi_k)\frac{b-a}{n}\left(\mbox{取 $\displaystyle \xi_k\not\in D$ }\right)\\ =&\lim_{n\to\infty} \sum_{k=1}^n 0\cdot \frac{b-a}{n}=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\mbox{www.zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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发表于 2024-1-30 08:11:03