1
2010年全国大学生数学竞赛决赛答
tian27546
这是献给博士论坛一个礼物 转载时请勿注明是博士论坛
一、(20分)计算下列各
题
快递公司问题件快递公司问题件货款处理关于圆的周长面积重点题型关于解方程组的题及答案关于南海问题
:
1.求极限
2
1
1
sin)1(lim
n
k
n
k
n
k
n
π
∑
−
=
→∞
+
解法 1
因
2
1
1
sin)1(
n
k
n
k
n
k
π∑
−
=
+
2
1
1
2
2
2
sinsin21(
2
sin2
1
nn
k
n
k
n
n
k
ππ
π
∑
−
=
+= )
)
2
2
cos
2
2
(cos1(
2
sin2
1
22
1
1
2
n
k
n
k
n
k
n
n
k
ππππ
π
+
−
−
+= ∑
−
=
)
)
2
2
cos
2
2
(cos1(
22
1
1
2
n
k
n
k
n
kn
n
k
ππππ
π
+
−
−
+≈ ∑
−
=
)
2
1
1
2
2
1
1
2
2
2
cos1(
2
2
cos1(
n
k
n
kn
n
k
n
kn
n
k
n
k
ππ
π
ππ
π
+
+−
−
+= ∑∑
−
=
−
=
))
2
2
2
2
1
1
2
2
2
cos
1
1(
2
2
cos1(
n
k
n
kn
n
k
n
kn
n
k
n
k
ππ
π
ππ
π
−−
+−
−
+= ∑∑
=
−
=
))
2
1
2
2
2
2
2
2
2
2
cos
1
2
)12(
cos
1
1(
2
cos)
1
1(
n
k
n
n
n
n
n
nn
nn
n
n
k
ππ
π
π
π
π
π
−
+
−−
+−+= ∑
−
=
)
2
1
2
2
2
2
2
2
)12(
cos
2
)12(
cos
1
2(
2
cos)
1
1(
n
kn
n
n
n
n
nn
n
n
k
π
π
π
π
π
π
−
+
−
−−+= ∑
−
=
) (*)
而
2
1
2 2
)12(
cos
n
k
n
k
π−∑
−
=
2
1
2
2
2
2
sin
2
)12(
cos2
2
sin2
1
nn
k
n
n
k
ππ
π
∑
−
=
−
=
2
]
)1(
sin[sin
2
sin2
1
2
1
2
2
2
n
k
n
k
n
n
k
ππ
π
−
−= ∑
−
=
2
22
2
sin2
sin
)1(
sin
n
nn
n
π
ππ
−
−
=
2
2
2
sin
2
)2(
sin
2
cos
n
n
n
n
π
ππ −
= (**)
将(**)代入(*),然后取极限,得
原式 ]
2
sin
2
)2(
sin
2
cos
2
)12(
cos
1
2(
2
cos)
1
1([lim
2
2
2
2
2
2
n
n
n
n
n
n
n
n
n
nn
n
n
π
ππ
π
π
π
π
π
−
+
−
−−+=
→∞
)
]
2
)2(
sin
2
cos
2
)
8
)12(
1(
1
2()
1
1([lim
22
3
4
2222
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
ππ
π
π
ππ
−
+
−
−−−+=
∞→
)
]
2
)2(
sin
2
cos
2
)
2
1(
1
2()
1
1([lim
22
3
2
222
n
n
n
n
nn
n
n
n
n
ππ
π
π
ππ
−
+−−−+=
∞→
)
)]
48
)2(
2
)2(
)(
8
1(
2
)
2
1(
1
2()
1
1([lim
6
33
22
2
2
3
2
222
n
n
n
n
n
n
nn
n
n
n
n
πππ
π
π
ππ
−
−
−
−+−−−+=
∞→
)
)]
482
)(
8
1(
2
)
2
1(
1
2()
1
1([lim
3
3
22
2
2
3
2
222
nnnn
n
nn
n
n
n
n
ππππ
π
π
ππ
−−−+−−−+=
∞→
)
6
5π
=
上式中含 2
n
的项的系数为 0
121
=+−
πππ
,含
n
的项的系数为 0)2(
111
=−++
πππ
,常数
项系数为
6
5
6824
ππ
π
ππ
π =−=−−
解法 2 Step 1
因∑
−
=
1
1
