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上海交通大学2004数学分析试题与解答


2004 年上海交通大学 数学分析
a1 + 2a 2 + ? + na n a = 2 n2

一(14)设 lim an = a ,证明 lim n →∞
n→∞

二(14)证明 sin( x 2 ) 在 [0,+∞ ) 上不一致连续. 三(14)设 f (x) 在 [0,2a ] 上连续,且 f (0) = f (2a) ,证明 ? x0 ∈ [0, a ] ,使
f ( x0 ) = f ( x0 + a)
2 π 四(14)证明不等式 x < sin x < x , x ∈ ? 0, ? ? ?

π

?

2?

五 (14) 设
x → +∞



+∞ a

f ( x)d x 收 敛 , 且 f (x) 在 [a,+∞ ) 上 一 致 连 续 , 证 明

lim f ( x) = 0.

证 因 f (x) 在 [a,+∞ ) 上一致连续,故 ?ε > 0 , ?δ > 0 ,使得当
t1 , t2 ∈ [ a, +∞ ) 且 t1 ? t2 < δ 时,有 f (t1 ) ? f (t2 ) <

ε
2



令 un =

a + nδ a +( n ?1)δ



f ( x)d x ,则由积分第一中值定理得,
a + nδ a +( n ?1)δ

?xn ∈ [ a + (n ? 1)δ , a + nδ ] ,使得 un =



f ( x)d x = δ f ( xn ) .

因∫

+∞ a

f ( x)d x 收敛,故级数 ∑ un 收敛,从而 un → 0 ,即
n =1



δ f ( xn ) → 0 ,也即 f ( xn ) → 0 ,故对上述的 ε ,存在 N ∈ ? + ,使得
当 n > N 时, f ( xn ) <

ε
2

.

取 X = a + Nδ ,则当 x > X 时,因

1

x ∈ [ a, ∞ ) = ∪ [ a + (k ? 1)δ , a + kδ )
k =0



故存在惟一的 k ∈ ? + ,使得 x ∈ [ a + (k ? 1)δ , a + kδ ) ,易见 k > N ,且
x ? xk < δ ,从而

f ( x) ≤ f ( xk ) + f ( x) ? f ( xk ) <

ε
2

+

ε
2



六(14)设 x2 n?1 = 收敛. 解. x2 n = ∫
S2 n = ∑ ( ?1)
k =1 n k ?1 n +1

∞ n +1 1 1 , x2 n = ∫ d x , n = 1, 2,? ,证明级数 ∑ (? 1)n?1 x n n n x n =1

n

1 1 1 n d x = ln x |n+1 = ln(1 + ) , S2 n+1 = S 2 n + , 因 故只要证 x n k

n 1 ? n ? 1 1 ? ?1 xk = ∑ ? ? ln(1 + ) ? = ∑ ? 2 + ( 2 ) ? 收敛即可. k ? k =1 ? 2k k ? k =1 ? k

七(14)设 f (x) 在 [0,1] 上连续, f (1) = 0 , g n ( x) = f ( x) x n , n = 1, 2,? , 证明 {g n ( x)} 在 [0,1] 上一致收敛.分区间讨论

八(12)设 f ( x) 在 [0,1] 上连续,证明 lim n ∫ x n f ( x)d x = f (1) .
1

n→∞

0

证 (1) (令 t = x ,则 n ∫ x f ( x)d x = ∫ t f (t )d t ,
n

1

n

1

1 n

1 n

0

0

( 2 )因 f ( x) 在 [0,1] 上连续,故 ?M > 0 ,使得 f ( x) ≤ M , x ∈ [ 0,1] , (3) ?ε > 0 ,记 a =

ε
3M

,不妨设 0 < a < 1 ,则
a 1 n



a

0

t f (t )d t ≤ ∫ t
0

1 n

1 n

f (t ) d t ≤ ∫ M d t = Ma =
0

1 n

a

ε
3



2

(4) ∫ t f (t )d t ? f (1) =
a

1

1 n

1 n

∫ [t
a 1 a

1

1 n

f (t ) ? f (1)]d t ≤ ∫ t f (t ) ? f (1) d t
a 1 n 1 n 1 n

1 n

1

1 n

1 n

= ∫ t f (t ) ? t f (1) + t f (1) ? f (1) d t ≤ ∫ f (t ) ? f (1) d t + f (1) ∫ t ? 1 d t
a a 1 1 n 1 1 n

1 n

(5)因 f ( x) 在 [0,1] 上连续,故 f ( x) 在 [0,1] 上一致连续,故对上述的正 数 ε , ?δ > 0 ,当 x1 , x2 ∈ [ 0,1] 且 x1 ? x2 < δ 时,有
f ( x1 ) ? f ( x2 ) <

ε
3(1 ? a )

