1($4\times 10‘=40‘$)

(1)$\dps{\lim_{x\to 0}\frac{\sin x-\arctan x}{\tan x-\arcsin x}}$.

解答: $$\beex \bea \lim_{x\to 0}\frac{\sin x-\arctan x}{\tan x-\arcsin x} &=\lim_{x\to 0}\frac{\sez{x-\frac{x^3}{6}+o(x^3)}-\sez{x-\frac{x^3}{3}+o(x^3)}}{ \sez{x+\frac{x^3}{3}+o(x^3)}-\sez{x+\frac{x^3}{6}+o(x^3)}}\\ &=\frac{-\frac{1}{6}+\frac{1}{3}}{\frac{1}{3}-\frac{1}{6}}\\ &=1. \eea \eeex$$

(2)$\dps{\int_0^\pi\frac{\cos 4\theta}{1+\cos^2\theta}\rd \theta}$.

解答: $$\beex \bea \mbox{原积分} &=\int_0^\pi \frac{\cos4\theta}{1+\frac{1+\cos2\theta}{2}}\rd \theta\\ &=2\int_0^\pi \frac{\cos 4\theta}{3+\cos2\theta}\rd \theta\\ &=\int_0^{2\pi}\frac{\cos 2t}{3+\cos t}\rd t\quad\sex{t=2\theta}\\ &=\int_0^{2\pi}\frac{2\cos^2t-1}{\cos t+3}\rd t\\ &=\int_0^{2\pi}\frac{2(\cos t+3)^2-12(\cos t+3)+17} {\cos t+3}\rd t\\ &=\int_0^{2\pi}2(\cos t+3)-12+\frac{17}{\cos t+3}\rd t\\ &=-6\cdot 2\pi+17\int_0^\pi \int_{-\pi}^\pi \frac{1}{3-\cos s}\rd s\quad(s=\pi-t)\\ &=-12\pi+34\int_0^\pi \frac{1}{3-\cos s}\rd s\\ &=-12\pi +34\int_0^\pi \frac{1}{2+2\sin^2\frac{s}{2}}\rd s\\ &=-12\pi+34\int_0^\pi \frac{\cos^2\frac{s}{2}+\sin^2\frac{s}{2}}{2\cos^2\frac{s}{2}+4\sin^2\frac{s}{2}}\rd s\\ &=-12\pi+34\int_0^\pi \frac{2\rd \tan\frac{s}{2}}{2+4\tan^2\frac{s}{2}}\\ &=-12\pi+34\int_0^\infty\frac{\rd t}{1+2t^2}\\ &=-12\pi+34\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}\int_0^\infty\frac{\rd (\sqrt{2}t)}{1+(\sqrt{2}t)^2}\\ &=\sex{\frac{17}{\sqrt{2}}-12}\pi. \eea \eeex$$ \bzj 学过复变函数的同学也可以用留数来计算或验证: $$\beex \bea \mbox{原积分}&=\int_0^{2\pi}\frac{2\cos^2t-1}{3+\cos t}\rd t\\ &=\int_{|z|=1} \frac{2\sex{\frac{z+z^{-1}}{2}}^2-1}{3+\frac{z+z^{-1}}{2}}\frac{\rd z}{iz}\\ &=\frac{1}{i}\int_{|z|=1}\frac{z^4+1}{z^2(6z+z^2+1)}\rd z\\ &=\frac{1}{i}\cdot 2\pi i\sez{\underset{z=0}{\Res}\frac{z^4+1}{z^2(6z+z^2+1)}+\underset{z=-3+2\sqrt{2}}{\Res}\frac{z^4+1}{z^2(6z+z^2+1)}}\\ &=2\pi \sez{\sex{\frac{z^4+1}{z^2(6z+z^2+1)}}‘|_{z=0}+\frac{z^4+1}{z^2[z-(-3-2\sqrt{2})]}|_{z=-3+2\sqrt{2}}} \\ &=2\pi \sed{-6+\frac{1}{4\sqrt{2}}\frac{z^4+1}{z^2}|_{z=-3+2\sqrt{2}}}\\ &=2\pi \sed{-6+\frac{1}{4\sqrt{2}}\sez{(17-12\sqrt{2})+(17+12\sqrt{2})}}\\ &=2\pi \sez{-6+\frac{17}{2\sqrt{2}}}\\ &=\sex{\frac{17}{\sqrt{2}}-12}\pi. \eea \eeex$$ \ezj

