CMC | 2022特辑

二级结论

1.阿贝尔变换

定义微分

\[\text dy=f'(x)\text dx \]

其中

\[f'(x)=\lim_{h\rightarrow0}\frac{f(x+h)-f(h)}{h} \]

定义差分

\[\Delta(a_k)=a_{k+1}-a_k \]

可以看到微分和差分的定义方法是一模一样的.

\[\begin{aligned} f\text dg&=\text d(fg)-g\text df\\\\ a_k\Delta(b_k)&=\Delta(a_kb_k)-b_{k+1}\Delta(a_k) \end{aligned} \]

若表达成求和形式

\[\begin{aligned} \int_a^b f\text dg&=f(b)g(b)-f(a)g(a)-\int_a^b g\text df\\\\ \sum_{k=m}^n a_k\Delta(b_k)&=a_{n+1}b_{n+1}-a_mb_m-\sum_{k=m}^n b_{k+1}\Delta(a_k) \end{aligned} \]

可以发现它们的公式也是一模一样的.

2.狄利克雷-阿贝尔审敛法

判断 \(\displaystyle{\int_a^{+\infty}f(x)g(x)\text dx}\) 敛散性无非两种方法:

1. \(f\) 单调收敛于 \(0\), \(\displaystyle\int g\) 有界
2. \(\displaystyle\int g\) 收敛, \(f\) 单调有界

\(x\rightarrow +\infty\) 时它们都是有界量和无穷小量的乘积.

它们分别称为狄利克雷判别法和阿贝尔判别法.

带三角函数的基本都会用到狄利克雷审敛法.

3.重积分分部公式

这是根据格林公式推导得到.

\[\iint\limits_D \frac{\partial F}{\partial x}\text dx\text dy=\oint\limits_L F\text dy \]

令 \(F=f\cdot g\)

\[\iint\limits_D f\frac{\partial g}{\partial x}\text dx\text dy=\oint\limits_L fg\text dy-\iint\limits_D g\frac{\partial f}{\partial x}\text dx\text dy \]

同理

\[\iint\limits_D f\frac{\partial g}{\partial y}\text dx\text dy=-\oint\limits_L fg\text dx-\iint\limits_D g\frac{\partial f}{\partial y}\text dx\text dy \]

这种方法可以改变重积分内部导数阶数的分布.

4.格林第二公式

\[\iint\limits_D \left|\begin{matrix} \Delta u&\Delta v\\ u&v \end{matrix}\right|\text dS=\oint\limits_L \left|\begin{matrix} \dfrac{\partial u}{\partial \boldsymbol n}&\dfrac{\partial v}{\partial \boldsymbol n}\\ u&v \end{matrix}\right|\text dr \]

在涉及多个调和函数或拉普拉斯算子时使用有奇效.

它只需要展开就能证明.

5.斯托尔茨公式

洛必达法则:

\[\lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f(x)}{g(x)}=\lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f'(x)}{g'(x)} \]

斯托尔茨法则:

\[\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{b_n}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_{n+1}-a_n}{b_{n+1}-b_n} \]

6.一致收敛性

对于函数列 \(f_n(x)\), 若 \(\forall \varepsilon>0\ \exists n>N\), 使得 \(|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon\), 那么定义为一致收敛. 注意 \(\varepsilon\) 与 \(x\) 无关.

这个 \(f(x)\) 一般是 \(f_n(x)\) 在 \(n\rightarrow \infty\) 时得到的.

它的等价定义是 \(\text{sup}|f_n(x)-f(x)|<\varepsilon\) (余项准则)

其他准则像柯西准则, 魏尔斯特拉斯准则, 阿贝尔准则, 狄利克雷准则.

比如 \(\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \frac{\sin nx}{n}}\) 在 \((0,2\pi)\) 是内闭一致收敛的, 即在 \([\delta,2\pi-\delta]\) 上一致收敛 (狄利克雷准则), 在 \((0,2\pi)\) 上不一致收敛 (柯西准则).

连续函数项级数若一致收敛, 则其和函数必连续.

发现了吗? 带三角函数的发散级数基本都用柯西准则.

7.几何法 (积分不等式)

众所周知, 看到 \(f(a)=f(b)=0,\ \text{max}|f'(x)|=M\) 就应该联想到一个抛物线, 并以中点 \(\dfrac{a+b}{2}\) 分段证明不等式相加.

如果带上绝对值的话, 那么构造 \(F_1(x)=\displaystyle\int_a^x |f'(x)|\text dx\) 和 \(F_2(x)=\displaystyle\int_x^b |f'(x)|\text dx\), 它们一定在中点两侧导数符号相反, 从而比较容易分侧证明.

