中国科学技术大学极限论试题




网友的解答

中国科学技术大学极限论试题


解：
               由等价无穷小可知
                               $\displaystyle \because x^m-1=e^{m\ln x}-1=m\ln x+o(m\ln x),$

                                  $\displaystyle  x^n-1=e^{n\ln x}-1=n\ln x+o(n\ln x),$

                                $\displaystyle \therefore \lim_{x\to1}\left ( \frac{m}{x^m-1}-\frac{n}{x^m-1} \right )=\lim_{x\to1}\left ( \frac{1}{\ln x}-\frac{1}{\ln x} \right )=0.$

中国科学技术大学极限论试题

中国科学技术大学极限论试题


证明
              由二项式展开公式，得
                             $\begin{align*}\left ( 1+\frac{1}{n} \right )^n&=1+\sum_{k=1}^{n}\binom{n}{k}\frac{1}{n^k}\\\\&=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}\left ( 1-\frac{1}{n} \right )+\frac{1}{3!}\left ( 1-\frac{1}{n} \right )\left ( 1-\frac{2}{n} \right )+\\\\&\cdots +\frac{1}{n!}\left ( 1-\frac{1}{n} \right )\left ( 1-\frac{2}{n} \right )\cdots \left ( 1-\frac{n-1}{n} \right )\\\\&< \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}.\end{align*}$

             而
                            $\displaystyle \because \left ( 1-\frac{1}{n} \right )\left ( 1-\frac{2}{n} \right )\cdots \left ( 1-\frac{k}{n} \right )> 1-\frac{1+2+3+\cdots +k}{n}=1-\frac{k(k+1)}{2n}.$

                            $\begin{align*}\therefore \left ( 1+\frac{1}{n} \right )^n&> \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}-\sum_{k=1}^{n}\frac{k(k-1)}{2nk!}\\\\&=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}-\frac{1}{2n}\sum_{k=2}^{n}\frac{1}{(k-2)!}\\\\&> \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}-\frac{e}{2n}\\\\&> \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k!}-\frac{3}{2n}.\end{align*}$

                  综上，即得命题结论。

中国科学技术大学极限论试题


解：
             令
                             $\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^{n}a_k=0,$

               利用Abel求和公式，有
                               $\begin{align*}\therefore \sum_{k=1}^{n}a_k\sin\sqrt{x+k}&=S_n\sin\sqrt{x+n}+\sum_{k=1}^{n-1}S_k(\sin\sqrt{x+k}-\sin\sqrt{x+k-1})\\\\&=\sum_{k=1}^{n-1}S_k\cdot
2\cos\frac{\sqrt{x+k}+\sqrt{x+k-1}}{2}\sin\frac{\sqrt{x+k}-\sqrt{x+k-1}}{2}\\\\&=\sum_{k=1}^{n-1}S_k\cdot
2\cos\frac{\sqrt{x+k}+\sqrt{x+k-1}}{2}\sin\frac{1}{2(\sqrt{x+k}+\sqrt{x+k-1})}\\\\&=2\sum_{k=1}^{n-1}S_k\cos\frac{\sqrt{x+k}+\sqrt{x+k-1}}{2}\cdot 0\\\\&=0,(x \to +\infty)\end{align*}$

                 因此得
                                $\displaystyle \lim_{x \to +\infty}\sum_{k=1}^{n}a_k\sin\sqrt{x+k}=0.$

中国科学技术大学极限论试题


看到一个现成的解答，偷懒了
      

注：中科大的这张试卷，基本上全是史济怀书上的习题或问题。参见：
               
                    《数学分析教程 上》（第三版） [常庚哲，史济怀编著][中国科学技术大学出版社][2012.08][499页]

复旦大学2020-2021学年第二学期期中(英才班)



解：
                                 $\begin{align*}I&=\int_{0}^{\pi} \overset{x=\pi-t}{=}\int_{0}^{\pi}\frac{(\pi-t)\sin t}{1+\sin t}dt\\\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\frac{\pi\sin t}{1+\sin t}dt\\\\&=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}(1-\frac{1}{1+\sin t})dt\\\\&=\frac{\pi^2}{2}-\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}\frac{2}{\cos^2\frac{t}{2}(1+\tan \frac{t}{2})^2}d(\frac{t}{2})\\\\&=\frac{\pi^2}{2}+\pi(\frac{1}{1+\tan \frac{t}{2}})|_0^\pi\\\\&=\frac{\pi^2}{2}-\pi.\end{align*}$