(3)设 $D=\sed{(x,y);x^2+y^2\leq \sqrt{3},x\geq 0,y\geq 0}$, $[1+x^2+y^2]$ 表示不超过 $1+x^2+y^2$ 的最大整数. 计算二重积分 $$\bex \iint_Dxy[1+x^2+y^2]\rd x\rd y. \eex$$

解答: $$\beex \bea \mbox{原积分} &=\iint_{0\leq x^2+y^2<1\atop x\geq 0,y\geq 0}xy\rd x\rd y +2\iint_{1\leq x^2+y^2<\sqrt{3}\atop x\geq 0,y\geq 0}xy\rd x\rd y\\ &=\int_0^1\rd r\int_0^\frac{\pi}{2}r\cos\theta\cdot r\sin\theta\cdot r\rd \theta +2\int_1^{\sqrt[4]{3}}\rd r\int_0^\frac{\pi}{2}r\cos\theta\cdot r\sin\theta\cdot r\rd \theta\\ &=\frac{1}{8}+\frac{1}{4}\\ &=\frac{3}{8}. \eea \eeex$$

(4)设 $\dps{S_n=\frac{1}{\sqrt{n}}\sex{1+\frac{1}{\sqrt{2}}+\cdots+\frac{1}{\sqrt{n}}}}$, 求 $\dps{\lim_{n\to\infty}S_n}$.

解答: 由 Sotlz 公式, $$\bex \mbox{原极限}=\lim_{n\to\infty}\frac{\frac{1}{\sqrt{n}}}{\sqrt{n}-\sqrt{n-1}} =\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt{n}+\sqrt{n-1}}{\sqrt{n}} =2. \eex$$

2($10‘$) 论证是否存在定义在 $\bbR$ 上的连续函数使得 $f(f(x))=e^{-x}$.

证明: 用反证法. 若存在这样的 $f$, 则

(1)$f$ 是单射: $$\bex f(x)=f(y)\ra e^{-x}=f(f(x))=f(f(y))=e^{-y}\ra x=y. \eex$$

(2)$f$ 单调. 又用反证法. 若 $f$ 不单调, 则 $$\bex \exists\ a<b<c,\st f(a)\leq f(b)\geq f(c)\mbox{ 或 }f(a)\geq f(b)\leq f(c). \eex$$ 不妨设 $$\bex f(a)\leq f(b)\geq f(c),\quad f(a)\geq f(c), \eex$$ 则由连续函数的介值定理知 $$\bex \exists\ d\in (b,c),\st f(d)=f(a). \eex$$ 这与 $f$ 是单射矛盾.

(3)既然 $f$ 单调, 我们知 $f\circ f$ 递增, 这与 $e^{-x}$ 递减矛盾. 故有结论.

3讨论函数项级数 $\dps{\sum_{n=1}^\infty\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n^x}}$ 的收敛性与一致收敛性.

解答: 由 $$\bex \sum_{n=1}^\infty\frac{\sqrt{n+1}-\sqrt{n}}{n^x} =\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n^x(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})} \eex$$ 知当 $$\bex x+\frac{1}{2}>1\ra x>\frac{1}{2} \eex$$ 时原函数项级数收敛. 又当 $\dps{a>\frac{1}{2}}$ 时, $$\bex \frac{1}{n^x(\sqrt{n+1}+\sqrt{n})} \leq \frac{1}{n^{x+\frac{1}{2}}}\leq \frac{1}{n^{a+\frac{1}{2}}}\quad(x\geq a), \eex$$ 我们知原函数项级数在 $[a,\infty)$ 上一致收敛. 最后, 由 $\dps{\sum_{n=1}^\infty\frac{1}{(n+1)^{1+\frac{1}{n}}}}$ 的发散性知 $$\bex \exists\ \ve_0>0,\ \forall\ n,\ \exists\ p,\st \sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{1}{(n+1)^{1+\frac{1}{n}}}\geq 2\ve_0, \eex$$ 而 $$\bex \sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{\sqrt{k+1}-\sqrt{k}}{k^{\frac{1}{2}+\frac{1}{k}}} =\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{1}{k^{\frac{1}{2}+\frac{1}{k}}\sex{\sqrt{k+1}+\sqrt{k}}} \geq \frac{1}{2}\sum_{k=n+1}^{n+p}\frac{1}{(n+1)^{1+\frac{1}{n}}} \geq \ve_0. \eex$$ 因此, 原函数项级数在 $\dps{\sex{\frac{1}{2},\infty}}$ 上不一致收敛.