当然还有一种方法不是对积分分段, 而是用如 \(\left|x-\dfrac{a+b}{2}\right|\) 这种形式去替换 \(x\), 它们本质上效果是一样的.

更广地, 杨氏不等式, 琴生不等式, 哈达玛不等式等等都可以画出几何意义.

8.积分放缩法 (级数敛散性)

我们经常见到 \(\displaystyle{\sum \frac{s_n-s_{n-1}}{s_n^\alpha}}\) 等等这种形式, 不妨放缩成 \(\displaystyle{\sum\int_{s_{n-1}}^{s_n} \frac{1}{x^\alpha}\text dx}\) 加以判断, 有时还要利用极限比较判别法 \(\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{s_n}{s_{n-1}}=1}\) 转化一下处理.

\(\displaystyle\sum\dfrac{a_n}{s_n^2}\) 这种明显能差分放缩后阿贝尔变换的形状有时跟上柯西不等式就是一道大题. 这种方法可比拉格朗日中值定理或者莱布尼茨判别法快多了.

9. 数列极限 (纯结论)

\[\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}\rightarrow a_n \]

\[\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}\rightarrow a_n \]

\[\left(\int_a^b f^n(x)g(x)\text dx\right)^{\frac{1}{n}}\rightarrow \text{max}f(x) \]

注意千万不要手滑写出 \(a_1+a_2+\cdots+a_n\rightarrow n a_n\) 这种大错特错的东西!

10. 经典变形

\[\begin{aligned} 1&=\int_0^1 (n+1)x^n \text dx\\ 1&=\sum_{i=1}^n \frac{2i-1}{n^2}\\ \frac{1}{f(x)}\arctan\frac{1}{f(x)}&=\int_0^1 \frac{1}{f^2(x)+y^2} \text dy\\ \frac{\sin(2nx)}{\sin x}&=2\sum_{k=1}^n \cos(2k-1)x\\ \frac{k}{(k+1)!}&=\frac{1}{k!}-\frac{1}{(k+1)!} \end{aligned} \]

11. 经典中值

\[\begin{aligned} \sum_{k=1}^n \frac{\lambda_i}{f'(x_i)}&=1\\ \left(\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\right)^n&=\prod_{i=1}^n f'(\xi_i) \end{aligned} \]

设一下 \(F(x)=\displaystyle\int_0^x f'(t)\text dt\) 或 \(g(x)=f'(x)\) 就是一道大题. 这也是有几何意义的.

12. 经典不等式

康托洛维奇不等式

\[\left(\int_0^1 f(x)\text dx\right)\left(\int_0^1 \frac{1}{f(x)}\text dx\right)\leq \frac{(m+M)^2}{4mM} \]

杨氏不等式

\[ab\leq \int_0^a f(x)\text dx+\int_0^b f^{-1}(y)\text dy \]

赫尔德不等式

\[\int_a^b |f(x)g(x)| \text dx\leq \left(\int_a^b |f(x)|^p\text dx\right)^{\frac{1}{p}}\left(\int_a^b |g(x)|^q\text dx\right)^{\frac{1}{q}} \]

闵可夫斯基不等式

\[\left(\int_a^b |f(x)+g(x)|^p\text dx\right)^{\frac{1}{p}}\leq\left(\int_a^b |f(x)|^p\text dx\right)^{\frac1p}+\left(\int_a^b |g(x)|^p\text dx\right)^{\frac1p} \]

真题练习

\(1.\quad\) 设正数列 \(\{a_n\}\) 单调减少趋于 \(0\), \(f(x)=\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n^nx^n\). 证明: 若级数 \(\displaystyle\sum_{n=1}^\infty a_n\) 发散,
则积分 \(\displaystyle\int_1^{+\infty} \dfrac{\ln f(x)}{x^2} \text dx\) 也发散.

