薯粉习题浅做

极限

添项减项法

\[\lim_{x\to 0}\frac{(1+\alpha x)^m(1+\beta x)^n-1}{x}\\ =\lim_{x\to 0}(1+\alpha x)^m\frac{(1+\beta x)^n-1}{x}+\lim_{x\to 0}\frac{(1+\alpha x)^m-1}{x}\\ \stackrel{\text{l'H}}{=} n\beta+m\alpha \]

---

\[\lim_{x\to 0} \frac{1-\prod_{i=1}^{n} \cos ix}{x^2}=\\ \lim_{x\to 0} \frac{(1-\cos x)+(\cos x-\prod_{i=1}^{n} \cos ix)}{x^2}, (1-\cos x\sim \frac{x^2}{2})\\ =\frac{1}{2}+\lim_{x\to 0} \cos x\frac{1-\prod_{i=2}^{n} \cos ix}{x^2}\\ =\frac{1}{2}+\lim_{x\to 0} \frac{1-\prod_{i=2}^{n} \cos ix}{x^2}, (1-\cos ix\sim \frac{(ix)^2}{2})\\ =\sum_{i=1}^{n} \frac{i^2}{2}=\frac{n(n+1)(2n+1)}{12} \]

等价无穷小

\[\lim_{x\to 0}\frac{(1+\alpha x)^m(1+\beta x)^n-1}{x}\\ \stackrel{x\to 0, \ln x \sim x-1}{=}\lim_{x\to 0}\frac{\ln[(1+\alpha x)^m(1+\beta x)^n]}{x}\\ =\lim_{x\to 0}\frac{m\ln(1+\alpha x)}{x}+\lim_{x\to 0}\frac{n\ln(1+\beta x)}{x}\\ \stackrel{x\to 0, \ln x \sim x-1}{=}m\alpha +n\beta \]

---

\[\lim_{x\to 0} \frac{1-\prod_{i=1}^{n} \cos^{\frac{1}{i}} ix}{x^2}\\ \stackrel{x\to 0, -\ln x \sim 1-x}{=}-\lim_{x\to 0} \frac{\sum_{i=1}^{n} \ln(\cos^{\frac{1}{i}} ix）}{x^2}\\ =-\sum_{i=1}^{n} \lim_{x\to 0} \frac{\ln(\cos ix）}{ix^2}\\ \stackrel{\text{l'H}}{=}-\sum_{i=1}^{n} \lim_{x\to 0}\frac{-\sin ix}{2ix\cos ix}\\ =\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{2}=\frac{n}{2} \]

吸收性

\[\lim_{x\to 0} \frac{(3+2\tan x)^x-3^x}{3\sin^2 x+x^3\cos \frac{1}{x}} \]

考虑 \(\sin ^2 x \sim x^2, x^3\cos \frac{1}{x} \in [-x^3, x^3 ] \sim x^3\)，故分母吸收为 \(O(x^2)\) 量。

\[=\lim_{x\to 0} \frac{(3+2\tan x)^x-3^x}{3\sin^2 x}\\ =\lim_{x\to 0} \frac{3^x[(1+\frac{2\tan x}{3})^x-1]}{3\sin^2 x}\\ =\frac{1}{3}\lim_{x\to 0} \frac{\ln(1+\frac{2\tan x}{3})}{x}\\ =\frac{1}{3}\lim_{x\to 0} \frac{\frac{2\tan x}{3}}{x}=\frac{2}{9} \]

复杂替换

设 \(f(x), g(x)\) 在 \(U(0, \epsilon)\) 有定义，对 \(\forall x\in U, f(x)\ne g(x)\)，且 \(\lim_{x\to 0} f(x)=\lim_{y\to 0} g(x)=a>0\)。

则：

\[\lim_{x\to 0} \frac{[f(x)]^{g(x)}-[g(x)]^{g(x)}}{f(x)-g(x)}=a^a \]

证明：

\[\operatorname{LHS}=\lim_{x\to 0} [g(x)]^{g(x)}\times \frac{[\frac{f(x)}{g(x)}]^{g(x)}-1}{f(x)-g(x)} \]

注意 \([\frac{f(x)}{g(x)}]^{g(x)}-1\) 是一个无穷小

考虑记 \(u=[\frac{f(x)}{g(x)}]^{g(x)} \to 1, \ln u =g(x) \ln(\frac{f(x)}{g(x)})\)，则由 \(u-1\sim \ln u\) 得

\[\operatorname{LHS}=\lim_{x\to 0} [g(x)]^{g(x)}\times \frac{g(x) \ln(\frac{f(x)}{g(x)})}{f(x)-g(x)}\\ =\operatorname{LHS}=a^{a+1}\lim_{x\to 0} \times \frac{\ln(\frac{f(x)}{g(x)})}{f(x)-g(x)} \]

