2022 年 ²²

1. 计算
(1). $\lim_{n\to\infty}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right)^{1/n}$.
(2). $\lim_{x\to\infty}\left(\cos\frac{1}{x}\right)^{x^{2}}$.
(3). $\int\frac{x\ue^{x}}{(1+x)^{2}}\ud x$.
(4). 设$f(x)$可微, $y=f(\ln x)\ue^{f(x)}$, 求$\ud y$.
(5). 设$f(x)\in C(\RR)$, 令$F(t)=\int_{1}^{t}\ud y\int_{y}^{t}f(x)\ud x$, 求$F’(t)$.

提示

(1).

$1^{1/n}\le\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right)^{1/n}\le n^{1/n}\to1,$

由迫敛性可知, 极限为$1$.

(2). 做变量替换$\frac{1}{x}=t$, 有

$\lim_{x\to\infty}\left(\cos\frac{1}{x}\right)^{x^{2}}=\lim_{t\to0}\left(\cos t\right)^{1/t^{2}},$

而由洛必达法则可知

$\lim_{t\to0}\ln(\cos t)^{1/t^{2}}=\lim_{t\to0}\frac{\ln\cos t}{t^{2}}=\lim_{t\to0}\frac{-\tan t}{2t}=-\frac{1}{2}.$

于是

$\lim_{x\to\infty}\left(\cos\frac{1}{x}\right)^{x^{2}}=\ue^{-\frac{1}{2}}.$

(3).

$\text{原式}=-\int x\ue^{x}\ud\left(\frac{1}{1+x}\right)=-\frac{x\ue^{x}}{1+x}+\int\frac{1}{1+x}\cdot(x+1)\ue^{x}\ud x=\frac{\ue^{x}}{1+x}+C.$

(4). 直接求导有:

$\begin{align*} \ud y & =\ud\left(f(\ln x)\ue^{f(x)}\right)\\ & =\ud\left(f(\ln x\right)\ue^{f(x)}+f(\ln x)\cdot\ud\left(\ue^{f(x)}\right)\\ & =f'(\ln x)\ue^{f(x)}\ud(\ln x)+f(\ln x)\cdot\ue^{f(x)}\ud(f(x))\\ & =\ue^{f(x)}\left[\frac{1}{x}f'(\ln x)+f(\ln x)f'(x)\right]\ud x. \end{align*}$

(5). 交换次序有

$F(t)=\int_{1}^{t}f(x)(x-1)\ud x,$

求导有$F’(t)=f(t)(t-1)$.

2. 设$f(x)\in C(a,b)$, 证明$f(x)$在$(a,b)$上一致连续的充要条件是$\lim_{x\to a+}f(x)$与$\lim_{x\to b-}f(x)$均存在.

提示

必要性. 由于 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 一致连续, 所以对任意的 $\varepsilon>0$, 存在 $\delta>0$,使得$x^{\prime},x^{\prime\prime}\in(a,b)$ 且 $\left|x^{\prime}-x^{\prime\prime}\right|<\delta$时, 有 $\left|f\left(x^{\prime}\right)-f\left(x^{\prime\prime}\right)\right|<\varepsilon$, 于是对任意 $x^{\prime},x^{\prime\prime}\in(a,a+\delta)\cap(a,b)$, 有

$\left|f\left(x^{\prime}\right)-f\left(x^{\prime\prime}\right)\right|<\varepsilon.$

由柯西准则可知 $\lim_{x\rightarrow a^{+}}f(x)$ 存在, 同理可知 $\lim_{x\rightarrow b^{-}}f(x)$ 也存在.

充分性. 由于 $\lim_{x\rightarrow a^{+}}f(x)$ 与 $\lim_{x\rightarrow b^{-}}f(x)$ 都存在, 于是可定义函数

$F(x)=\begin{cases} \lim_{x\rightarrow a^{+}}f(x), & x=a\\ f(x), & x\in(a,b)\\ \lim_{x\rightarrow b^{-}}f(x), & x=b. \end{cases}$

$F(x)$在$[a,b]$上连续, 由Cantor定理, $F(x)$在$[a,b]$上一致连续, 所以$F(x)$在$(a,b)$上也一致连续, 即$f(x)$在$(a,b)$上一致连续.