\(\text{Proof}\)

在区间 \(\left[\dfrac{\text e}{a_k},\dfrac{\text e}{a_{k+1}}\right]\) 内

\[f(x)=\sum_{n=1}^\infty (a_nx)^n\geq\sum_{n=1}^k (a_nx)^n\geq\text e^k \]

分段积分

\[\begin{aligned} \int_1^t \frac{\ln f(x)}{x^2}\text dx=&\int_1^\frac{\text e}{a_1}\frac{\ln f(x)}{x^2}\text dx+\sum_{k=1}^{n-1}\int_{\frac{\text e}{a_k}} ^{\frac{\text e}{a_{k+1}}}\frac{\ln f(x)}{x^2}\text dx+\int_{\frac{\text e}{a_n}}^t \frac{\ln f(x)}{x^2}\text dx\\ \geq& C+\sum_{k=1}^{n-1} k\left(\frac{a_k}{\text e}-\frac{a_{k+1}}{\text e}\right)+n\left(\frac{a_n}{\text e}-\frac1t\right)\\ \geq& \frac{1}{\text e}\left(\sum_{k=1}^n a_k-na_n\right)+n\left(\frac{a_n}{\text e}-\frac{1}{t}\right)\\ =&\frac{1}{\text e}\sum_{k=1}^n a_k-\frac{n}{t} \end{aligned} \]

取 \(t>\mathop{\text{max}}\left\{n,\dfrac{\text e}{a_n}\right\}\)

\[\int_1^t\frac{\ln f(x)}{x^2}\text dx\geq\frac{1}{\text e}\sum_{k=1}^n a_k-1 \]

令 \(n\rightarrow\infty\) 得证.

\(2.\quad\) 设 \(\displaystyle{f(x)=\int_0^x\left(1-\frac{[u]}{u}\right)\text du}\), 讨论 \(\displaystyle{\int_1^{+\infty}\frac{\text e^{f(x)}}{x^p}\cos\left(x^2-\frac{1}{x^2}\right)\text dx}\) 的敛散性 \((p>0)\).

\(\text{Solution}\)

计算 \(f(x)\)

\[\begin{aligned} f(x)=&\int_0^x \left(1-\frac{[u]}{u}\right)\text du\\ =&\sum_{k=0}^{[x-1]} \int_k^{k+1} \left(1-\frac{k}{u}\right)+\int_{[x]}^x \left(1-\frac{[x]}{u}\right)\text du\\ =&[x]-\sum_{k=0}^{[x-1]}k\Delta \ln k+x-[x]-[x]\ln x+[x]\ln [x]\\ =&-[x]\ln[x]+\sum_{k=1}^{[x]}\ln k+x-[x]\ln x+[x]\ln[x]\\ =&\ln[x]!+x-[x]\ln x \end{aligned} \]

估阶

\[\begin{aligned} \text e^{f(x)}=&\frac{[x]!\text e^x}{x^{-[x]}}\\ \sim&\frac{\sqrt{2\pi[x]}\left(\frac{[x]}{\text e}\right)^{[x]}\text e^x}{x^{-[x]}}\\ \sim&\sqrt x \end{aligned} \]

因此

\[\begin{aligned} \int_1^{+\infty} \frac{\text e^{f(x)}}{x^p}\cos\left(x^2-\frac{1}{x^2}\right)\text dx\sim&\int_1^{+\infty}\frac{\cos\left(x^2-\frac{1}{x^2}\right)\text dx}{x^{p-\frac12}}\\ \sim&\int_1^{+\infty} \frac{\cos\left(t-\frac{1}{t}\right)\text dt}{t^{\frac{p}{2}+\frac{1}{4}}} \end{aligned} \]

由狄利克雷审敛法知收敛.

又因为

\[\int_1^{+\infty} \frac{\cos\left(t-\frac{1}{t}\right)\text dt}{t^{\frac{p}{2}+\frac{1}{4}}}=\int_1^{+\infty}\frac{\cos t\cos\frac1t\text dt}{t^{\frac{p}{2}+\frac{1}{4}}}+\int_1^{+\infty}\frac{\sin t\sin\frac1t\text dt}{t^{\frac{p}{2}+\frac{1}{4}}} \]

故 \(0<p\leq\dfrac{3}{2}\) 时条件收敛, \(p>\dfrac{3}{2}\) 时绝对收敛.

\(3.\quad\) 设 \(f(x)\) 在闭区间 \([a,b]\) 有二阶连续导数, 证明:
\(\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}n^2 \left[\int_a^b f(x)\text dx-\frac{b-a}{n}\sum_{k=1}^n f\left(a+\frac{2k-1}{2n}(b-a)\right)\right]=\frac{(b-a)^2}{24}[f'(b)-f'(a)]}\).