观察到下面相减的形式，于是考虑 \(v=\frac{f(x)}{g(x)}\to 1, \ln v\sim v-1\)，

\[\operatorname{LHS}=a^{a+1}\lim_{x\to 0} \times \frac{\frac{f(x)}{g(x)}-1}{f(x)-g(x)}=a^a \]

\(Stolz\) 定理

定理一（类型一）

设数列 \(a_n, b_n\) 满足

1. \(b_n\) 严格单调递增
2. \(\lim_{n\to \infty } b_n =+\infty\)

则

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

其中 \(A\) 可为有限数，或 \(+\infty, -\infty\)。

定理二（类型二）

设数列 \(a_n, b_n\) 满足

1. \(b_n\) 严格单调递增，且 \(n\) 足够大时，\(b_n\) 恒正或恒负
2. \(\lim_{n\to \infty } \frac{b_n+b_{n-1}}{b_n-b_{n-1}} =L\)
3. \(\lim_{n\to \infty } \frac{a_n}{b_n}=A\)

则

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

定理三（类型三）

设数列 \(a_n, b_n\) 满足

1. \(a_n\) 严格单调递增，且 \(n\) 足够大时，\(a_n\) 恒正或恒负
2. \(\lim_{n\to \infty } \frac{a_n+a_{n-1}}{a_n-a_{n-1}} =L\)
3. \(\lim_{n\to \infty } \frac{a_n}{b_n}=\infty\)

则

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

模拟一

\[\lim_{x\to +\infty} x^2[(\frac{3x^3-7}{3x^3-x})^{\frac{1}{5}}-x\sin \frac{1}{x}] \]

考察 Taylor 公式的应用

对于多项式，我们尽量化简为 \((1+x)^{\alpha }=\sum_{i=0}^{\infty}\binom{\alpha}{i}x^i\) 的形式

\[(\frac{3x^3-7}{3x^3-x})^{\frac{1}{5}}\\ =(1-\frac{7}{3x^3})^{\frac{1}{5}}(1-\frac{1}{3x^2})^{-\frac{1}{5}}\\ =(1-\frac{7}{15}x^{-3}+o(x^{-5}))(1+\frac{1}{15}x^{-2}+\frac{1}{75}x^{-4}+o(x^{-5})))\\ =1+\frac{1}{15}x^{-2}-\frac{7}{15}x^{-3}+\frac{1}{75}x^{-4}+o(x^{-5})\]

\[x\sin \frac{1}{x}=x(\frac{1}{x}-\frac{1}{3! x^3}+\frac{1}{5!x^5}+o(x^{-6}))=1-\frac{1}{6}x^{-2}+\frac{1}{120}x^{-4}+o(x^{-5}) \]

故原式

\[=\lim_{x\to +\infty} x^2[(1+\frac{1}{15}x^{-2}-\frac{7}{15}x^{-3}+\frac{1}{75}x^{-4})-(1-\frac{1}{6}x^{-2}+\frac{1}{120}x^{-4})+o(x^{-5})]=\frac{7}{30} \]

设

\[f(x)=\begin{array}{l} \left\{\begin{matrix} x^{3}\sin(\ln|x|), x\ne 0\\ 0, x=0\ \end{matrix}\right. \end{array} \]

证明 \(f(x)\) 在 \(x=0\) 处二阶可导，并求 \(f'(0), f''(0)\)

先证原函数连续，由

\[0=\lim_{x\to 0} -|x|^3 \le\lim_{x\to 0} f(x)=x^3\sin(\ln|x|)\le \lim_{x\to 0} |x|^3=0 \]

得证。后求 \(f'(x)\)。

\[f'(x)=\begin{array}{l} \left\{\begin{matrix} 3x^{2}\sin(\ln|x|)+x|x|\cos(\ln|x|), x\ne 0\\ \lim_{x\to}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0} x^2\sin(\ln |x|)=0, x=0\ \end{matrix}\right. \end{array} \]

同理证 \(f'(x)\) 在 \(x=0\) 连续，

\[f''(x)=\lim_{x\to 0}\frac{f'(x)-f'(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0} 3x\sin(\ln|x|)+|x|\cos(\ln|x|)=0 \]

