Question

数学分析，级数考研题

Answer 1

设f(x) = x^a, 由Lagrange中值定理,
对任意x ∈ (0,1), 存在y ∈(x,1),
使(f(1)-f(x))/(1-x) = f'(y) = ay^(a-1) > a (∵y ∈(0,1), a ∈(0,1)),
即得(1-x^a)/a > 1-x.

在上式中取x = n/(n+1), 得(1-n^a/(n+1)^a)/a > 1/(n+1),
整理得1/(n^a(n+1)) < 1/a·(1/n^a-1/(n+1)^a).
对n取遍全体正整数求和, 即得:
∑{1 ≤ n} 1/(n^a(n+1)) < 1/a·∑{1 ≤ n} (1/n^a-1/(n+1)^a) = 1/a.
首先, 易知f(x)在[0,1]有上界,
从而可设M为f(x)在[0,1]上的上确界.
对任意正整数k, 由f[k](x) ≥ f(x),
可知f[k](x)在[0,1]上的最大值 ≥ M.
因此集合E[k] = {x ∈ [0,1] | f[k](x) ≥ M} ≠ ∅.

由f[k](x)连续, E[k]为闭集.
又由f[1](x) ≥ f[2](x) ≥..., 有E[1] ⊇ E[2] ⊇...
即E[k]是[0,1]中一列递减的非空闭集.
由"闭集套定理", 它们的交非空.
即存在c ∈ [0,1], 满足f[k](c) ≥ M, 对任意k成立.
于是f(c) ≥ M, 即得f(x)在x = c处取得最大值.

所谓"闭集套定理"是指"闭区间套定理"的简单推广,
一样可使用有限覆盖定理证明.
记F(x) = ∫{0,x} sin(t)/t dt (x ≥ 0).
则F(x)在x = π, 3π, 5π,...处取得极大值,
进而可知其在x = π处取得最大值.
另一方面F(x)在x = 2π, 4π, 6π,...处取得极小值,
进而可知其在x = 0处取得[0,+∞)上的最小值.
因此|∫{a,b} sin(t)/t dt| = |F(b)-F(a)| ≤ F(π)-F(0) ≤ 3.
对0 ≤ a < b, 可设x[n-1] < a ≤ x[n], x[m] ≤ b < x[m+1].
|∫{a,b}f(x)dx| ≤ |∫{a,x[n]}f(x)dx|+|∫{x[n],x[m]}f(x)dx|+|∫{x[m],b}f(x)dx|
≤ |∫{x[n-1],x[n]}f(x)dx|+|∫{x[n],x[m]}f(x)dx|+|∫{x[m],x[m+1]}f(x)dx|.
当a → +∞, 有n, m → ∞.
根据Cauchy收敛准则, 右端三项都收敛到0.
从而|∫{a,b}f(x)dx|也收敛到0, 再由Cauchy收敛准则即知积分收敛.
可以用积分余项.
设g(x)为f(x)的n阶导数, 则g(x)在[a,a+r]非负.
对x ∈ [a,a+r], 展开到n-1阶的余项为:
R(x) = 1/(n-1)!·∫{a,x} g(t)·(x-t)^(n-1) dt.
易见(x-t)/(a+r-t)关于t单调递减, 故(x-t)/(a+r-t) ≤ (x-a)/r.
因此R(x) ≤ 1/(n-1)!·((x-a)/r)^(n-1)·∫{a,x} g(t)·(a+r-t)^(n-1) dt
≤ 1/(n-1)!·((x-a)/r)^(n-1)·∫{a,a+r} g(t)·(a+r-t)^(n-1) dt
= ((x-a)/r)^(n-1)·R(a+r)
≤ ((x-a)/r)^(n-1)·f(a+r).
对x ∈ [a,a+r), 上式随n → ∞收敛到0.
对我来说, 第1步裂项是比较自然的.
后面Cauchy不等式的用法技巧性较强,
在某些分析领域, 可以见到这种估计目标在两端都出现的技术,
不过我学的不好, 就不妄加评论了.
我的话会证明∑k/A[k]有界, 因为见过这道题目.

Answer 2

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Answer 3

设f(x) = x^a, 由Lagrange中值定理,
对任意x ∈ (0,1), 存在y ∈(x,1),
使(f(1)-f(x))/(1-x) = f'(y) = ay^(a-1) > a (∵y ∈(0,1), a ∈(0,1)),
即得(1-x^a)/a > 1-x.

在上式中取x = n/(n+1), 得(1-n^a/(n+1)^a)/a > 1/(n+1),
整理得1/(n^a(n+1)) < 1/a·(1/n^a-1/(n+1)^a).
对n取遍全体正整数求和, 即得:
∑{1 ≤ n} 1/(n^a(n+1)) < 1/a·∑{1 ≤ n} (1/n^a-1/(n+1)^a) = 1/a.