3. 讨论无穷积分$\int_{3}^{+\infty}\frac{1}{x\ln^{p}x\ln^{q}(\ln x)}\ud x$, ($p,q>0$), 的敛散性.

提示

首先记$\ln x=t$, 有

$\int_{3}^{+\infty}\frac{1}{x\ln^{p}x\ln^{q}(\ln x)}\mathrm{d}x=\int_{3}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}(\ln x)}{\ln^{p}x\ln^{q}(\ln x)}=\int_{\ln3}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}t}{t^{p}\ln^{q}t}$

(i) 当 $p>1$ 时, 由于 $\frac{1}{t^{p}\ln^{q}t}\leq\frac{1}{t^{p}}$, $t\geq\ue$, 而 $\int_{\ln3}^{+\infty}\frac{1}{t^{p}}\mathrm{d}t$ 收敛, 所以 $\int_{\ln3}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}t}{t^{p}\ln^{q}t}$也收敛.
(ii) 当 $0 < p < 1$ 时, 任取 $a\in(p,1)$, 由于

$\lim_{t\rightarrow+\infty}t^{a}\cdot\frac{1}{t^{p}\ln^{q}t}=\lim_{t\rightarrow+\infty}\frac{t^{a-p}}{\ln^{q}t}=+\infty,\quad(t\text{ 的阶比 }\ln t\text{ 高}),$

所以当$t$充分大时, $\frac{1}{t^{p}\ln^{q}t} > \frac{1}{t^{a}}$, 再结合 $\int_{\ln3}^{+\infty}\frac{1}{t^{a}}\mathrm{d}t$ 发散, 所以由比较原则, 可知 $\int_{\ln3}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}t}{t^{p}\ln^{q}t}$ 也发散.
(iii) 当 $p=1$ 时, 记 $\ln t=u$, 则

$\int_{\ln3}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}t}{t\ln^{q}t}=\int_{\ln3}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}(\ln t)}{\ln^{q}t}=\int_{\ln\ln3}^{+\infty}\frac{1}{u^{q}}\mathrm{d}u,$

于是$\int_{\ln3}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}t}{t\ln^{q}t}$在$q>1$时收敛, 在$0<q\le1$时发散.

4. 设$x_{1}=\sqrt{2}$, $x_{n+1}=\frac{1}{2+x_{n}}$, ($n=1,2,3,\cdots$), 证明: 数列$\left\{ x_{n}\right\} $收敛, 并求极限$\lim_{n\to\infty}x_{n}$.

提示

如果 $\left\{ a_{n}\right\} $ 收敛, 记 $\lim_{n\rightarrow+\infty}a_{n}=a$, 则

$\begin{gathered}a=\lim_{n\rightarrow+\infty}a_{n+1}=\frac{1}{2+\lim_{n\rightarrow+\infty}a_{n}}=\frac{1}{2+a}\\ \Longrightarrow a^{2}+2a-1=0\Longrightarrow a=\sqrt{2}-1,\quad(\text{由 }a_{n}>0,\text{ 故 }a\geq0). \end{gathered}$

下证 $a_{n}$ 的极限确实为 $a$. 对 $\forall\varepsilon>0$, 取 $N=1+\frac{\left|a_{1}-a\right|}{\varepsilon a}\in\mathbb{N}$, s.t. 当 $n>N$时, 有

$\begin{aligned}\left|a_{n}-a\right| & =\left|\frac{1}{2+a_{n-1}}-\frac{1}{2+a}\right|\\ & =\frac{\left|a_{n-1}-a\right|}{\left(2+a_{n-1}\right)(2+a)}\\ & \leq\frac{\left|a_{n-1}-a\right|}{2+a}\\ & \vdots\\ & \leq\left(\frac{1}{2+a}\right)^{n-1}\left|a_{1}-a\right|\\ & =\frac{1}{(2+a)^{n-1}}\left|a_{1}-a\right|\leq\frac{1}{(n-1)a}\left|a_{1}-a\right|<\frac{1}{N-1}\frac{\left|a_{1}-a\right|}{a}<\varepsilon. \end{aligned}$

所以, $\lim_{n\rightarrow+\infty}a_{n}=a=\sqrt{2}-1$.

