|
| 1 | +\documentclass{ctexart} |
| 2 | +\usepackage{amsmath} |
| 3 | +\usepackage{amssymb} |
| 4 | +\usepackage{pgfplots} |
| 5 | +\usepackage[margin=1in]{geometry} |
| 6 | +\usepackage{physics} |
| 7 | +\usepackage{titlesec} |
| 8 | + |
| 9 | +\pgfplotsset{compat=newest} |
| 10 | +\usepgfplotslibrary{polar} |
| 11 | +\titleformat{\section}[runin]{\large\bfseries}{\zhnumber{\thesection}}{1em}{} |
| 12 | + |
| 13 | +\title{23-24 秋冬数分期末参考答案} |
| 14 | +\author{silvermilight} |
| 15 | +\date{\today} |
| 16 | + |
| 17 | +\begin{document} |
| 18 | + |
| 19 | +\maketitle |
| 20 | + |
| 21 | +答案仅供参考，不保证完全正确，也不一定是最优解，欢迎指出错误或提出更好的解法. ---rzm |
| 22 | + |
| 23 | +\section{(10 points)} |
| 24 | + 叙述数列收敛的柯西收敛准则；并用该准则证明：数列$\displaystyle\left\{\sum_{k=1}^n \frac{(-1)^{k+1}}{k^{2024}}\right\}$收敛. |
| 25 | +\paragraph{Solution} |
| 26 | + Cauchy 收敛准则：若$\forall\varepsilon>0,\exists N>0,\forall n>N,m>N $ 都有 $|a_n-a_m|<\varepsilon$，则数列$\{a_n\}$收敛. |
| 27 | + |
| 28 | + 设数列 $a_n=\displaystyle\sum_{k=1}^n \dfrac{(-1)^{k+1}}{k^{2024}}$ ，不妨设 $m<n$ ，则 |
| 29 | + \begin{align*} |
| 30 | + |a_n-a_m| &= \left| \sum_{k=m+1}^n \frac{(-1)^{k+1}}{k^{2024}} \right| \\ |
| 31 | + & \leqslant \sum_{k=m+1}^n \frac{1}{k^{2024}} < \sum_{k=m+1}^n \frac{1}{k^2} \\ |
| 32 | + & < \sum_{k=m+1}^n \left( \frac{1}{k-1}-\frac{1}{k} \right) \\ |
| 33 | + & = \frac{1}{m}-\frac{1}{n} < \frac{1}{m} |
| 34 | + \end{align*} |
| 35 | + |
| 36 | + 因此，只需令 $\dfrac{1}{m}<\varepsilon$，故取 $N=\left\lfloor \dfrac{1}{\varepsilon} \right\rfloor$，则 $\forall n>N,m>N$都有$|a_n-a_m|<\varepsilon$，据 Cauchy 收敛定理知原命题成立. |
| 37 | + |
| 38 | +\section{(35 points)} |
| 39 | + \begin{enumerate} |
| 40 | + \item 求极限 $\displaystyle\lim_{n \to +\infty} n\sum_{k=1}^n \dfrac{1}{n^2+k^2}$. |
| 41 | + \paragraph{Solution} |
| 42 | + 设 $f(x)=\dfrac{1}{1+x^2}$ ，则 $f(x) \in C[0,1]$ ，故 $f(x)$ 可积且有原函数 $\arctan{x}$. |
| 43 | + |
| 44 | + 由于 $\dfrac{n}{n^2+k^2}=\dfrac{1}{n}\cdot \dfrac{1}{1+\left( \frac{k}{n} \right)^2} |
| 45 | + =f\left(\frac{k}{n}\right)$，故 |
| 46 | + |
| 47 | + \[ |
| 48 | + \text{原式} = \int_{0}^{1} f(x) \dd{x} = \eval{\arctan{x}}_0^1 = \dfrac{\pi}{4} |
| 49 | + \] |
| 50 | + |
| 51 | + \item 求极限 $\displaystyle\lim_{x \to 1} \dfrac{x^x-x}{1-x+\ln{x}}$. |
| 52 | + \paragraph{Solution} |
| 53 | + 令 $t=x-1$ ，则 $t \to 0$ ，用两次 L'Hospital 法则 |
| 54 | + |