2
sin
n
k
n
kπ
2
1
1
2
2
2
sinsin2
2
sin2
1
nn
k
n
n
k
ππ
π
∑
−
=
=
)
2
2
cos
2
2
(cos
2
sin2
1
22
1
1
2
n
k
n
k
n
n
k
ππππ
π
+
−
−
= ∑
−
=
3
)
2
)12(
cos
2
(cos
2
sin2
1
22
2
n
n
n
n
ππ
π
−
−=
故
)
2
)12(
cos
2
(cos
2
sin2
1
limsinlim
22
2
1
1
2
n
n
n
n
n
k
n
n
k
n
ππ
π
π −
−=
→∞
−
=
→∞
∑
)
2
)12(
cos
2
(cos
1
lim
22
2
n
n
n
n
n
ππ
π
−
−=
→∞
nn
nn
n 2
sin
2
)1(
sin
2
lim
2
2
ππ
π
−
=
→∞
nn
nn
n 22
)1(2
lim
2
2
ππ
π
−
=
∞→ 2
π
=
Step 2因
2
2 2
)12(
cos
n
k
n
k
π−∑
=
2
2
2
2
2
sin
2
)12(
cos2
2
sin2
1
nn
k
n
n
k
ππ
π
∑
=
−
=
]
)1(
sin[sin
2
sin2
1
2
2
2
2
n
k
n
k
n
n
k
ππ
π
−
−= ∑
=
2
22
2
sin2
sinsin
n
nn
n
π
ππ
−
=
2
22
2
sin
2
)1(
sin
2
)1(
cos
n
n
n
n
n
π
ππ −+
=
因此
∑
−
=
1
1
2
sin
n
k
n
k
n
k π
2
1
1
2
2
2
sinsin2
2
sin2
1
nn
k
n
k
n
n
k
ππ
π
∑
−
=
=
]
2
)12(
cos
2
)12(
cos[
2
sin2
1
2
1
1
2
1
1
2
n
k
n
k
n
k
n
k
n
n
k
n
k
ππ
π
+
−
−
= ∑∑
−
=
−
=
]
2
)12(
cos
1
2
)12(
cos[
2
sin2
1
2
2
2
1
1
2
n
k
n
k
n
k
n
k
n
n
k
n
k
ππ
π
−−
−
−
= ∑∑
=
−
=
4
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡ −
+
−−
−= ∑
−
=
2
1
2
22
2
2
)12(
cos
1
2
)12(
cos
1
2
cos
1
2
sin2
1
n
k
nn
n
n
n
nn
n
n
k
πππ
π
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡ −
+
−
−= ∑
=
2
2
22
2
2
)12(
cos
1
2
)12(
cos
2
cos
1
2
sin2
1
n
k
nn
n
nn
n
n
k
πππ
π
(*)
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡ −+
+
−
−=
2
22
22
2 2
sin
2
)1(
sin
2
)1(
cos
2
)12(
cos
2
cos
1
2
sin2
1
n
n
n
n
n
n
n
n
nn
n
π
ππ
ππ
π
于是
∑
−
=
→∞
1
1
2
sinlim
n
k
n
n
k
n
k π
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡ −+
+
−
−=
→∞
2
22
22
2 2
sin
2
)1(
sin
2
)1(
cos
2
)12(
cos
2
cos
1
2
sin2
1
lim
n
n
n
n
n
n
n
n
nn
n
n
π
ππ
ππ
π
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡ −+
+
−
−−=
→∞
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
2
2
)1(
sin
2
)1(
cos
8
)12(
1
1
lim
22
4
222
π
ππ
π
π
)(
⎥
⎥
⎥
⎥
⎦
⎤
