山东大学2019年651数学分析


解：
                  $\displaystyle R=|\frac{\displaystyle \frac{3^n+(-2)^n}{n}}{\frac{\displaystyle 3^{n+1}+(-2)^{n+1}}{n+1}}|=\frac{1}{3},(n \to \infty )$

              由于
                    $\displaystyle \frac{3^n+(-1)^n}{n}\cdot \frac{1}{3^n}=\frac{1}{n}+\frac{(-1)^n}{n\cdot 3^n},(x+1=\frac{1}{3})$

                    $\displaystyle \frac{3^n+(-1)^n}{n}\cdot \frac{1}{(-3)^n}=\frac{(-1)^n}{n}+\frac{1}{n\cdot 3^n},(x+1=-\frac{1}{3})$

            此时，两个级数中分别有一项级数发散，
                          $\displaystyle \therefore -\frac{1}{3}< x+1< \frac{1}{3},\Rightarrow -\frac{4}{3}< x< -\frac{2}{3}.$

                  所以，收敛域为$\displaystyle (-\frac{4}{3},-\frac{2}{3}).$

山东大学2019年651数学分析


证明：
                      用积分判别法，有
                                   $\because \int_{1}^{+\infty }\frac{1}{x^\alpha }dx< \infty ,(\alpha > 1)$

                                    $\therefore a_n< \infty .$

山东大学2019年651数学分析

证明：
                       $\displaystyle \because (1-\frac{\sin x}{x})^{\frac{1}{3}}-1\sim -\frac{1}{3}\cdot \frac{\sin x}{x},(x \to \infty )$

                       $\displaystyle \therefore \int_{0}^{+\infty }[(1-\frac{\sin x}{x})^{\frac{1}{3}}-1]dx=-\frac{1}{3}\int_{0}^{+\infty }\frac{\sin x}{x}dx< \infty .$

              而
                       $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }|[(1-\frac{\sin x}{x})^{\frac{1}{3}}-1]|dx=\frac{1}{3}\int_{0}^{+\infty }|\frac{\sin x}{x}|dx\geq \frac{1}{3}\int_{0}^{+\infty }\frac{2}{x}dx=\infty .$

              所以，广义积分条件收敛。

山东大学2019年651数学分析


证明
                            $\displaystyle \because \sum_{n=1}^{\infty }|a_n-a_{n-1}|< \infty ,$

                  而
                            $\displaystyle S_n=\sum_{k=2}^{n}(a_k-a_{k-1})=a_n-a_1.$

                             $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }S_n=\lim_{n \to \infty }a_n-a_1\leq \sum_{n=2}^{\infty }|a_n-a_{n-1}|< \infty .$
                   由此
                            $\displaystyle |a_n|\leq M,$

                  所以，有
                            $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }a_nb_n\leq \sum_{n=1}^{\infty }|a_n|b_n\leq M\sum_{n=1}^{\infty }b_n< \infty .$

山东大学2019年651数学分析


证明
                 因为
                       $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\frac{\sin 2x}{x+\alpha }e^{-\alpha x}dx\leq \int_{0}^{+\infty }\frac{\sin 2x}{x}dx=\int_{0}^{+\infty }\frac{\sin 2x}{2x}d(2x)=\frac{\pi}{2}.$

                  所以，由$M-$判别法，无穷积分对$\displaystyle \alpha \in [0,\beta ]$上一致收敛。

山东大学2018年651数学分析


解：
                       $\begin{align*}I&=\int_{-\infty }^{+\infty }e^{-(ax^2+2bx+c)}dx=\int_{-\infty }^{+\infty }e^{-a(x^2+\frac{2b}{a}x+\frac{c}{a})}dx\\\\&=\int_{-\infty }^{+\infty }e^{-a((x+\frac{b}{a})^2+\frac{c}{a}-\frac{b^2}{a^2})}dx=e^{\frac{b^2}{a}-c}\int_{-\infty }^{+\infty }e^{-a(x+\frac{b}{a})^2}d(x+\frac{b}{a})\\\\&=e^{\frac{b^2}{a}-c}\int_{-\infty }^{+\infty }e^{-at^2}dt=2e^{\frac{b^2}{a}-c}\int_{0}^{+\infty }e^{-at^2}dt.\end{align*}$