| 55 | + \begin{align*} |
| 56 | + \text{原式} &= \lim_{t \to 0} \frac{(t+1)^{t+1}-t-1}{-t+\ln(1+t)} \\ |
| 57 | + &= \lim_{t \to 0} \frac{(1+\ln (t+1))(t+1)^{t+1}-1}{-1+\frac{1}{t+1}} \\ |
| 58 | + &= \lim_{t \to 0} \frac{((1+\ln (t+1))^2+\frac{1}{t+1})(t+1)^{t+1}}{-\frac{1}{(t+1)^2}} \\ |
| 59 | + &= -2 |
| 60 | + \end{align*} |
| 61 | + |
| 62 | + \item 求极限 $\displaystyle\lim_{x \to 0} \dfrac{\displaystyle\int_0^{x^2} t^2 e^{\sin t} \dd{x}}{\ln (1+x^6)} $. |
| 63 | + \paragraph{Solution} |
| 64 | + 设 $f(x)=\displaystyle\int_0^{x^2} t^2 e^{\sin t} \dd{x}$ ，由于被积函数在 $\mathbb{R}$ 上连续，知 $f(x) \in D( \mathbb{R} )$ ，且 $f'(x)=2x^5 e^{\sin x^2}$ |
| 65 | + |
| 66 | + 当 $x \to 0$ 时，分子和分母都趋向0，可以使用 L'Hospital 法则 |
| 67 | + |
| 68 | + \[ |
| 69 | + \text{原式} = \lim_{x \to 0} \frac{2x^5 e^{\sin x^2}}{\frac{6x^5}{1+x^6}} |
| 70 | + = \lim_{x \to 0} \frac{(1+x^6) e^{\sin x^2}}{3} |
| 71 | + = \frac{1}{3} |
| 72 | + \] |
| 73 | + |
| 74 | + \item 求 $\displaystyle\int_1^{+\infty} \dfrac{\arctan x}{x^2} \dd{x}$. |
| 75 | + \paragraph{Solution} |
| 76 | + \begin{align*} |
| 77 | + \text{原式} &= - \int_1^{+\infty} \arctan x \dd(\frac{1}{x}) \\ |
| 78 | + &= - \eval{\left( \frac{\arctan x}{x} \right)}_1^{+\infty} + \int_1^{+\infty} \frac{1}{x(1+x^2)} \dd{x} \\ |
| 79 | + &= \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \int_1^{+\infty} \frac{1}{x^2 (1+x^2)} \dd{x}^2 \\ |
| 80 | + &= \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \int_1^{+\infty} \left(\frac{1}{x^2}-\frac{1}{1+x^2} \right) \dd{x}^2 \\ |
| 81 | + &= \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \eval{\left(\ln \frac{x^2}{1+x^2} \right)}_1^{+\infty} \\ |
| 82 | + &= \frac{\pi}{4} + \frac{1}{2} \ln 2 |
| 83 | + \end{align*} |
| 84 | + |
| 85 | + \item 求双纽线 $r=\sqrt{\cos (2\theta)}$ 所围平面图形的面积. |
| 86 | + \paragraph{Solution} |
| 87 | + \begin{figure}[htbp] |
| 88 | + \centering |
| 89 | + \begin{tikzpicture} |
| 90 | + \begin{polaraxis} |
| 91 | + \addplot+[mark=none,color=blue,domain=-45:45,samples=1000]{sqrt(cos(2*x))}; |
| 92 | + \addplot+[mark=none,color=blue,domain=135:225,samples=1000]{sqrt(cos(2*x))}; |
| 93 | + \end{polaraxis} |
| 94 | + \end{tikzpicture} |
| 95 | + \caption{双纽线} |
| 96 | + \label{fig:function1} |
| 97 | + \end{figure} |
| 98 | + 图 \ref{fig:function1} 表明双纽线关于$x$轴与$y$轴对称，故我们可以只计算位于第一象限的部分面积. |