\(\text{Proof}\)

取分点

\[x_k=a+\frac{k}{n}(b-a), \lambda_k=a+\frac{2k-1}{2n}(b-a) \]

那么

\[\begin{aligned} &\int_a^b f(x)\text dx=\sum_{k=1}^n \int_{x_{k-1}}^{x_{k}}f(x)\text dx\\ &\frac{b-a}{n}\sum_{k=1}^n f\left(a+\frac{2k-1}{2n}(b-a)\right)=\sum_{k=1}^n\int_{x_{k-1}}^{x_k}f(\lambda_k)\text dx \end{aligned} \]

代入原式

\[\begin{aligned} \text{LHS}=&n^2\left[\sum_{k=1}^n\int_{x_{k-1}}^{x_{k}}(f(x)-f(\lambda_k))\text dx\right]\\ =&\frac12 n^2\left[\sum_{k=1}^n \int_{x_{k-1}}^{x_{k}}f''(\eta_k)(x-\lambda_k)^2\text dx\right]\\ =&\frac12 n^2\frac{(b-a)^3}{12n^3}\sum_{k=1}^n f''(\eta_k)\\ =&\frac{(b-a)^2}{24}\int_a^b f''(x)\text dx\\ =&\frac{(b-a)^2}{24}[f'(b)-f'(a)] \end{aligned} \]

\(4.\quad\) 设 \(\{a_n\},\{b_n\}\) 均为正实数列, \(a_1=b_1=1\), 且 \(b_n=a_nb_{n-1}-2\), \(\{b_n\}\) 是有界数列, 证明 \(\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{a_1a_2\cdots a_n}}\) 收敛, 并求和.

\(\text{Solution}\)

直接处理 \(S_n\)

\[\begin{aligned} S_n=&\sum_{k=1}^n \frac{1}{a_1\cdots a_k}\\ =&\frac{1}{a_1}+\sum_{k=2}^n \frac{1}{a_1\cdots a_k}\\ =&1+\frac{1}{2}\sum_{k=2}^n \frac{a_kb_{k-1}-b_k}{a_1\cdots a_k}\\ =&1+\frac{1}{2}\sum_{k=2}^n \left(\frac{b_{k-1}}{a_1\cdots a_{k-1}}-\frac{b_k}{a_1\cdots a_k}\right)\\ =&1+\frac{1}{2}\cdot\frac{b_1}{a_1}\\ =&\frac32 \end{aligned} \]

其中需要证明一下 \(\displaystyle{\frac{b_k}{a_1\cdots a_k}\rightarrow0}\)

\[\begin{aligned} \frac{b_k}{a_1\cdots a_k}=&\frac{b_k}{\frac{b_2+2}{b_1}\cdots\frac{b_k+2}{b_{k-1}}}\\ \leq&\frac{M}{2^k}\\ \rightarrow&0 \end{aligned} \]

\(5.\quad\) 对于四次齐次函数 \(f(x,y,z)=a_1x^4+a_2y^4+a_3z^4+3a_4x^2y^2+3a_5y^2z^2+3a_6x^2z^2\), 计算曲面积分
\(\displaystyle{\oint\limits_\Sigma f(x,y,z) \text dS,\Sigma=\left\{(x,y,z)\bigg|x^2+y^2+z^2=1\right\}}\).

\(\text{Solution}\)

考虑 \(f(tx,ty,tz)=t^4f(x,y,z)\)

那么 \(xf_x+yf_y+zf_z=4f(x,y,z)\)

\[\begin{aligned} \oint\limits_\Sigma f(x,y,z) \text dS=&\frac{1}{4}\oint\limits_\Sigma \left(xf_x+yf_y+zf_z\right) \text dS\\ =&\frac{1}{4}\oint\limits_\Sigma \nabla f\cdot \text d\vec S\\ =&\frac{1}{4}\iiint\limits_\Omega \Delta f\cdot \text dV\\ =&\frac{1}{12}\iiint\limits_\Omega \left[12\left(\sum_{i=1}^3 a_i\right)(x^2+y^2+z^2)+12\left(\sum_{i=4}^6 a_i\right)(x^2+y^2+z^2)\right]\text dV\\ =&\sum_{i=1}^6 a_i\iiint\limits_\Omega(x^2+y^2+z^2)\text dV\\ =&\frac{4\pi}{5}\sum_{i=1}^6 a_i \end{aligned} \]

\(6.\quad\) 设 \(x_1=2021\), \(x_n^2-2(x_n+1)x_{n+1}+2021=0\), 证明 \(\{x_n\}\) 收敛, 并求极限.

\(\text{Solution}\)

\[x_{n+1}=\frac{x_n^2+2021}{2(x_n+1)} \]

不妨设 \(y_n=x_n+1\)

\[y_{n+1}=\frac{y_n}{2}+\frac{1011}{y_n}\geq\sqrt{2022} \]

因此有下界.

\[y_{n+1}-y_n=\frac{2022-y_n^2}{2y_n}<0 \]

因此单调递减.