设 \(f(x)\) 在 \([x_0-a, x_0+a]\) 二阶可微，\(f''(x)\ge 0\)，证：

\[\frac{1}{2a} \int_{x_0-a}^{x_0+a} f(x)\mathrm{d}x \ge f(x_0) \]

容易转化为

\[\int_{x_0-a}^{x_0+a} f(x)-f(x_0)\mathrm{d}x \ge 0\\ \Rightarrow \int_{0}^{a} [f(x_0+a)-f(x_0-a)-2f(x_0)]\mathrm{d}x \ge 0 \]

由 \(f(x)\) 凹性得证。

求常系数线性微分方程通解

\[y'''+3y''+y'-5y=0 \]

\[y'''+3y''+y'-5y=2x-7+6e^{-2x}\sin x \]

由

\[\lambda^3+3\lambda^2+\lambda-5=0 \to (\lambda-1)(\lambda^2+4\lambda+5)=0 \]

得 \(\lambda_1=1, \lambda_2=-2+i, \lambda_3=-2-i\)。

则方程①的通解形式：

\[y=C_1e^x+e^{-2x}(C_2\cos x+C_3\sin x) \]

\(0\) 不是特征根，\(-2\pm i\) 是特征根，待定系数故得方程②的特解

\[y^*=-\frac{2}{5}x+\frac{33}{25}+xe^{-2x}(\frac{9}{10}\cos x-\frac{3}{10}\sin x) \]

\(f(x)\) 在 \([0, 1]\) 连续，\((0, 1)\) 可导，\(f(0)=1, f(1)=0\)

\(\exists \eta \in(0, 1), f(\eta)=\eta\)
\(\exists \eta_1\ne \eta_2 \in(0, 1), f'(\eta_1)f'(\eta_2)=1\)
\(\exists \eta_1\ne \eta_2 \in(0, 1), \frac{1}{f'(\eta_1)}+\frac{2025}{f'(\eta_2)}=-2026\)

第一问可构造 \(g(x)==f(x)-x\) 由零点存在定理解得。

第二问，考虑 Lagrange 定理，设满足第一问的某个 \(\eta_0\)，存在 \(\xi_1 \in(0, \eta_0), \xi_2(\eta_0, 1)\) 满足：

\[f'(\xi_1)=\frac{f(\eta_0)-f(0)}{\eta_0-0}=\frac{\eta_0-1}{\eta_0}, f'(\xi_2)=\frac{-\eta_0}{1-\eta_0} \]

取二者即可。

第三问，考虑将在第二问取得的结果一般化，对于 \(t\in (0, 1), \xi_1(t)\in(0, t), \xi_2(t)\in(t, 1)\)

\[f'(\xi_1(t))=\frac{f(t)-1}{t}, f'(\xi_2(t))=\frac{f(t)}{t-1} \]

设 \(g(t)=\frac{1}{f'(\xi_1(t))}+\frac{2025}{f'(\xi_2(t))}+2026=\frac{t}{f(t)-1}+\frac{2025(t-1)}{f(t)}+2026\)，考察 \(g(t)\) 在端点的表现即可。

\[\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\pi+\sin x}{1+\cos x} \mathrm{d}x \]

\[=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\pi}{1+\cos x} \mathrm{d}x+\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{1+\cos x} \mathrm{d}x\\ =\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\pi}{2\cos^2 \frac{x}{2}} \mathrm{d}x-\int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{\mathrm{d} \cos x}{1+\cos x} \\ =\pi\int_0^{\frac{\pi}{4}} \sec^2 x\mathrm{d}x-\int_1^{0} \frac{\mathrm{d}x}{1+x} =\pi+\ln 2\\ \]

求

\[f(x)=\int_{1}^{x^2} (x^2-t)e^{-t^2}\mathrm{d}t \]

单调区间和极值

依下定理做即可

含参变量积分求导

\[\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\int_{u(x)}^{v(x)} g(x, t)\mathrm{dt}=g(x, v(x))\times v'(x)-g(x, u(x))\times u'(x)+\int_{u(x)}^{v(x)} \frac{\partial g(x, t)}{\partial x} \mathrm{d}t \]

\[\lim_{x\to 0} \frac{\int_0^x tf(x-t)\mathrm{d}t}{x\int_0^x f(x-t)\mathrm{d}t} \]

对于分母：

\[\int_0^x f(x-t)\mathrm{d}t=\int_0^x f(t)\mathrm{d}t=f(0)(x-0)+o(x), (t\to 0, f(t)=f(0)+o(1)) \]

