1 ($15'$) 求极限 $\dps{\lim_{x\to \infty} x^m \int_0^\frac{1}{x} \sin t^2\rd t,}$ 其中 $m$ 为任意整数.
解答: 当 $m=0,-1,-2,\cdots$ 时, 原极限 $\dps{=\lim_{s\to 0}s^{-m}\int_0^s \sin t^2\rd t=0.}$
当 $m=1,2$ 时, 原极限 $\dps{=\lim_{s\to 0}\frac{\int_0^s \sin t^2\rd t}{s^m} =\lim_{s\to 0} \frac{\sin s^2}{ms^{m-1}} =\lim_{s\to 0} \frac{s^{3-m}}{m}=0}$.
当 $m=3$ 时, 同上, 原极限 $\dps{=\frac{1}{3}}$.
当 $m=4,5,6,\cdots$ 时, 原极限 $\dps{=\lim_{s\to 0}\frac{\int_0^s \sin t^2\rd t}{s^m} =\lim_{s\to 0}\frac{s^{3-m}}{m}=\infty}$.
综上, $$\bex \mbox{原极限} =\left\{\ba{ll} 0,&m\leq 2,\\ \frac{1}{3},&m=3,\\ \infty,&m\geq 4. \ea\right. \eex$$
2 ($20'$) 计算积分 $\dps{\iint_D \sqrt{|y-x^2|}\rd x\rd y}$, 其中
$D=\sed{(x,y);\ -1\leq x\leq 1,\ 0\leq y\leq 1}$.
解答: $$\beex \bea \mbox{原积分} =\int_{-1}^1 \rd x \int_0^{x^2}\sqrt{x^2-y}\rd y +\int_{-1}^1 \rd x\int_{x^2}^1 \sqrt{y-x^2}\rd y =\frac{1}{3}+\frac{\pi}{4}. \eea \eeex$$
3 ($20'$) 计算积分 $\dps{\iint_S x^2\rd y\rd z+z\rd x\rd y}$, 其中 $S$ 为球面 $x^2+y^2+(z-a)^2=a^2$ 中满足 $x^2+y^2\leq ay$ 与 $z\leq a$ 那部分的下侧.
解答: $$\beex \bea \mbox{原积分} &=\iint_S z\rd x\rd y\\ &=-\iint_{x^2+y^2\leq ay}\sez{a-\sqrt{a^2-(x^2+y^2)}}\rd x\rd y\\ &=-\int_0^\pi \rd \theta \int_0^{a\sin \theta} \sex{a-\sqrt{a^2-r^2}}r\rd r\\ &=\frac{3\pi-16}{36}a^3. \eea \eeex$$
4 ($20'$) 求级数 $\dps{\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}(n+2)}{n(n+1)}}$ 的和.
解答: $$\beex \bea \mbox{原级数} &=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}[(n+1)+1]}{n(n+1)}\\ &=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} +\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}\sex{\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}}\\ &=\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} +\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n} +\sum_{n=2}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}\\ &=3\sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n}-1\\ &=3\ln 2-1. \eea \eeex$$
5 ($15'$) 讨论广义积分 $\dps{\int_0^{+\infty}\frac{\ln(1+x)}{x^p}\rd x}$ 的敛散性, 其中 $p$ 为任意实数.
解答: 当 $p\leq 0$ 时, 由 $\dps{\frac{x}{1+x}<\ln(1+x)<x}$ 知原级数发散.
当 $0<p\leq 1$ 时, 由 $$\bex \lim_{x\to+\infty}x^\frac{p+1}{2}\frac{\ln(1+x)}{x^p} =\lim_{x\to+\infty}x^\frac{1-p}{2}\ln(1+x) =\infty \eex$$ 知原级数发散.
当 $1<p<2$ 时, 由 $$\bex \lim_{x\to 0}x^{p-1}\frac{\ln(1+x)}{x^p} =1,\quad \lim_{x\to+\infty} x^\frac{1+p}{2}\frac{\ln(1+x)}{x^p} =\lim_{x\to+\infty}\frac{\ln(1+x)}{x^\frac{p-1}{2}} =0 \eex$$ 知原级数收敛.
