2004年上海交通大学数学分析答案

2004年上海交通大学 数学分析

一（14）设lim n n a a →∞

=，证明22lim

2

21a

n na a a n n =+++∞

→ 证 因2

n x n =∞ ，故利用Stolz 公式，11lim

lim n n n n n n n n

y y y

x x x +→∞→∞+-=-，得

12112222(1)1lim lim lim lim (1)212

n n n n n n n a a na n a n a

a n n n n ++→∞→∞→∞→∞+++++===+-+ 二（14）证明2sin()x 在[)+∞,0上不一致连续.

证

因n x =

n y =22sin sin 1n n x y -=，

0n n x y -=-=→，

故2sin()x 在[)+∞,0上不一致连续.

三（14）设)(x f 在[]a 2,0上连续，且)0(f ＝)2(a f ，证明∃0x ∈[]a ,0，使

)(0x f ＝)(0a x f +

证 作()()()g x f x a f x =+-（[]0,x a ∈），则()g x 在[]0,a 上连续，因)0(f ＝)2(a f ，故(2)(0)g a g =-，

情形1 若(0)0g =，则取00x =，则)(0x f ＝)(0a x f +，

情形2 若(0)0g ≠，则因2(2)(0)(0)0g a g g =-<，故由介值定理知，存在[]00,x a ∈，使得0()0g x =，即)(0x f ＝)(0a x f +.

四（14）证明不等式x π

2＜x sin ＜x ，⎪⎭

⎫

⎝

⎛∈2,0πx

证 作sin ()x f x x =

，π0,2x ⎛⎫

∈ ⎪⎝⎭

，则因 2

2cos sin cos ()(tan )0x x x x f x x x x x

-'==-<， 故sin ()x f x x =在π0,2⎛⎫

⎪⎝⎭上严格单调减少，而0lim ()1x f x →=，π22lim ()πx f x →=， 因此，在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上，有2sin ()1πx f x x <=<，即x π2＜x sin ＜x .

五 (14) 设()d a

f x x +∞⎰

收敛,且)(x f 在[)+∞,a 上一致连续，证明)(lim

x f x +∞

→=

0.

证 因)(x f 在[)+∞,a 上一致连续，故0ε∀>，0δ∃>，使得当

[)12,,t t a ∈+∞且12t t δ-<时，有12()()2

f t f t ε

-<

，

令(1)()d a n n a n u f x x δ

δ

++-=

⎰

，则由积分第一中值定理得，

[](1),n x a n a n δδ∃∈+-+，使得(1)()d ()a n n n a n u f x x f x δ

δ

δ++-=

=⎰

.

因()d a

f x x +∞⎰

收敛，故级数1

n n u ∞

=∑收敛，从而0n u →，即

()0n f x δ→，也即()0n f x →，故对上述的ε，存在N +∈ ，使得

当n N >时，()2

n f x ε

<

.

取X a N δ=+，则当x X >时，因

[)[)0,(1),k x a a k a k δδ∞

=∈∞=+-+

故存在惟一的k +∈ ，使得[)(1),x a k a k δδ∈+-+，易见k N >，且k x x δ-<，从而

()()()()2

2

k k f x f x f x f x ε

ε

ε≤+-<+

=

六（14）设211

n x n -=，121d n n n x x x +=⎰，1,2,n = ，证明级数()∑∞=--1

11n n n x 收

敛.

解. 11

211d ln |ln(1)n n n n n x x x x n ++===+⎰，因2121n n S S k +=+，故只要证 ()12111

11ln(1)n n

k n k k k S x k

k -==⎡⎤=-=-+⎢⎥⎣⎦∑∑22111()2n k k k =⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦∑ 收敛即可.

七（14）设)(x f 在[]1,0上连续，)1(f = 0 ,n n x x f x g )()(= ，1,2,n = ， 证明)}({x g n 在[]1,0上一致收敛.

八（12）设()f x 在[]1,0上连续，证明1

lim ()d n n n x f x x →∞

⎰＝)1(f .

证 （1）（令n t x =，则10

()d n n x f x x ⎰1

11

()d n n

t f t t =⎰，

（2）因()f x 在[]1,0上连续，故0M ∃>，使得()f x M ≤，[]0,1x ∈，（3）

0ε∀>，记3a M

ε

=

，不妨设01a <<，则

11

110

()d ()d d 3

a

a a

n

n

n

n

t f t t t f t t M t Ma ε

≤≤==

⎰

⎰⎰，

（4）11111111

1

()d (1)[()(1)]d ()(1)d n n

n

n

n

n

a

a a

t f t t f t

f t f t t f t f t -=-≤-⎰⎰⎰

11111()(1)(1)(1)d n

n

n

n

a

t f t t f t f f t =-+-⎰

111

1

()(1)d (1)1d n

n

a

a

f t f t f t t ≤-+-⎰⎰

（5）因()f x 在[]1,0上连续，故()f x 在[]1,0上一致连续，故对上述的正数ε，0δ∃>，当[]12,0,1x x ∈且12x x δ-<时，有

12()()3(1)

f x f x a ε

-<

-

（6）因1lim 1n

n a →∞

=，记min{,

}3(1)

M a ε

εδ*=-，则存在正整数N ，使得当

n N >时，有11n

a ε*-<，

（7）当(,1)t a ∈时，有111111n n

n

t t

a -=-≤-，从而当n N >时，有

111

1

()(1)d (1)1d 3

3

n

n

a

a

f t f t f t t ε

ε

-+-<

+

⎰

⎰

（8）由（3）和（7）知，当n N >时，有

1110()d (1)n

n

t f t t f -⎰1

1111

02()d ()d (1)33a

n n n n

a t f t t t f t t f ε

ε

ε≤+-<+=⎰⎰

九（12）设1a >0，1+n a ＝n a ＋n a 1

，证明n ＝1

证 （1

）要证n ＝1 ，只要证2

lim 12n

n a n →∞=，