中国科技大学2018-2019数分A1期中测验试卷

证明：

                          $\because a_n=\left ( a_n-\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n} \right )+\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n},$

             令
                           $b_1=a_1,b_2=a_2-a_1,\cdots ,b_n=a_n-a_{n-1},$

            于是
                            $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }(a_n-\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n})&=\lim_{n \to \infty }\left (b_1+b_2+\cdots +b_n-\frac{b_1+(b_1+b_2)+\cdots +(b_1+b_2+\cdots +b_n)}{n} \right )\\\\&=\lim_{n \to \infty }(\frac{b_2+2b_3+\cdots +(n-1)b_n}{n})\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{(n-1)b_n}{n-(n-1)}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{n-1}{n}\cdot n(a_n-a_{n-1})\\\\&=0.
\end{align*}$

                           $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }a_n=\lim_{n \to \infty }\frac{a_1+a_2+\cdots +a_n}{n}=l.$

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证明
              由函数一致收敛性质，可知
                                $\forall \varepsilon > 0，\exists M> 0,\delta =\frac{\varepsilon }{M},|x-y|< \delta ,s.t.$

                                $|f(x)-f(y)|< 2\varepsilon =M|x-y|+\varepsilon .$

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证明：设函数$f,g$的周期分别为$T_1,T_2$.

                       $x\in \mathbb{R},\forall \varepsilon > 0,\exists M> 0,x> M,s.t.$

                        $|f(x+nT_1)-g(x+nT_1)|=|f(x)-g(x+nT_1)|< \varepsilon ,$

                         $\displaystyle \therefore \lim_{n\to \infty }g(x+nT_1)=f(x),$
            
                         $\displaystyle f(x+T_2)=\lim_{n\to \infty }g(x+nT_1+T_2)=\lim_{n\to \infty }g(x+nT_1)=f(x),$

              所以$T_2$也是$f$的周期。同理，$T_1$也是$g$的周期。
                        $\displaystyle \therefore f(x)-g(x)=\lim_{n\to \infty }(f(x+nT_2)-g(x+nT_2))=\lim_{n\to \infty }(f(x)-g(x))=0.$

                      $\displaystyle f(x)-g(x)=\lim_{n\to \infty }(f(x+nT_1)-g(x+nT_1))=\lim_{n\to \infty }(f(x)-g(x))=0.$

             命题成立。

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证明：
                      $\because f(x)\uparrow ,\therefore f'(x)> 0.$

                       $f(a+x)-f(a-x)=f(a+x)-f(a)+f(a)-f(a-x),$

                        $f(a+x)-f(a)=f'(\xi_1)x> 0,$

                        $\exists K_1,f'(x)> K_1> 0,s.t.$

                        $f(a+x)-f(a)=f'(\xi_1)x> K_1x,$

                        $f(a)-f(a-x)=f'(\xi_2)x> 0,$

                        $\exists K_2,f'(x)> K_2> 0,s.t.$

                        $f(a)-f(a-x)=f'(\xi_2)x> K_2x,$

                        $K'=\min (K_1,K_2),K=2K'$

                        $\Rightarrow f(a+x)-f(a-x)=f'(\xi_1)x+f'(\xi_2)x\geq (K_1+K_2)x\geq 2K'x=Kx>0.$

中科大这张期中试卷其实是有难度的，其难度不比一般学校的数分考研试题差。

北京大学2005年保送生数学分析试题


1、解：
                  $\exists M> 0,\forall X> 0,\exists x> X,s.t.f(x)> -M.$



2、证明：
                    $\because a_{n+1}=\frac{1}{a_n+1},$

                    $\therefore a_{n+1}\leq 1,\Rightarrow a_{n+1}> \frac{1}{2}.$
            又
                    $a_{n+1}-a_n=\frac{1}{a_n+1}-\frac{1}{a_{n-1}+1}< \frac{1}{2}-1< 0,$
         