由单调有界准则知

\[\lim_{n\rightarrow\infty}x_n=\sqrt{2022}-1 \]

\(7.\quad\) 计算 \(\displaystyle{\int_0^{+\infty}\int_0^{+\infty}\frac{\sin x\sin(x+y)}{x(x+y)}\text dx\text dy}\).

\(\text{Solution}\)

设 \(\displaystyle{S(x)=\int_x^{+\infty}\frac{\sin u}{u}\text du}\)

那么

\[\begin{aligned} I=&\int_0^{+\infty} \frac{\sin x}{x}S(x)\text dx\\ =&-\int_0^{+\infty}S(x)S'(x)\text dx\\ =&-\int_0^{+\infty}S(x)\text dS(x)\\ =&\frac{\pi^2}{8} \end{aligned} \]

\(8.\quad\) 已知 \(a_1=1\), \(a_{n+1}=\dfrac{a_n}{(n+1)(a_n+1)}\), 求极限 \(\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}n!a_n}\).

\(\text{Solution}\)

注意到

\[\frac{1}{a_{n+1}}=(n+1)\left(1+\frac{1}{a_n}\right)=(n+1)!\left(\sum_{k=1}^n\frac{1}{k!}+1\right) \]

因此

\[n!a_n=\frac{1}{\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{k!}}=\frac{1}{\text e} \]

\(9.\quad\) 设 \(\displaystyle{u_n=\int_0^1 \frac{\text dt}{(1+t^4)^n}}\)
(1) 证明 \(\{u_n\}\) 收敛, 并求极限 \(\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}u_n}\).
(2) 证明级数 \(\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty (-1)^nu_n}\) 条件收敛.
(3) 证明当 \(p\geq1\) 时 \(\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty\frac{u_n}{n^p}}\) 收敛, 并求 \(\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty\frac{u_n}{n}}\) 的和.

\(\text{Solution}\)

(1) 取分点 \(\delta\)

\[\int_0^\delta \frac{\text dt}{(1+t^4)^n}\rightarrow0 \]

\[\int_\delta^1 \frac{\text dt}{(1+t^4)^n}\leq\frac{1-\delta}{(1+\delta^4)^n}\rightarrow0 \]

所以 \(\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}u_n=0}\).

(2) 由莱布尼茨判别法知 \(\displaystyle{\sum_{n=1}^\infty (-1)^nu_n}\) 收敛.

又

\[u_n=\int_0^1 \frac{\text dt}{(1+t^4)^n}>\int_0^1 \frac{\text dt}{(1+t)^n}=\frac{1}{n-1}(1-2^{1-n}) \]

\(\displaystyle{\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n-1}}\) 发散, 且 \(\displaystyle{\sum_{n=2}^\infty \frac{1}{n-1}\frac{1}{2^{n-1}}}\) 收敛,

因此条件收敛.

(3) 寻找递推关系

\[\begin{aligned} u_n=&\frac{t}{(1+t^4)^n}\bigg|_0^1+4n\int_0^1 \frac{t^4}{(1+t^4)^{n+1}}\text dt\\ =&\frac{1}{2^n}+4n(u_n-u_{n+1})\\ \frac{u_n}{n}=&\frac{1}{n2^n}+4(u_n-u_{n+1})\\ \sum_{n=1}^\infty \frac{u_n}{n}=&\sum_{n=1}^\infty \frac{1}{n2^n}+4u_1\\ =&\ln 2+4\underbrace{\int_0^1\frac{\text dt}{1+t^4}}_{\mathscr J} \end{aligned} \]

其中

\[\begin{aligned} \mathscr J=&\frac{1}{2}\left(\int_0^1\frac{\text d(t-\frac{1}{t})}{t^2+\frac{1}{t^2}}-\int_0^1\frac{\text d(t+\frac{1}{t})}{t^2+\frac{1}{t^2}}\right)\\ =&\frac{\sqrt2}{8}\pi+\frac{\sqrt2}{4}\ln(1+\sqrt 2) \end{aligned} \]

因此

\[\sum_{n=1}^\infty\frac{u_n}{n}=\ln2+\frac{\sqrt2}{2}\pi+\sqrt2\ln(1+\sqrt2) \]

由于 \(p\geq1\) 时 \(\dfrac{u_n}{n^p}\leq\dfrac{u_n}{n}\), 故 \(\displaystyle\sum_{n=1}^\infty\dfrac{u_n}{n^p}\) 收敛.

