[家裡蹲大學數學雜誌]第245期廈門大學2011年數學分析考研試題參考解答

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1選擇題 (本題含 5 小題滿分 30 分, 每小題 6 分)

(1)函數 $y=f(x)$ 在點 $x_0$ 的某個鄰域內具有連續的 2 階導數, 滿足 $f‘(x_0)=0$, 並且 $f‘‘(x_0)<0$, 則 (A)

A. $f(x)$ 在點 $x_0$ 處取極大值;

B. $f(x)$ 在點 $x_0$ 處取極小值;

C. $(x_0,f(x_0))$ 為曲線 $y=f(x)$ 的拐點;

D. $f(x)$ 在點 $x_0$ 的某個鄰域內單調減少.

證明: 事實上, $$\bex f(x)=f(x_0)+f‘(x_0)(x-x_0)+\frac{f‘‘(\xi_x)}{2}(x-x_0)^2,\quad x\in U(x_0). \eex$$

 

(2)函數 $f(x)=\ln x-x$ 在區間 $(0,\infty)$ 內零點的個數為 (A).

A. 0;

B. 1;

C. 2;

D. 不能確定.

證明: 由 $$\bex f‘(x)=\frac{1}{x}-1\sedd{\ba{ll} >0,&0<x<1,\\ <0,&x>1 \ea} \eex$$ 知 $\dps{\max_{x\in (0,\infty)}f(x)=-1}$, 而有結論.

 

(3)已知當 $x\to 0$ 時, 函數 $e^{\sin x}-e^x$ 與 $x^n$ 為同階無窮小量, 則 $n=(C)$.

A. 1;

B. 2;

C. 3;

D. 4.

證明: 由 $$\bex e^{\sin x}-e^x=e^\xi(\sin x-x)\sim -\frac{x^3}{6}\quad(x\to 0) \eex$$ 即知結論.

 

(4)下列命題正確的是 (B).

A. 如果 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可積, 且有原函數 $F(x)$, 則 $$\bex \sez{\int_0^x f(t)\rd t}‘=f(x); \eex$$

B. $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可積則 $|f(x)|$ 在 $[a,b]$ 上可積;

C. 若 $f^2(x)$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可積, 則 $|f(x)|$ 一定在 $[a,b]$ 上 Riemann 可積;

D. 若 $|f(x)|$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可積, 則 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可積.

解答: 直接利用 Riemann 積分的等價定義 (帶振幅的那個).

 

(5)設 $f(x)$ 在 $(-1,1)$ 內滿足 $f‘‘(x)>0$, 且 $|f(x)|\leq x^4$, $\dps{I=\int_{-1}^1 f(x)\rd x}$, 則必有 (B).

A. $I=0$;

B. $I>0$;

C. $I<0$;

D. 不確定.

證明: 由 $$\beex \bea f(x)&=\int_0^x f‘(t)\rd t\\ &=\int_0^x \sez{f‘(0)+\int_0^t f‘‘(s)\rd s}\rd t\\ &=f‘(0)x+\int_0^x \int_0^t f‘‘(s)\rd s\rd t\\ &=f‘(0)x+\int_0^x (x-s)f‘‘(s)\rd s \eea \eeex$$ 知 $$\beex \bea \int_{-1}^1 f(x)\rd x &=\int_{-1}^1 (x-s)f‘‘(s)\rd s\rd x\\ &=\int_{-1}^0 \int_x^0 (s-x)f‘‘(s)\rd s\rd x +\int_0^1 \int_0^x (x-s)f‘‘(s)\rd s\rd x\\ &>0. \eea \eeex$$

 

2($10‘$) $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上二階可導, 且有 $f(0)=f(1)=0$, $\dps{\min_{x\in [0,1]}f(x)=-1}$. 求證: 存在 $\xi\in (0,1)$, 使得 $f‘‘(\xi)\geq 8$.

證明: 設 $x_0\in [0,1]$ 使得 $\dps{f(x_0)=\min_{x\in [0,1]}f(x)=-1}$, 則 $f‘(x_0)=0$, 而由 Taylor 展式, $$\bex 0=f(0)=-1+\frac{f‘‘(\xi_1)}{2}x_0^2,\quad 0=f(1)=-1+\frac{f‘‘(\xi_2)}{2}(1-x_0)^2. \eex$$ 故若 $\dps{0\leq x_0\leq \frac{1}{2}}$, 則取 $\xi=\xi_1$; 若 $\dps{\frac{1}{2}\leq x_0\leq 1}$, 則取 $\xi=\xi_2$.

 

3($10‘$) 設函數 $f\in C[0,1]$, 證明: $$\bex \lim_{\lambda\to +\infty}\int_0^\lambda f\sex{\frac{x}{\lambda}}\frac{1}{1+x^2}\rd x=\frac{\pi}{2}f(0). \eex$$

證明: $$\beex \bea \lim_{\lambda\to +\infty}\int_0^\lambda f\sex{\frac{x}{\lambda}}\frac{1}{1+x^2}\rd x &=\lim_{\lambda\to +\infty} \int_0^1 \frac{\lambda f(x)}{1+\lambda^2t^2}\rd t\\ &=\lim_{\lambda\to +\infty}\int_0^1 \frac{\lambda[f(t)-f(0)]}{1+\lambda^2t^2}\rd t+\frac{\pi}{2}f(0)\\ &=\lim_{\lambda\to +\infty}\int_0^\delta+\int_\delta^1\frac{\lambda[f(t)-f(0)]}{1+\lambda^2t^2}\rd t+\frac{\pi}{2}f(0)\\ &=\frac{\pi}{2}f(0). \eea \eeex$$ 最後一步是因為可選 $\delta$ 使得 $\int_0^\delta\cdots$ 充分小; 後對該 $\delta$, 當 $\lambda$ 充分大時, $\int_\delta^1\cdots\leq \frac{\lambda}{1+\lambda^2\delta^2}\cdots$ 充分小.