                       $\begin{align*}\because (\int_{0}^{+\infty }e^{-at^2}dt)^2&=\int_{0}^{+\infty }e^{-ax^2}dx\int_{0}^{+\infty }e^{-ay^2}dy\\\\&=\int_{0}^{+\infty }\int_{0}^{+\infty }e^{-a(x^2+y^2)}dxdy\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{+\infty }re^{-ar^2}dr\\\\&=\frac{\pi}{a}e^{-ar^2}|_0^{+\infty }\\\\&=\frac{\pi}{a}.\end{align*}$

                       $\displaystyle \therefore \int_{0}^{+\infty }e^{-at^2}dt=\sqrt{\frac{\pi}{a}}.$

                   因而
                          $\displaystyle I=2e^{\frac{b^2-ac}{a}}\sqrt{\frac{\pi}{a}}.$

山东大学2018年651数学分析


解：
                       $\begin{align*}I&=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}([\frac{2n}{k}]-2[\frac{n}{k}])\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}([\frac{2}{k/n}]-2[\frac{1}{k/n}])\\\\&=\int_{0}^{1}([\frac{2}{x}]-2[\frac{1}{x}])dx\\\\&=\sum_{n=1}^{\infty }\int_{1/(n+1)}^{1/n}([\frac{2}{x}]-2[\frac{1}{x}])dx\\\\&=\sum_{n=1}^{\infty }(\int_{1/(n+1)}^{1/(n+1/2)}+\int_{1/(n+1/2)}^{1/n})([\frac{2}{x}]-2[\frac{1}{x}])dx,\end{align*}$

           而
                           $\displaystyle \because \int_{1/(n+1)}^{1/(n+1/2)}([\frac{2}{x}]-2[\frac{1}{x}])dx=\int_{1/(n+1)}^{1/(n+1/2)}dx=\frac{2}{2n+1}-\frac{1}{n+1},$

                           $\displaystyle \int_{1/(n+1/2)}^{1/n}([\frac{2}{x}]-2[\frac{1}{x}])dx=0,$

                       $\begin{align*}\therefore I&=\sum_{n=1}^{\infty }(\frac{2}{2n+1}-\frac{1}{n+1})\\\\&=2\sum_{n=1}^{\infty }(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2})\\\\&=2(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\cdots )\\\\&=2(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\cdots)-1\\\\&=2\ln2-1.\end{align*}$


                             参见“《数学分析教程(第三版) 上》[常庚哲，史济怀编著，2013”问题7.3（2）

【参考】

山东大学2018年651数学分析


解：
          （1）、$f(x)$为偶函数，所以在$[-\pi,\pi]$上
                                      $\displaystyle b_n=0.$

                                       $\displaystyle a_0=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{\pi}{2}\frac{e^x+e^{-x}}{e^\pi+e^{-\pi}}dx=\frac{1}{e^\pi+e^{-\pi}}\int_{0}^{\pi}(e^x+e^{-x})dx=\frac{e^\pi-e^{-\pi}}{e^\pi+e^{-\pi}}.$

                                       $\displaystyle a_n=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{\pi}{2}\frac{e^x+e^{-x}}{e^\pi+e^{-\pi}}\cos nxdx=\frac{e^\pi-e^{-\pi}}{e^\pi+e^{-\pi}}\cdot \frac{(-1)^n}{n^2+1}.$

                           令
                                   $\displaystyle A=\frac{e^\pi-e^{-\pi}}{e^\pi+e^{-\pi}},$

                                 $\displaystyle \therefore f(x)=\frac{1}{2}\cdot \frac{e^\pi-e^{-\pi}}{e^\pi+e^{-\pi}}+\frac{e^\pi-e^{-\pi}}{e^\pi+e^{-\pi}}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^n}{n^2+1}\cos nx=\frac{1}{2}A+A\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^n}{n^2+1}\cos nx..$

           （2）、令$x=\pi/2$，则
                                      $\displaystyle f(\frac{\pi}{2})=\frac{1}{2}A+A\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^n}{n^2+1}\cos n\frac{\pi}{2}=\frac{1}{2}A+A\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^n}{4n^2+1}.$

