北京大学2008级数学分析期末考试试卷


解：由已知条件，可知$f(x)$可导。在$[0,1]$上，因为

                              $\frac{f''(x)}{\alpha(\alpha -1) x^{\alpha-2}}=\lim_{x\to 0}\frac{f''(0)}{\alpha(\alpha -1) x^{\alpha-2}}\sim \frac{1}{x^{\alpha -2}},$

                    所以只需研究下列积分
                              
                              $\int_{0}^{1}\frac{1}{x^{\alpha -2}}dx=\frac{1}{(3-\alpha)x^{\alpha -3}}|_0^1,$

                    如果此积分收敛，则必有：

                                 $\alpha -3\leq 0,\Rightarrow \alpha \leq 3.$

                     此时，原暇积分收敛。




               

北京大学2008级数学分析期末考试试卷


证明：用泰勒公式，在$x=1/2$处展开

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

                    $\because f''(x)\geq 0,$

                    $\therefore f(x)\geq f(\frac{1}{2})+f'(\frac{1}{2})(x-\frac{1}{2}),$

           对之积分，得

                    $\begin{align*}\int_{0}^{1}f(x)dx&\geq \int_{0}^{1}f(\frac{1}{2})dx+\int_{0}^{1}f'(\frac{1}{2})(x-\frac{1}{2})dx\\\\&=f(\frac{1}{2})+\frac{1}{2}f'(\frac{1}{2})(x-\frac{1}{2})^2|_0^1\\\\&=f(\frac{1}{2}).
\end{align*}$

北京大学2008级数学分析期末考试试卷


解：
          分三种情况讨论：当$\alpha =1,$此时有

                                  $\frac{\sin n}{n^\alpha -\sin n}=\frac{\sin n}{n-\sin n}\geq \frac{\sin^2n}{n+1}=\frac{1-\cos2n}{2(n+1)}=\frac{1}{2(n+1)}-\frac{\cos2n}{2(n+1)},$

                      由于
                                  $\sum \frac{1}{2(n+1)}=\infty ,\sum \frac{\cos2n}{2(n+1)}< \infty ,$

                                $\therefore \sum \frac{\sin n}{n^\alpha -\sin n}=\infty .$

             当$\alpha > 1,$此时有

                                    $\frac{\sin n}{n^\alpha -\sin n}< \frac{\sin n}{n^\alpha -1}< \frac{1}{n^\alpha -1}\sim \frac{1}{n^\alpha }.$

                                 $\therefore \sum \frac{1}{n^\alpha }< \infty .$

             当$0< \alpha < 1,$时,由于

                                     $\frac{\sin n}{n^\alpha -\sin n}> \frac{\sin n}{n-\sin n},$

                                 $\therefore \sum \frac{\sin n}{n^\alpha -\sin n}=\infty .$


                    综合三种情况，就有

                              $0< \alpha \leq 1,\sum \frac{\sin n}{n^\alpha -\sin n}=\infty;$

                              $\alpha > 1,\sum \frac{\sin n}{n^\alpha -\sin n}<\infty.$




                                   

北京大学2008级数学分析期末考试试卷


解：第一题前面已经解答过。其实，这个题要是没有准备，在课堂上解答，还是比较难的。

北京大学2011-2012学年数学分析I期中试题


解：
      （1）、
                                $A\neq \infty ,\forall \varepsilon > 0,\exists \delta > 0,|x|< \delta ,s.t.$

                                $|f(x)-A|< \varepsilon .$


        （2）、
                             $\exists x_1,x_2\in I,\exists \varepsilon _0> 0,\exists \delta > 0,|x_1-x_2|< \delta ,s.t.$

                             $|f(x_1)-f(x_2)|> \varepsilon _0.$

北京大学2011-2012学年数学分析I期中试题

北京大学2011-2012学年数学分析I期中试题


解：
           为了方便计算，研究前$2n$项和.有

                                 $\begin{align*}S_{2n}=(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\cdots -\frac{1}{2n})&=(1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\cdots +\frac{1}{2n})-2(\frac{1}{2}+\frac{1}{4}+\cdots +\frac{1}{2n})\\\\&=\ln2n+\gamma +O(\frac{1}{n})-(\ln+\gamma +O(\frac{1}{n}))\\\\&=\ln2.(n \to \infty )
\end{align*}$

            又，前$2n+1$之和为：

                                 $S_{2n+1}=S_{2n}+\frac{1}{2n+1}=\ln2.(n \to \infty )$

            由此可知，级数收敛，并且和为：

                                 $\displaystyle S=\lim_{n \to \infty }S_{2n}=\lim_{n \to \infty }S_{2n+1}=\ln2.$

北京大学2011-2012学年数学分析I期中试题


解：
                       $\displaystyle \because b_1=1,b_{n+1}=\frac{1}{b_n+1},$