\(10.\quad\) 计算 \(\displaystyle{\int_0^{2\pi}\text d\theta\int_0^\pi \text e^{\sin \varphi(\cos \theta-\sin\theta)}\sin\varphi\text d\varphi}\).

\(\text{Solution}\)

由曲面的参数方程

\[\begin{aligned} x=&\sin\varphi\cos\theta\\ y=&\sin\varphi\sin\theta\\ z=&\cos\varphi\\ \text dS=&\sin\varphi\text d\varphi\text d\theta \end{aligned} \]

那么

\[\int_0^{2\pi}\text d\theta\int_0^\pi \text e^{\sin \varphi(\cos \theta-\sin\theta)}\sin\varphi\text d\varphi=\iint\limits_{\Sigma}\text e^{x-y}\text dS \]

作合元 \(z=x-y\), 那么 \(\text dS\) 为球面纵向切片的面积微元

\[\text dS=2\pi\sqrt{1-\frac{z^2}{2}}\cdot\frac{\text dz}{\sqrt{2(1-\frac{z^2}{2})}}=\sqrt2\pi\text dz \]

因此

\[\iint\limits_{\Sigma}\text e^{x-y}\text dS=\sqrt2 \pi\int_{-\sqrt2}^\sqrt2 \text e^z\text dz=\sqrt2\pi(\text e^{\sqrt2}-\text e^{-\sqrt2}) \]

\(11.\quad\) \(f(x)\) 在 \([0,+\infty)\) 可微, \(f(0)=0\), 存在常数 \(A>0\) 使得 \(|f'(x)|\leq A|f(x)|\) 在 \([0,+\infty)\) 成立. 证明 \([0,+\infty)\) 恒有 \(f(x)=0\).

\(\text{Proof}\)

数学归纳.

(1)

\[\begin{aligned} |f(x)|=&|f(0)+f'(\xi)x|\\ =&|f'(\xi)|x\\ \leq& A|f(x)|x \end{aligned} \]

令 \(x\in[0,\dfrac{1}{2A}]\) 则 \(f(x)=0\)

(2)

\[f(x)=0,x\in[\frac{k-1}{2A},\frac{k}{2A}] \]

(3)
\(x\in[\dfrac{k}{2A},\dfrac{k+1}{2A}]\) 时

\[\begin{aligned} |f(x)|=&|f(\frac{k}{2A})+f'(\xi_k)(x-\frac{k}{2A})|\\ \leq& A|f(x)|(x-\frac{k}{2A})\\ \leq&\frac12|f(x)| \end{aligned} \]

综上 \(f(x)\equiv0\)

\(12.\quad\) \(f(x)\) 是仅有正实根的多项式函数, 满足 \(\displaystyle{\frac{f'(x)}{f(x)}=-\sum_{n=0}^{\infty}c_n x^n}\), 证明 \(\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{\sqrt[n]{c_n}}}\) 等于 \(f(x)\) 的最小根.

\(\text{Proof}\)

设 \(\displaystyle{f(x)=a\prod_{i=1}^k (x-x_i)^{r_i}},\quad x_1<x_2<\cdots<x_k\)

则 \(\displaystyle{f'(x)=a\sum_{j=1}^kr_j\frac{\displaystyle\prod_{i=1}^k (x-x_i)^{r_i}}{x-x_j}}\)

\[\begin{aligned} \frac{f'(x)}{f(x)}=&\sum_{j=1}^k \frac{r_j}{x-x_j}\\ =&-\sum_{j=1}^k \frac{r_j}{x_j} \cdot \frac{1}{1-\frac{x}{x_j}},\quad x<x_1\\ =&-\sum_{j=1}^k \frac{r_j}{x_j}\sum_{n=0}^\infty \left(\frac{x}{x_j}\right)^n\\ =&-\sum_{n=0}^\infty \left(\sum_{j=1}^k \frac{r_j}{x_j^{n+1}}\right) x^n \end{aligned} \]

记 \(\displaystyle{c_n=\sum_{j=1}^k \frac{r_j}{x_j^{n+1}}}\)

由夹逼定理

\[\frac{1}{x_1}\leftarrow \left(\frac{r_1}{x_1^{n+1}}\right)^{\frac{1}{n}}\leq \sqrt[n]{c_n}\leq\left(\frac{kr}{x_1^{n+1}}\right)^{\frac{1}{n}}\rightarrow\frac{1}{x_1} \]

证毕.