                                    $\displaystyle \therefore \sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^n}{4n^2+1}=\frac{\pi}{2A}\cdot \frac{e^{\frac{\pi}{2}}+e^{\frac{-\pi}{2}}}{e^\pi+e^{-\pi}}-\frac{1}{2}.$

山东大学2018年651数学分析


证明
                   由已知条件，可知有
                                        $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\forall x',x''\in(a,+\infty ),\exists A> 0,x',x''>A ,s.t.$

                                         $\displaystyle |f(x')-f(x'')|< \epsilon ,$

                   由柯西中值定理，
                                       $\displaystyle |g(x')-g(x'')|=|\frac{g'(\xi)}{f'(\xi)}|\cdot |f(x')-f(x'')|< \epsilon.$

                              即
                                        $\displaystyle \lim_{x\to+\infty }g(x)< \infty .$

山东大学2018年651数学分析


证明：
                         $\displaystyle \because f_n(x)=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n}\cos (x+\frac{k}{n}),$

                          $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }f_n(x)=\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{n}\cos (x+\frac{k}{n})=\int_{0}^{1}\cos (x+t)dt=\sin (x+1)-\sin x=f(x).$

                 即$f_n(x)$一致收敛于$f(x)$。由此得到     
                          $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\forall x',x''\in (-\infty ,+\infty ),\exists N> 0,n> N,s.t.$   

                             $\displaystyle |f_n(x')-f(x)|< \frac{\epsilon }{2},$      

                              $\displaystyle |f_n(x'')-f(x)|< \frac{\epsilon }{2},$     

                并且，有
                              $\displaystyle \exists \delta > 0,|x'-x''|< \delta ,s.t.$   

                               $\displaystyle |f_n(x')-f_n(x'')|\leq |f_n(x')-f(x)|+|f_n(x'')-f(x)|< \frac{\epsilon }{2}+\frac{\epsilon }{2}=\epsilon .$  


   

山东大学2018年651数学分析



证明：
                      由已知
                                 $\displaystyle \because P'''(x)-P''(x)-P'(x)+P(x)\geq 0,$

                                 $\displaystyle \therefore (P''(x)-P(x))'- (P''(x)-P(x))\geq 0,$

                                  $\displaystyle \Rightarrow \ln(P''(x)-P(x))> x,$

                        即
                                   $\displaystyle P''(x)-P(x)> e^x> 0,$

                        考察微分方程
                                     $\displaystyle P''(x)-P(x)= e^x,$

                         其解$P(x)$为指数函数的组合函数，因此，必有$\displaystyle P(x)\geq 0.$

山东大学2018年651数学分析


这题只要仔细，不难。

山东大学2018年651数学分析


证明：
               由已知条件
                                  $\displaystyle \because \int_{0}^{+\infty }f^2(x)dx< \infty ,|f'(x)|< c.$

                                   $\displaystyle \therefore |f^2(x)f'(x)|< cf^2(x),$

                   从而
                                   $\displaystyle \Rightarrow \int_{0}^{+\infty }f^2(x)f'(x)dx< \int_{0}^{+\infty }|f^2(x)f'(x)|dx< c\int_{0}^{+\infty }f^2(x)dx< \infty ,$

                  而
                                    $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }f^2(x)f'(x)dx=\frac{1}{3}[\lim_{x\to+\infty }f^3(x)-f^3(0)]< \infty ,$

                     由此可知
                                      $\displaystyle \lim_{x\to+\infty }f^3(x),\lim_{x\to+\infty }f^2(x)$存在。

                      再由已知条件
                                      $\displaystyle \because \int_{0}^{+\infty }f^2(x)dx< \infty ,$

                                      $\displaystyle \therefore \lim_{x\to+\infty }f(x)=0.$

浙江工业大学2020数学分析


解
                   $\begin{align*}I&=\lim_{n \to \infty }\frac{\sqrt[n]{(n+1)(n+2)\cdots (n+n)}}{n}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\sqrt[n]{(1+\frac{1}{n})(1+\frac{2}{n})\cdots (1+\frac{n}{n})}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\exp(\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}\ln(1+\frac{k}{n}))\\\\&=\exp(\int_{0}^{1}\ln(1+x)dx)\\\\&=\exp(x\ln(1+x)|_0^1-\int_{0}^{1}\frac{x}{1+x}dx)\\\\&=\exp[\ln2-1+\ln(1+x)|_0^1]\\\\&=e^{\ln4-1}=4e^{-1}.\end{align*}$