                       $\therefore 0< b_n< 1,$

                而
                        $\displaystyle \frac{b_{n+1}}{b_n}=\frac{1}{b_n(b_n+1)}> \frac{1}{b_n}> 1,$

                因此，所求数列为单调有界的，极限存在。

                 令
                         $\displaystyle \lim_{n \to \infty }b_n=l,$

                  故得
                          $\displaystyle l=\frac{1}{l+1},\Rightarrow l=\frac{\sqrt{5}-1}{2}.$

北京大学2011-2012学年数学分析I期中试题



此题想了很久，看似很简单的题，但表述起来不太容易，也问了网友，好象都不得要领。试着解答如下

              先令
                          $S=[\inf f(I),\sup f(I)],$

                因为$I$是个区间，所以

                                       $\forall x_0\in I,\exists \delta > 0,s.t.{x_0-\delta ,x_0+\delta }\subset I.$

                    又因为$f(x)$在$I$上为连续函数，因此

                                         $f(x_0)\in S,(f(x_0-\delta ),f(x_0+\delta ))\subset S.$

                               并且
                                           $f(x_0)\in (f(x_0-\delta ),f(x_0+\delta )),$

                       由于$x_0$的任意性，这样就得到在区间$I$上的所有函数值$f(I)$均能被一个小的开区间覆盖，而此小的开

               区间的总体，又属于区间$S$.由有限覆盖定理，必能找到有限个开区间覆盖$f(I)$.因此$f(I)$也是一个区间。


这个解法也不一定对，好象在梅加强的讲义上看到有此题类似的结论，待后找出来

北京大学2011-2012学年数学分析I期中试题



正确。证明也很容易。

北京大学2011-2012学年数学分析I期中试题


证明：
           （1）、
                                   $\forall x_1,x_2\in I,$

                     不妨设
                                    $f(x_1)\leq f(x_2),$

                     由连续函数的介值定理，可知

                                    $\because f(x_1)\leq \sqrt{f(x_1)f(x_2)}\leq f(x_2),$

                                    $\therefore \exists \xi_1\in I,s.t.$

                                    $f(\xi_1)=\sqrt{f(x_1)f(x_2)}.$

                      同理，有
                                     $\because f(x_1)\leq \frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}\leq f(x_2),$

                                     $\therefore \exists \xi_2\in I,s.t.$

                                     $f(\xi_2)=\frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}.$

            （2）、如果有
                                      $\xi_1< \xi_2,$

                        此时，由于下列不等式永远成立：
         
                                      $f(\xi_1)=\sqrt{f(x_1)f(x_2)}< \frac{f(x_1)+f(x_2)}{2}=f(\xi_2),$

                           所以，函数必严格单调递增。

北京大学2011-2012学年数学分析I期中试题

北京大学2011-2012学年数学分析I期末试题


解：
        （1）、
                         $\because y=(1+x^2)^x,$

                         $\therefore \ln y=x\ln(1+x^2),$

                         $\frac{y'}{y}=\ln(1+x^2)+\frac{2x^2}{1+x^2},$

                         $\Rightarrow \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}=(1+x^2)^x(\ln(1+x^2)+\frac{2x^2}{1+x^2}).$

          （2）、
                        $\because \frac{dx}{dt}=\frac{2t}{1+t^2},\frac{dy}{dt}=1-\frac{1}{1+t^2}=\frac{t^2}{1+t^2},$

                        $\therefore \frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} x}=\frac{\frac{\mathrm{d} y}{\mathrm{d} t}}{\frac{\mathrm{d} x}{\mathrm{d} t}}=\frac{t}{2},$

                         $\frac{d^2y}{dx^2}=\frac{\mathrm{d} }{\mathrm{d} x}(\frac{dy}{dx}) =\frac{1}{2}\frac{1}{\frac{dx}{dt}}=\frac{1+t^2}{4t}.$


            （3）、隐函数求导

                         $\because \tan y-xy=0,$

                         $\frac{y'}{1+y^2}-y-xy'=0,$

                         $\therefore \frac{dy}{dx}=\frac{y}{\frac{1}{1+y^2}-x}=\frac{y(1+y^2)}{1-x(1+y^2)}.$

