1. ($24‘$) 求下列极限 (要有主要计算步骤)

(1) $\dps{\vlm{n} \sex{\cfrac{1}{n^2+n+1}+\cfrac{2}{n^2+n+2}+\cfrac{3}{n^2+n+3}+ \cdots+\cfrac{n}{n^2+n+n}}}$;

(2) $\dps{\lim_{n\to\infty}\cfrac{n^n}{3^n\cdot n!}}$;

(3) $\dps{\lim_{x\to 0} \cfrac{e^x-1-x}{\sqrt{1-x}-\cos\sqrt{x}}}$.

解答:

(1) 由 $$\bex \cfrac{k}{n^2+n+n}\leq \cfrac{k}{n^2+n+k}\leq \cfrac{k}{n^2+n+1}\quad\sex{1\leq k\leq n} \eex$$ 知 $$\bex \cfrac{1}{n^2+n+n}\cdot \cfrac{n(n+1)}{2}\leq \sum_{k=1}^n \cfrac{k}{n^2+n+k}\leq \cfrac{1}{n^2+n+1}\cdot \cfrac{n(n+1)}{2}. \eex$$ 而原极限 $\dps{=\cfrac{1}{2}}$.

(2) 考虑级数 $\dps{\vsm{n}u_n}$, 其中 $\dps{u_n=\cfrac{n^n}{3n!\cdot n!}}$, 则由 $$\beex \bea \vlm{n}\cfrac{u_{n+1}}{u_n} &=\vlm{n}\cfrac{(n+1)^{n+1}}{3^{n+1}\cdot (n+1)!}\cdot \cfrac{3^n\cdot n!}{n^n}\\ &=\vlm{n}\cfrac{1}{3}\sex{1+\cfrac{1}{n}}^n\\ &=\cfrac{e}{3}\\ &<1 \eea \eeex$$ 知级数 $\dps{\vsm{n}u_n}$ 收敛, 而 $\dps{\vlm{n}u_n=0}$.

(3) $$\beex \bea \mbox{原极限} &=\lim_{x\to 0}\cfrac{\cfrac{x^2}{2}+o(x^2)} {\sez{1-\cfrac{x}{2}-\cfrac{x^2}{8}+o(x^2)} -\sez{1-\cfrac{x}{2}+\cfrac{x^2}{24}+o(x^2)}}\\ &=\cfrac{\cfrac{1}{2}}{-\cfrac{1}{8}-\cfrac{1}{24}}\\ &=-3. \eea \eeex$$

2. ($15‘$) 设函数 $f(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上满足 $$\bee\label{300_eq} |f(x)-f(y)|\leq M|x-y|^\al,\quad \forall\ x,y\in [a,b] \eee$$(其中 $M>0$, $\al>1$ 为常数). 证明: $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上恒为常数.

证明: 由 \eqref{300_eq} 知对 $\forall\ x\in (a,b)$, $$\bex \sev{\cfrac{f(x+\lap x)-f(x)}{\lap x}} \leq M\sev{\lap x}^{\al-1}\to 0\quad\sex{\lap x\to 0}. \eex$$ 而 $f‘(x)=0$. 于是 $$\bex f(x)-f(a)=f‘(\xi)(x-a)=0,\quad \forall\ x\in (a,b]. \eex$$

3. ($15‘$) 证明 $\dps{\vsm{n}x^2\cdot e^{-nx}}$ 在 $(0,\infty)$ 上一致收敛.

证明: 设 $f_n(x)=x^2e^{-nx}$, 通过求导易知 $$\bex \max_{x\in (0,\infty)}f_n(x)=f_n\sex{\cfrac{2}{n}} =\cfrac{4}{n^2e^2}, \eex$$ 而原函数项级数有优级数 $\dps{\vsm{n}\cfrac{4}{n^2e^2}}$. 由 Weierstrass 判别法即知结论.

4. ($10‘$) 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上三阶可导, $f‘(a)=f‘(b)=0$, 并在 $c\in (a,b)$ 点有 $$\bex f(c)=\max_{x\in [a,b]}f(x). \eex$$ 证明方程 $f‘‘‘(x)=0$ 在 $(a,b)$ 上至少有一个根.