⎢
⎢
⎢
⎢
⎣
⎡ −
−
−+
−
++−=
∞→
n
n
n
n
n
n
n
nn
n
n
2
)
48
)1(
2
)1(
)(
8
)1(
1
2
1
1
lim
6
33
24
22
2
22
π
πππ
π
π
(
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡ −
−
−
−++−=
∞→
)
24
)1(1
)(
8
1
2
1
1
lim
5
23
2
2
2
22
n
n
n
n
nnn
n
n
πππ
π
(
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−
−
−++−=
∞→
)
24
1(
)(
8
1
2
1
1
lim
2
2
2
2
2
22
nn
n
nnn
n
n
πππ
π
(
⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−−−++−=
∞→
)
24
1
1)(
8
1
2
1
1
lim
2
2
2
2
2
22
nnnnn
n
n
πππ
π
(
)(
2
2
2
2
2
22
824
1
1
2
1
1
lim
nnnnn
n
n
πππ
π
−−−++−=
→∞
)(
2
2
2
2
2
22
8242
lim
nnn
n
n
πππ
π
−−=
∞→
5
62
ππ
−=
3
π
=
原式
6
5
32
πππ
=+=
2.计算计算计算计算 ∫∫
Σ ++
++
222
2)(
zyx
dxdyazaxdydz ,其中,其中,其中,其中 ΣΣΣΣ为下半球面为下半球面为下半球面为下半球面
222
yxaz −−−= 的上侧的上侧的上侧的上侧,,,, 0>a ....
解 记记记记 1Σ 为 平 面为 平 面为 平 面为 平 面
222,0 ayxz ≤+= 的 上 侧 ,的 上 侧 ,的 上 侧 ,的 上 侧 , 2Σ 为 下 半 球 面为 下 半 球 面为 下 半 球 面为 下 半 球 面
222
yxaz −−−= 的下侧,的下侧,的下侧,的下侧,Ω是由是由是由是由 1Σ 和和和和 2Σ 所围成的立体,则所围成的立体,则所围成的立体,则所围成的立体,则
4222
222
11
)( adxdyadxdyadxdyazaxdydz
ayx
∫∫∫∫∫∫
≤+ΣΣ
===++ π ,
设 ,sin,cos θθ ryrx == 则
∫∫
Σ+Σ
++
21
2)( dxdyazaxdydz
∫∫∫
Ω
+++= dxdydzaza )220(
∫∫∫
Ω
+= dxdydzaz )32(
∫∫ ∫
≤+
−−−
+=
222
222
0
)32(
ayx
yxa
dzazdxdy
∫∫
≤+
−−−
+=
222
222
02 ]3[
ayx
yxa
dxdyazz
∫∫
≤+
−−+++−=
222
)3( 222222
ayx
dxdyyxaayxa
∫∫
≤≤
≤≤
−++−=
πθ
θ
20
0
2222 dd)3(
ar
rrraara
∫ −++−=
a
rrraara
0
2222 d)3(2π
∫ −++−=
a
rraara
0
22222 )d()3(π
∫ −++−=
2
0
2
1
22 d))(3(
a
uuaauaπ
6
2
0
2
3
2
2
2 )(4
2
a
uaa
u
ua ⎥
⎦
⎤
⎢
⎣
⎡
−−+−= π
2
7 4aπ
=
∫∫
Σ ++
++
222
2)(
zyx
dxdyazaxdydz
∫∫∫∫
ΣΣ+Σ
+++++−=
121
22 )(
1
)(
1
dxdyazaxdydz
a
dxdyazaxdydz
a
22
7 33
3
a
a
a π
π
π
−=+−=
3.现 设计一个容积为
V
的圆柱体容器. 已知上下两底的
材料
关于××同志的政审材料调查表环保先进个人材料国家普通话测试材料农民专业合作社注销四查四问剖析材料
费为单位面积
a
元,而侧面的材料费为单位面积 b元. 试给出最节省的设计
方案
气瓶 现场处置方案 .pdf气瓶 现场处置方案 .doc见习基地管理方案.doc关于群访事件的化解方案建筑工地扬尘治理专项方案下载
;即高与的上下
底直径之比为何值时所需费用最少?
