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1、数学分析复习题之三证明题和讨论题参考答案数学分析复习题之三的证明题和讨论题参考答案 二、证明题： 1. 设y=f(x)为a,b上严格单增的连续函数， 证明：$x(a,b)，使得图中两阴影的面积相等。 证明：设F(t)=y y=f(x) xaf(x)-f(a)dx-tf(b)-f(x)dx， 0 a f(x)-f(a)dx0， abtbb x 则F(a)=-f(b)-f(x)dx0，F(b)=ab又因为F(t)在a,b上连续，所以根据零点存在定理可知，存在x(a,b)， 使得 F(x)=0，即 F(x)=故 xaf(x)-f(a)dx-f(b)-f(x)dx=0， xbxaf(x)-f(a)dx
2、=f(b)-f(x)dx，即图中两阴影的面积相等。 x+111-x2。 1-edxedxxedx=ed(-x)=1-， 00100202e+1+1+-x21-x2-x2-x2-x22edx=edx+edx1+xedx=1-ed(-x)=1+， 0011122e+-x21-x2+-x21-x21-x2+111-x2所以 1-edx1+。 2e02e3. 设函数列fn(x)=x，n=1,2,3,L，证明 fn(x)在(-,+)上一致收敛。 1+n2x2x112nx1lim=0， =证明：因为 fn(x)=，而 n2n1+n2x22n1+n2x22n根据M-判别法可知，函数列fn(x)在(-,+)上
3、一致收敛。 4. 证明不等式 3e4eelnxdx6。 x证明：设f(x)=lnx2-lnx2-lnx=0，得 x=e2， ，则f(x)=，令f(x)=xxxxxlnxlnx2单调递增，当xe,4e时，f(x)=单调递减， xx2当xe,e时，f(x)=所以，4e14elnx4e21lnx2，故 3e=dxdx0)； +sinxdx 解：1x 对u1, 有而 u1sinxdx=cos1-cosu2; 1单调趋于0 (x+) , 故由狄利克雷判别法推知 x+sinxdx是收敛的。 无穷积分1xsinxsin2x1cos2x由于 =-,x0,+), xx2x2x其中 而+1cos2x1+costd
4、x=dt满足狄利克雷判别法的条件, 是收敛的, 22x2t112xdx是发散的。 +sinxdx是条件收敛的。 因此无穷积分1x+x2x+11250dx 1p=,l=1， =，由于12x5+1由于 limxx+x2因此由比较判别法知+x2x+150dx是发散的。 lnx0xdx 1此瑕积分的瑕点为x=0。 当取p=3430) xp+下面分两种情形来讨论： 当p1时1sinxsinx1dx绝对收敛。这是因为 ,x1,+，) pppxxx而+1+sinxdx当p1时收敛，故由比较法则推知dx收敛。 1xpxp当0p1时+1sinxdx条件收敛。这是因为对任意u1， px1当p0时单调趋于0， xp
5、有u1sinxdx=cos1-cosu2，而故由狄利克雷判别法推知+1sinxdx当p0时总是收敛的。 pxsinxs2inx1cxos2另一方面，由于 =-,x1,+，) pxx2x2x其中+1+dxcos2x1+costdx=dt满足狄利克雷判别条件，是收敛的，而是发散的，12x22t2x因此当0p1时该无穷积分不是绝对收敛的，所以它是条件收敛的。 2. 级数n=1(-1)nnp+1n当p为何值时是绝对收敛, 条件收敛或发散的? 1解：(1) 当p1时, 由于 limnnp+1n1np=，因此级数1n=1(-1)nnp+1n是绝对收敛的。 (2) 当00)，由于 f(x)=exp+, xx
6、p+1x因此当x充分大时，f(x)0； 从而当x充分大时，f(x)=x当n充分大时，单调递增，由此推出， 1np+1n 单调递减；又因为 lim1np+1nn=0，所以级数n=1(-1)nnp+1n是收敛的。 另一方面， limnn1np+1n=+， 因此级数非绝对收敛。 从而当01时，级数绝对收敛；当0p1时，级数条件收敛；当p0时， 级数发散。 1223. 设 un(x)=3ln(1+nx),n=1,2,L. 证明函数项级数un(x)在0,1上一致收nn=1敛, 并讨论其和函数在0,1上的连续性、可积性与可微性。 证明：对每一个n，易见un(x)为0,1上增函数，故有 un(x)un(1)
7、=1ln(1+n2), n=1,2,L. 3n又当t1时， 有不等式ln(1+t2)t, 所以 un(x)112ln1(+n), n=1,2,L. 32nn1以收敛级数2为un(x)的优级数，推得un(x)在0,1上一致收敛。 nn=1n=1由于每一个un(x)在0,1上连续，根据和函数的连续性定理与逐项可积定理知， un=1n(x)的和函数S(x)在0,1上连续且可积。 2x2x1=, n=1,2,L. 222n(1+nx)n2nxn(x)=又由 un1(x)的优级数，推得un(x)也在0,1上一致收敛； 即收敛级数2也是unnn=1n=1由逐项可微定理知 S(x)在0,1上可微。 4. 求
8、函数f(x)=x0sintdt在x=0处的幂级数展开式, 并确定它收敛于该函数的区间。 tnx2n+1解：因为f(x)=sinx在(-,+)内能展开为麦克劳林级数 sinx=(-1)。 (2n+1)!n=0所以 x0xxsintt2n1nndt=(-1)dt=(-1)t2ndt 0t(2n+1)!n=0(2n+1)!0n=0x2n+1 =(-1),(x+) (2n+1)(2n+1)!n=0nx2n+1从而幂级数(-1)收敛于该函数的区间是(-,+)。 (2n+1)2n+1!()n=0n5. 设 a1,a2,L,an,L为等比数列(a10,公比q满足0q2), 试求: (1) 幂级数anx的收敛
9、半径； (2) 数项级数nn+an的和。 n2n=1解：(1) 设 a1,a2,L,an,L为等比数列(a10,公比q满足0q2)，则 an+1a1qn an+1=a1q，从而有 lim=limn-1=q， nanaqn1n所以，幂级数anxn的收敛半径R=1。 qn+ann+a1qn-1na1qn-1(2) 由于数项级数=(n+)， nn2222n=1n=1n=12a1qn=122n-1=a11a=1， 21-q2-q2n+12n1nn=1，所以级数发散。 1ne(1+)n(2) (-1)nsinn=1222222sinsin是交错级数，由 ， 且 limsin=0， nnn+1nn+1nn由莱布尼茨判别法知交错级数 (-1)nsinn=12收敛。 n
