上海交通大学数学分析答案

2004年上海交通大学 数学分析
一（14）设lim n n a a →∞
=，证明22lim
2
21a
n na a a n n =+++∞→ 证 因2
n x n =∞ ，故利用Stolz 公式，11lim
lim n n n
n n n n n
y y y x x x +→∞→∞+-=-，得12112222(1)1lim lim lim lim (1)212
n n n n n n n a a na n
a n a
a n n n n ++→∞→∞→∞→∞+
++++===+-+ 二（14）证明2sin()x 在[)+∞,0上不一致连续.
证
因n x =
，n y =，22
sin sin 1n
n x y -=， 0n n x y -=-=→，
故2sin()x 在[)+∞,0上不一致连续.
三（14）设)(x f 在[]a 2,0上连续，且)0(f ＝)2(a f ，证明∃0x ∈[]a ,0，使
)(0x f ＝)(0a x f +
证 作()()()g x f x a f x =+-（[]0,x a ∈），则()g x 在[]0,a 上连续，因)0(f ＝)2(a f ，故(2)(0)g a g =-，
情形1 若(0)0g =，则取00x =，则)(0x f ＝)(0a x f +，
情形 2 若(0)0g ≠，则因2(2)(0)(0)0g a g g =-<，故由介值定理知，存在[]00,x a ∈，使得0()0g x =，即)(0x f ＝)(0a x f +.
四（14）证明不等式x π2＜x sin ＜x ，⎪⎭
⎫
⎝⎛∈2,0πx
证 作sin ()x f x x =，π0,2x ⎛⎫
∈ ⎪⎝⎭
，则因
2
2cos sin cos ()(tan )0x x x x
f x x x x x -'==-<， 故sin ()x f x x =在π0,2⎛⎫ ⎪⎝⎭上严格单调减少，而0lim ()1x f x →=，π2
2
lim ()πx f x →=，
因此，在π0,2⎛
⎫ ⎪⎝
⎭
上，有2sin ()1πx f x x
<=<，即x π2＜x sin ＜x .
五 (14) 设
()d a
f x x +∞⎰
收敛,且)(x f 在[)+∞,a 上一致连续，证明)(lim x f x +∞
→= 0.
证 因)(x f 在[)+∞,a 上一致连续，故0ε∀>，0δ∃>，使得当
[)12,,t t a ∈+∞且12t t δ-<时，有12()()2
f t f t ε
-<
，
令(1)()d a n n a n u f x x δ
δ
++-=
⎰
，则由积分第一中值定理得，
[](1),n x a n a n δδ∃∈+-+，使得(1)()d ()a n n n a n u f x x f x δ
δ
δ++-=
=⎰
.
因
()d a
f x x +∞⎰
收敛，故级数1
n n u ∞
=∑收敛，从而0n u →，即
()0n f x δ→，也即()0n f x →，故对上述的ε，存在N +
∈
，使得
当n N >时，()2
n f x ε
<.
取X a N δ=+，则当x X >时，因
[)[)0
,(1),k x a a k a k δδ∞=∈∞=
+-+
故存在惟一的k +
∈
，使得[)(1),x a k a k δδ∈+-+，易见k N >，且
k x x δ-<，从而
()()()()2
2
k k f x f x f x f x ε
ε
ε≤+-<
+
=
六（14）设211
n x n -=，121d n n n x x x +=⎰，1,2,n =，证明级数()∑∞=--1
11n n n x 收敛.
解.11
211d ln |ln(1)n n n n n x x x x n ++===+⎰，因2121n n S S k +=+，故只要证 ()12111
11ln(1)n n
k n k k k S x k
k -==⎡⎤=-=-+⎢⎥⎣⎦∑∑22111()2n k k k =⎡⎤=+⎢⎥⎣⎦∑收敛即可.
七（14）设)(x f 在[]1,0上连续，)1(f = 0 ,n n x x f x g )()(= ，1,2,n =， 证明)}({x g n 在[]1,0上一致收敛.
八（12）设()f x 在[]1,0上连续，证明1
lim ()d n n n x f x x →∞
⎰
＝)1(f .