复旦大学2020-2021学年第二学期期中(英才班)


解：
                      $\displaystyle D:\frac{(x-1)^2}{2}+\frac{(y-\frac{1}{2})^2}{\frac{1}{2}}\leq 1,$

            令
                      $\displaystyle x=1+\sqrt{2}r\cos t,y=\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}r\sin t,$

                   则：
                         $\displaystyle |J|=\frac{\partial(x,y )}{\partial (r,t)}=r.$

                       $\begin{align*}\therefore I&=\iint_D=\iint_{D'} \left ((1+\sqrt{2}r\cos t)^2 +(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}r\sin t)^2 \right )rdrdt\\\\&=\frac{5}{4}\pi+\frac{1}{8}\pi+\frac{1}{2}\pi=\frac{15}{2}\pi.\end{align*}$

复旦大学2020-2021学年第二学期期中(英才班)


解：
                           $\displaystyle (1-x)^\alpha x^{n^2}\sim -x^{\alpha +n^2},x\in(0,1)$

                   因此，当
                            $\displaystyle \alpha +n^2> 0,\alpha > -n^2,$发散；

                             $\displaystyle -1\leq \alpha +n^2< 0,-n^2-1\leq \alpha < -n^2,$发散；

                             $\displaystyle \alpha +n^2< -1,\alpha > -n^2-1,$收敛。

复旦大学2020-2021学年第二学期期中(英才班)



解：
               令
                                    $\displaystyle f_n(\alpha,\beta )=\frac{\sin (n+\frac{1}{n^\beta })}{n^\alpha +\sin n},\alpha ,\beta \in D,$

                      因此
                                    $\displaystyle f_n(\alpha,\beta )\rightarrow 0=f(\alpha,\beta ),(n \to \infty )$

                      而
                                      $\displaystyle \sup|f_n(\alpha ,\beta )-f(\alpha ,\beta )|=|\frac{1}{n^\alpha }|=0,(n\to 0,\alpha ,\beta \in D)$

                             级数一致收敛。
                                     $\displaystyle \therefore D=(0+,\infty)\times (0,+\infty).$

复旦大学2020-2021学年第二学期期中(英才班)



解：
                     $\begin{align*}\lim_{n \to +\infty }\sum_{k=1}^{n}\ln(1+\frac{\ln k}{n\ln n})&=\lim_{n \to +\infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln k}{n\ln n}\\\\&=\lim_{n \to +\infty }\frac{\sum_{k=1}^{n}\ln k}{n\ln n}\\\\&=\lim_{n \to +\infty }\frac{\ln n!}{n\ln n}\\\\&=1.\end{align*}$

复旦大学2020-2021学年第二学期期中(英才班)


（1）、解
                     显然，分子分母积分均收敛。所以由积分第一中值定理，有

                                            $\displaystyle \int_{0}^{\frac{1}{2}}x^{nx}dx=\frac{1}{2}\xi ^{n\xi},(\xi\in(0,\frac{1}{2}))$

                                             $\displaystyle \int_{\frac{1}{2}}^{1}x^{nx}dx=\frac{1}{2}\eta ^{n\eta },(\eta \in(\frac{1}{2},1))$
                       
                      因此
                                  $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\frac{\int_{0}^{\frac{1}{2}}x^{nx}dx}{\int_{\frac{1}{2}}^{1}x^{nx}dx}=\lim_{n \to +\infty }\frac{\frac{1}{2}\xi ^{n\xi}}{\frac{1}{2}\eta ^{n\eta }}=\lim_{n \to +\infty }(\frac{\xi }{\eta })^{n\xi}\cdot (\frac{1}{\eta })^{n(\eta -\xi)}=0.$

