1. (1) 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上有界, 在 $x=1$ 处连续, 试求极限 $dps{vlm{n}nint_0^1 x^{n-1}f(x) d x}$.
(2) 计算以下渐近等式 $$ex int_0^1 cfrac{x^{n-1}}{1+x} d x=cfrac{a}{n}+cfrac{b}{n^2}+osex{cfrac{1}{n^2}}quad(n oinfty) eex$$ 中的待定常数 $a,b$.
解答: (1) 由 $f$ 在 $x=1$ 处连续知 $$ex forall ve>0, exists deltain (0,1),st 1-deltaleq xleq 1 a |f(x)-f(1)|<ve. eex$$ 设 $|f(x)|leq M, forall xin [0,1]$, 则 $$eex ea sev{nint_0^1 x^{n-1} f(x) d x-f(1)} &=sev{int_0^1 nx^{n-1}[f(x)-f(1)] d x}\ &leq int_0^{1-delta}nx^{n-1}|f(x)-f(0)| d x +int_{1-delta}^1 nx^{n-1}|f(x)-f(0)| d x\ &leq2M(1-delta)^n+ve [1-(1-delta)^n]\ &<2M (1-delta)^n+ve. eea eeex$$ 令 $n oinfty$ 有 $$ex vls{n}sev{nint_0^1 x^{n-1} f(x) d x-f(1)}leq ve. eex$$ 再令 $ve o 0^+$ 即有结论. (2) $$ex a=vlm{n}nint_0^1 cfrac{x^{n-1}}{1+x} d x=cfrac{1}{2}, eex$$ $$eex ea b&=vlm{n}sez{n^2int_0^1 cfrac{x^{n-1}}{1+x} d x-cfrac{n}{2}}\ &=vlm{n}nint_0^1 nx^{n-1}sex{cfrac{1}{1+x}-cfrac{1}{2}} d x\ &=vlm{n}nint_0^1 sex{cfrac{1}{1+x}-cfrac{1}{2}} d x^n\ &=vlm{n}nint_0^1 cfrac{x^n}{(1+x)^2} d x\ &=vlm{n}cfrac{n}{n+1}int_0^1 cfrac{(n+1)x^n}{(1+x)^2} d x\ &=cfrac{1}{4}. eea eeex$$
2. 设 $fin C[0,+infty)$, $a$ 为实数, 且存在有限极限 $$ex vlm{x}sez{f(x)+aint_0^x f(t) d t}. eex$$ 证明: $dps{vlm{x}f(x)}$ 存在且为零.
证明: 记 $$ex F(x)=e^{ax}int_0^x f(t) d t, eex$$ 则 $$ex F'(x)=e^{ax}sez{f(x)+aint_0^x f(t) d t}, eex$$ $$ex vlm{x}cfrac{F'(x)}{ae^{ax}}=cfrac{1}{a}vlm{x} sez{f(x)+aint_0^x f(t) d t} eex$$ 存在. 由 L'Hospital 法则, $$ex vlm{x}int_0^x f(t) d t =vlm{x}cfrac{F(x)}{e^{ax}} =vlm{x}cfrac{F'(x)}{ae^{ax}} eex$$ 存在. 故 $$ex vlm{x}f(x)=vlm{x}sez{f(x)+aint_0^x f(t) d t} -avlm{x}int_0^x f(t) d t eex$$ 存在. 由 $$ex vlm{x}int_0^x f(t) d t eex$$ 存在即知 $f(+infty)=0$ (否则, $f(+infty)=A eq 0$. 不妨设 $A>0$, 而 $$ex exists X>0,st xgeq X a f(x)geq cfrac{A}{2}, eex$$ $$eex ea int_0^x f(t) d t &=int_0^Xf(t) d t+int_X^x f(t) d tquad(xgeq X)\ &geq int_0^Xf(t) d t+cfrac{A}{2} (x-X)\ & o inftyquad (x oinfty). eea eeex$$ 这是一个矛盾).
3. (1) 设 $ninbN^+$, 计算积分 $dps{int_0^{pi/2} cfrac{sin nx}{sin x} d x}.$
(2) 试计算 $dps{int_0^{frac{pi}{2}}cfrac{x^2}{sin^2x} d x}$.