证明: 显然 $f‘(c)=0$. 由 Rolle 定理, $$\bex \exists\ a<\xi_1<c<\xi_2<b,\st f‘‘(\xi_1)=f‘‘(\xi_2)=0. \eex$$ 再据 Rolle 定理, $$\bex \exists\ \xi\in (\xi_1,\xi_2)\subset (a,b),\st f‘‘‘(\xi)=0. \eex$$

5. ($10‘$) 若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上二阶可微, $\dps{f\sex{\cfrac{a+b}{2}}=0}$. 证明: $$\bex \sev{\int_a^bf(x)\rd x}\leq \cfrac{M(b-a)^3}{24}, \eex$$ 其中 $$\bex M=\max_{a\leq x\leq b}|f‘‘(x)|. \eex$$

证明: 由Taylor 公式, $$\bex f(x)=f‘\sex{\cfrac{a+b}{2}} \sex{x-\cfrac{a+b}{2}} +\cfrac{f‘‘(\xi)}{2}\sex{x-\cfrac{a+b}{2}}^2. \eex$$ 而 $$\beex \bea \sev{\int_a^b f(x)\rd x} &=\sev{\cfrac{f‘‘(\xi)}{2}\int_a^b \sex{x-\cfrac{a+b}{2}}^2\rd x}\\ &\leq \cfrac{M}{2}\cdot \cfrac{(b-a)^3}{12}\\ &=\cfrac{M(b-a)^3}{24}. \eea \eeex$$

6. ($10‘$) 记 $$\bex F(x)=\int_0^\infty e^{-y^2}\cos xy\rd y. \eex$$ 证明:

(1) $2F‘(x)+xF(x)=0$.

(2) 求 $F(x)$.

证明:

(1) 由 Dirichlet 判别法即知 $$\bex \int_0^\infty e^{-y^2} (-\sin xy)y\rd y \eex$$ 关于 $x$ 一致收敛. 而可积分号下求导如下: $$\beex \bea2F‘(x)+xF(x)&=\int_0^\infty e^{-y^2}(-\sin xy)(2y)+e^{-y^2}x\cos xy\rd y\\ &=\int_0^\infty \rd \sex{e^{-y^2}\sin xy}\\ &=0. \eea \eeex$$

(2) 设 $F(x)=y$, 则 $$\bex2F‘(x)+xF(x)=0\ra xy\rd x+2\rd y=0. \eex$$ 于是 $$\bex \cfrac{M_y-N_x}{N}=\cfrac{x}{2}, \eex$$ 而有积分因子 $$\bex e^{\int \cfrac{x}{2}\rd x}=e^{\cfrac{x^2}{4}}. \eex$$ 于是 $$\bex \sez{2e^{\cfrac{x^2}{4}}F(x)}‘=0\ra e^{\cfrac{x^2}{4}}F(x)=F(0)=\int_0^\infty e^{-y^2}\rd y. \eex$$ 据 $$\bex \sez{\int_{\bbR}e^{-y^2}\rd y}^2 =\iint_{\bbR^2}e^{-(x^2+y^2)}\rd x\rd y =\int_0^\infty e^{-r^2}\cdot 2\pi r\rd r =\pi \eex$$ 知 $$\bex \int_0^\infty e^{-y^2}\rd y=\cfrac{\sqrt{\pi}}{2},\quad F(x)=\cfrac{\sqrt{\pi}}{2}e^{-\cfrac{x^2}{4}}. \eex$$

7. ($8‘$) 设 $z=f(x,y)$ 在有界闭区域 $D$ 内有二阶连续的偏导数, 且 $$\bex z_{xx}+z_{yy}=0,\quad z_{xy}\neq 0. \eex$$ 证明: $z=f(x,y)$ 的最大、最小值只能在区域的边界上取得.

证明: 由 $$\bex \sev{\ba{cc} z_{xx}&z_{xy}\\ z_{yx}&z_{yy} \ea}=-z_{xx}^2-z_{xy}^2<0 \eex$$ 知 $z$ 的 Hessian 矩阵不是正定的、负定的 (二阶正定、负定矩阵的行列式均 $>0$), 而 $z$ 不能在内部取得最小、最大值. 注记: 如果多学点, 其实只要 $z_{xx}+z_{yy}=0$ 即可保证结论成立.

8. ($8‘$) 设 $f(x)$ 在 $[0,2]$ 上二阶可微, 且 $$\bex |f(x)|\leq 1,\quad |f‘‘(x)|\leq 1. \eex$$ 证明: $|f‘(x)|\leq 2$.

证明: 由 Taylor 展开, $$\bex f(0)=f(x)+f‘(x)(-x)+\cfrac{f‘‘(\xi)}{2}(-x)^2, \eex$$ $$\bex f(2)=f(x)+f‘(x)(2-x)+\cfrac{f‘‘(\eta)}{2}(2-x)^2. \eex$$ 相减即有 $$\beex \bea 2|f‘(x)|&\leq 2+\cfrac{1}{2}x^2+\cfrac{1}{2}(2-x)^2,\\ |f‘(x)|&\leq 1+\cfrac{1}{4}\sez{x^2+(2-x)^2}\\ &=1+\cfrac{1}{2}\sez{(x-1)^2+1}\\ &\leq 2. \eea \eeex$$ 

[家里蹲大学数学杂志]第300期华中师范大学2001年数学分析考研试题参考解答