北京大学2011-2012学年数学分析I期末试题


解：
            （1）、
                          $\displaystyle \lim_{x\to 0}(\frac{1}{x}-\frac{1}{\tan x})=\lim_{x\to 0}\frac{\tan x-x}{x\tan x}=\lim_{x\to 0}\frac{-\frac{1}{3}x^3}{x\cdot x}=0.$


              （2）、
                           $\displaystyle \lim_{x\to+\infty }(\sqrt[7]{x^7+x^6}-\sqrt[7]{x^7-x^6})=\lim_{x\to+\infty }\frac{2x^6}{O(2x^6)}=1.$


                （3）、
                           $\displaystyle \lim_{x\to+\infty }(\frac{2}{\pi}\arctan x)^x=\lim_{x\to+\infty }\exp (x\ln(\frac{2}{\pi}\arctan x))=\lim_{x\to+\infty }\exp (\frac{\frac{1}{\arctan x(1+x^2)}}{-\frac{1}{x^2}})=\exp (0)=1.$

北京大学2011-2012学年数学分析I期末试题


解：
        （1）、用分部积分法，即得。


         （2）、令$1+x^2=t^3,xdx=3/2t^2dt.$即可。

            
          （3）、
                       $\because I=\int \frac{\cos x}{\sqrt{1+\cos^2x}}dx=\int \frac{\cos(-t)}{\sqrt{1+\cos^2(-t)}}d(-t)=-I,$

                        $\therefore I=0.$

北京大学2011-2012学年数学分析I期末试题


   （1）、证明：
                        设$c$为无界点，即有

                                    $\exists c\in(0,1),f(c)> M,$

                        由拉格朗日中值定理，可知

                                    $\exists \xi \in(0,c),s.t.$

                                    $f(c)-f(0)=f'(\xi)c,$

                                     $\because f(c)> M,$

                                     $\therefore f'(\xi)> M.$

                        因此$f'(x)$的值域为无界区间。

         （2）、由于函数在有界闭区间内可导，因此，连续有界。与上面类似，利用拉格朗日微分中值定理，可知，其导函数一定有界。

北京大学2011-2012学年数学分析I期末试题


  证明：此题在07年的试卷中已经出过一次。此时再出现，说明此题够经典。因此也重做一次。

             将区间分为两个：$(0,+\infty )=(0,1]\cup [1,+\infty ),$

                在$[1,+\infty )$上，由于

                                        $f'(x)=(\sqrt{x}\ln x)'=(\frac{1}{2}\ln x+1)x^{-1/2}\rightarrow 0,(n \to +\infty )$

                         可知，$f'(x)$有界，$f(x)$一致连续。

               在$(0,1]$上，由于

                                        $\displaystyle \lim_{x\to0^+}f(x)=0.\lim_{x\to 1^-}f(x)=0$

                        存在。所以，$f(x)$一致连续。

                     
                因此，$f(x)$在$(0,+\infty )$上一致收敛。

北京大学2011-2012学年数学分析I期末试题


解：
               $f(x)=x^2\sin x=uv,u=x^2,v=\sin x$

                $u'=2x,u''=2,u'''=\cdots =v^{(n)}=0,$

                $v^{(n)}=\sin(x+\frac{n\pi}{2}),$

                $\therefore f^{(n)}(x)=x^2\sin x+2nx\sin(x+\frac{(n-1)\pi}{2})+\sin (x+\frac{n\pi}{2}),$

                $f'(1)=\sin 1,f''(1)=\sin 1-4\cos 1,$

               $f^{(n)}(1)=\sin 1+2n\sin(1+\frac{(n-1)\pi}{2})+\sin (1+\frac{n\pi}{2}),$

               $f(x)=\sin 1+\sin 1(x-1)+\frac{\sin 1-4\cos 1}{2!}(x-1)^2+\frac{\sin 1+2n\sin(1+\frac{(n-1)\pi}{2})+\sin (1+\frac{n\pi}{2})}{n!}(x-1)^n+o((x-1)^n).$

北京大学2011-2012学年数学分析I期末试题


证明：
                 由柯西中值定理

                            $\displaystyle g(x)=\frac{1}{x^2},\exists \xi\in (a,b),s.t.$

                            $\displaystyle \frac{f(b)-f(a)}{g(b)-g(a)}=\frac{1-0}{\frac{1}{b^2}-\frac{1}{a^2}}=\frac{f'(\xi)}{-\frac{2}{\xi^3}},$

                            $\displaystyle \therefore f'(\xi)\xi^3(b^2-a^2)=2a^2b^2.$

北京大学2011-2012学年数学分析I期末试题


解：
                       $x=y=0,f(0)=\frac{2f(0)}{1-f^2(0)},\Rightarrow f(0)=0.$

