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考研2022年华中科技大学( )

已知函数f(x)为(A,B)上的连续函数,且有[a,b]⊂(a,b),证明:

1/h [f(x+h)-f(x)]dx=f(b)-f(a)

1/h [f(x+h)-f(x)]dx

=1/h [f(x+h)dx-f(x) dx]

=1/h [f(x)dx-f(x) dx]

=1/h [f(x+h)dx-f(x) dx]

=f(x+h)dx/h-lim┬(h→0)⁡f(x) dx/h

=⁡f(b+h)-f(a+h)

=f(b)-f(a)

考研2022年华中科技大学( )

已知20190216204018.pngan=a≠0,试用ε-N语言证明:20190216204018.png1/an =1/a.

20190216204018.png an=a得20190216204018.png |an |=|a|.

根据极限的定义,对∀ε>0,∃N1>0,当n>N1时,有|an-a|<a2/2 ε.

由保号性知,对上述ε>0,∃N2>0,当n>N2时,有|an |>|a|/2.

令N=max⁡{N1,N2},则当n>N时

|1/an -1/a|=|(a-an)/(an a)|<a2/2 ε∙2/a2

故,由ε-N定义知,20190216204018.png  1/an =1/a.

考研2022年华中科技大学( )

证明:f(x)=tx-1 e-t lntdt 在(0,+∞)上连续.

记f(x)=tx-1 e-t lntdt +tx-1 e-t lntdt =I1+I2.

对于I1,当0<x≤1时,tx-1 e-t lnt= lnt/t1-x =-∞,故t=0为瑕点.

对∀[a,b]⊂(0,1],|tx-1 e-t lnt|≤-ta-1 e-t lnt

取0<p=1-a/2<1,有

-tp ta-1 e-t lnt=-ta/2 lnt=-=⁡2/a ta/2 =0

-ta-1 e-t lntdt 收敛,由魏尔斯特拉斯判别法(M-判别法)知,I1在[a,b]上一致收敛,故在(0,1]内闭一致收敛.

当x>1时,tx-1 e-t lnt= lnt/t1-x =⁡1/(1-x) tx-1 =0,I1为定积分,故收敛.

综上,I1在(0,+∞)内闭一致收敛.

对I2

考虑∀[a,b]⊂(0,+∞),|tx-1 e-t lnt|≤tb-1 e-t lnt,取p=2,则

⁡-tp tb-1 e-t lnt=⁡(tb+1 lnt)/et =0

tb-1 e-t lntdt 收敛,由魏尔斯特拉斯判别法(M-判别法)知,I2在[a,b]上一致收敛,故在(0,+∞)内闭一致收敛.

综上,f(x)在(0,+∞)内闭一致收敛,故在(0,+∞)上连续.

考研2022年华中科技大学( )

已知α>0,求极限20190216204018.png.

~1/nα (n→∞)

∴原极限等价于:

20190216204018.png=20190216204018.png

=20190216204018.png=20190216204018.png

==√3=√3/(α+1)

考研2022年武汉大学( )

已知an=(|sint|+|cost|)dt,bn=e-t sintdt,求20190216204018.pnganbn.

由|sint|+|cost|=|sin⁡(t+π)|+|cos⁡(t+π)|得

an=(|sint|+|cost|)dt

=(|sint|+|cost|) dt

=4=4n2

20190216204018.pnganbn =4 20190216204018.pngn2 e-t sint dt=4 20190216204018.png⁡(e-t sintdt)/(1/n2 )

使用归结原则将上式化为

(e-t sintdt)/x2 =4 (e-x sinx)/2x=4 ex/2=2