4($15‘$) 设 $f(x),g(x),\varphi(x)$ 均为 $[a,b]$ 上的连续函数, 且 $g(x)$ 为单调递增的, $\varphi(x)\geq 0$, 同时满足对于任意的 $x\in [a,b]$, 有 $$\bex f(x)\leq g(x)+\int_a^x \varphi(t)f(t)\rd t. \eex$$ 证明: 对于任意的 $x\in[a,b]$, 都有 $$\bex f(x)\leq g(x)e^{\int_a^x \varphi(s)\rd s}. \eex$$

证明: 设 $$\bex F(x)=\int_a^x \varphi(t)f(t)\rd t, \eex$$ 则 $$\beex \bea F‘(x)&=\varphi(x)f(x)\leq \varphi(x)g(x)+\varphi(x)F(x),\\ F‘(x)-\varphi(x)F(x)&\leq \varphi(x)g(x),\\ \sez{F(x)e^{-\int_a^x \varphi(t)\rd t}}‘&\leq \varphi(x)g(x)e^{-\int_a^x\varphi(t)\rd t}\\ F(x)e^{-\int_a^x \varphi(t)\rd t} &\leq \int_a^x \varphi(t)g(t)e^{-\int_a^t \varphi(s)\rd s}\rd t,\\ F(x)&\leq \int_a^x \varphi(t)g(t)e^{\int_t^x\varphi(s)\rd s}\rd t, \eea \eeex$$ $$\beex \bea f(x)&\leq g(x)+F(x)\\ &\leq g(x)+\int_a^x \varphi(t)g(t)e^{\int_t^x\varphi(s)\rd s}\rd t\\ &\leq g(t)+g(x)\int_a^x \varphi(t)e^{\int_t^x\varphi(s)\rd s}\rd t\quad\sex{g\mbox{递增}}\\ &=g(x)+g(x)\sez{-e^{\int_t^x\varphi(s)\rd s}}_{t=a}^{t=x}\\ &=g(x)+g(x)\sez{-1+e^{\int_a^x \varphi(s)\rd s}}\\ &=g(x)e^{\int_a^x \varphi(s)\rd s}. \eea \eeex$$

5

(1) $\dps{\lim_{n\to\infty}\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^nx\rd x=0}$;

(2)$\dps{\lim_{n\to\infty}\int_0^\frac{\pi}{2}\sin x^n\rd x=0}$.

证明:

(1)对任意的 $\dps{\delta\in \sex{0,\frac{\pi}{2}}}$, 有 $$\beex \bea \int_0^\frac{\pi}{2}\sin^nx\rd x &=\int_0^{\frac{\pi}{2}-\delta}\sin^n x\rd x +\int_{\frac{\pi}{2}-\delta}^\frac{\pi}{2}\sin^nx\rd x\\ &\leq \sex{\frac{\pi}{2}-\delta}\sin^n \sex{\frac{\pi}{2}-\delta}+\delta\\ &\equiv I_1+I_2. \eea \eeex$$ 于是对 $\forall\ \ve>0$, 可先取 $\dps{0<\delta<\frac{\ve}{2}}$, 而 $\dps{I_2<\frac{\ve}{2}}$; 后对该 $\delta$, $$\bex \exists\ N,\ \forall\ n>N,\mbox{ 有 }I_1<\frac{\ve}{2}. \eex$$ 因此, $\dps{\lim_{n\to\infty}\int_0^\frac{\pi}{2}\sin^nx\rd x=0}$.

(2)由 (积分第二中值定理:

(a) 若 $f\in \mathscr{R}[a,b]$, $g\searrow$, $g\geq 0$, 则 $\dps{ \exists\ \xi \in [a,b],\st \int_a^bf(x)g(x)\rd x=g(a)\int_a^\xi f(x)\rd x; }$

(b) 若 $f\in \mathscr{R}[a,b]$, $g\nearrow$, $g\geq 0$, 则 $\dps{ \exists\ \eta\in [a,b],\st \int_a^bf(x)g(x)\rd x=g(b)\int_\eta^b f(x)\rd x; }$

(c) 若 $f\in \mathscr{R}[a,b]$, $g$ 单调, 则 $\dps{ \exists\ \xi\in [a,b],\st \int_a^bf(x)g(x)\rd x=g(a)\int_a^\xi f(x)\rd x+g(b)\int_\xi^bf(x)\rd x. }$) $$\beex \bea \int_0^\frac{\pi}{2}\sin x^n\rd x &=\int_0^1 \sin x^n\rd x+\int_1^\frac{\pi}{2}\sin x^n\rd x\\ &\leq \int_0^1 x^n\rd x+\int_1^\frac{\pi}{2} \frac{1}{nx^{n-1}}\cdot nx^{n-1}\sin x^n\rd x\\ &=\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n}\int_1^\xi \rd (-\cos x^n)\quad\sex{\mbox{积分第二中值定理}}\\ &\leq \frac{1}{n+1}+\frac{2}{n} \eea \eeex$$ 即知结论.