证 （1）（令n
t x =，则1
()d n
n x f x x ⎰
1
11
()d n
n
t
f t t =
⎰，
（2）因()f x 在[]1,0上连续，故0M ∃>，使得()f x M ≤，[]0,1x ∈，（3）
0ε∀>，记3a M
ε
=
，不妨设01a <<，则
11110
()d ()d d 3
a
a a
n
n
n
n
t f t t t f t t M t Ma ε
≤≤==
⎰
⎰⎰，
（4）
1111111
1
1
()d (1)[()(1)]d ()(1)d n
n
n
n
n
n
a
a
a
t
f t t f t
f t f t t f t f t -=
-≤-⎰⎰⎰
11111
()(1)(1)(1)d n n n n
a
t f t t f t f f t
=-+-⎰
111
1
()(1)d (1)1d n
n
a
a
f t f t f t t ≤-+-⎰⎰
（5）因()f x 在[]1,0上连续，故()f x 在[]1,0上一致连续，故对上述的正数ε，
0δ∃>，当[]12,0,1x x ∈且12x x δ-<时，有
12()()3(1)
f x f x a ε
-<
-
（6）因1lim 1n
n a →∞=，记min{,
}3(1)
M a ε
εδ*
=-，
则存在正整数N ，使得当n N >时，有1
1n
a ε*-<，
（7）当(,1)t a ∈时，有1
11111n
n
n
t t a -=-≤-，从而当n N >时，有
111
1
()(1)d (1)1d 3
3
n
n
a
a
f t f t f t t ε
ε
-+-<
+
⎰⎰
（8）由（3）和（7）知，当n N >时，有
1110
()d (1)n
n
t f t t f -⎰
111110
2()d ()d (1)3
3
a n
n
n
n
a
t f t t t f t t f ε
εε≤
+
-<
+
=⎰
⎰
九（12）设1a >0，1+n a ＝n a ＋n a 1
，证明n ＝1
证 （1
）要证n 1 ，只要证2
lim 12n
n a n →∞=，
即只要证221lim 1(22)2n n
n a a n n
+→∞-=+-，即证221lim()2n n n a a +→∞-=
（2）因1+n a ＝n a ＋n a 1
，故110n n n a a a +-=>，1211n n n
a a a +=+
22
11112211
()()112n n n n n n n n n n n
a a a a a a a a a a a +++++-=-+=
=++=+ 因此只要证2
1
lim
0n n
a →∞=，即只要证lim n n a →∞=∞
（3）由11
0n n n
a a a +-=>知，{}n a 单调增加，假如{}n a 有上界，则{}n a 必有
极限a ，由1+n a ＝n a ＋n a 1
知，a ＝a ＋1a ，因此10a
=，矛盾.
这表明{}n a 单调增加、没有上界，因此lim n n a →∞
=∞. （证完）
十（28）计算下述积分：
1
．
d x y ⎰⎰
，其中D 是矩形区域x 1≤，20≤≤y 解 记21{(,)|1,02,0}D x y x y y x =≤≤≤-≤
22{(,)|1,02,0}D x y x y y x =≤≤≤≤-，
2
d d d D D x y x y x y =+⎰⎰
⎰⎰
⎰⎰
2
112
2
2
1
1
2
221
1
d ()d d ()d x x x x y y x y x y --=-+-⎰⎰⎰⎰
3
3
22
1
1
221122()d (2)d 33x x x x --=+-⎰⎰ 3
3
2
21
1
2200
44()d (2)d 33x x x x =+-⎰⎰ π1
4
3400416
d cos d 33x x t t =+⎰⎰
()x t =这里 π2
4
01161cos2d 332t t +⎛⎫=+ ⎪⎝⎭
⎰ π
4
0141cos412cos2d 332t t t +⎛⎫=+++ ⎪⎝⎭
⎰
π
4
0143sin 4sin 23328t t t ⎡⎤=+++⎢⎥⎣⎦ 143ππ5133823
⎛⎫=++=+ ⎪⎝⎭ 2．
22d d ()d d d d S
yz y z x z y z x xy x y +++⎰⎰
，其中S 是曲面2
24z x y +=-上0≥y 的那部分正侧.
解 记22{(,,)|4,0}x y z x z y ∑=+≤=（取下侧），
22{(,,)|04}V x y z y x z =≤≤--，则V S ∂=+∑，由高斯公式知，
2222d d ()d d d d ()d d d 0
S
S V
yz y z x z y z x xy x y x z x y z +∑
∑
+++=-=++⎰⎰
⎰⎰
⎰⎰
⎰⎰⎰224
2222
()d d d d ()d d V
x z x z x y z y
x z x z +=+=+⎰⎰⎰⎰4
2012π(4)d 4y y =-⎰ 4
30
π32π(4)63
y ⎡⎤=--=⎣⎦。