            故有
                     $a_{n+1}< a_n,$

             因此$\{a_n\}$为单调有界数列，有极限。

北京大学2005年保送生数学分析试题


证明：
                由已知条件可知，$f(x)$在$I=(a,b)$内连续可导。又

                             $\displaystyle \because \forall j,\lim_{j\to +\infty }x_j=x_0,f(x_j)=0,$

                             $\displaystyle \therefore \lim_{j\to +\infty }f(x_j)=f(x_0\in I)=0.$

                   因为$x_0\in I$是任意的，故上述结论在$I$上成立。

北京大学2005年保送生数学分析试题


解：一致连续。因为
                      $\forall \varepsilon > 0,\exists \delta> 0,x_1,x_2\in (0,+\infty ),0< |x_1-x_2|< \delta ,s.t.$
            
                      $|f(x_1)-f(x_2)|< \varepsilon ,|g(x_1)-g(x_2)|< \varepsilon .|f(x)|\leq M,|g(x)|\leq M.$

            因此
                     $\begin{align*}|f(x_1)g(x_1)-f(x_2)g(x_2)|&=|f(x_1)g(x_1)-f(x_2)g(x_1)+f(x_2)g(x_1)-f(x_2)g(x_2)|\\\\&\leq |f(x_1)g(x_1)-f(x_2)g(x_1)|+|f(x_2)g(x_1)-f(x_2)g(x_2)|\\\\&< |g(x_1)|\varepsilon +|f(x_2)|\varepsilon \\\\&=\varepsilon.
\end{align*} $

             所以，$f(x)g(x)$一致连续。


         因为
                    $|\sqrt{x_1}\ln x_1-\sqrt{x_2}\ln x_2|< |(\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2})||\ln x_1|+|\sqrt{x_2}||\ln x_1-\ln x_2|,$

         由于
                     $\forall \varepsilon > 0,\exists \delta_1=\frac{2\sqrt{x_1}\varepsilon }{|\ln x_1|} > 0,x_1,x_2\in (0,+\infty ),0< |x_1-x_2|< \delta_1 ,s.t.$

                     $|(\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2})||\ln x_1|=|\frac{x_1-x_2}{\sqrt{x_1}+\sqrt{x_2}}||\ln x_1|< \frac{|\ln x_1|}{2\sqrt{x_1}}|x_1-x_2|< \varepsilon .$

         又
                      $\forall \varepsilon > 0,\exists \delta_2=\frac{\varepsilon }{\sqrt{x_2}} > 0,x_1,x_2\in (0,+\infty ),0< |x_1-x_2|< \delta_2 ,s.t.$

                      $|\sqrt{x_2}||\ln x_1-\ln x_2|< \sqrt{x_2}|x_1-x_2|< \varepsilon .$
         取
                      $\delta =\min \{\delta _1,\delta _2\},$
         则有
                       $|\sqrt{x_1}\ln x_1-\sqrt{x_2}\ln x_2|< |(\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2})||\ln x_1|+|\sqrt{x_2}||\ln x_1-\ln x_2|< \varepsilon .$

                   函数一致连续。

北京大学2005年保送生数学分析试题

北京大学2005年保送生数学分析试题


解：含参变量积分的典型计算题

                  $\int_{0}^{+\infty }\frac{e^{-2x}-e^{-6x}}{x}dx=\int_{0}^{+\infty }dx\int_{2}^{6}e^{-yx}dy=\int_{2}^{6}dy\int_{0}^{+\infty }e^{-yx}dx=\int_{2}^{6}\frac{1}{y}dy=\ln3.$



一般的公式：
                      $\int_{0}^{+\infty }\frac{e^{-ax}-e^{-bx}}{x}dx=\ln\frac{b}{a}.$

北京大学2005年保送生数学分析试题


证明：

                        $\because f(x)\uparrow ,x\in(0,1),f(0)=0,f(1)=1,\Rightarrow f(x)\in (0,1).$

                        $\therefore f(x)\in C(0,1).$

             因为连续函数的有限区间积分，可交换极限与积分次序，所以

                        $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\int_{0}^{1}f^n(x)dx=\int_{0}^{1}\lim_{n \to +\infty }f^n(x)dx=\int_{0}^{1}0dx=0.$

