作业解答七 作业18求:「。([]-2[ 解:[-]-2[] <X≤ 原式∑∫ )=2∑ n+12n ∑ 2n+12n+23456 2m+12m+2 +-+-+一+ 3456 2m+12m+246 2m+2 +1 m2m+22m+1 →ln2 所以原式=2ln2-1。 作业19求积分(1+x--xadx 解:原式=1(+x--kxdx+(1+x--xdx 1+ du+.(1+x-hexdx (1+l cDe di
1 作业解答七 作业 18 求： 1 0 2 1 ([ ] 2[ ])dx x x − ∫ 。 解： 1 1 0, 1 2 1 2 [ ] 2[ ] 1 1 1, 1 1 2 x n n x x x n n ⎧ < ≤ ⎪ ⎪ + ⎪ − = ⎨ ⎪ < ≤ ⎪ + + ⎪⎩ 。 原式= 1 1 2 1 11 1 1 11 1 1 ( )2 ( ) 1 1 2 12 2 2 n nn n n dx n nn n ∞∞ ∞ + == = + = −= − + + + + ∑∑ ∑ ∫ 。 1 1 1 1111 1 1 ( ) 2 12 2 3456 2 12 2 1111 1 1 11 1 2( ) 3456 2 12 2 46 2 2 1 11 2 2 22 1 1 1 11 ( ) 1 2 22 12 1 ln 2 2 m m n S nn mm mm m m m m mm m m = = − =−+−+ + − ++ + + =++++ + + − ++ + + + + = ++ − + + = ++ − + − + + ++ → − ∑ " " " " " 所以原式= 2ln 2 1− 。 作业 19 求积分 1 2 1 2 1 (1 ) x x x e dx x + + − ∫ 。 解：原式= 1 1 1 2 1 (1 ) x x x e dx x + + − ∫ + 1 2 1 1 (1 ) x x x e dx x + + − ∫ = 1 2 2 1 1 1 u u u u e du u + + − ∫ + 1 2 1 1 (1 ) x x x e dx x + + − ∫ = 1 2 2 3 1 21 1 (1 ) u u u e du u u u + +− + + ∫
1+ cle udu 2 (1+l--)e 1+ du+ e di +21-( (-)ea品 作业20设f:0,2]→R二次连续可导,且f(x)≤1及∫"(x)≤1 (Wx∈02])。证明:x∈[0,2],有f(x)≤2。 证由 Taylor知 f0)=f(x)+f(x)0-x)+f"(5)(0-x) f(2)=f(x)+f(x)2-x)+(52) 两式相减得 2f(x)=f(2)-f(0)+x2f(5)-(2-x)2f"(2) 于是 2f(x)(2)+(0)+x2/°(5)+(2-x)f(52 (2-x)2=3+(x-1)2≤4 所以(x)≤2。 作业21设∫在[a,b]上连续可导,证明 max < f(x)d+r(x)。 证由积分中值定理知3∈[a,b]有
2 = 1 2 2 2 1 1 12 [(1 ) 1 ] u u u e du u u u + ⎛ ⎞ − +− + ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫ = 1 2 1 1 1 u u u de u + ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + − ⎝ ⎠ ∫ + 1 2 2 1 2 u u e du u + ∫ = 1 2 1 1 (1 ) | u u u e u + +− − 1 2 2 1 1 1 u u e du u + ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ + ⎝ ⎠ ∫ + 1 2 2 1 2 u u e du u + ∫ = 1 2 1 1 (1 ) | u u u e u + +− − 1 2 2 1 1 1 u u e du u + ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ − ⎝ ⎠ ∫ = 1 5 2 2 1 1 3 ()| 2 u u ue e u + − = 。 作业 20 设 f :[0,2] → \ 二次连续可导，且 f x() 1 ≤ 及 f x ′′() 1 ≤ （∀ ∈x [0,2]）。