解 设圆柱体的底半径为 r,高为 h,则 hrV 2π= ,
2
r
V
h
π
= 总造价为
222 rarhbP ππ += 22
2
ra
r
bV
π+= ,
则
2
3
2
2
24
2
r
rabV
ra
r
bV
P
π
π
−
−=+−=′ ,
由 0=′P 知,解得
3
1
2
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
πa
bV
r
,
3
1
2
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
π
π
a
bV
V
h ,
因为是惟一的驻点,所以当
3
1
2
2
3
2
3
1
3
1
2
2
2
22
2
:2 ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
=
Va
b
a
bV
Va
bV
a
bV
V
hr
π
π
π
π
π
π
时,所需费用最少.
4.已知
xx
xf
33 cossin
1
)(
+
=′ , )
2
1
,
4
1
(∈x ,求 )(xf
解 因
xx
xf
33 cossin
1
)(
+
=′ , )
2
1
,
4
1
(∈x ,故
∫ += xxxxf dcossin
1
)(
33
∫ +−+= xxxxxxx d)cos)(sincossincos(sin
1
22
7
∫ +−= xxxxx d)cos)(sincossin1(
1
∫
+−
= x
xx
d
)
4
sin()2sin
2
1
1(2
1
π
∫
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
++
= x
xx
d
)
4
sin()
2
2cos(
2
1
1
1
2
1
ππ
∫
+⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
++
= x
xx
d
)
4
sin()
4
(2cos
2
1
1
1
2
1
ππ
令 )
4
(
2
1 π
+= xt ,则
∫
+
= t
tt
xf d
2sin)4cos
2
1
1(
2
)( ∫ += tttt dcossin)4cos2(
2
∫ −+= ttttt dcossin)2sin2cos2(
2
22 ∫ += ttttt dcossin)2sin2cos3(
2
22
∫ +−= ttttttt dcossin)cossin4)sin(cos3(
2
22222
∫ −+
+
= t
tttttt
tt
d
cossin)cossin2sin3cos3(
)cos(sin
2
2244
222
∫ −+
++
= t
tttttt
tttt
d
cossin)cossin2sin3cos3(
cossin2sincos
2
2244
2244
∫ −+
++
= t
ttt
tt
tand
tan)tan2tan33(
tan2tan1
2
24
24
令 tu tan= , 2uv = ,则
∫ −+
++
= u
uuu
uu
xf d
)233(
21
2)(
24
24
∫ −+
++
= 2
242
24
d
)233(
21
2
2
u
uuu
uu
∫ −+
++
= v
vvv
vv
d
)233(
21
2
2
2
2
∫ +−
++
= v
vvv
vv
d
)323(
12
2
2
2
2
令 )(
)323(
12
2
2
vR
v
A
vvv
vv
+=
+−
++ ,则
3
1
=A ,
8
)323(3
323363
3
1
)323(
12
)(
2
22
2
2
+−
−+−++
=−
+−
++
=
vvv
vvvv
vvvv
vv
vR
)323(3
8
2 +−
=
vv
因此
∫∫ +−+= 323
d
3
24d
6
2
)(
2
vv
v
v
v
xf
∫ +−+= 323
d
3
24
ln
6
2
2
vv
v
v ∫
+−
+=
9
8
)
3
1
(
d
9
24
ln
6
2
2
v
v
v
C
v
v +
−
+=
3
22
3
1
arctan
3
22
1
9
24
ln
6
2
C
v
v +
−
+=
22
13
arctan
3
2
ln
6
2
C
t
t +
−
+=
22
1tan3
arctan
3
2
tanln
6
2 22
C
t
t +
−
+=
22
1tan3
arctan
3
2
tanln
6
2 22
C
x
x
+
−+
++=
22
1)
82
(tan3
arctan
3
2
)
82
(tanln
6
2
2
2
π
π
二、(10分)求下列极限
1. ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
−+
∞→
e
n
n
n
n
)
1
1(lim
解 设 xxxf
1
)1()( += , 则
)
)1ln(
)1(
1
()1()(
2
1
x
x
xx
xxf
x
+
−
+
+=′
)1(
)1ln()1(
)(
2
xx
xxx
xf
+
++−
=
原式= )(lim)1(lim
0
1
0
xf
x
ex
x
x
x
′=
−+
→→ )(
)(
lim)(lim
00
xf
xf
xf
xx
′
=
→→
)1(
)1ln()1(
lim)(lim
200
xx
xxx
xf
xx +
++−
=
→→
20
)1ln()1(
lim
x
xxx
e
x
++−
=
→
22
)1ln(
lim
0
e
x
x
e
x
−=
+−
=
→
9
2.