对于分子：

\[\int_0^x tf(x-t)\mathrm{d}t=\int_0^x (x-t)f(t)\mathrm{d}t=\int_0^x xf(t)\mathrm{d}t-\int_0^x tf(t)\mathrm{d}t\\ =x(f(0)(x-0)+o(x))-\int_0^x t[f(0)+o(1)]\mathrm{d}t\\ =x^2f(0)-(\frac{x^2f(0)}{2}+o(x^2))=\frac{x^2f(0)}{2}+o(x^2) \]

则原极限

\[=\lim_{x\to 0} \frac{\frac{x^2f(0)}{2}+o(x^2)}{x[f(0)x+o(x)]}=\frac{1}{2} \]

\(\varphi(x)\) 连续可导，解方程

\[\varphi(x)\cos x +2\int_0^{x} \varphi(t)\sin t \mathrm{d}t=x+1 \]

条件两边对 \(x\) 求导，

\[\varphi'(x)-\varphi(x)\sin x+2\varphi(x)\sin x =1\\ \Rightarrow \varphi'(x)+\tan(x)\varphi(x)=\sec(x) \]

易得

\[\varphi(x)=\sin x+C\cos x \]

回代原条件

\[\sin x \cos x+C\cos^2 x+2\int_0^x (\sin^2 t+C\sin t\cos t)\mathrm{d}t=x+1 \]

整理得 \(C=1\)

模拟二

\[\int_{0}^{\infty} \frac{\mathrm{d}x}{1+x^3} \]

相当于 \(n\to \infty\) 求

\[\int_{0}^{n} \frac{\mathrm{d}x}{1+x^3}\\ =\frac{1}{3}[\int_{0}^{n} \frac{\mathrm{d}x}{1+x}+\int_{0}^{n} \frac{(-x+2)\mathrm{d}x}{(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}] \]

第一部分：

\[\int_{0}^{n} \frac{\mathrm{d}x}{1+x}\\ =\ln(1+x)|^{n}_0=\ln(n+1)\sim \ln n \]

第二部分：

\[I_1=\int_{0}^{n} \frac{-(x-\frac{1}{2})\mathrm{d}x}{(x-\frac{1}{2})^2+\frac{3}{4}}\\ =-\frac{1}{2}\int_{-\frac{1}{2}}^{n-\frac{1}{2}} \frac{\mathrm{d}x^2}{x^2+\frac{3}{4}}\\ \ne-\frac{1}{2} \ln |(x^2+\frac{3}{4})|^{n-\frac{1}{2}}_{\frac{1}{2}}-\ln |(x^2+\frac{3}{4})|^{\frac{1}{2}}_{0}\\ =-\frac{1}{2} \ln |(x^2+\frac{3}{4})|^{n-\frac{1}{2}}_{\frac{1}{2}}\sim-\ln n \]

\[I_2=\frac{3}{2}\int_{-\frac{1}{2}}^{n-\frac{1}{2}} \frac{\mathrm{d}x}{x^2+\frac{3}{4}}\\ =\frac{3}{2}\times \frac{2}{\sqrt{3}}\arctan (\frac{2}{\sqrt{3}} x)|^{n-\frac{1}{2}}_{-\frac{1}{2}}\\=\sqrt{3}(\frac{\pi}{2}-\arctan (-\frac{1}{\sqrt{3}}))=\frac{2\sqrt{3}\pi}{3} \]

综上得原无穷积分结果为 \(\frac{2\sqrt{3}\pi}{9}\)

\(f(x)\in C^2 [a, b], f(a)=f(b)=0\)，证明：

\[\int_a^b f(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int_a^b f''(x)(x-a)(x-b)\mathrm{d}x \]

\[|\int_a^b f(x)\mathrm{d}x|=\frac{(b-a)^2}{12}\max_{a}^{b} |f''(x)| \]

\[\int_a^b f''(x)(x-a)(x-b)\mathrm{d}x\\ =\int_a^b (x-a)(x-b)\mathrm{d}(f'(x))\\ =f'(x)(x-a)(x-b)|_a^b-\int_a^b f'(x)\mathrm{d}((x-a)(x-b))\\ =-\int_a^b (2x-a-b)\mathrm{d} (f(x))\\ =-[f(x)(2x-a-b)|_a^b-2\int_a^b f(x)\mathrm{d} x]=2\int_a^b f(x)\mathrm{d} x \]