证明：∀ ∈x [0,2]，有 f x ′() 2 ≤ 。 证 由 Taylor 知 1 2 ( ) (0) ( ) ( )(0 ) (0 ) 2 f f fx f x x x ′′ ξ = + −+ − ′ 2 2 ( ) (2) ( ) ( )(2 ) (2 ) 2 f f fx f x x x ′′ ξ = + −+ − ′ 两式相减得 2 2 1 2 1 1 2 ( ) (2) (0) ( ) (2 ) ( ) 2 2 f x f f xf x f ′ ′′ ′′ = − + −− ξ ξ 于是 2 2 1 2 1 1 2 ( ) (2) (0) ( ) (2 ) ( ) 2 2 fx f f xf x f ′ ′′ ′′ ≤ + + +− ξ ξ 2 1 2 2 1 1 (2 ) 3 ( 1) 4 2 2 x ≤++ + − = + − ≤ x x 所以 f x ′() 2 ≤ 。 作业 21 设 f 在[,] a b 上连续可导，证明： 1 max ( ) ( ) ( ) b b a a axb f x f x dx f x dx ≤ ≤ b a ≤ + ′ − ∫ ∫ 。 证 由积分中值定理知∃ ∈ξ [,] a b 有 f ( ) ξ = 1 ( ) b a f x dx b a − ∫
于是 f(x)dx+[I/"(x)dx 所以 补充: 1.设∫∈C[,1],且f(0)=0,00,使ⅵ△>0,丑x>Δ,有f(x)≥5。又∫在[a,+∞)上一致连续,故对 >0,36>0,当-x1≤6时,有(x)-/f(x)0,则/()25,所以∫(xk2b=2。同理若f(x)0,V△>0,丑x1+6>x4>△,使得
3 于是 ( ) ( ) () ( ) () x x f x f f t dt f f t dt ξ ξ =+ ≤ + ξ ξ ′ ′ ∫ ∫ 1 () () b b a a f x dx f x dx b a ≤ + ′ − ∫ ∫ 所以 1 max ( ) ( ) ( ) b b a a axb f x f x dx f x dx ≤ ≤ b a ≤ + ′ − ∫ ∫ 补充： 1．设 f C∈ [0,1]，且 f (0) 0 = ，0 () 1 ε 0 ，使∀∆ > 0， x∃ >∆ ∆ ，有 0 f x( ) ε ∆ ≥ 。又 f 在[, ) a +∞ 上一致连续，故对 0 0 2 ε > ，∃ > δ 0 ，当 x x ′ ′′ − ≤ δ 时，有 0 () () 2 fx fx ε ′ ′′ − ，则 0 ( ) 2 f x ε ≥ 。所以 0 0 ( ) 2 2 x x x x f x dx dx ∆ ∆ δ δ ε ε δ ∆ ∆ + + ≥ = ∫ ∫ 。同理若 f x()0 ∆ ，∀∆ > 0， x x δ ∃ + > >∆ ∆ ∆ ，使得 0 ( ) 2 x x f x dx ∆ δ ε δ ∆ + ≥ ∫
根据 Cauchy收敛原理知f(x)d发散。这与已知条件矛盾。 所以limf(x)=0. (2)否。反例如下 0,x∈[0,1 4n(x-n),x∈[n,n+ ∫(x 4n4 0xEm×÷x∈[+3,n+ 3,n+ 显然∫(x)≥0,∫在[a,+∞)上连续,且 0≤J。f(x)dk=∑ 5<+0 所以。f(x)k收敛。但是 limf(n+)=im2n=+∞,故imf(x)≠0
4 根据 Cauchy 收敛原理知 ( ) a f x dx +∞ ∫ 发散。这与已知条件矛盾。 所以 lim ( ) 0. x f x →+∞ = （2）否。反例如下： 4 3 4 3 33 3 0, [0,1] 1 4 ( ), [ , ] 2 ( ) 1 11 4 ( ), [ , ] 2 1 0, [ , 1] x n x n x nn n f x nxn x n n n nn xn n n ⎧ ∈ ⎪ ⎪ −∈+ ⎪ ⎪ = ⎨ − −− ∈ + + ⎪ ⎪ ⎪ ∈+ + ⎪⎩ 显然 f x() 0 ≥ ， f 在[, ) a +∞ 上连续，且 3 2 0 1 1 11 1 0 () 2 n n 2 f x dx n n n ∞ ∞ +∞ = = ≤ = ⋅ ⋅ = < +∞ ∫ ∑ ∑ 所以 0 f ( ) x dx +∞ ∫ 收敛。但是 3 1 lim ( ) lim 2 n n 2 fn n →+∞ →+∞ n + = = +∞，故 lim ( ) 0 x f x →+∞ ≠