当 $p\geq 2$ 时, 由 $$\bex \lim_{x\to 0}x^{p-1}\frac{\ln(1+x)}{x^p} =1 \eex$$ 知原级数发散.
综上所述, 原级数收敛当且仅当 $1<p<2$.
6 ($15'$) 请回答: 函数 $f(x)=\sin(x^2)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 是否一致连续? 并说明理由.
解答: 否. 比如 $\dps{ x_n=\sqrt{n\pi},\quad y_n=\sqrt{n\pi+\frac{\pi}{2}} }$ 适合 $$\bex |x_n-y_n|=\frac{\pi/2}{\sqrt{n\pi}+\sqrt{n\pi+\pi/2}}\to 0\quad\sex{n\to\infty},\mbox{ 但 }|f(x_n)-f(y_n)|=1. \eex$$
7 ($15'$) 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上可微, $f(0)=0$, 对任意 $x\in [0,1]$, 有 $f(x)\neq 0$. 证明: 存在 $\zeta\in (0,1)$, 使得 $\dps{2\frac{f'(\zeta)}{f(\zeta)}=\frac{f'(1-\zeta)}{f(1-\zeta)}}$.
证明: 不妨设\footnote{否则考虑 $-f$.}$ f(x)>0,\quad 0<x<1.$ 记 $$\bex g(x)=2\ln f(x)+\ln f(1-x),\quad 0<x<1. \eex$$ 则 $\dps{ \lim_{x\to 0+}g(x)=-\infty=\lim_{x\to 1-}g(x). }$ 于是 $g$ 在 $(0,1)$ 内某点 $\zeta$ 取得最大值\footnote{$f$ 上有界.}, 而 $$\bex 0=g'(\zeta)=2\frac{f'(\zeta)}{f(\zeta)}+\frac{-f'(1-\zeta)}{f(1-\zeta)}. \eex$$
8 ($15'$) 设 $f(x)$ 与 $g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续, 且 $f(x)\geq 0$, $g(x)>0$. 求极限 $\dps{\lim_{n\to\infty} \sez{\int_a^b g(x)f^n(x)\rd x}^\frac{1}{n}}$, 并证明之.
解答: 当 $f\equiv 0$ 时, 原极限 $=0$; 当 $f\not\equiv 0$ 时, 原极限 $\dps{=\sup_{\sed{x\in [a,b];\ f(x)>0}}g(x)}$\footnote{具体证明参见 \cite[家里蹲大学数学杂志第139期第5题]}.
9 ($15'$) 设 $\dps{\lim_{x\to 0}f(x)=0}$, 且 $\dps{\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f\sex{\frac{x}{2}}}{x}=0}$. 证明: $\dps{\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=0}$.
证明: 由 $\dps{\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f\sex{\frac{x}{2}}}{x}=0}$ 知 $\forall\ \ve>0,\ \exists\ \delta>0$, 当 $|x|<\delta$ 时, $$\bex -\frac{\ve}{2}|x|<f(x)-f\sex{\frac{x}{2}}<\frac{\ve}{2}|x|, \eex$$ $$\bex -\frac{\ve}{2}|\frac{x}{2}|<f\sex{\frac{x}{2}}-f\sex{\frac{x}{2^2}}<\frac{\ve}{2}\sev{\frac{x}{2}}, \eex$$ $$\bex \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \cdots \eex$$ 相加而有 $$\bex -\frac{\ve}{2}|x|\sex{1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2^n}} <f(x)-f\sex{\frac{x}{2^{n+1}}} <\frac{\ve}{2}|x|\sex{1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{2^n}}. \eex$$ 令 $n\to\infty$, 由 $\dps{\lim_{x\to 0}f(x)=0}$ 知 $$\bex -\ve|x|<f(x)<\ve|x|\ra \sev{\frac{f(x)}{x}}<\ve. \eex$$