n
nnn
n
cba
⎟
⎟
⎟
⎠
⎞
⎜
⎜
⎜
⎝
⎛
++
∞→ 3
lim
111
,其中 0>a , 0>b , 0>c
解 因
3
00
ln
3
lnlnln
3
lnlnln
lim
3
3
lim abc
cbaccbbaa
x
cba
xxx
x
xxx
x
=
++
=
++
=
−++
→→
故 原式= 33
3
lim)1
3
(
1
lim
1
0
00
3
lim abcee
cba
x
cbacba
x
x
xxx
x
xxx
x
xxx
x ===⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛ ++ −++−++
→
→→
三、(10分)设 )(xf 在 1=x 处可导, 0)1( =f , 2)1( =′f ,求
xxx
xxf
x tan
)cos(sin
lim
2
2
0 +
+
→
解 设 )(xf 在 1=x 处可导, 0)1( =f , 2)1( =′f ,则
xxx
fxxf
xxx
xxf
xx tan
)1()cos(sin
lim
tan
)cos(sin
lim
2
2
02
2
0 +
−+
=
+
+
→→
1cossin
)1()cos(sin
lim
1cossin
lim
tan
lim
2
2
02
2
02
2
0 −+
−+−+
+
=
→→→
xx
fxxf
x
xx
xxx
x
xxx
1cossin
)1()cos(sin
lim
2
sincossin2
lim
cos
1
1
1
lim
2
2
00
2
0 −+
−+−
+
=
→→→
xx
fxxf
x
xxx
x
xxx
1cossin
)1()cos(sin
lim
2
sincossin2
lim
2
1
2
2
00 −+
−+−
=
→→
xx
fxxf
x
xxx
xx
1cossin
)1()cos(sin
lim
2
1cos2
lim
sin
lim
2
1
2
2
000 −+
−+−
=
→→→
xx
fxxfx
x
x
xxx
1cossin
)1()cos(sin
lim
4
1
2
2
0 −+
−+
=
→
xx
fxxf
x 1
)1()(
lim
4
1
1 −
−
=
→
t
ftf
t
)1(
4
1
f
′=
2
1
=
四、(10分)设 )(xf 在 ),0[ +∞ 上连续, ∫
+∞
0
d)( xxf 收敛,求 ∫+∞→
y
y
xxxf
y
0
d)(
1
lim .
解 令 ∫=
x
ttfxG
0
d)()( ,则因 ∫
+∞
0
d)( xxf 收敛,故 )(lim yG
y +∞→
,不妨设
RAyG
y
∈=
+∞→
)(lim ,则
[ ] }d)()(1{lim)(d1limd)(1lim
0000 ∫∫∫ −== +∞→+∞→+∞→
y
y
y
y
y
y
y
xxGxxG
y
xGx
y
xxxf
y
10
)d)(
1
)((lim
0∫−= +∞→
y
y
xxG
y
yG
∫+∞→−=
y
y
xxG
y
A
0
d)(
1
lim 0)(lim =−=−=
+∞→
AAyGA
y
五、(12分)设函数 )(xf 在 ]1,0[ 上连续,在 )1,0( 内可微,且 0)1()0( == ff ,
1)
2
1
( =f ,
证明
住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问
:(1)存在 ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∈ 1,
2
1
ξ
使得
ξξ =)(f ;(2)存在 ( )ξη ,0∈ 使得
1)()( +−=′ ηηη ff .