(6)因 lim a = 1 ,记 ε ? = min{δ ,
n→∞

1 n

ε
3M (1 ? a )

} ,则存在正整数 N ,使得

当 n > N 时,有 a ? 1 < ε ? , ( 7 )当 t ∈ (a,1) 时,有 t ? 1 = 1 ? t ≤ 1 ? a ,从而当 n > N 时,有
1 n 1 n 1 n

1 n


1 n 1 n

1

a

f (t ) ? f (1) d t + f (1) ∫ t ? 1 d t <
a

1 n

1

1 n

ε
3

+

ε
3

(8)由(3)和(7)知,当 n > N 时,有

∫t
0

1

f (t )d t ? f (1) ≤



a

0

t f (t )d t +

1 n

1 n

∫t
a

1

1 n

f (t )d t ? f (1) <

1 n

ε
3

+

2ε =ε 3

九(12)设 a1 >0, a n+1 = a n +

a 1 ,证明 lim n =1 stolz 公式 n→∞ an 2n

2 an an 证 (1)要证 lim =1 ,只要证 lim = 1, n→∞ n→∞ 2n 2n

即只要证 lim

2 2 an+1 ? an 2 2 = 1 ,即证 lim(an+1 ? an ) = 2 n→∞ (2n + 2) ? 2n n→∞

3

(2)因 a n+1 = a n +

1 a 1 1 ,故 an+1 ? an = > 0 , n+1 = 1 + 2 an an an an an+1 + an 1 1 =1+ 2 +1= 2 + 2 an an an

2 2 an+1 ? an = (an+1 ? an )(an+1 + an ) =

因此只要证 lim

1 = 0 ,即只要证 lim an = ∞ n→∞ a 2 n→∞ n 1 > 0 知, {an } 单调增加,假如 an

(3)由 an+1 ? an =

有上界,则

必有极限 a ,由 a n+1 = + 因此
1 = 0 ,矛盾. a
n→∞

1 知, a = a + , a

这表明{an } 单调增加、没有上界,因此 lim an = ∞ . (证完)

十(28)计算下述积分:
1. ∫∫
D

y ? x 2 d x d y ,其中 D 是矩形区域 x ≤ 1 , 0 ≤ y ≤ 2

解 记 D1 = {( x, y ) | x ≤ 1,0 ≤ y ≤ 2, y ? x 2 ≤ 0}
D2 = {( x, y ) | x ≤ 1,0 ≤ y ≤ 2,0 ≤ y ? x 2 } ,

∫∫

D

y ? x 2 d x d y = ∫∫

D1

x 2 ? y d x d y + ∫∫
4

D2

y ? x2 d x d y

= ∫ d x ∫ ( x ? y) d y + ∫ d x ∫ ( y ? x ) d y
2 2 ?1 0
1
3

1

x2

1 2

1

2

1 2

?1

x2
3

2 2 2 2 = ∫ ( x 2 ) d x + ∫ (2 ? x 2 ) d x 3 ?1 3 ?1 4 4 2 2 = ∫ ( x 2 ) d x + ∫ (2 ? x 2 ) d x 30 30
1
3

1

1

3

=

4 3 16 x d x + ∫ cos 4 t d t (这里x = 2 sin t ) 3∫ 3 0 0
π 4 2

1

π 4

1 16 ? 1 + cos 2t ? = + ∫? ? dt 3 3 0? 2 ? 1 4 ? 1 + cos 4t ? = + ∫ ?1 + 2cos 2t + ?dt 3 3 0? 2 ? 1 4 ?3 sin 4t ? = + ? t + sin 2t + 3 3 ?2 8 ?0 ? 1 4 ? 3π ? π 5 = + ? + 1? = + 3 3? 8 ? 2 3 2.
π 4

π 4

∫∫

S

yz d y d z + ( x 2 + z 2 ) y d z d x + xy d x d y , 其 中 S 是 曲 面

4 ? y = x 2 + z 2 上 y ≥ 0 的那部分正侧.

解 记 Σ = {( x, y, z ) | x 2 + z 2 ≤ 4, y = 0} (取下侧) ,
V = {( x, y, z ) | 0 ≤ y ≤ 4 ? x 2 ? z 2 } ,则 ?V = S + Σ ,由高斯公式知,

∫∫

S

yz d y d z + ( x 2 + z 2 ) y d z d x + xy d x d y = ∫∫
4 2 2

S +Σ

? ∫∫
4

Σ

= ∫∫∫ ( x 2 + z 2 )d x d y d z + 0
V

= ∫∫∫ ( x + z )d x d y d z = ∫ d y
V 0

∫∫
x2 + z 2 ≤

1 ( x + z )d x d z = 2π ∫ (4 ? y )2 d y 4 0 4? y
2 2

5

4 π 32π = ? ? (4 ? y )3 ? = ? ?0 6 3

6


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