北京大学2005年保送生数学分析试题


证明：
             因为在实数域内$g(x)$连续的周期函数，设其周期为有限实数$T$，在内闭有界区间$[0,T]$内，$g(x)$有界，即

                                     $|g(x)|\leq M.(M> 0)$
                  此时有
                     
                                     $\int_{0}^{+\infty }f(x)|g(x)|dx\leq M \int_{0}^{+\infty }f(x)dx.$

                          因此，由$\int_{0}^{+\infty }f(x)dx$的收敛，可知$\int_{0}^{+\infty }f(x)|g(x)|dx$也收敛。

                  又令
                                     $M_-=\min \{|g(x)|\},$

                     则
                                      $|g(x)|\geq M_-,$

                     此时有
                                      $\int_{0}^{+\infty }f(x)|g(x)|dx\geq M_- \int_{0}^{+\infty }f(x)dx.$

                         因此，由$\int_{0}^{+\infty }f(x)|g(x)|dx$的收敛，可知$\int_{0}^{+\infty }f(x)dx$也收敛。

                         两者收敛性等价。

北京大学2005年保送生数学分析试题


解：添加$y=0$使之与已给区域上半圆成一个闭合区域，然后用格林公式计算：

                          $P=e^x\sin y-y^2,Q=e^x\cos y,$

                          $\frac{\partial Q}{\partial x}=e^x\cos y,\frac{\partial P}{\partial y}=e^x\cos y-2y,$

                          $\begin{align*}\int_\Delta Pdx+Qdy&=\iint(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}) dxdy-\int_{y=0}0dx\\\\&=-2\iint ydxdy\\\\&=-2\int_{0}^{a/2}rdr\int_{0}^{\pi}r\sin\theta d\theta \\\\&=4\int_{0}^{a/2}r^2dr\\\\&=\frac{a^3}{6}.
\end{align*}$

北京大学2017级数学分析1期中试题


解：
     （1）、
                      $\displaystyle \lim_{x\to 0}(1-\tan2x)^{\displaystyle \frac{1}{x}}=\lim_{x\to 0}e^{\displaystyle \frac{\ln(1-\tan2x)}{x}}=e^{\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{-2\sec^2x}{1-\tan2x}} =e^{-2}.$

      
       （2）、
                       $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\sqrt[n]{n^2+n}=\lim_{n \to +\infty }\sqrt[n]{n}\cdot \sqrt[n]{1+n}=1.$


       （3）、
                       $\displaystyle \because \lim_{x\to 0}\frac{(5^{x^2}-4^{x^2})}{x^p}=A,$

                       $\therefore p> 0,$
                又
                       $\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{(5^{x^2}-4^{x^2})}{x^p}=\lim_{x\to 0}\frac{2x5^{x^2}\ln5-2x4^{x^2}\ln4}{px^{p-1}}=2\lim_{x\to 0}\frac{5^{x^2}\ln5-4^{x^2}\ln4}{px^{p-2}}.$

               因此
                       $\Rightarrow p=2.$

      （4）、
                        $\because f(x)\in C[0,1],$

                        $\begin{align*}\therefore \lim_{n \to +\infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k-1}f(\frac{k}{n})&=\frac{1}{2}\lim_{n \to +\infty}(\frac{2}{n}(f(\frac{1}{n})+f(\frac{3}{n})+\cdots +f(\frac{n-1}{n}))-\frac{2}{n}(f(\frac{2}{n})+f(\frac{4}{n})+\cdots +f(\frac{n}{n})))\\\\&=\frac{1}{2}(\int_{0}^{1}f(x)dx-\int_{0}^{1}f(x)dx)\\\\&=0.
\end{align*}$

北京大学2017级数学分析1期中试题


证明：
          （1）、由平均值不等式，有
                                  $\because 1\leq \sqrt[n]{n}=(\underset{n-2}{\underbrace{1\cdot 1\cdot \cdots 1}}\cdot \sqrt{n}\cdot \sqrt{n})^\frac{1}{n}\leq \frac{(n-2)+2\sqrt{n}}{n}=1+\frac{2(\sqrt{n}-1)}{n}.$