解答: (1) 由 $$eex ea 2sin xcdot cfrac{1}{2}&=sin x,\ 2sin xcdot cos 2x&=sin 3x-sin x,\ 2sin xcdot cos 4x&=sin 5x-sin 3x,\ cdots&=cdots,\ 2sin xcdot cos 2nx&=sin (2n+1)x-sin(2n-1)x eea eeex$$ 知 $$ex 2sin xsex{cfrac{1}{2}+sum_{k=1}^n cos 2kx}=sin (2n+1)x. eex$$ 于是 $$ex int_0^{pi/2}cfrac{sin (2n+1)x}{sin x} d x =int_0^{pi/2} sex{1+2sum_{k=1}^n cos 2kx} d x =cfrac{pi}{2}. eex$$ 再由 $$eex ea 2sin xcos x&=sin 2x,\ 2sin xcos 3x&=sin 4x-sin 2x,\ 2sin xcos 5x&=sin 6x-sin 4x,\ cdots&=cdots,\ 2sin xcos(2n-1)x&=sin 2nx-sin(2n-2)x eea eeex$$ 知 $$ex 2sin xsum_{k=1}^n cos (2k-1)x=sin 2nx. eex$$ 于是 $$ex int_0^{pi/2} cfrac{sin 2nx}{sin x} d x =2int_0^{pi/2} sum_{k=1}^n cos(2k-1)x d x =2sum_{k=1}^n cfrac{(-1)^{k-1}}{2k-1}. eex$$ (2) $$eex ea int_0^{frac{pi}{2}}frac{x^2}{sin^2x} d x &=-int_0^{frac{pi}{2}} x^2 d cot x\ &=2int_0^{frac{pi}{2}} x cot x d x\ &=2int_0^{frac{pi}{2}} x d ln sin x\ &=-2int_0^{frac{pi}{2}} ln sin x d x. eea eeex$$ 往求 $$eex ea int_0^{frac{pi}{2}} ln sin x d x &=int_0^{frac{pi}{2}} ln cos x d xquadsex{frac{pi}{2}-xleftrightsquigarrow x}\ &=frac{1}{2}int_0^{frac{pi}{2}} ln sin x+ln cos x d x\ &=frac{1}{2}int_0^{frac{pi}{2}} ln sin 2x d x-frac{pi}{4}ln 2\ &=frac{1}{4}int_0^{frac{pi}{2}} ln sin 2x d x-frac{pi}{4}ln 2quadsex{2xleftrightsquigarrow x}\ &=frac{1}{4}sez{ int_0^{frac{pi}{2}} ln sin x d x+int_0^{frac{pi}{2}} ln cos x d x }-frac{pi}{4}ln 2quadsex{x-frac{pi}{2}leftrightsquigarrow x}\ &=frac{1}{2}int_0^{frac{pi}{2}} ln sin x-frac{pi}{4}ln 2. eea eeex$$ 于是 $$ex int_0^{frac{pi}{2}} lnsin x d x=-frac{pi}{2}ln 2,quad int_0^{frac{pi}{2}} frac{x^2}{sin^2x} d x=pi ln 2. eex$$
4. 设 $f(x)$ 是 $bR$ 上的实值函数, 若 $$ex f(x)leq liminf_{y o x}f(y), eex$$ 则称 $f(x)$ 在 $x$ 处下半连续; 若 $f(x)$ 在任意 $xinbR$ 处均下半连续, 则称 $f(x)$ 在 $bR$ 下半连续; 若 $-f(x)$ 下半连续, 则称 $f(x)$ 上半连续. 试证:
(1) $f(x)$ 在 $x$ 处下半连续当且仅当 $$ex forall ve>0, exists delta>0,st yin U(x,delta) a f(y)<f(x)+ve. eex$$
(2) $f$ 在 $x$ 处连续当且仅当 $f(x)$ 在 $x$ 处上半连续且下半连续.