| 99 | + |
| 100 | + \[ |
| 101 | + \text{原式} = 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \frac{1}{2} \cos(2\theta) \dd{\theta} |
| 102 | + = \eval{\sin(2\theta)}_0^{\frac{\pi}{4}} |
| 103 | + = 1 |
| 104 | + \] |
| 105 | + |
| 106 | + \end{enumerate} |
| 107 | + |
| 108 | + |
| 109 | +\section{(10 points)} |
| 110 | + 证明 Cantor 定理：若 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，则 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上一致连续. |
| 111 | +\paragraph{Solution} |
| 112 | + |
| 113 | +设 $E = \{ t\in (a,b] \mid f(x) \text{~在~}[a,t]\text{~上一致连续} \} $. |
| 114 | + |
| 115 | +由 $f(x)\in C[0,1]$ ，据 Cauchy 收敛定理知 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0, \forall x_1,x_2 \in [0,\delta), |f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon$， |
| 116 | +故 $f(x)$ 在 $[0,\delta)$ 上一致连续，所以 $\frac{\delta}{2} \in E$. |
| 117 | + |
| 118 | +$E\neq\varnothing$ 且有上界 1，由确界原理知 $E$ 有上确界，记 $\sup{E}=\alpha$. |
| 119 | + |
| 120 | +下证 $\alpha=1$. |
| 121 | + |
| 122 | +假设 $\alpha \in (0,1)$，则 $\forall \varepsilon>0$， |
| 123 | + |
| 124 | +由 $f(x)\in C[0,1]$ ，据 Cauchy 收敛定理，取 $\varepsilon_0=\varepsilon$，则 $\exists \delta_0>0, \forall x_1,x_2 \in (\alpha-\delta_0,\alpha+\delta_0), |f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon_0$. |
| 125 | + |
| 126 | +由 $\alpha$ 为 $E$ 的上确界，$\exists \beta>\alpha-\frac{\delta}{2}, \beta\in E$ ，即 $f(x)$ 在 $[0,\beta]$ 上一致连续. |
| 127 | +取 $\varepsilon_1=\varepsilon$，则 $\exists \delta_1>0, \forall x_1,x_2 \in [0,\beta]$且$|x_1-x_2|<\delta_1, |f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon_1$ |
| 128 | + |
| 129 | +取 $\delta=\min\{\frac{\delta_0}{2},\delta_1\}$，则 $\forall x_1,x_2 \in [0,\beta]$且$|x_1-x_2|<\delta$，$x_1$ 与 $x_2$ 必定同时落在 $[0,\beta]$ 内或 $(\alpha-\delta_0,\alpha+\delta_0)$ 内. |
| 130 | +故 $|f(x_1)-f(x_2)|<\varepsilon$. 因此 $f(x)$ 在 $[0,\alpha+\frac{\delta_0}{2}]$ 上一致连续. |
| 131 | + |
| 132 | +由此可知 $\alpha+\frac{\delta_0}{2} \in E$，与 $\alpha=\sup E$ 矛盾. 故 $\alpha=1$，$f(x)$ 在 $[0,1]$ 上一致连续. |
| 133 | + |
| 134 | +\section{(10 points)} |
| 135 | + 求函数 $f(x)=\displaystyle\int_{-1}^1 |x-t|e^{t^2} \dd{t}$ 在 $\mathbb{R}$ 上的最小值. |
| 136 | +\paragraph{Solution} |
| 137 | + 分以下三种情况讨论： |
| 138 | + \begin{enumerate} |
| 139 | + \item $x \geqslant 1$，则 |
| 140 | + \[ |
| 141 | + f(x) = x\int_{-1}^1 e^{t^2} \dd{t} - \int_{-1}^1 te^{t^2} \dd{t} |