\(13.\quad\) 设函数 \(f(x)\) 在 \([0,+\infty)\) 具有连续导数, 满足

\[3[3+f^2(x)]f'(x)=2[1+f^2(x)]^2\text e^{-x^2} \]

证明: 存在常数 \(M>0\), 使得 \(x\in[0,+\infty)\) 时恒有 \(|f(x)|<M\).

\(\text{Proof}\)

反证之. 假定 \(f(x)\rightarrow+\infty\)

\[\frac32=\int_1^{+\infty}\frac{3}{2y^2}\text dy<\int_1^{+\infty} \frac{3(3+y^2)}{2(1+y^2)^2}\text dy=\int_1^{+\infty}\text e^{-x^2}\text dx<\frac{\sqrt\pi}{2} \]

证毕.

\(14.\quad\) 曲面 \(xyz=\mu\) 与 \(\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}+\dfrac{z^2}{c^2}=1\) 相切, 求 \(\mu\).

\(\text{Solution}\)

题意即为求椭球面上 \(xyz\) 的最大值

由均值不等式

\[xyz\leq\frac{abc}{3\sqrt3}=\mu \]

\(15.\quad\) 计算三重积分 \(\displaystyle{\iiint\limits_\Omega (x^2+y^2)\text dV}\), \(\Omega\) 是由 \(x^2+y^2+(z-2)^2\geq 4\), \(x^2+y^2+(z-1)^2\leq9\), \(z\geq 0\) 所围成的空间图形.

\(\text{Solution}\)

画图知分为两部分计算: 小球 \(I_1\), 上半平面大球 \(I_2\)

\[\begin{aligned} I_1=\int_0^{2\pi}\text d\theta\int_0^{\pi}\text d\varphi\int_0^2 \rho^4\sin^3\varphi\text d\rho=\frac{256}{15}\pi \end{aligned} \]

\[\begin{aligned} I_2=\int_{0}^4\text dz\int_0^{2\pi}\text d\theta\int_0^{\sqrt{8+2z-z^2}}r^3\text dr=\frac{512}{5}\pi \end{aligned} \]

综上

\[I_2-I_1=\frac{256}{3}\pi \]

\(16.\quad\) 已知 \(\{a_n\},\{b_n\}\) 是正数数列, 且 \(b_{n+1}-b_n\geq\delta>0\), \(\delta\) 为常数. 证明: 若 \(\displaystyle{\sum_{k=1}^\infty a_k}\) 收敛, 则级数 \(\displaystyle{\sum_{k=1}^\infty \frac{k\sqrt[k]{(a_1a_2\cdots a_k)(b_1b_2\cdots b_k)}}{b_{k}b_{k+1}}}\) 收敛.

\(\text{Proof}\)

由均值不等式, 只需证明 \(\displaystyle{\sum_{k=1}^\infty \frac{\displaystyle\sum_{i=1}^k a_ib_i}{b_kb_{k+1}}}\) 不超过 \(\displaystyle{\sum_{k=1}^\infty a_k}\) 的阶即可.

设 \(S_k=\displaystyle\sum_{i=1}^k a_ib_i\), 考虑阿贝尔变换

\[\begin{aligned} \sum_{k=1}^\infty \frac{\displaystyle\sum_{i=1}^k a_ib_i}{b_kb_{k+1}}\leq& \frac{1}{\delta}\sum_{k=1}^\infty \left(\frac{1}{b_k}-\frac{1}{b_{k+1}}\right)S_k\\ =&-\frac{1}{\delta}\sum_{k=1}^\infty S_k\Delta(\frac{1}{b_k})\\ \leq&\frac{1}{\delta}(a_1+\sum_{k=1}^\infty a_{k+1})\\ =&\frac{1}{\delta}\sum_{k=1}^\infty a_k \end{aligned} \]

证毕.

\(17.\quad\) 设二元函数 \(f(x,y)\) 在平面上有连续的二阶偏导数, 对任意角度 \(\alpha\), 定义一元函数 \(g_\alpha (t)=f(t\cos \alpha,t\sin\alpha)\), 若对任意 \(\alpha\) 都有 \(\dfrac{\text dg_\alpha(0)}{\text t}=0\) 且 \(\dfrac{\text d^2g_\alpha(0)}{\text dt^2}>0\), 证明 \(f(0,0)\) 是 \(f(x,y)\) 的极小值.