5. 设$f(x)$在$[a,b]$上二阶可导, 对于任意的$x\in[a,b]$, $f(x)f’’(x)\ge0$, 并且$f(x)$在$[a,b]$的任意子区间上不恒为$0$. 证明: 在$[a,b]$上$f(x)$至多有一个零点.

提示

令函数 $F(x)=f^{2}(x)$, 则 $F(x)$ 在 $[a,b]$ 上二阶可导, 且 $F^{\prime}(x)=2f(x)f^{\prime}(x)$, 同时可得

$F^{\prime\prime}(x)=2\left[\left(f^{\prime}(x)\right)^{2}+f(x)f^{\prime\prime}(x)\right]\geq0.$

$F^{\prime}(x)$ 在 $[a,b]$ 上单调递增. 若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 存在两个零点 $x_{1},x_{2}$, 不妨设 $x_{1}<x_{2}$, 则可知 $F^{\prime}(x)\equiv0,x\in\left[x_{1},x_{2}\right]$, 所以 $F(x)\equiv F(x_{1})=0$, $x\in[x_{1},x_{2}]$, 进而 $f(x)\equiv0$, $x\in[x_{1},x_{2}]$, 这与已知矛盾. 于是 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上至多有一个零点.

6. 证明: 若$\left\{ f_{n}(x)\right\} $在区间$I$上一致收敛于$f(x)$, 并且对于任意的$n\in\NN$, $f_{n}(x)$在$I$上有界, 则$\left\{ f_{n}(x)\right\} $在$I$上一致有界.

提示

$\left\{ f_{n}(x)\right\} $ 一致收敛于 $f(x)$, 则 $\exists N\in\NN$, 对 $\forall n>N$, 有$\left|f_{n}(x)-f(x)\right|<1$. 不妨固定某个 $n_{0}>N$, 有

$|f(x)|<\left|f_{N_{0}}(x)\right|+1.$

又 $f_{N_{0}}(x)$ 在 $I$ 上有界, 即 $\exists M_{0}>0$, $\forall x\in I$, 有 $\left|f_{N_{0}}(x)\right|<M_{0}$. 从而 $\forall x\in I$, 有

$|f(x)|\leq\left|f_{N_{0}}(x)\right|+1<M_{0}+1,\quad\forall x\in I.$

进而有

$\left|f_{n}(x)\right|<|f(x)|+1<M_{0}+2,\quad(\forall n>N).$

又已知 $f_{k}(x)$ 在 $I$ 上有界 $(k=1,2,\cdots,N_{0})$, 即 $\exists M_{k}>0$, 有 $\left|f_{k}(x)\right|\leq$ $M_{k}$, $\forall x\in I$, $k=1,2,\cdots,N_{0}$. 所以令 $M=\max\left\{ M_{1},M_{2},\cdots,M_{N_{0}},M_{0}+2\right\} $, 则 $\forall n\in\NN$, $\forall x\in I$, 有 $\left|f_{n}(x)\right|\leq M$, 即 $\left\{ f_{n}(x)\right\} $ 在 $I$ 上一致有界.

7. 设$u(x,y)$在$\RR^{2}$上具有二阶连续偏导数. 证明: $u(x,y)$为调和函数, 即$\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}u}{\partial y^{2}}=0$的充要条件是对于$\RR^{2}$中的任意光滑封闭曲线$C$, 成立$\int_{C}\frac{\partial u}{\partial{\bf n}}\ud s=0$, 其中$\frac{\partial u}{\partial{\bf n}}$为$u(x,y)$沿$C$的外法线方向的方向导数.