（2）、解
                  令$nx=t,$则$x=t/n,dx=dt/n.$

                                     $\begin{align*} I&=\lim_{n \to \infty }\frac{\displaystyle\int_{0}^{1}\frac{x^{nx}}{1+x^2}dx}{\displaystyle\int_{0}^{1}x^{nx}dx}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{\displaystyle \int_{0}^{n}\frac{(\frac{t}{n})^t}{1+(\frac{t}{n})^2}\cdot \frac{dt}{n}}{\displaystyle \int_{0}^{n}(\frac{t}{n})^tdt}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{\displaystyle \frac{(\frac{n}{n})^n}{1+(\frac{n}{n})^2}\cdot \frac{1}{n}}{(\displaystyle \frac{n}{n})^n}\\\\&=0.\end{align*}$

复旦大学2020-2021学年第二学期期中(英才班)


解：可以给证所给已知式为$f(x)=\cos (\alpha x)$在$[-\pi,\pi]$上的Fourier展开式$(x=\pi)$.同理，可将$f(x)=\cosh (\alpha x)$在$ [-\pi,\pi]$作余弦展开，得
   
                           $\displaystyle \frac{\pi}{2}\frac{\cosh \alpha x}{\sinh \alpha x}=\frac{1}{2\alpha }+\sum_{n=1}^{\measuredangle \infty }(-1)^n\frac{\alpha }{n^2+\alpha ^2}\cos nx,$

            令$x=\pi$，即得所求展开式。
                     

                                           【 参考：《微积分学教程》(第三卷)(第8版)【苏】Г. М. 菲赫金哥尔茨 著；路见可 余家荣 吴亲仁 译，2版,2006，p371页相关内容。】

复旦大学2020-2021学年第二学期期中(英才班)

扬州大学2021年601-数学分析


【另证法】
              假设这样的函数存在，那么从给定的多项式可以推定，$f(x)$亦必是一个多项式。

              再由多项函数性质可知，$f(f(x))$的首项指数必为合数。但从所给的多项式，首项指数为腩数，故不可能。


  

四川大学1997年数学分析考研试题



解：作变量代换
                         $\displaystyle u=x+y,v=x-y,|J|=\frac{1}{2},$

                         $\displaystyle 0\leq u\leq 1,0\leq v\leq 1,$

                         $\displaystyle I=\iint\frac{x^2-2xy+y^2 }{\sqrt{x+y+2}}dxdy=\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}du\int_{-1}^{1}\frac{v^2}{\sqrt{u+2}}dv=\frac{1}{6}(\sqrt{3}-1).$

中国矿业大学2021年数学分析
二、计算题
3、
                          $\begin{align*}\int\frac{dx}{5-3\cos x}&=\int \frac{dx}{5-3(2\cos ^2\frac{x}{2}-1)}=\int \frac{dx}{8-6\cos ^2\frac{x}{2}}\\\\&=\int \frac{d(\frac{x}{2})}{4-3\cos ^2\frac{x}{2}}=\int \frac{d(\frac{x}{2})}{\cos ^2\frac{x}{2}(\frac{4}{\cos ^2\frac{x}{2}}-3)}\\\\&=\int \frac{d(\tan\frac{x}{2})}{4(\tan^2\frac{x}{2}+1)-3}=\int \frac{d(\tan\frac{x}{2})}{4\tan^2\frac{x}{2}+1}\\\\&=\frac{1}{2}\arctan (\tan\frac{x}{2})+C=\frac{x}{4}+C.\end{align*}$

暨南大学2021年709数学分析


解
                           $\displaystyle \because f(x)\geq 0,f(x)f(-x)=1,$

                          $\begin{align*}\therefore I&=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{1+f(x)}dx\\\\&=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x}{1+f(-x)}dx\\\\&=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{f(x)\cos x}{1+f(x)}dx\\\\&=\frac{1}{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos x(1+f(x))}{1+f(x)}dx\\\\&=1.\end{align*}$

中科大2012-2013学年第一学期《音变量微积分》期末考试试题


解：
                        $\displaystyle \because f(0)=0,f'(x)>0,\therefore f(x)> 0,$

              令
                          $\displaystyle F(x)=\frac{\displaystyle \int_{\alpha }^{x}f(t)dt}{x-\alpha },$