证 (1)记 xxfxF −= )()( ,则函数 )(xF 在 ]1,
2
1
[ 上连续,且 1)1( −=F ,
2
1
)
2
1
( =F ,故由零点存在性定理知存在 ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
∈ 1,
2
1
ξ 使得 0)( =ξF ,即 ξξ =)(f .
(2)因 xxxfxfe x d)1)()((∫ +−′−−
xexxexxfexxfe
xxxx ddd)(d)( ∫∫∫∫ −−−− +−′−=
xeexxfexxfe
xxxx dd)(dd)( ∫∫∫∫ −−−− ++−=
xx
xexfe
−− +−= )(
故令 xexxfxF −−= ))(()( , 则函数 )(xF 在 ],0[ ξ 上连续,在 ( )ξ,0 内可微,
0)0( =F , 0)( =ξF , xx exxfexfxF −− −−−′=′ ))(()1)(()( , 故由罗尔定理知,存在
( )
ξη ,0∈ 使得 0)( =′ ηF , 1)()( +−=′ ηηη ff .
六、设 )(xf 在 ),( +∞−∞ 上有定义,在 0=x 的某邻域内有一阶连续导数,且
0
)(
lim
0
>=
→
a
x
xf
x
,证明级数∑
∞
=
−
1
)
1
()1(
n
n
n
f 条件收敛.
证 因 0)(lim
0
>=
→
a
x
xf
x
,故存在一个正数δ ,使得当
δ<−< 00 x 时,有
2
)( a
a
x
xf
<−
11
因此
x
xfa )(
2
< ( δ<−< 00 x ),于是,当
δ
1
>n 时, δ<−< 010
n
,
n
n
f
a
1
)
1
(
2
< ,
n
a
n
f
2
)
1
( > ,这
表
关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf
明级数∑
∞
=1
)
1
(
n
n
f
发散,即级数∑
∞
=
−
1
)
1
()1(
n
n
n
f
发散.
下证原级数收敛:由 0)(lim
0
>=
→
a
x
xf
x
知,
00
)(
limlim)(lim)0(
000
====
→→→
a
x
xf
xxff
xxx
,
0
)(
lim
)0()(
lim)0(
00
>==
−
=′
→→
a
x
xf
x
fxf
f
xx
由 )(xf 在 0=x 的某邻域内有一阶连续导数知, )(lim)0(
0
xffa
x
′=′=
→
,因此存
在一个正数η,使得当 η<−0x 时,有
2
)(
a
axf <−′
因此 )(
2
0 xf
a
′<< ( ),( ηη−∈x ). 特别地, )(xf 在 ),0( η 上单调增,于是当
η
1
>n
时, )1()
1
1
(
n
f
n
f <
+
,且 0)0()
1
(lim ==
∞→
f
n
f .最后由 Leibniz判别法知,原级数收敛.
综上可知,原级数条件收敛.
六、(14分)设 1>n 为整数, ∫ ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
++++= −
x
n
t
t
n
ttt
exF
0
2
d
!!2!1
1)( ⋯ ,证明:方程
2
)(
n
xF = 在 ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
n
n
,
2
内至少有一个根.
证 记
!!2!1
1)(
2
n
ttt
tp
n
n
++++= ⋯ , )
!!2!1
1()(
2
n
ttt
etr
n
t
n
++++−= ⋯ , 则
)()( tretp
n
t
n
−= ,且当 0>t 时, 0)( >tp
n
, 0)( >tr
n
, 0)( >− tre
n
t .