追问

哈哈，，大神老师，谢谢关照^o^

大神老师，，今天我问了一个问题，，要是没人回答，大神老师你有空看看，

追答

首先, 易知f(x)在[0,1]有上界,
从而可设M为f(x)在[0,1]上的上确界.
对任意正整数k, 由f[k](x) ≥ f(x),
可知f[k](x)在[0,1]上的最大值 ≥ M.
因此集合E[k] = {x ∈ [0,1] | f[k](x) ≥ M} ≠ ∅.

由f[k](x)连续, E[k]为闭集.
又由f[1](x) ≥ f[2](x) ≥..., 有E[1] ⊇ E[2] ⊇...
即E[k]是[0,1]中一列递减的非空闭集.
由"闭集套定理", 它们的交非空.
即存在c ∈ [0,1], 满足f[k](c) ≥ M, 对任意k成立.
于是f(c) ≥ M, 即得f(x)在x = c处取得最大值.

所谓"闭集套定理"是指"闭区间套定理"的简单推广,
一样可使用有限覆盖定理证明.

追问

谢谢，大神老师，可恶的知道不提示我，打开这个问题大神老师居然回答了，好高兴

大神老师，我又来请教问题了，嘿嘿，看下图

追答

记F(x) = ∫{0,x} sin(t)/t dt (x ≥ 0).
则F(x)在x = π, 3π, 5π,...处取得极大值,
进而可知其在x = π处取得最大值.
另一方面F(x)在x = 2π, 4π, 6π,...处取得极小值,
进而可知其在x = 0处取得[0,+∞)上的最小值.
因此|∫{a,b} sin(t)/t dt| = |F(b)-F(a)| ≤ F(π)-F(0) ≤ 3.

追问

哈哈，，谢谢大神老师，若今年考研顺利，以后有机会的话，定会拜访老师您的，

algbraic老师，有空看看这题，在数分吧里看到的，没人回答自己也没做出来，我知道打字挺累的，老师把关键信息给出就行了，剩下的小枝叶我自己补，

第七题

algbraic老师，好心的电灯老师回答了，，老师你就不用打字了，

algbraic老师，下面的华中科技04研题充分性不知怎证

第九题

追答

对0 ≤ a < b, 可设x[n-1] < a ≤ x[n], x[m] ≤ b < x[m+1].
|∫{a,b}f(x)dx| ≤ |∫{a,x[n]}f(x)dx|+|∫{x[n],x[m]}f(x)dx|+|∫{x[m],b}f(x)dx|
≤ |∫{x[n-1],x[n]}f(x)dx|+|∫{x[n],x[m]}f(x)dx|+|∫{x[m],x[m+1]}f(x)dx|.
当a → +∞, 有n, m → ∞.
根据Cauchy收敛准则, 右端三项都收敛到0.
从而|∫{a,b}f(x)dx|也收敛到0, 再由Cauchy收敛准则即知积分收敛.

追问

algbraic老师，辛苦了，谢谢^_^

老师，您有空看看这道题，07西安交大的，哈哈，我都有点不好意再打扰老师你了，不过，，，嘿嘿，老师有空看看

第一张，看着难受，看第二张吧

追答

你是想问这种思路该怎么继续?
一方面要把目标换成|f(x[0])-A|,
另一方面要分开函数列下标和点列下标.

对任意ε > 0, 存在m, 使f[m](x[0])-f(x[0]) 0使|x-x[0]| m, 当k > N时|x[n[k]]-x[0]| < δ,
从而f[m](x[n[k]])-f[m](x[0]) < ε/3.
而f[n[k]](x[n[k]]) ≤ f[m](x[n[k]]), 故f[n[k]](x[n[k]])-f[m](x[0]) < ε/3.
最后, 由f[n[k]](x[n[k]]) = M[n[k]] → A.
当k充分大时A-f[n[k]](x[n[k]]) < ε/3.
相加得k充分大时, A-f(x[0]) < ε, 即得f(x[0]) ≥ A.
由A ≥ M ≥ f(x[0]) ≥ A, 即得f(x[0]) = M.

追问

老师，谢谢了，不过我有步不明白，我把你写的抄了下，不明白的标在图上了

老师你还有其他解法吗

我有点明白了，好像连续性，可以，但那个单调是干嘛的呢，另外这题有点像狄尼定理，也不知可不可以采用类似证狄尼定理的方法证

追答

注意需要证明的只是一个方向的不等式,
所以我都没加绝对值.
那一步其实是:
f[n[k]](x[n[k]])-f[m](x[0]) ≤ f[m](x[n[k]])-f[m](x[0]) < ε/3.
用的就是单调的条件, 而不是连续性.

这道题确实和Dini定理有些像,
所以证法上自然有相似也有不同.
我觉得我之前给的证法已经有所体现了.