浙江工业大学2020数学分析


解：
                       $\begin{align*}\lim_{x\to 0}\frac{(1+x)^{\frac{1}{x}}-e}{x}&=\lim_{x\to 0}\frac{e^{\frac{1}{x}\ln(1+x)}-e}{x}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{e^{1-\frac{1}{2}x}-e}{x}\\\\&=e\lim_{x\to 0}\frac{e^{-\frac{1}{2}x}-1}{x}\\\\&=e\lim_{x\to 0}\frac{-\frac{1}{2}x}{x}\\\\&=-\frac{e}{2}.\end{align*}$

浙江工业大学2020数学分析


证明：
               将$f(0),f(2)$在$x$处泰勒展开
                                      $f(0)=f(x)+f'(x)(-x)+\frac{1}{2}f''(\xi)x^2,\xi\in(0,2)$

                                       $f(2)=f(x)+f'(x)(2-x)+\frac{1}{2}f''(\eta)(2-x)^2,\eta\in(0,2)$

                      两式相减，得
                                     $f(2)-f(0)=2f'(x)+\frac{1}{2}f''(\xi)x^2-\frac{1}{2}f''(\eta)(2-x)^2,$

                       因而有
                                     $|f'(x)|\leq \frac{1}{2}(|f(2)-f(0)|+\frac{1}{2}|-f''(\xi)x^2+f''(\eta)(2-x)^2|)\leq 1+\frac{1}{4}|4-4x|\leq 2.$

浙江工业大学2020数学分析


解：
                  收敛半径
                                     $\displaystyle R=|\frac{a_n}{a_{n+1}}|=\frac{(n+1)(2n+1)}{n(2n-1)}=1,$

                       当$x=\pm 1$时，原级数收敛。所以
                                      $\displaystyle x\in[-1,1].$

                      求和
                                  $\begin{align*}S&=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n-1}}{n(2n-1)}x^{2n}=x\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n-1}}{n(2n-1)}x^{2n-1}\\\\&=x\int_{0}^{x}(\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n-1}}{n(2n-1)}x^{2n-1})'dx\\\\&=x\int_{0}^{x}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{2n-2}dx\\\\&=\frac{1}{x}\int_{0}^{x}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n-1}}{n}x^{2n}dx\\\\&=\frac{1}{x}\int_{0}^{x}\ln(1+x^2)dx\\\\&=(1-\frac{1}{2x})\ln(1+x^2).\end{align*}$

浙江工业大学2020数学分析


解：
              
              

浙江工业大学2020数学分析


证明：
                    $\displaystyle \because \lim_{(x,y)\to(0,0)}\phi (x,y)=\phi (0,0)=0.$

                    $\displaystyle \therefore f(0,0)=|x-y|\phi (0,0)=0.$

           因此有
                     $\displaystyle \lim_{\rho \to 0}\frac{f(x,y)-f(0,0)}{\rho }=\lim_{\rho \to 0}\frac{|x-y|\phi (x,y)-0}{\rho }=0.(\rho =\sqrt{x^2+y^2})$

            即在$(0,0)$处可微。

浙江工业大学2020数学分析

浙江工业大学2020数学分析


证明：
                    $\begin{align*}\because \lim_{n \to \infty }\frac{a_n}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots (1+a_{n})}&=\lim_{n \to \infty }(\frac{1}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots (1+a_{n-1})}\\\\&-\frac{1}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots (1+a_{n})}),\end{align*}$

             由于所给数列是正数列，故设
                        $\displaystyle a=\inf\{a_n\}> 0,$

                    $\begin{align*}\therefore 0&\leq \lim_{n \to \infty }(\frac{1}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots (1+a_{n-1})}-\frac{1}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots (1+a_{n})})\\\\&\leq \lim_{n \to \infty }\frac{1}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots (1+a_{n-1})}=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{(1+a)^{n-1}}=0.\end{align*}$