提示

充分性, 记曲线 $C$ 围成的区域为 $D$, 由

$\frac{\partial u}{\partial\boldsymbol{n}}=\frac{\partial u}{\partial x}\cos(\boldsymbol{n},x)+\frac{\partial u}{\partial y}\cos(\boldsymbol{n},y)\text{, 从而 }\frac{\partial u}{\partial\boldsymbol{n}}\mathrm{d}s=\frac{\partial u}{\partial x}\mathrm{d}y-\frac{\partial u}{\partial y}\mathrm{d}x$

再由 Green 公式, 可得 $\int_{C}\frac{\partial u}{\partial\boldsymbol{n}}\mathrm{d}s=\iint_{D}\Delta u\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0$.

必要性, 由平均值公式, $\forall a\in\mathbb{R}^{2}$, 则有

$\Delta u(a)=\frac{1}{\pi R^{2}}\iint_{B(a,R)}\Delta u\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{1}{\pi R^{2}}\oint_{\partial B(a,R)}\frac{\partial u}{\partial\boldsymbol{n}}\mathrm{d}s=0,$

则有 $\int_{C}\frac{\partial u}{\partial\boldsymbol{n}}\mathrm{d}s=0$.

8. 设$f(x,y)$是$[a,b]\times[c,+\infty)$上的非负连续函数, $I(x)=\int_{c}^{+\infty}f(x,y)\ud y$在$[a,b]$上连续. 证明: $I(x)$在$[a,b]$上一致收敛.

提示

对于 $\forall\varepsilon>0$, 任取 $x_{0}\in[a,b]$, 因为 $\int_{c}^{+\infty}f\left(x_{0},y\right)\mathrm{d}y$ 收敛, 所以存在 $A_{x_{0}}>c$, 使得 $A\geq A_{x_{0}}$ 时有

$\left|\int_{A}^{+\infty}f\left(x_{0},y\right)\mathrm{d}y\right|<\varepsilon.$

由于 $f(x,y)$ 在 $[a,b]\times[c,+\infty)$ 上连续, $I(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续, 以及

$\int_{A_{x_{0}}}^{+\infty}f(x,y)\mathrm{d}y=\int_{c}^{+\infty}f(x,y)\mathrm{d}y-\int_{c}^{A_{x_{0}}}f(x,y)\mathrm{d}y,$

因此 $\int_{A_{x_{0}}}^{+\infty}f(x,y)\mathrm{d}y$ 在 $[a,b]$ 上连续. 从而由 $\left|\int_{A_{x_{0}}}^{+\infty}f\left(x_{0},y\right)\mathrm{d}y\right|<\varepsilon$, 以及连续函数的保号性可推得存在某邻域 $U(x_{0})$, 使得 $x\in U(x_{0})\cap[a,b]$ 时有

$\left|\int_{A_{x_{0}}\mid}^{+\infty}f(x,y)\mathrm{d}y\right|<\varepsilon.$

根据 $f(x,y)$ 的非负性, 当 $A\geq A_{x_{0}}$ 时, 对于所有 $x\in U(x_{0})\cap[a,b]$, 有

$\left|\int_{A}^{+\infty}f(x,y)\mathrm{d}y\right|\leq\left|\int_{A_{x_{0}}}^{+\infty}f(x,y)\mathrm{d}y\right|<\varepsilon.$

因为 $[a,b]\subset\bigcup_{x_{0}\in[a,b]}U(x_{0})$, 所以存在 $x_{1},\cdots,x_{k}\in[a,b]$, 使得

$[a,b]\subset\bigcup_{i=1}^{k}U\left(x_{i}\right).$

取 $M=\max\left\{ A_{x_{1}},\cdots,A_{x_{k}}\right\} $, 则当 $A\geq M$ 时, 对于所有 $x\in[a,b]$, 有

$\left|\int_{A}^{+\infty}f(x,y)\mathrm{d}y\right|<\varepsilon.$

因此, $I(x)$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛.