追问

哇，老师，你太有才了，

老师，我又来了，嗯这题跟我以前做的都不一样，以前都是圆球之类的，可这题是个立方体，老师有空看看，给个明确的思路就行了，打字太累不用打字了

老师，有人解答了，感觉如果这样做，我这个菜鸟根本想不起来，也不会，不过也可以理解这毕竟是09湖南大学的压轴题

追答

普通的作为含参变量积分求导也行(光滑性讨论省略):
记H(x,y,t) = ∫{0,t} f(xyz) dz,
G(x,t) = ∫{0,t} H(x,y,t) dy,
则F(t) = ∫{0,t} G(x,t) dx.
有F'(t) = G(t,t)+ ∫{0,t} ∂G(x,t)/∂t dx,
∂G(x,t)/∂t = H(x,t,t)+ ∫{0,t} ∂H(x,y,t)/∂t dy,
∂H(x,y,t)/∂t = f(xyt).
逐步代回得:
∂G(x,t)/∂t = ∫{0,t} f(xtz) dz + ∫{0,t} f(xyt) dy
= 2∫{0,t} f(xyt) dy,
F'(t) = ∫{0,t} H(t,y,t) dy + 2·∫{0,t}∫{0,t} f(xyt) dydx
= ∫{0,t}∫{0,t} f(tyz) dzdy + 2·∫{0,t}∫{0,t} f(xyt) dydx
= 3·∫{0,t}∫{0,t} f(xyt) dydx.
题目对答案形式没有限制的话, 我觉得这样就行了.

只能使用一元积分的话, 考虑换元u = xyt.
∫{0,t} f(xyt) dy = ∫{0,xt²} f(u) d(u/(xt)) = 1/(xt)·∫{0,xt²} f(u) du,
F'(t) = 3·∫{0,t}∫{0,t} f(xyt) dydx = 3/t·∫{0,t} 1/x·∫{0,xt²} f(u) du dx
= 3/t·(ln(t)·∫{0,t³} f(u) du - t²·∫{0,t} ln(x)·f(xt²) dx)
= 3/t·(ln(t)·∫{0,t³} f(u) du - ∫{0,t} ln(v/t²)·f(v) dv)
= 3/t·(3ln(t)·∫{0,t³} f(u) du - ∫{0,t} ln(v)·f(v) dv),
结果就和你看到的一致了.

追问

太感动了，嗯我一定要好好研究下老师写的，老师你让我想起孔大神的一句话，诲人不倦，，嘿嘿，，

老师，你收了我这个徒弟吧，，不知道这样打扰老师对不对，今天想起了一题以前没解决的，老师你有空看看，这题呢，估计打字太麻烦了，要用到Taylor，其实老师要回答的话，只需把泰勒余项趋于零怎么得来的，说明下就可以了，很喜欢老师你的解答，

第六题

追答

可以用积分余项.
设g(x)为f(x)的n阶导数, 则g(x)在[a,a+r]非负.
对x ∈ [a,a+r], 展开到n-1阶的余项为:
R(x) = 1/(n-1)!·∫{a,x} g(t)·(x-t)^(n-1) dt.
易见(x-t)/(a+r-t)关于t单调递减, 故(x-t)/(a+r-t) ≤ (x-a)/r.
因此R(x) ≤ 1/(n-1)!·((x-a)/r)^(n-1)·∫{a,x} g(t)·(a+r-t)^(n-1) dt
≤ 1/(n-1)!·((x-a)/r)^(n-1)·∫{a,a+r} g(t)·(a+r-t)^(n-1) dt
= ((x-a)/r)^(n-1)·R(a+r)
≤ ((x-a)/r)^(n-1)·f(a+r).
对x ∈ [a,a+r), 上式随n → ∞收敛到0.

追问

感觉，老师你的数分已经出神入化了，

老师，，我今天碰到以前看过的题，没做出来，看了答案好像明白了，估计过段时间又不会了，我猜我是没真理解这题及这答案的意思，我把答案及题发给老师你看看，老师有空指点下，老师又辛苦你了，我猜我是太笨了，

追答

对我来说, 第1步裂项是比较自然的.
后面Cauchy不等式的用法技巧性较强,
在某些分析领域, 可以见到这种估计目标在两端都出现的技术,
不过我学的不好, 就不妄加评论了.
我的话会证明∑k/A[k]有界, 因为见过这道题目.

追问

嗯，谢谢，老师，对这题，估计最近几月还能掌握其解答，，老师你还学好的不好呀，，你让我怎活，哈哈，等以后有时间再找本好书慢慢研究

老师，在不在

突然想起来以前问老师上面这题，题目有点误，，会做了，嘿嘿

Answer 4

你好！你没做错，是答案写错了，前面漏了系数1/3。经济数学团队帮你解答，请及时采纳。谢谢！

Answer 5

题呢。打回去吧。