\(\text{Proof}\)

先证明驻点:

\[\frac{\text dg}{\text dt}=f_1\cos\alpha+f_2\sin\alpha=(f_1,f_2)\cdot(\cos\alpha,\sin\alpha)=0 \]

考虑到 \(\alpha\) 的任意性, \(f_1=f_2=0\)

再证明极值点:

\[\begin{aligned} \frac{\text d^2g}{\text dt^2}=&f_{11}\cos^2\alpha+2f_{12}\sin\alpha\cos\alpha+f_{22}\sin^2\alpha\\ =&[\cos\alpha,\sin\alpha]\left[\begin{matrix} f_{11}&f_{12}\\ f_{21}&f_{22} \end{matrix}\right] \left[\begin{matrix} \cos\alpha\\ \sin\alpha \end{matrix}\right]\\ >&0 \end{aligned} \]

因此是正定矩阵, 为极小值点.

\(18.\quad\) 设 \(\{a_n\}\) 为一个数列, \(p\) 为固定的正整数, 若 \(\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}(a_{n+p}-a_n)=\lambda}\). 证明: \(\displaystyle{\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{n}=\frac{\lambda}{p}}\).

\(\text{Proof}\)

设 \(n=kp+i,\quad i=0,1,\cdots,p-1\) ,这样原数列被划分成 \(p\) 个子列.

选取任一子列 \(\{b_k\}=\{a_{kp+i}\}\)

\[\lim_{k\rightarrow\infty}\frac{b_k}{kp+i}\xlongequal{\text{Stolz}}\frac{\lambda}{p} \]

每一个子列收敛于相同的值, 因此

\[\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{a_n}{n}=\frac{\lambda}{p} \]

\(19.\quad\) 设曲线 \(\Gamma\) 为曲线 \(x^2+y^2+z^2=1\), \(x+z=1\), \(x\geq 0\), \(y\geq0\), \(z\geq0\) 上从点 \(A(1,0,0)\) 到点 \(B(0,0,1)\) 的一段. 求曲线积分 \(\displaystyle{\int\limits_\Gamma y\text dx+z\text dy+x\text dz}\).

\(\text{Solution}\)

补充直线段 \(|BA|\) 采用斯托克斯公式.

\[\begin{aligned} \int\limits_\Gamma y\text dx+z\text dy+x\text dz=&\iint\limits_\Sigma \nabla\times (y,z,x)\cdot \text d\vec S+\int_0^1 t\text dt\\ =&-2\iint\limits_\Sigma \text dS+\frac12\\ =&\frac{1}{2}-\frac{\sqrt2}{4}\pi \end{aligned} \]

\(20.\quad\) 求 \(x\rightarrow 1^-\) 时, 与 \(\displaystyle{\sum_{n=0}^\infty x^{n^2}}\) 等价的无穷大量.

\(\text{Solution}\)

\[\begin{aligned} \sum_{n=0}^\infty x^{n^2}\sim&\int_0^{+\infty} x^{t^2}\text dt\\ =&\int_0^{+\infty} \text e^{t^2\ln x}\text dt\\ =&\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{-\ln x}}\\ \sim&\frac{1}{2}\sqrt{\frac{\pi}{1-x}} \end{aligned} \]

快速记忆

1. 积分内有取整函数 / 已知级数证明积分 / 求积分极限 -> 分段积分 / 结合中值定理
2. 阶乘 -> 斯特林公式 / 斯托尔茨定理
3. 简单几何题 -> 同轴平面束 / 叉乘求面积 / 找准线母线
4. 调和函数 / 拉普拉斯算子 -> 重积分分部 / 极坐标 / 含参求导
5. 已知级数算级数 -> 斯托尔茨公式 / 阿贝尔变换
6. 给定点的中值问题 -> 插值 / 泰勒公式
7. 级数积分敛散性 -> 观察奇点性态 / 估阶 / 比较 / 狄利克雷-阿贝尔审敛法
8. 单调有界 -> 数学归纳 / 构造函数 / 换成压缩映射或不动点
9. 积分不等式一端有差分 / 积分有抵消项 -> 两端同时积分变序
10. 改变积分内各乘积式导数分布 -> 分部积分
11. 边界条件 / 给定范围 -> 构造作差的积的函数
12. 二次分母几何级数展开 -> 平方差奇偶合并
13. 复杂对数商 / 反正切积分 -> 二重积分变序求导
14. 古怪微分方程 / 数列极限 -> 设生成函数算柯西乘积
15. 古怪重积分 / 曲线积分 / 曲面积分 -> 画图斯托克斯转化 / 画图合元
16. 高斯积分 / 狄利克雷积分 / 欧拉积分 -> 熟背
17. 证明上下确界 -> 充分必要一个取点一个放缩
18. 齐次函数 -> 根据定义乘以次数