              因此有
                      $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{a_n}{(1+a_1)(1+a_2)\cdots (1+a_{n})}=0.$

广东财经大学2020数学分析


解：
                         $\displaystyle \because \lim_{n \to \infty }\frac{n!}{n^n}=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{n}\cdot \frac{2}{n}\cdots \frac{n-1}{n}<\lim_{n \to \infty }\frac{1}{n}\cdot \frac{2}{n}\cdots \frac{n-2}{n}< \cdots < \lim_{n \to \infty }\frac{1}{n}=0,$

                         $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\frac{n!}{n^n}> \lim_{n \to \infty }\frac{1}{n^n}=0,$

                          $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }\frac{n!}{n^n}=0.$

广东财经大学2020数学分析


解：
                    $\displaystyle \lim_{x\to \infty }x(\frac{\pi}{4}-\arctan \frac{x}{x+1})=\lim_{x\to \infty }\frac{-\frac{\frac{1+x-x}{(1+x)^2}}{1+(\frac{x}{1+x})^2}}{-\frac{1}{x^2}}=\lim_{x\to \infty }\frac{x^2}{1+2x+2x^2}=\frac{1}{2}.$

广东财经大学2020数学分析


解：
                 $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\int_{\cos x}^{1}e^{-t^2}dt}{x^2}=\lim_{x\to 0}\frac{\sin xe^{-\cos ^2x}}{2x}=\frac{1}{2e}.$

广东财经大学2020数学分析


证明：
                        $\displaystyle \because |\frac{\sin nx}{\sqrt[3]{n^4+x^4}}|< \frac{1}{n^{\frac{4}{3}}},$

              而，
                        $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{\frac{4}{3}}}< \infty ,$

               由优势级数判别法，原级数一致收敛。

广东财经大学2020数学分析


解：
                   $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x}=yf+xy\cdot \frac{1}{y}f'_1+xy\cdot \frac{-y}{x^2}f'_2=yf+xf'_1-\frac{y^2}{x}f'_2,$

              由对称性，得
                    $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y}=xf+yf'_2-\frac{x^2}{y}f'_1.$

广东财经大学2020数学分析


解：
                     $\displaystyle \int_{0}^{x}tf(x-t)dt=\int_{0}^{x}(x-t)f(t)dt=x\int_{0}^{x}f(t)dt-\int_{0}^{x}tf(t)dt=1-\cos x.$

                对$x$求导
                             $\displaystyle \int_{0}^{x}f(t)dt-2xf(x)=\sin x,$

                  再求一次导
                                $\displaystyle -f(x)-2xf'(x)=\cos x,$

               接着解微分方程

广东财经大学2020数学分析


解：
              $S=\int_{\frac{1}{4}-\frac{\sqrt{3}}{2}}^{1}(-x^2+1-x^2+x)dx.$

广东财经大学2020数学分析


解：
                 取
                               $\displaystyle \Delta x_i=\frac{1}{n},\xi=\frac{i}{n},$

                   则积分和为
                               $\displaystyle S_n=\sum_{i=0}^{n-1}f(\xi_i)\Delta x_i=\sum_{i=0}^{n-1}\frac{1}{n}a^{\frac{i}{n}}=\frac{1}{n}\cdot \frac{1-a}{1-a^{\frac{1}{n}}}.$

                    取极限，得
                                 $\displaystyle S=\lim_{n \to \infty }S_n=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{n}\cdot \frac{a-1}{a^{\frac{1}{n}}-1}=\lim_{n \to \infty }\frac{a-1}{n\cdot \frac{1}{n}\ln a}=\frac{a-1}{\ln a}.$

广东财经大学2020数学分析


解：
             设内接矩形的边长为$x,y$.由相似三角形知，它们的比例为
                                $\displaystyle \frac{x}{a}=\frac{h-y}{h},\Rightarrow y=h(1-\frac{x}{a}).$

                     内接矩形的面积为
                                $\displaystyle S=xy=xh(1-\frac{x}{a})=xh-\frac{h}{a}x^2,$

                      求驻点
                                  $\displaystyle S'=h-\frac{2h}{a}x=0,\therefore x=\frac{a}{2}.$

                       由此，最大内接矩形的面积为
                                      $\displaystyle S=\frac{1}{4}ah.$