 

4($15‘$) 設 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上連續. 證明對 $\forall\ t>0$, 都有 $$\bex \sez{\int_0^1\frac{f(x)}{t^2+x^2}\rd x}^2 \leq \frac{\pi}{2t}\int_0^1 \frac{f^2(x)}{t^2+x^2}\rd x. \eex$$

證明: 由 Cauchy-Schwarz 不等式, $$\beex \bea \eea \eeex$$ $$\beex \bea \sez{\int_0^1\frac{f(x)}{t^2+x^2}\rd x}^2 &=\sez{\int_0^1\frac{1}{\sqrt{t^2+x^2}}\cdot \frac{f(x)}{\sqrt{t^2+x^2}}\rd x}^2\\ &\leq \int_0^1 \frac{1}{t^2+x^2}\rd x \cdot \int_0^1 \frac{f^2(x)}{t^2+x^2}\rd x\\ &=\frac{1}{t}\arctan \frac{1}{t}\cdot \int_0^1 \frac{f^2(x)}{t^2+x^2}\rd x\\ &\leq\frac{\pi}{2t}\int_0^1 \frac{f^2(x)}{t^2+x^2}\rd x. \eea \eeex$$

 

5($15‘$) 設 $0<\lambda<1$, $\dps{\lim_{n\to\infty}a_n=a}$, 求證: $$\bex \lim_{n\to\infty}\sex{\lambda^na_0+\lambda^{n-1}a_1+\cdots+\lambda a_{n-1}+a_n}=\frac{a}{1-\lambda}. \eex$$

證明: 寫出 $$\bex \frac{a}{1-\lambda}=\lim_{n\to\infty}(1+\lambda+\cdots+\lambda^{n-1}+\lambda^n)a \eex$$ 後擬合即可.

 

6($20‘$) 設 $f_n(x)=e^{-nx^2}\cos x$, $x\in [-1,1]$, $n$ 為正整數. 證明:

(1)$f_n$ 在 $[-1,1]$ 上不一致收斂;

(2)$\dps{\lim_{n\to\infty}\int_{-1}^1 f_n(x)\rd x=\int_{-1}^1 \lim_{n\to\infty}f_n(x)\rd x}$.

證明:

(1)由 $$\bex e^{-n\cdot\sex{\frac{1}{\sqrt{n}}}^2}\cos\frac{1}{\sqrt{n}}>\frac{1}{2e}\quad(n\gg 1) \eex$$ 即知結論.

(2)由 $$\bex \sev{\int_0^1 f_n(x)\rd x} \leq\int_0^1 e^{-nx^2}\rd x \leq \int_0^\delta\rd x+\int_\delta^1 e^{-n\delta^2}\rd x\to 0\quad\sex(n\to\infty) \eex$$ 即知結論.

 

註記: 這說明一致收斂僅僅是極限與積分可交換次序的一個充分而非必要條件.

 

7($10‘$) 證明有限閉區間上的連續函數能取得最小值.

證明: 先證有界, 再證能取得最小值. 兩處均需用 Weierstrass 聚點定理.

 

8($15‘$) 設 $f(x)$ 在 $a$ 點可微, 且 $f(a)\neq 0$, 求極限 $\dps{\lim_{n\to\infty}\sez{\frac{f\sex{a+\frac{1}{n}}}{f(a)}}^n}$.

解答: 不妨設 $f(a)>0$, 而 $$\beex \bea \lim_{n\to\infty}\sez{\frac{f\sex{a+\frac{1}{n}}}{f(a)}}^n &=\exp\sez{\lim_{n\to\infty}\frac{\ln f\sex{a+\frac{1}{n}}-\ln f(a)}{1/n}}\\ &=\exp\sez{\lim_{x\to 0}\frac{\ln f(a+x)-\ln f(a)}{x}}\\ &=\exp\sez{\lim_{x\to 0}\frac{f‘(a+x)}{f(a+x)}}\\ &=e^\frac{f‘(a)}{f(a)}. \eea \eeex$$

 

9($15‘$) 計算 $\dps{\iint_{[0,\pi]\times [0,1]}y\sin(xy)\rd x\rd y}$.

解答: 直接化為累次積分即可得答案 $1$.

 

10($10‘$) 計算 $\dps{\lim_{n\to\infty}\sum_{k=n^2}^{(n+1)^2}\frac{1}{\sqrt{k}}}$.

解答: 由 $$\bex \frac{1}{n+1}[(n+1)^2-n^2+1] \leq \sum_{k=n^2}^{(n+1)^2}\frac{1}{\sqrt{k}} \leq\frac{1}{n}[(n+1)^2-n^2+1] \eex$$ 即知原極限等於 $2$.