                    则
                               $\displaystyle F'(x)=f(x)> 0,\Rightarrow F(x)\uparrow ,$

                           $\displaystyle \therefore F(1)=\frac{\displaystyle \int_{\alpha }^{1}f(t)dt}{1-\alpha } > F(\beta )=\frac{\displaystyle \int_{\alpha }^{\beta }f(t)dt}{\beta -\alpha },$

                从而得
                           $\displaystyle \int_{0}^{1}f(x)dx> \int_{\alpha }^{1}f(x)dx> \frac{1-\alpha }{\beta -\alpha }\int_{\alpha }^{\beta }f(x)dx.$

中科大2014-2015学年第一学期《单变量微积分》期末考试试题



解：
            由已知
                                      $\displaystyle \because f^2(x)\leq 1+2\int_{0}^{x}f(t)dt,$

                      求导得、  
                                       $\displaystyle 2f(x)f'(x)\leq 2f(x),(f(x)> 0)$

                                         $\displaystyle \therefore f'(x)\leq 1,$

                        积分得
                                        $\displaystyle f(x)\leq x+C.$

                        再由已知不等式，令$x=0$,得
                                            $\displaystyle f^2(0)\leq 1,f(0)\geq 0.$

                             代入前式得
                                               $\displaystyle \Rightarrow C\geq 1,$

                                         $\displaystyle \therefore f(x)\leq 1+x.$

复旦大学2019-2020学年数学分析（AI）第一学期期末试卷


证明：利用单调有界原理。

                 由已知可知
                                               $\forall \eta \in [F(\alpha ),F(\beta )]\subset [F(a),F(b)],$

                        $F(x)$有介值性，即
                                                  $\exists \xi\in[\alpha ,\beta ]\subset [a,b],s.t.F(\xi)=\eta .$

                           则存在$x_n\in[\xi-\delta ,\xi)$（左邻域，单调增）,由于$F(x)$在$[\xi-\delta ,\xi)$上单调增，且$F(x_n)\leq F(\xi)=\eta.$

                            所以，$F(x_n)$为单调有界，有极限，即
                                                    $\forall \epsilon > 0,\exists N>0,n>N,\exists \delta > 0,|x_n-\xi|< \delta ,s.t.|F(x_n)-F(\xi)|< \epsilon .$

                        同理，存在$x_n\in(\xi,\xi+\delta],$（右邻域，单调减）
                                                     $\forall \epsilon > 0,\exists N>0,n>N,\exists \delta > 0,|x_n-\xi|< \delta ,s.t.|F(x_n)-F(\xi)|< \epsilon .$

                            即
                                           $\displaystyle \lim_{n \to \infty }F(x_n)=F(\xi)=\eta.$
                           
                                左右极限存在且相等。也即$F(x)$在$\xi$点连续。而由$\xi$的任意性，可知，$F(x)$在$[a,b]$上连续。

复旦大学数学院2020-2021学年第二学期英才班试题
一、（5）求
                           $\displaystyle \lim_{n \to +\infty}\sum_{k=1}^{n}\ln (1+\frac{\ln k}{n\ln n}).$

解：
                   $\begin{align*}\lim_{n \to +\infty}\sum_{k=1}^{n}\ln (1+\frac{\ln k}{n\ln n})&=\lim_{n \to +\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{\ln k}{n\ln n}=\lim_{n \to +\infty}\frac{\ln n!}{n\ln n}\\\\&=\lim_{n \to +\infty}\frac{\ln n!-\ln(n-1)!}{n\ln n-(n-1)\ln(n-1)}\\\\&=\lim_{n \to +\infty}\frac{\ln n}{\ln\frac{n^{(n-1)}\cdot n}{(n-1)^{(n-1)}}}\\\\&=\lim_{n \to +\infty}\frac{\ln n}{\ln n+\ln(1+\frac{1}{n-1})^{(n-1)}}\\\\&=\lim_{n \to +\infty}\frac{\ln n}{\ln n+1}=1.\end{align*}$