9. 已知球体$x^{2}+y^{2}+z^{2}\le2az$, 其上任意一点处的密度等于该点到原点距离的平方, 求该球体的质量和质心坐标.

提示

首先记球体为 $V$, 其质量为 $\Delta$, 有

$\Delta=\iiint_{V}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z.$

利用球坐标变换 $x=r\sin\varphi\cos\theta$, $y=r\sin\varphi\sin\theta$, $z=r\cos\varphi$, 其将 $V$ 对应为

$V^{\prime}:0\leq\varphi\leq\frac{\pi}{2},0\leq\theta\leq2\pi,0\leq r\leq2a\cos\varphi.$

于是

$\begin{aligned}\Delta & =\iiint_{V^{\prime}}r^{2}\cdot r^{2}\sin\varphi\mathrm{d}r\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta\\ & =\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{2a\cos\varphi}r^{4}\mathrm{d}r\\ & =\frac{64}{5}\pi a^{5}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin\varphi\cos^{5}\varphi\mathrm{d}\varphi=\frac{32}{15}\pi a^{5}. \end{aligned}$

质心肯定在 $z$ 轴上 (对称性).

$\begin{aligned}\iiint_{V}z\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)\mathrm{d}V & =\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{2a\cos\varphi}\rho^{3}\cos\varphi\cdot\rho^{2}\sin\varphi\mathrm{d}\rho\\ & =\frac{1}{3}\pi\cdot64a^{6}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin\varphi\cos^{7}\varphi\mathrm{d}\varphi\\ & =\frac{8}{3}\pi a^{6}. \end{aligned}$

所以

$\bar{z}=\frac{\frac{8}{3}\pi a^{6}}{\frac{32}{15}\pi a^{5}}=\frac{5}{4}a.$

质心坐标为 $\left(0,0,\frac{5}{4}a\right)$.

10. 已知正项级数$\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}$发散, 讨论级数

$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x_{n}}{1+x_{n}},\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x_{n}}{1+nx_{n}},\ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{x_{n}}{1+n^{2}x_{n}}$

的敛散性并给出理由.

提示

(1) 若 $x_{n}$ 有界, $x_{n}\leq M$, 则有

$\frac{x_{n}}{1+x_{n}}\geq\frac{x_{n}}{1+M},$

从而 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x_{n}}{1+x_{n}}$ 发散;

若 $x_{n}$ 无界, 则有一个子列 $\left\{ x_{n_{k}}\right\} \rightarrow+\infty\Rightarrow\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{x_{n_{k}}}{1+x_{n_{k}}}=1$, 从而依旧发散.

(2) 若 $x_{n}=\frac{1}{n}$, 则 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x_{n}}{1+nx_{n}}$ 发散, 取

$x_{n}=\begin{cases} 1, & n=k^{2}(k=1,2,3,\cdots)\\ \frac{1}{n^{2}}, & \text{ 其他. } \end{cases}$

此时 $\sum_{n=1}^{\infty}x_{n}$ 还是发散, 但 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x_{n}}{1+nx_{n}}=\sum_{k=1}^{+\infty}\frac{1}{1+k^{2}}+\sum_{n\neq k^{2}}^{+\infty}\frac{\frac{1}{n^{2}}}{1+\frac{1}{n}}\leq2\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^{2}}$,其收敛.

(3) 由于 $\frac{n^{2}x_{n}}{1+n^{2}x_{n}}\leq1\Rightarrow\frac{x_{n}}{1+n^{2}x_{n}}\leq\frac{1}{n^{2}}$, 后者 $\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{n^{2}}$ 收敛, 所以 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x_{n}}{1+n^{2}x_{n}}$ 收敛.

References

²². https://mp.weixin.qq.com/s?__biz=MzI2OTE2NzczNQ==&mid=2650057329&idx=1&sn=5e7f9c51778e2be65c877d052025fbd6&chksm=f2e47769c593fe7f7c070111907d380230adcc6e462c89dded9ad3e99d5612b324cdd43a7df6&scene=27 ↩