                                   $\therefore 0\leq \sqrt[n]{n}-1\leq \frac{2}{\sqrt{n}},$

                                   $\forall \varepsilon > 0,N=[\frac{4}{\varepsilon ^2}],n> N,s.t.$

                                   $|\sqrt[n]{n}-1|<\frac{2}{\sqrt{n}}< \frac{2}{\sqrt{N}}< \varepsilon .$
                 
            （2）、用单调有界性证明极限存在。令

                                   $S_n=1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{n!},$

                                  $\because S_n< S_{n+1},\therefore S_n\uparrow ,$
                   又
                                  $\displaystyle \because \frac{1}{k!}< \frac{1}{k(k-1)}=\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k},(k\geq 2)$
                                 
                                  $\displaystyle \therefore S_n=1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\cdots +\frac{1}{n!}< 1+\sum_{k=2}^{n}(\frac{1}{k-1}-\frac{1}{k})=3-\frac{1}{n}.$

                                 $\displaystyle \Rightarrow \lim_{n \to \infty }S_n=e< 3.$

北京大学2017级数学分析1期中试题


解：第一问：一致连续。因为
                           $\forall \varepsilon > 0，x_1,x_2\in (0,+\infty ),\exists \delta=\frac{\varepsilon }{2x_1} ,0<|x_1-x_2|< \delta ,s.t.$

                           $|f(x_1)-f(x_2)|=|x^2_1-x^2_2|=(x_1+x_2)|x_1-x_2|< 2x_1\delta < \varepsilon .$


         第二问：一致连续。因为
                           $|f(x)|=|x^2\sin\frac{1}{x^2}|\leq x^2,$

                    所以，由$x^2$的一致收敛性知，$x^2\sin\frac{1}{x^2}$也一致收敛。

北京大学2017级数学分析1期中试题


解：
        （1）、不成立。举例
                                       $f(x)=\sin x$

                                       $\displaystyle \exists x_n=\frac{\pi}{2}+\frac{1}{n},\overline{\lim_{n \to +\infty }}x_n=\frac{\pi}{2}+1,$

                                       $\displaystyle f(\overline{\lim_{n \to +\infty }}x_n)=\sin(\frac{\pi}{2}+1)\neq \overline{\lim_{n \to +\infty }}f(x_n)=1.$

          （2）、成立。因为$\{x_n\}$为有界序列，所以$\displaystyle \underline{\lim}_{n \to +\infty }x_n$存在。又由$f(x)$为单调增，故有

                                       $\displaystyle \underline{\lim}_{n \to +\infty }x_n\leq x_n,s.t.$

                                       $\displaystyle f(\underline{\lim}_{n \to +\infty }x_n)\leq f(x_n),$

                    对其取下极限，有
                                       $\displaystyle \underline{\lim}_{n \to +\infty }f(\underline{\lim}_{n \to +\infty }x_n)=f(\underline{\lim}_{n \to +\infty }x_n)=\underline{\lim}_{n \to +\infty }f(x_n),$

北京大学2017级数学分析1期中试题


证明：第一小题：由条件
                               $\because f(x)\in C[a,b],f([a,b])\subset [a,b],$

              作辅助函数  
      
                               $F(x)=f(x)-c,$

                    有
                               $F(a)=a-c< 0,F(b)=b-c> 0,$

          根据连续函数的介值定理，有

                               $\therefore \exists c\in [a,b],s.t.$

                               $F(c)=f(c)-c=0.$

           第二小题：如果$f(x)$改为单调增加，则
                                   $f([a,b])\subset [a,b],$

                       仍然成立，故命题结论一样成立。

北京大学2017级数学分析1期中试题

解：
            由已知，可以得到
                           $\displaystyle a_m\leq a_{m-1}+a_1+\frac{1}{m-1}+1\leq \cdots \leq ma_1+\sum_{i=1}^{m-2}\frac{1}{m-i}+m-1,$

                           $\displaystyle a_n\leq a_{n-1}+a_1+\frac{1}{n-1}+1\leq \cdots \leq na_1+\sum_{i=1}^{n-2}\frac{1}{n-i}+n-1,$

                       $\displaystyle \therefore a_{m+n}\leq (m+n)a_1+\sum_{i=1}^{m-2}\frac{1}{m-i}+\sum_{i=1}^{n-2}\frac{1}{n-i}+m+n-2,$