记
2
)()(
n
xFx −=ψ ,则 ∫ −−=
n
n
t
ttre
n
x
0
d)(
2
)(ψ ,
因 ∫ ⎟⎟
⎠
⎞
⎜⎜
⎝
⎛
++++= −
x
n
t
t
n
ttt
exF
0
2
d
!!2!1
1)( ⋯ ,故
12
函数 )(xψ 在 ],
2
[ n
n 上连续,在 ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛
n
n
,
2
内可微,且
2
)
2
()
2
(
nn
F
n
−=ψ ∫∫ <−=−−= −− 20
2
0
0d)(
2
d))(1(
n
n
t
n
n
t
ttre
n
ttre ,
2
d)()(
0
n
ttpen
n
n
t −= ∫
−
ψ
∫ ∫
∫∫
−−
−−
+−=
+−−=
2
0
2
2
2
0
d)(d)(
d)(
2
d))(1(
n
n
n
n
t
n
t
n
n
n
t
n
n
t
ttpettre
ttpe
n
ttre
∫ ∫ ++−=
−−
−2
0
2
0
2 d)
2
(d)(
n n
n
n
t
n
t
t
n
tpettre
∫ ∫ +++−=
−−
−2
0
2
0
2 d)
2
(d
)!1(
1 n n
n
n
t
t
t
n
tpetee
n
ξ
∫ ∫ +−++−=
+−−
−2
0
2
0
22 d))
2
((d
)!1(
1 n n
n
n
t
n
t
t
t
n
treetee
n
ξ
∫ ∫
+−−
−
+
−
+
−= 2
0
2
0
22 d
)!1(
1
d
)!1(
1
2
1
n n nn
t
t
tee
n
tee
n
n
ξ
ξ
∫ ∫ −− +−+−=
2
0
2
0
d
)!1(
1
d
)!1(
1
2
1
n n
tt
tee
n
tee
n
n
ξξ
∫ −+−>
2
0
2 d
)!1(
2
2
n n
t
tee
n
n
[ ]202
)!1(
2
2
n
t
n
ee
n
n −
+
+=
)1(
)!1(
2
2
2 −
+
−=
n
e
n
n
)!1(
2
)!1(
2
2
2
+
+
+
−=
nn
en
n
)!1(
2
2)!1(
2
2
22
+
−=
+
−>
n
en
n
en
nn
13
01
2
>−>
n (若 2>n ,则左边的两个不等式都成立)
( ) ( )∫∫ −+−=−+=−=
−− 1
0
1
0 2
1
d1
2
1
d1
2
1
)1()1( tt ettteFψ
( )[ ] ∫ −++−= −−
1
0
1
0
2
1
d1 teet tt 0
3
2
3
2
1
)1(21 11 >−=−−+−= −−
e
ee
0
3
1)2( >−>
e
ψ
0
122
3
!4
2
2
3
)3(
122
3
144144
3
1
4
9 2
3
2
3
2
3
33
>−=−>⇒>⇒>>>
eeee
ψ
012
3
2
45
2
!5
2
2)4(
2
>−>−>−>
eee
ψ ,
01
2
2
2
1
2
ee
12
)( >−>
++
−>
n
nn
nn
en
n ⋯ψ
故由零点存在性定理知, 存在 ),
2
( n
n
∈ξ 使得 0)( =ξψ , 即
2
)(
n
F =ξ .
七、(12分)是否存在 R中的可微函数 )(xf 使得 53421))(( xxxxxff −−++= ? 若
存在,请给出一个例子;若不存在,请给出证明.
解 不存在
假如存在R中的可微函数 )(xf 使得 54321))(( xxxxxff −+−+= ,
则 432 5432)))(( xxxxxfxff −+−=′′ ( ,
若 1)1( =f ,则 025432)1))1(()]1[ 2 <−=−+−=′′=′ (( ffff 矛盾。
下面只需证明 1)1( =f .
记 )1(fa = ,则 1]1[))1(()( 1
5342 =−−++== =xxxxxffaf ,
ax
xxxxafffa =−−++=== ]1[))(()1(
5342 53421 aaaa −−++= ,
即
53421 aaaaa −−++=
移项得
01 5432 =−+−+− aaaaa
分解因式得
0)1)(1)(1( 22 =−+++− aaaaa
14
因此
1=a
八、(12分)设 )(xf 在 ),0[ ∞ 上一致连续,且对于固定的 ),0[ ∞∈x ,当自然数 ∞→n
时 0)( →+ nxf .证明:函数序列 },2,1:)({ ⋯=+ nnxf 在 ]1,0[ 上一致收敛于 0.