                       $\frac{f(x+y)-f(x)}{y}=\frac{f(y)}{y}(1+f(x)f(x+y)),$

                令      
                            $y \to 0,$

                 则有      
                             $f'(x)=f'(0)(1+f^2(x)),$

                   即
                            $\frac{df(x)}{(1+f^2(x))}=f'(0)dx,$

                            $\therefore \arctan f(x)=f'(0)x,$

                            $f(x)=\tan(f'(0)x).$

浙江大学2013年数学分析试题
5、证明：
                （i）、
                              $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\int_{0}^{\pi/2}\sin^nxdx=0;$

                 （ii）、
                             $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\int_{0}^{\pi/2}\sin x^ndx=0.$

证明：
                （i）、
                             $\because \forall x\in (0,\pi/2),\sin x\in C(0,\pi/2),\sin x< x< 1,$

                            $\displaystyle \therefore 0\leq \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{\pi/2}\sin^nxdx=\int_{0}^{\pi/2}\lim_{n \to \infty }\sin^nxdx\leq \int_{0}^{\pi/2}\lim_{n \to \infty }x^ndx=0.$

                             $\displaystyle \Rightarrow \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{\pi/2}\sin^nxdx=0.$


                 （ii）、
                             $\because \forall x\in (0,\pi/2),\sin x\in C(0,\pi/2),\sin x^n< x^n< 1,$

                             $\displaystyle \therefore 0\leq \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{\pi/2}\sin x^ndx=\int_{0}^{\pi/2}\lim_{n \to \infty }\sin x^ndx\leq \int_{0}^{\pi/2}\lim_{n \to \infty }x^ndx=0.$

                              $\displaystyle \Rightarrow \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{\pi/2}\sin x^ndx=0.$



上面的证法。正确与否，不能肯定。因为曾经看到过非常复杂的证法，（找出来附上）。我想应该不用那么复杂吧，第（i）小题仅5分。


引自“陈洪葛的博客”


--------------------------------------又看到一个有更好的证法，此方法好象更简单明了


参见“数学分析的基本理论与典型方法（刘立山 孙钦福）,2005”P50页。

北京大学2011-2012学年数学分析II期末试题


解：
           函数列$\{f_n(x)\}$一致有界：

                                          $\forall x\in (0,1),N> 0,n> N,\exists M> 0,s.t.$

                                           $|f_n(x)|< M.$

         函数列$\{f_n(x)\}$一致收敛到零：

                                          $\forall x\in (0,1),\forall \varepsilon > 0,\exists N> 0,n> N,s.t.$

                                           $|f_n(x)|< \varepsilon .$


                由已知条件，有
                                         $\forall x_1,x_2\in (0,1),\exists \varepsilon_0> 0,\exists N> 0,n> N,s.t.$

                                         $|f_n(x_1)-f_n(x_2)|> \varepsilon_0.$

                                          $\forall x\in(0,1),|f(x)|\geq A> 0.$

                     因此
                                        $\forall x_1,x_2\in (0,1),\exists \varepsilon_0> 0,\exists N> 0,n> N,s.t.$

                                        $|f_n(x_1)f(x_1)-f_n(x_2)f(x_2)|\geq A|f_n(x_1)-f_n(x_2)|>A \varepsilon_0> 0.$

                       由此可知，$\{f_n(x)f(x)\}$必不一致收敛。

北京大学2011-2012学年数学分析II期末试题


证明：
              由$f_n(x)$的一致连续性，可知，有

                                        $\forall x_1,x_2\in I,\forall \varepsilon > 0,\exists \delta > 0,0< |x_1-x_2|< \delta,s.t.$

                                         $|f_n(x_1)-f_n(x_2)|< \varepsilon .$

             由$f_n(x)$的一致收敛于$f(x)$，有

                                        $\forall x\in I,\forall \varepsilon > 0,\exists N> 0,n> N,s.t.$

                                        $|f_n(x)-f(x)|< \varepsilon .$

                 因此当上述条件均满足时，就有

                                        $|f(x_1)-f(x_2)|\leq |f_n(x_1)-f(x_1)|+|f_n(x_1)-f_n(x_2)|+|f_n(x_2)-f(x_2)|< 3\varepsilon .$

                即$f(x)$在$I$上一致收敛。

北京大学2011-2012学年数学分析II期末试题


证明：
                 因为
                         $\displaystyle \because |\frac{\sin nx}{n^2+1}|\leq \frac{1}{n^2+1}\rightarrow 0,(n \to +\infty )$