| 142 | + = x\int_{-1}^1 e^{t^2} \dd{t} - \frac{1}{2} \eval{e^{t^2}}_{-1}^1 |
| 143 | + \geqslant \int_{-1}^1 e^{t^2} \dd{t} |
| 144 | + \] |
| 145 | + \item $x \leqslant -1$，则 |
| 146 | + \[ |
| 147 | + f(x) = \int_{-1}^1 te^{t^2} \dd{t} - x\int_{-1}^1 e^{t^2} \dd{t} |
| 148 | + = \frac{1}{2} \eval{e^{t^2}}_{-1}^1 - x\int_{-1}^1 e^{t^2} \dd{t} |
| 149 | + \geqslant \int_{-1}^1 e^{t^2} \dd{t} |
| 150 | + \] |
| 151 | + \item $-1<x<1$，则 |
| 152 | + \begin{align*} |
| 153 | + f(x) &= x\int_{-1}^x e^{t^2} \dd{t} - \int_{-1}^x te^{t^2} \dd{t} + \int_x^1 te^{t^2} \dd{t} - x\int_x^1 e^{t^2} \dd{t} \\ |
| 154 | + &= x \left(\int_{-1}^x e^{t^2}\dd{t} - \int_x^1 e^{t^2}\dd{t} \right) + e - e^{x^2} |
| 155 | + \end{align*} |
| 156 | + |
| 157 | + 求导可得 $f'(x) = \displaystyle\int_{-1}^x e^{t^2}\dd{t} - \int_x^1 e^{t^2}\dd{t},\quad f''(x)=2e^{x^2}>0$，故 $f(x)$ 单调递增. |
| 158 | + |
| 159 | + 由 $y=e^{x^2}$ 为偶函数，知 $f'(0)=0$，故 $f(x)$ 在 $[-1,0]$ 上单调递减，在 $[0,1]$ 上单调递增，在 $x=0$ 处取得最小值 $e-1$. |
| 160 | + \end{enumerate} |
| 161 | + |
| 162 | + 由于 $\displaystyle\int_{-1}^1 e^{t^2} \dd{t} = 2\int_0^1 e^{t^2} \dd{t} > 2\int_0^1 te^{t^2} \dd{t} = e-1$，故 $e-1$ 为 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上的最小值. |
| 163 | + |
| 164 | +\section{(10 points)} |
| 165 | + 证明导函数极限定理：若函数 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上可导，且 $f'(0)<a<f'(1)$，则存在 $\xi \in (0,1)$，使得 $f'(\xi)=a$. |
| 166 | +\paragraph{Solution} |
| 167 | + 设 $g(x)=f(x)-ax$，则只需证明 $\exists \xi \in (0,1), g'(\xi)=0$. |
| 168 | + |
| 169 | + $g(x)=f(x)-ax \in C[0,1]$，由闭区间上连续函数的最值定理可知 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上有最小值. |
| 170 | + |
| 171 | + $g'(0)=\displaystyle\lim_{x\to 0} \frac{g(x)-g(0)}{x}<0$，由局部保号性可知 $\exists \delta_1>0, \forall x \in (0,\delta_1), g(x)<g(0)$. |
| 172 | + |
| 173 | + $g'(1)=\displaystyle\lim_{x\to 1} \frac{g(x)-g(1)}{x}>0$，由局部保号性可知 $\exists \delta_2>0, \forall x \in (1-\delta_2,1), g(x)<g(0)$. |
| 174 | + |
| 175 | + 所以 $g(0)$ 和 $g(1)$ 都不是 $g(x)$ 在 $[0,1]$ 上的最小值，故最小值在 $(0,1)$ 上的某个点 $\xi$ 处取得，$\xi$ 同时也是极小值. |
| 176 | + |
| 177 | + 又因为 $g(x)\in D[0,1]$，由 Fermat 引理可知 $g'(\xi)=0$，得证. |
| 178 | + |
| 179 | + |
| 180 | +\section{(10 points)} |
| 181 | + 设函数 $f(x)\in R[0,1]$，且 $f$ 在 $x=0$ 处右连续. 证明：函数 $\varphi(x)=\displaystyle\int_0^x f(t) \dd{t} \;(0 \leqslant x \leqslant 1)$ 在 $x=0$ 处的右导数等于 $f(0)$. |