2010-2011级中科大USTC单变量微积分期末试题


证明：
                                   $\displaystyle \because f(1)=\int_{0}^{1}e^{x-1}f(x)dx,$

                                   $\begin{align*}\therefore ef(1)&=\int_{0}^{1}e^{x}f(x)dx\\\\&=xe^{x}f(x)|_0^1-\int_{0}^{1}x(e^{x}f(x)+e^{x}f'(x))dx\\\\&=ef(1)-\int_{0}^{1}x(e^{x}f(x)+e^{x}f'(x))dx,\end{align*}$

                                   $\displaystyle \Rightarrow \int_{0}^{1}x(e^{x}f(x)+e^{x}f'(x))dx=0.$

                      由积分第一中值定理，得$\displaystyle \exists \xi\in(0,1) s.t.$

                                      $\displaystyle \xi e^{\xi}(f(\xi)+f'(\xi))=0.$

                         即有
                                      $\displaystyle f(\xi)+f'(\xi)=0.$

中科大2011-2012学年第一学期《单变量微积分》期末考试题


证明：
                       $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }na_n&=\lim_{n \to \infty }n[\sum_{k=1}^{n}\int_{k-1}^{k}f(a+\frac{(b-a)x}{n})\frac{b-a}{n}dx-\frac{b-a}{n}\sum_{k=1}^{n}\int_{k-1}^{k}f(a+\frac{(b-a)k}{n})]dx\\\\&=(b-a)\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\int_{k-1}^{k}[f(a+\frac{(b-a)x}{n})-f(a+\frac{(b-a)k}{n})]dx\\\\&=(b-a)\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\int_{k-1}^{k}[f'(\xi_k)\frac{(b-a)(x-k)}{n}]dx\\\\&=(b-a)\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}[f'(\xi_k)\frac{b-a}{n}\int_{k-1}^{k}(x-k)dx]\\\\&=\frac{b-a}{2}\int_{a}^{b}f'(x)dx\\\\&=\frac{b-a}{2}[f(b)-f(a)].\end{align*}$

一道复旦大学2020-2021学年第二学期期末考试题（英才班）

网友提供的知乎上的通解



                                                参见：https://zhuanlan.zhihu.com/p/266919643

中科大USTC2016-2017学年第1学期单变量微积分期末试卷


解：$\{a_n\}$收敛。

                     $\displaystyle \because a_n=\int_{0}^{n}f(x)-\sum_{i=1}^{n}f(i)=\sum_{i=1}^{n}(\int_{i-1}^{i}f(x)dx-f(i)),$

                      $\displaystyle \therefore a_n-a_{n-1}=\int_{n-1}^{n}f(x)dx-f(n)=f(\xi_n)-f(n),n-1< \xi_n< n,$

             又
                         $f(x)$单调减，因此有

                         $\displaystyle a_n-a_{n-1}=f(\xi_n)-f(n)\geq 0,a_n\uparrow.$

              而
                          $\begin{align*}a_n&=\sum_{i=1}^{n}(\int_{i-1}^{i}f(x)dx-f(i))\\\\&=\sum_{i=1}^{n}(f(\xi_i)-f(i))//(i-1< \xi_i< i)\\\\&=f(0)-f(n)\\\\&\leq f(0).\end{align*}$

              故$\{a_n\}$单调增，有上界，收敛。

中科大2014-2015学年第1学期《单变量微积分》期末试题


解：
                 利用“区间再现公式”：
                                         $\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{a}^{b}f(a+b-x)dx.$

                          于是有
                                         $\begin{align*}I&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x\cos x}{1+\sqrt{\tan x}}dx\\\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin(\frac{\pi}{2}-x)\cos(\frac{\pi}{2}-x)}{1+\sqrt{\tan (\frac{\pi}{2}-x)}}dx\\\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x\cos x\sqrt{\tan x}}{1+\sqrt{\tan x}}dx\\\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin x\cos x(1+\sqrt{\tan x})}{1+\sqrt{\tan x}}dx\\\\&=\frac{1}{4}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin 2xdx\\\\&=\frac{1}{8}(-\cos 2x)|_0^{\frac{\pi}{2}}\\\\&=\frac{1}{4}.\end{align*}$