                 所以，函数$f(x)$一致收敛。从而有

                         $\displaystyle f'(x)=\sum_{n=1}^{+\infty }(\frac{\sin nx}{n^2+1})'=\sum_{n=1}^{+\infty }\frac{n\cos nx}{n^2+1}.$

                  又
                         $\displaystyle \because |\frac{n\cos nx}{n^2+1}|\leq \frac{n}{n^2+1}\rightarrow 0,(n \to +\infty )$

                  因此，导函数$f'(x)$一致收敛。从而由通项$a_n=\frac{n\cos nx}{n^2+1}$的连续性，可知，和函数$f'(x)$也连续。

                  

北京大学2011-2012学年数学分析II期末试题


证明：
                $\Rightarrow \forall \varepsilon > 0,\exists N> 0,n> N,s.t.$

                             $|P_n(e^{-x})-f(x)|< \varepsilon ,$

                             $\therefore P_n(e^{-x})-\varepsilon < f(x)< P_n(e^{-x})+\varepsilon ,$
                 取极限
                             $\displaystyle \lim_{x \to +\infty }f(x)=p_n(0).$

                      存在。



                  $\displaystyle \Leftarrow \lim_{x \to +\infty }f(x)=A,$

                      由此可知，$f(x)$在$[0,+\infty )$上，有界。根据Weierstrass多项式逼近定理，有

                                      $\forall \varepsilon > 0,\exists N> 0,n> N,s.t.$

                                        $|P_n(e^{-x})-f(x)|< \varepsilon .$

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证明
                 设原级数$\sum_{n=1}^{\infty }u_n(x)$是正负项不按规律排序的任意级数。由原级数一致收敛，有

                                    $|u_{n+p}(x)-u_n(x)|< \varepsilon ,(p> 0,\varepsilon > 0,x\in I)$

                 现将原级数按下列方式加以重新排序：

                               不妨设首项为正，将连的正项加括号组成新级数第一项：$a_1(x)$。$｜a_1(x)｜$显然与所包含的原级数项绝对值相等;将首个负项与其后紧连的负项加括号，组成新级数的第二项：$-|a_2(x)|$。而$-|a_2(x)|$显示也与所包含原级数项的和相等；....依次将原级数$n+p$项组成新级数$k+t$项。此时有
              
                      $||a_{k+t}(x)|-|a_k(x)||\leq |u_{n+p}(x)-u_n(x)|< \varepsilon ,(t> 0)$

                 新级数绝对一致收敛。

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解：
                   $\because f(x)=\cos^2x=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos2x,$

                        $f^{(n)}(x)=\frac{1}{2}\cos(2x+\frac{n\pi}{2}),$

                   $\therefore f(1)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos2,$

                        $f^{(n)}(1)=\frac{1}{2}\cos(2+\frac{n\pi}{2}),$

           而泰勒展开式为

                       $f(x)=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\cos2-\frac{1}{2}\sin2(x-1)-\frac{1}{2\cdot 2!}\cos2(x-1)^2+\cdots +\frac{1}{2\cdot n!}\cos(2+\frac{n\pi}{2})(x-1)^n+o((x-1)^n).$

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解：
         利用已知级数求和公式：
                      $\displaystyle \because \sum_{n=0}^{\infty }(n+1)x^n=\frac{1}{(1-x)^2},$

                          $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty }(n+2)(n+1)x^n=\frac{2}{(1-x)^3},$

             可以得到：
                       $\begin{align*}\sum_{n=0}^{\infty }(n+1)^2x^n&=\sum_{n=0}^{\infty }(n+2)(n+1)x^n-\sum_{n=0}^{\infty }(n+1)x^n\\\\&=\frac{2}{(1-x)^3}-\frac{1}{(1-x)^2}\\\\&=\frac{1+x}{(1-x)^3}.
\end{align*}$

             令$x=\frac{1}{2},$代入上面求和式，得

                        $\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty }\frac{(1+n)^2}{2^n}=\frac{1+\frac{1}{2}}{(1-\frac{1}{2})^3}=12.$

----------------------------------------------几个级数求和公式

北京大学2011-2012学年数学分析II期末试题

北京大学2011-2012学年数学分析II期末试题

解：因为$f(x)$为偶函数，故可展开为余弦级数

                           $\displaystyle f(x)\sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty }a_n\cos nx,x\in[-\pi,\pi]$

                           $a_0=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}xdx=\pi,$

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

              展开式为

                           $\displaystyle \pi+\sum_{n=1}^{\infty }\frac{2}{n^2\pi}((-1)^n-1)\cos nx=\begin{cases}
x &, -\pi< x< \pi \\
0 &, x= \pm \pi
\end{cases}$