注记: 学过实变函数的同学也可以利用 Lebesgue 控制收敛定理立即得到结论.

6 (1) ($5‘$) 构造一个闭区间 $[-1,1]$ 上处处可微的函数, 使得它的导数在 $[-1,1]$ 上无界.

(2) ($15‘$) 设函数 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内可导, 证明存在 $(\alpha,\beta)\subset (a,b)$, 使得 $f‘(x)$ 在 $(\alpha,\beta)$ 内有界.

证明:

(1)取 $[-1,1]$ 上的函数 $\dps{ f(x)=\left\{\ba{ll} x^2\sin \frac{1}{x^2},&x\neq 0,\\ 0,&x=0, \ea\right. }$ 则 $\dps{ f‘(x)=\left\{\ba{ll} 2x\sin\frac{1}{x^2}-\frac{2}{x}\cos\frac{1}{x^2},&x\neq 0,\\ 0,&x=0 \ea\right. }$ 无界.

(2)取 $c<d$ 使得 $[c,d]\subset (a,b)$, 则由 $$\bex [c,d]=\cup_{n=1}^\infty E_n,\quad E_n=\sed{x\in [c,d];\ |f‘(x)|\leq n} \eex$$ 及 Baire 纲定理知某 $E_{n_0}$ 有内点. 即证.

7设二元函数 $f(x,y)$ 的两个混合偏导数 $f_{xy}(x,y)$, $f_{yx}(x,y)$ 在 $(0,0)$ 附近存在, 且 $f_{xy}(x,y)$ 在 $(0,0)$ 处连续. 证明: $f_{xy}(0,0)=f_{yx}(0,0)$.

证明: $$\beex \bea f_{yx}(0,0) &=\lim_{x\to 0}\frac{f_y(x,0)-f_y(0,0)}{x}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{1}{x} \lim_{y\to 0}\sez{\frac{f(x,y)-f(x,0)}{y}-\frac{f(0,y)-f(0,0)}{y}}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{1}{x} \lim_{y\to 0}\frac{[f(x,y)-f(0,y)]-[f(x,0)-f(0,0)]}{y}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{1}{x} \lim_{y\to 0}\frac{1}{y}\sez{\frac{f(x,y)-f(0,y)}{f(x,0)-f(0,0)}-1}\sez{f(x,0)-f(0,0)}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{1}{x} \lim_{y\to 0}\frac{1}{y}\sez{\frac{f_x(sx,y)}{f_x(sx,0)}-1}[f(x,0)-f(0,0)]\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{1}{x} \lim_{y\to 0}\frac{f_x(sx,y)-f_x(sx,0)}{y}\cdot \frac{f(x,0)-f(0,0)}{f_x(sx,0)}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{1}{x} \lim_{y\to 0}f_{xy}(sx,ty)\frac{f_x(\theta x,0)x}{f_x(sx,0)}\\ &=\lim_{x\to 0} \lim_{y\to 0}f_{xy}(sx,ty)\frac{f_x(\theta x,0)}{f_x(sx,0)}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{1}{x} \lim_{y\to 0}f_{xy}(0,0),\quad\sex{f_{xy}\mbox{ 在原点连续}}. \eea \eeex$$

8($20‘$) 已知对实数 $n\geq 2$, 有公式 $$\bex \sum_{p\leq n}\frac{\ln p}{p}=\ln n+O(1), \eex$$ 其中求和是对所有不超过 $n$ 的素数 $p$ 求和. 求证: $$\bex \sum_{p\leq n}\frac{1}{p}=C+\ln \ln n+O\sex{\frac{1}{\ln n}}, \eex$$ 其中求和也是对所有不超过 $n$ 的素数 $p$ 求和, $C$ 是某个与 $n$ 无关的常数.

证明: 设 $\mu$ 为 $\bbN$ 上的 counting measure, 使得 $\dps{\mu(n)=\left\{\ba{ll} 1,&n\mbox{ 为素数},\\ 0,&n\mbox{ 为合数}. \ea\right.}$ 则通过简单的 Riemann-Stieltjes 积分技巧易得结论. 另外可参考 link.

[家里蹲大学数学杂志]第242期浙江大学2013年数学分析考研试题参考解答