(3) 若 $f$ 有下界、下半连续, 定义 $$ex f_k(x)=inf_{yinbR} sed{f(y)+k|x-y|},quad kinbN, eex$$ 则 $f_k(x)$ 是连续函数, $f_1(x)leq f_2(x)leq cdotsleq f_k(x)leq cdots$, 且 $$ex lim_{k oinfty}f_k(x)=f(x),quadforall xinbR. eex$$ [这说明有界下半连续函数可由连续函数递增点点逼近]
证明: (1) $ a$: 由 $$ex f(x)=liminf_{y o x}f(y)=sup_{delta>0}inf_{yin U(x,delta)}f(y) eex$$ 及上确界定义知 $$ex forall ve>0, exists delta>0,st inf_{yin U(x,delta)}f(y)>f(x)-ve. eex$$ $la$: 若 $$ex forall ve>0, exists delta>0, inf_{yin U(x,delta)}f(y)>f(x)-ve, eex$$ 则 $$ex liminf_{y o x}f(y)=sup_{delta>0}inf_{yin U(x,delta)}f(y) &geq f(x)-ve. eex$$ 令 $ve o 0^+$ 有 $dps{liminf_{y o x}f(y)geq f(x)}$. 另外, $$ex inf_{yin U(x,delta)}f(y)leq f(x) a liminf_{y o x}f(y)=sup_{delta>0}inf_{yin U(x,delta)}f(y)leq f(x). eex$$ (2) 由 (1) 知 $f(x)$ 在 $x$ 处上半连续 $lra$ $$ex forall ve>0, exists delta>0,st yin U(x,delta) a f(y)<f(x)+ve. eex$$ 于是有结论. (3) 在 $$ex f(y)+k|x-y|leq f(y)+k|x-z|+k|z-y| eex$$ 中对 $yinbR$ 取下确界即有 $$ex f_k(x)leq f_k(z)+k|x-z|. eex$$ 调换 $x,z$, 我们发现 $$ex f_k(z)leq f_k(x)+k|z-x|. eex$$ 于是 $$ex |f_k(x)-f_k(z)|leq k|x-z|. eex$$ 如此, $f_k(x)$ 连续. 另外, 显然, $$ex f_1(x)leq f_2(x)leq cdotsleq f_(x)leq cdots,quadforall xinbR. eex$$ 往证 $dps{vlm{k}f_k(x)=f(x)}$. 一方面, 由 $$eex ea f_k(x)&=inf_{yinbR}sed{f(y)+k|x-y|}\ &leq f(x)quadsex{mbox{取 }y=x} eea eeex$$ 知 $dps{vlm{k}f_k(x)leq f(x)}$. 另一方面, 由 $f$ 下半连续, $$ex forall ve>0, exists delta>0, st yin U(x,delta) a f(y)>f(x)-ve. eex$$ 设 $f(x)geq M, forall x$, 则 $$eex ea yin U(x,delta)& a f(y)+k|x-y|geq f(y)>f(x)-ve;\ y otin U(x,delta)& a f(y)+k|x-y| geq M+kdelta >f(x)-vequadsex{mbox{只要 }k>cfrac{-M+f(x)-ve}{delta}}. eea eeex$$ 于是当 $k>cfrac{-M+f(x)-ve}{delta}$ 时, $$eex ea f_k(x)&=inf_{yinbR} sed{f(y)+k|x-y|}geq f(x)-ve;\ vlm{k}f_k(x)&geq f(x)-ve. eea eeex$$ 令 $ve o 0^+$ 即有 $dps{vlm{k}f_k(x)geq f(x)}$.
5. 设 $a_1=b, a_2=c$, 在 $ngeq 3$ 时, 由 $dps{a_n=frac{a_{n-1}+a_{n-2}}{2}}$ 定义. 试证: $dps{lim_{n oinfty}a_n}$ 存在并求之.
解答: $$eex ea a_{n+1}-a_n&=-frac{1}{2}(a_n-a_{n-1})\ &=cdots\ &=sex{-frac{1}{2}}^{n-1}(a_2-a_1)\ &=sex{-frac{1}{2}}^{n-1}(c-b),\ a_n&=sum_{k=1}^{n-1}(a_{k+1}-a_k)+a_1\ &=sum_{k=1}^{n-1} sex{-frac{1}{2}}^{k-1} (c-b)+b\ &=(c-b)frac{1-sex{-frac{1}{2}}^{n-1}}{1-sex{-frac{1}{2}}}+b\ & o cfrac{2(c-b)}{3}+b =cfrac{2c+b}{3},quad(n oinfty). eea eeex$$
6. 设 $a_1>b_1>0$, $dps{a_{n+1}=frac{2a_nb_n}{a_n+b_n}, b_{n+1}=sqrt{a_{n+1}b_n}, ninbN_+}$. 证明: $sed{a_n}$ 和 $sed{b_n}$ 收敛于同一极限.
证明: 由 $$ex frac{a_{n+1}}{a_n}=frac{2b_n}{a_n+b_n},quad frac{a_{n+1}}{b_n}=frac{2a_n}{a_n+b_n},quad frac{a_{n+1}}{b_{n+1}} =sqrt{frac{a_{n+1}}{b_n}},quad frac{b_{n+1}}{b_n}=sqrt{frac{a_{n+1}}{b_n}},quad eex$$ 及数学归纳法知 $$ex b_1leq b_2leq cdots leq b_nleq cdots leq a_nleq cdotsleq a_2leq a_1. eex$$ 这说明 $dps{lim_{n oinfty}a_n, lim_{n oinfty}b_n}$ 都存在. 于 $b_{n+1}=sqrt{a_{n+1}b_n}$ 中令 $n oinfty$ 有两极限相等.