| 182 | +\paragraph{Solution} |
| 183 | + $f(x)$ 在 $x=0$ 处右连续，故 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0, \forall x \in (0,\delta), |f(x)-f(0)|<\varepsilon$，即 $f(0)-\varepsilon<f(x)<f(0)+\varepsilon$. |
| 184 | + |
| 185 | + 由定积分保序性，可知 $\forall x \in (0,\delta), (f(0)-\varepsilon)x<\varphi(x)<(f(0)+\varepsilon)x$. |
| 186 | + |
| 187 | + 所以 $\forall \varepsilon>0, \exists \delta>0, \forall x \in (0,\delta), f(0)-\varepsilon<\dfrac{\varphi(x)}{x}<f(0)+\varepsilon$ |
| 188 | + |
| 189 | + 所以 $\varphi'_+(0) = \displaystyle\lim_{x\to 0+} \dfrac{\varphi(x)}{x} = f(0)$. |
| 190 | + |
| 191 | + |
| 192 | +\section{(10 points)} |
| 193 | + 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上有连续的导函数，证明： |
| 194 | + \[ |
| 195 | + \lim_{n \to +\infty} \sum_{k=1}^n \left[ f\left(\frac{k}{n}\right) - f\left(\frac{2k-1}{2n}\right) \right] = \frac{f(1)-f(0)}{2} |
| 196 | + \] |
| 197 | +\paragraph{Solution} |
| 198 | + 由条件知 $f(x) \in C[0,1] \cap D(0,1)$，据 Lagrange 中值定理，有 |
| 199 | + \[ \displaystyle{\sum_{k=1}^n \left[ f\left(\frac{k}{n}\right) - f\left(\frac{2k-1}{2n}\right) \right] = \frac{1}{2n} \sum_{k=1}^n f'(\xi_k)} \] |
| 200 | + 且有 $\xi_k \in \left( \frac{2k-1}{2n},\frac{k}{n} \right) \subset \left( \frac{k-1}{n}, \frac{k}{n} \right)$ |
| 201 | + |
| 202 | + 取分割 $\Delta \colon x_0=0,x_1=\frac{1}{n},\ldots,x_k=\frac{k}{n},\ldots,x_n=1$ 与介点组 $\{\xi_k\}$，由 $f'(x) \in C[0,1]$，知 $f'(x)$ 黎曼可积且有原函数 $f(x)$. 故 |
| 203 | + \[ |
| 204 | + \lim_{n \to +\infty} \sum_{k=1}^n \left[ f\left(\frac{k}{n}\right) - f\left(\frac{2k-1}{2n}\right) \right] |
| 205 | + = \frac{1}{2} \lim_{\| \Delta \| \to 0} \sum_{k=1}^{n} f'\left(\xi_k\right) \frac{1}{n} |
| 206 | + = \frac{1}{2} \int_{0}^{1} f'(x) \dd{x} |
| 207 | + = \frac{f(1)-f(0)}{2} |
| 208 | + \] |
| 209 | + |
| 210 | + |
| 211 | +\section{(5 points)} |
| 212 | + 设函数 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 上有二阶连续的导函数，且存在常数 $C>0$，使得 |
| 213 | + \[ |
| 214 | + \sup_{x \in \mathbb{R}} \left( |x|^2 |f(x)| + |f''(x)| \right) \leqslant C |
| 215 | + \] |
| 216 | + |
| 217 | + 证明：存在常数 $M>0$，使得 $\sup\limits_{x \in \mathbb{R}} \left(|xf'(x)|\right) \leqslant M$. |
| 218 | + |
| 219 | +\paragraph{Solution} |
| 220 | + 由上确界定义可知 $\forall x \in \mathbb{R}, |x|^2 |f(x)|\leqslant C, \; |f''(x)|\leqslant C$. |