证 若函数序列 },2,1:)({ ⋯=+ nnxf 在 ]1,0[ 上不一致收敛于 0, 则存在一个正
数
0ε
使得对任何正整数
k
,存在
kn
k
> 和 ]1,0[∈
k
x
使得
kn
k
> , 0)( ε≥+ kk nxf , 可
以假设
1+< kk nn , ⋯,2,1=k , 则因数列 }{ kx 存在收敛子列 }{
i
k
x
, 故不妨设
]1,0[0 ∈→ xx
i
k
.
事实上, 由 0)( 0 →+ nxf 知, 对上述的 0ε , 存在正整数 1N 使得当 1Nn > 时,
有
2
)( 00
ε
<+ nxf ;
由 )(xf 在 ),0[ ∞ 上一致连续知,对上述的
0ε
, 存在正数
0δ
使得当
00 δ<− xx
时, 有
2
)()( 00
ε
<− xfxf ;
由 ]1,0[0∈→ xx
i
k
知 , 对于上述的 0δ , 存在正数 2N ,使得当 2Ni > 时 ,
00 δ<− xx
i
k
;
取一个自然数
i
,使得 21 NNi +> , 则 00 δ<− xx
i
k
,
2
)()( 00
ε
<− xfxf
i
k
,
121 NNNin
i
k
>+>> ,
2
)( 00
ε
<+
i
k
nxf ,
0
00
00
22
)()()()( ε
εε
=+<+++−+≤+
iiiiii
kkkkkk
nxfnxfnxfnxf
,
这与 0)( ε≥+
ii
kk
nxf
矛盾.
广义的 Stirling(斯特林)公式
)(12
)(
)(
2
1
)(
)1(
2
)()2)(1( xn
x
xn
xn
exn
x
xnxx
+
++−++
+
+Γ
=+++
θ
π⋯
其中 n为正整数, 0≥x , 1)(0 << xθ .
Stirling(斯特林)公式
15
n
n
e
e
n
nn
122!
θ
π ⎟
⎠
⎞
⎜
⎝
⎛=
其中
n
为正整数, 10 <<θ .
补充题 1 设 )(xf 在 ]
2
,0[
π 上具有连续的二阶导数,且 0)0( =′f ,证明:存在
)
2
,0(,,
π
ωηξ ∈ ,使得 )(2sin
2
)( ωξη
π
ξ ff
′′=′ .
证 因 )(xf 和 xxg 2cos)( = 在 ]
2
,0[
π 上连续,在 )
2
,0(
π 内可导,且
02sin2)2(cos)( ≠=′=′ xxxg , )
2
,0(
π
∈x
故由 Cauchy 中值定理知,存在 ),(
2
0
π
ξ ∈ ,使得
)(
)(
ξ
ξ
π
π
g
f
gg
ff
′
′
=
−
−
)0()
2
(
)0()
2
(
即
)(
)(
ξ
ξ
π
2sin22
)0()
2
(
−
′
=
−
−
f
ff
(*)
因 )(xf 在 ]
2
,0[
π 上具有连续的二阶导数,故存在 ),(
2
0
π
ω∈ ,使得
2)
2
(
2
)(
2
)0()0()
2
(
πωππ f
fff
′′
+′+=
再由 0)0( =′f 知,
)(
8
)0()
2
(
2
ω
ππ
fff
′′=− (**)
由(*)式和(**)式知,
)(
82sin
2
ω
π
ξ
ξ
f
f
′′=
′
)(
)( (***)
取
4
π
η = ,则 )
2
,0(
π
η∈ ,且(***)式可以写成
)(2sin
2
)( ωξη
π
ξ ff
′′=′
其中 )
2
,0(
π
η∈ , ),(
2
0
π
ω∈ , ),(
2
0
π
ξ ∈
16