第二问，考虑 \(\int (x-a)(x-b)\mathrm{d}x=\frac{1}{3}x^3-\frac{(a+b)}{2}x^2+abx\)

\[|\int_a^b f(x)\mathrm{d}x|=|\frac{1}{2}\int_a^b f''(x)(x-a)(x-b)\mathrm{d}x|\\ \le |\frac{1}{2}\int_a^b \max_{a}^{b} |f''(x)| (x-a)(x-b)\mathrm{d}x|\\ =\frac{1}{2}|(\frac{1}{3}x^3-\frac{(a+b)}{2}x^2+abx)|^b_a|\times \max_{a}^{b} |f''(x)|\\ =\frac{(b-a)^2}{12}\max_{a}^{b} |f''(x)| \]

模拟三

计算

\[I_n=\int_1^{\infty} \frac{\mathrm{d}x}{\prod_{i=0}^n (x+i)}, n\ge 2 \]

考虑部分分式列项处理，记生成函数 \(\frac{1}{\prod_{i=0}^n (x+i)}=G(x)=\sum_{i=0}^{n} \frac{a_i}{x+i}\)，考虑求 \(a_k\)，等式两边同乘 \(x+k\) 得：

\[\frac{1}{\prod_{i=0, i\ne k}^n (x+i)}=G(x)(x+k)=a_k+\sum_{i=0, i\ne k}^{n} \frac{a_i(x+k)}{x+i} \]

代入 \(x=-k\)，得 \(a_k=\frac{1}{\prod_{i=0, i\ne k}^n (-k+i)}=\frac{(-1)^k}{k!(n-k)!}\)，故

\[I_n=\int_1^{\infty} \frac{\mathrm{d}x}{\prod_{i=0}^n (x+i)}\\ =I_n=\int_1^{\infty} G(x)\mathrm{d}x\\ =\sum_{i=0}^{n} a_i \ln |x+i| |_1^{\infty}\]

取 \(\infty =N\)，则 \(\ln (N+i) \sim \ln N\)

\[I_n=\int_1^{N} \frac{\mathrm{d}x}{\prod_{i=0}^n (x+i)}\\ =(\ln N\sum_{i=0}^{n} a_i)-\sum_{i=0}^n a_i \ln(1+i)\]

显然 \(\sum_{i=0}^{n} a_i=\sum_{i=0}^n \frac{(-1)^k}{k!(n-k)!}=\frac{\sum_{i=0}^n \binom{n}{i}(-1)^i}{n!}=0\)，于是

\[I_n=-\sum_{i=0}^n a_i \ln(1+i) \]

分析积分敛散性

\[\int_{0}^{\infty} \frac{\arctan^q x}{x^p}, (p, q>0) \]

上下界都是无界点，分开处理。

\(x\to 0\) 时，\(\arctan^q x \to x\)，由

\[\int_0^{\delta} x^{\alpha} \mathrm{d}x \]

当且仅当 \(\alpha >-1\) 收敛，故 \(q-p>-1\) 是原积分收敛的一个条件。

\(x\to \infty\) 时，\(\arctan^q x \to \frac{\pi}{2}\) 为常数，由

\[\int_{\delta}^{\infty} x^{\alpha} \mathrm{d}x \]

当且仅当 \(\alpha < -1\) 收敛，故 \(-p<-1\) 是原积分收敛的一个条件。

得积分收敛当且仅当 \(q+1>p>1\)。

模拟四

求积分：

\[I=\int_0^{+\infty} e^{-x^2} \mathrm{d}x \]

考虑双重积分，

\[x=f(z, w), y=g(z, w), J=\begin{pmatrix} \frac{\partial x}{\partial z} & \frac{\partial x}{\partial w}\\ \frac{\partial y}{\partial z} & \frac{\partial y}{\partial w} \end{pmatrix}\\ \to \mathrm{d}x\mathrm{d} y=\det(J)\mathrm{d} z\mathrm{d} w \]

这一结论常用于极坐标换元，若 \(x=r\cos \theta, y=r\sin \theta, \det(J)=r\cos^2 \theta +r \sin^2 \theta=r, \mathrm{d}x\mathrm{d} y=r\mathrm{d} r\mathrm{d} \theta\)

\[(2I)^2=\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-x^2} \mathrm{d}x\int_{-\infty}^{+\infty} e^{-y^2} \mathrm{d}y\\ =\int_{-\infty}^{+\infty} \int_{-\infty}^{+\infty} e^{-(x^2+y^2)} \mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ =\int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{+\infty} e^{-r^2} r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta\\ =(\theta\int_{0}^{+\infty} e^{-r^2} r\mathrm{d}r)|^{2\pi}_0\\ =(\frac{\theta}{2}\int_{0}^{+\infty} e^{-r^2} \mathrm{d}r^2)|^{2\pi}_0\\ =\pi \]