                      $\displaystyle \Rightarrow \frac{a_{m+n}}{m+n}\leq a_1+\frac{1}{m+n}\sum_{i=1}^{m-2}\frac{1}{m-i}+\frac{1}{m+n}\sum_{i=1}^{n-2}\frac{1}{n-i}+1-\frac{2}{m+n},$

               又
                        $\displaystyle \because \frac{1}{m+n}\sum_{i=1}^{m-2}\frac{1}{m-i}=A< \infty ,\frac{1}{m+n}\sum_{i=1}^{n-2}\frac{1}{n-i}=B< \infty ,(n+m \to \infty )$

                         $\displaystyle \therefore \frac{a_{m+n}}{m+n}\leq a_1+1+A+B,(n+m \to \infty ).$

                 所以，命题成立。





                       

北京大学2017级数学分析1期中试题


解：
           连续。设有
                                $\displaystyle \delta > 0,|h|< \delta ,I=(x-\delta ,x+\delta ),$

            分两种情况
                       1)、$h> 0,$

                           由已知不等式，知函数为凹函数。由凹函数的性质，（亦可由已知不等式推出），有

                                 $\displaystyle \frac{f(x)-f(x-\delta )}{\delta }\geq \frac{f(x+h)-f(x)}{h}\geq \frac{f(x+\delta )-f(x)}{\delta },$

                                 $\displaystyle \therefore |f(x+h)-f(x)|\leq h\cdot \max \{|\frac{f(x)-f(x-\delta )}{\delta }|,|\frac{f(x+\delta )-f(x)}{\delta }|\},$

                                 $\displaystyle \Rightarrow \lim_{h\to 0}|f(x+h)-f(x)|=0.$

                                 因此函数连续。

                       2）、$h< 0,$
               
                          同理有如下不等式

                                 $\displaystyle \frac{f(x)-f(x-\delta )}{\delta }\geq \frac{f(x)-f(x+h)}{-h}\geq \frac{f(x+\delta )-f(x)}{\delta },$   

                        同上，有

                                 $\displaystyle \Rightarrow \lim_{h\to 0}|f(x)-f(x+h)|=0.$

                                 函数连续.

               综上，函数连续。

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参阅：《凸函数-不等式-平均值》李文荣，徐本顺编著，1990

北京大学2015-2016学年数学分析1期中试题


解：
            （1）、
                         $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\left ( \frac{n-2}{n-1} \right )^{2n+1}=\lim_{n \to +\infty }(1-\frac{1}{n-1})^{(1-n)\cdot \frac{2n+1}{1-n}}=e^{-2}.$


              （2）、相同的题已经有解，略。


               （3）、
                          $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\left ( \sin\frac{1}{x}+\cos\frac{1}{x} \right )^x=\lim_{n \to +\infty }(\frac{1}{x}+1+\frac{1}{2x^2})^x=\lim_{n \to +\infty }e^{1+\frac{1}{2x}}=e.$

北京大学2015-2016学年数学分析1期中试题

北京大学2015-2016学年数学分析1期中试题


证明：
                      因为
                               $\displaystyle \lim_{n \to \infty }f(x)=+\infty ,$

                      所以
                                $\exists N> 0,|x|> N,s.t.$

                                $f(x)> f(0),$
                    
                      由此知函数在$[-N,N]$内有最小值，而此最小值也是函数在$(-\infty ,+\infty )$上的最小值。

北京大学2015-2016学年数学分析1期中试题



证明：
                           $|f(x)|\leq |f(x)-f(x_i+n)|+|f(x_i+n)|,x_i\in(0,1)$

           由函数的一致连续性，有

                           $\forall \varepsilon > 0,\exists \delta > 0,0< |x-x_i-n|< \delta ,s.t.$

                           $|f(x)-f(x_i+n)|< \frac{\varepsilon }{2},$
              又
                       $\displaystyle \because \lim_{n \to +\infty }f(x+n)=0,$

                       $\therefore \exists N> 0,x_i+n> N,s.t.$

                           $|f(x_i+n)|< \frac{\varepsilon }{2},$

                       $\therefore |f(x)|< \frac{\varepsilon }{2}+\frac{\varepsilon }{2}=\varepsilon .$