2004年上海交通大学数学分析考研试题答案

2004 年上海交通大学 一（14）设 lim an = a ，证明 lim n →∞
n→∞
数学分析
a1 + 2a 2 + L + na n a = 2 n2
证 因 xn = n 2
lim
∞ ，故利用 Stolz 公式，lim
n→∞
yn+1 − yn y = lim n ，得 xn+1 − xn n→∞ xn
a1 + 2a2 + L + nan n +1 a (n + 1)an+1 lim lim lim a = = = n +1 n→∞ n →∞ ( n + 1) 2 − n 2 n →∞ 2n + 1 n →∞ 2 n2
二（14）证明 sin( x 2 ) 在 [0,+∞ ) 上不一致连续.
xn − yn = 2nπ +
w w
1k et
∞
∃xn ∈ [ a + (n − 1)δ , a + nδ ] ，使得 un =
Hale Waihona Puke ana + nδ a +( n −1)δ
令 un =
∫
f ( x)d x ，则由积分第一中值定理得，
∫
g.
ε
2 +
a + nδ
f ( x)d x = δ f ( xn ) .
co
2
+
t1 , t2 ∈ [ a, +∞ ) 且 t1 − t2 < δ 时，有 f (t1 ) − f (t2 ) <
2 π 四（14）证明不等式 x ＜ sin x ＜ x ， x ∈ 0,
w
w w
证 作 g ( x) = f ( x + a ) − f ( x) （ x ∈ [ 0, a ] ） ，则 g ( x) 在 [ 0, a ] 上连续，
π
.2
1k et
证 作 f ( x) =
sin x π ， x ∈ 0, ，则因 x 2
0
3M
.2
（3） ∀ε > 0 ，记 a =
ε
，不妨设 0 < a < 1 ，则
a 1 n
1k et
1 n 0
（2）因 f ( x) 在 [0,1] 上连续，故 ∃M > 0 ，使得 f ( x) ≤ M ， x ∈ [ 0,1] ，
an
a 0 1 n
1
co
1
证明 {g n ( x)} 在 [0,1] 上一致收敛.
f ( x) ≤ f ( xk ) + f ( x) − f ( xk ) <
ε
2
=ε
六（14）设 x2 n−1 = 收敛. 解. x2 n = ∫
S2 n = ∑ ( −1)
k =1 n k −1 n +1
∞ n +1 1 1 d x ， n = 1, 2,L ，证明级数 ∑ (− 1)n−1 x n ， x2 n = ∫ n n x n =1
n
1 1 1 n +1 d x = ln x |n = ln(1 + ) ， 故只要证 因 S2 n+1 = S 2 n + ， k x n
n
1 n 1 1 1 xk = ∑ − ln(1 + ) = ∑ 2 + o( 2 ) 收敛即可. k k =1 2k k k =1 k
an
2
g.
π − 2 nπ = 2
1 → 0， π 2nπ + + 2nπ 2
co
m
证 因 xn = 2nπ +
π 2 2 ， yn = 2nπ ， sin xn − sin yn = 1， 2
f ′( x) =
x cos x − sin x cos x = 2 ( x − tan x) < 0 ， x2 x sin x π 2 在 0, 上严格单调减少， lim ( ) 而 lim f ( x) = 1， f x = ， π x →0 x π x→ 2
故 sin( x 2 ) 在 [0,+∞ ) 上不一致连续.
三（14）设 f ( x) 在 [0,2a ] 上连续，且 f (0) ＝ f (2a) ，证明 ∃ x0 ∈ [0, a ] ，使
f ( x0 ) ＝ f ( x0 + a)
因 f (0) ＝ f (2a) ，故 g (2a ) = − g (0) ， 情形 1 若 g (0) = 0 ，则取 x0 = 0 ，则 f ( x0 ) ＝ f ( x0 + a) ， 情形 2 若 g (0) ≠ 0 ，则因 g (2a ) g (0) = − g 2 (0) < 0 ，故由介值定理 知，存在 x0 ∈ [ 0, a ] ，使得 g ( x0 ) = 0 ，即 f ( x0 ) ＝ f ( x0 + a) .
2
故 f ( x) =
2 sin x π 2 < 1 ，即 x ＜ sin x ＜ x . 因此，在 0, 上，有 < f ( x) = π x π 2
五 (14) 设
x → +∞
∫
+∞ a
f ( x)d x 收 敛 , 且 f ( x) 在 [a,+∞ ) 上 一 致 连 续 ， 证 明
lim f ( x) = 0.
证 因 f ( x) 在 [a,+∞ ) 上一致连续，故 ∀ε > 0 ， ∃δ > 0 ，使得当
a +( n −1)δ
a
.2
因∫
+∞
f ( x)d x 收敛，故级数 ∑ un 收敛，从而 un → 0 ，即
n =1
δ f ( xn ) → 0 ，也即 f ( xn ) → 0 ，故对上述的 ε ，存在 N ∈
∫
1 1 n a
a
0
t f (t )d t ≤ ∫ t
1 n
七（14）设 f ( x) 在 [0,1] 上连续， f (1) = 0 , g n ( x) = f ( x) x n ， n = 1, 2,L ，
g.
0
1 1 0
八（12）设 f ( x) 在 [0,1] 上连续，证明 lim n ∫ x n f ( x)d x ＝ f (1) .
1 n→∞
证 （1） （令 t = x n ，则 n ∫ x n f ( x)d x = ∫ t n f (t n )d t ，
ε
，
m
，使得
w
当 n > N 时， f ( xn ) <
ε
2
.
取 X = a + Nδ ，则当 x > X 时，因
x ∈ [ a, ∞ ) = U [ a + (k − 1)δ , a + kδ )
k =0
∞
故存在惟一的 k ∈
x − xk < δ ，从而
+
，使得 x ∈ [ a + (k − 1)δ , a + kδ ) ，易见 k > N ，且