| 221 | + \begin{enumerate} |
| 222 | + \item $|x|\leqslant 1$ |
| 223 | + |
| 224 | + $f(x)$ 有二阶连续导数，故 $f'(x) \in C[-1,1]$，进而 $xf'(x) \in C[-1,1]$， |
| 225 | + 由有界性定理可知 $\exists M_1>0, \forall x \in [-1,1], |xf'(x)|\leqslant M_1$. |
| 226 | + |
| 227 | + \item $|x|>1$ |
| 228 | + |
| 229 | + $f(x)$ 有二阶连续导数，$\forall |x_0|>1$，\begin{equation} |
| 230 | + f(x) = f(x_0) + f'(x_0)(x-x_0) + \frac{f''(\xi)}{2}(x-x_0)^2 |
| 231 | + \end{equation} |
| 232 | + |
| 233 | + 代入 $x=x_0+\dfrac{1}{x_0}$，有 \begin{equation} |
| 234 | + f(x_0+\frac{1}{x_0}) = f(x_0) + \frac{f'(x_0)}{x_0} + \frac{f''(\xi)}{2x_0^2} |
| 235 | + \end{equation} |
| 236 | + |
| 237 | + 两边同乘 $x_0^2$，移项得 \begin{equation} |
| 238 | + x_0 f'(x_0) = x_0^2 f(x_0+\frac{1}{x_0}) - x_0^2 f(x_0) - \frac{f''(\xi)}{2} \label{eq:result1} |
| 239 | + \end{equation} |
| 240 | + |
| 241 | + 等式右边第二项与第三项都是有界量，故只需证明第一项也为有界量，考虑利用有界量 $(x_0+\frac{1}{x_0})^2 f(x_0+\frac{1}{x_0})$ 进行估计： |
| 242 | + \begin{equation} \label{eq:result2} |
| 243 | + \begin{aligned} |
| 244 | + \left| x_0^2 f(x_0+\frac{1}{x_0}) \right| &= \left| (x_0+\frac{1}{x_0})^2 f(x_0+\frac{1}{x_0}) - 2f(x_0+\frac{1}{x_0}) - \frac{f(x_0+\frac{1}{x_0})}{x_0^2} \right| \\ |
| 245 | + &\leqslant \left| (x_0+\frac{1}{x_0})^2 f(x_0+\frac{1}{x_0}) \right| + \left| 2f(x_0+\frac{1}{x_0}) \right| + \left| \frac{f(x_0+\frac{1}{x_0})}{x_0^2} \right| \\ |
| 246 | + &< \left| (x_0+\frac{1}{x_0})^2 f(x_0+\frac{1}{x_0}) \right| + 3 \left| x_0^2 f(x_0+\frac{1}{x_0}) \right| \\ |
| 247 | + &\leqslant 4C |
| 248 | + \end{aligned} |
| 249 | + \end{equation} |
| 250 | + |
| 251 | + 将 \eqref{eq:result1} 式取绝对值，再将 \eqref{eq:result2} 式代入，得 |
| 252 | + \begin{align*} |
| 253 | + \left| x_0 f'(x_0) \right| &\leqslant \left| x_0^2 f(x_0+\frac{1}{x_0}) \right| + \left| x_0^2 f(x_0) \right| + \frac{\left|f''(\xi)\right|}{2} \\ |
| 254 | + &\leqslant 4C + C + \frac{C}{2} \\ |
| 255 | + &= \frac{11C}{2} |
| 256 | + \end{align*} |
| 257 | + \end{enumerate} |
| 258 | + |
| 259 | + 综上，取 $M=\max\left\{M_1,\frac{11C}{2}\right\}$，则 $\forall x\in \mathbb{R}, |xf'(x)|\leqslant M$， |
| 260 | + 故 $M$ 为 $|xf'(x)|$ 的一个上界，必然不小于其上确界，因此 $\sup\limits_{x \in \mathbb{R}} \left(|xf'(x)|\right) \leqslant M$. |
| 261 | + |
| 262 | +\end{document} |
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