1 2 设 $\varepsilon\in (0,1)$，则 $$\begin{darray}{ll}\lim_{n\to\infty}\int^\infty_0\cos x^n\mathrm dx&=\lim_{n\to\infty}\int^\infty_{1}\cos x^n\mathrm dx+\lim_{n\to\infty}\int^{1-\varepsilon}_0\cos x^n\mathrm dx+\lim_{n\to\infty}\int^{1}_{1-\varepsilon}\cos x^n\mathrm dx.\end{darray}$$
1 (1) 二阶连续可微的下凸函数，满足 $f''(x)\geq 0$，这说明 $f'(x)$ 单调递增，而如果存在 $x_0$ 使得对任意 $x>x_0$ 都有 $f(x)\geq f(x_0)>0$，那么 $f(x)$ 无界，矛盾。所以 $f'(x)\leq 0$ 恒成立，从而 $f(x)$ 是有界单调递减函数，存在极限。 (2) 计算反常积分，先形式地有 $$\begin{darray}{ll}\int^\infty_0 xf''(x)\mathrm dx&=\int^\infty_0x\mathrm df'(x)\\[6pt]&=xf'(x)\big|^\infty_0-\int^\infty_0f'(x)\mathrm dx\\[6pt]&=\lim_{x\to\infty}xf'(x)-\lim_{x\to \infty}f(x)+f(0)\\[6pt]&=\lim_{x\to\infty}xf'(x)+f(0)-A\end{darray}$$ 此外注意到，$f'(x)$ 是单调递增函数，所以 $$f(2x)-f(x)=\int^{2x}_xf'(t)\mathrm dt\leq xf'(x)\leq 0$$ 取极限即可，说明最终结果为 $f(0)-A$. 2 (1) 因为 $f'(x)\neq 0$，分类讨论。当 $f'(x)>0$ 时，$f(x)$ 单调递增，所以 $$f(x)...
1 对于任意 $x\in \mathbb R$，不妨 $x\in (-M-1,M+1)$，其中 $M>0$ 是对于 $x$ 取定的常数。此时题设级数中通项的分子是有界的，由 Weierstrass 判别法知道一致收敛，而部分和通项都是连续的，所以级数和也是连续的。 对于 $\mathbb R\setminus [0,1]$ 上的任意点 $x$，只需要考虑其邻域的结果，不妨设 $x\in B(x,\delta)\subseteq \overline {B(x,\delta)}\subseteq \mathbb R\setminus [0,1]$，考虑形式导函数 $$f'(x):=\sum^\infty_{n=1} \dfrac {1}{3\cdot 2^n}\cdot (x-r_n)^{-\frac 23}$$ 根据 $x$ 的取法 $|x-r_n|\geq \delta$，所以 $f'$ 在 $B(x,\delta)$ 上一致收敛，因此 $f$ 在 $B(x,\delta)$ 上可导，且 $f'$ 是 $f$ 的导函数。 观察上述形式导函数，只需控制 $|x-r_n|^{-\frac 23}$，考虑在原先给定的 $\{r_n\}$ 上重排构造 $\{r'_n\}$，按照以下方式进行（显然是双射）：对于第 $n$ 项 $r_n'$ 的选取，从 $\{r_n\}$ 中选取指标最小的元素，满足其不属于 $\{r'_1,r'_2,\cdots,r'_{n-1}\}$，且满足 $|x-r_n'|\geq 2^{-\frac n2}$，从而 $$\sum^\infty_{n=1} \dfrac {1}{3\cdot 2^n}\cdot |x-r'_n|^{-\frac 23}\leq \sum^\infty_{n=1} \dfrac {1}{3\cdot 2^n}\cdot 2^{\frac n3}<\infty$$ 计算重排后的差商 ...
填空题 (1) 二次型矩阵为 $$\begin{pmatrix}1&t &-1\\ t&4 &2 \\-1&2 &4\end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix}1&0 &0\\ 0&4-t^2 &2+t \\0&2+t &3\end{pmatrix}\sim \begin{pmatrix}1&0 &0\\ 0&3 &0 \\ 0&0&\frac 43\cdot (t+2)(1-t)\end{pmatrix}$$ 所以当 $t\in (-2,1)$ 时是正定的。 (2) 求特征多项式 $$|\lambda I-A|=(\lambda -1)^2(\lambda +5)+16(b+1)-8b(\lambda +5)+8(\lambda -1)$$(3) 可见 $A$ 满足多项式 $f(x)=x^2$，特征值只能为 $0$，$\mathrm{rank}(A)=3$ 说明 $A$ 的 Jordan 标准型有 $6-3=3$ 个 $0$-Jordan 块，且每个块的大小不超过 $2$，所以 $A$ 的 Jordan 标准型为 $$\begin{pmatrix}0&1&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&1&0&0\\ 0&0&0&0&0&0\\ 0&0&0&0&0&1\\ 0&0&0&0&0&0\end{pmatrix}$$计算题 (1) $-x^2\sin \frac 1x+2\int ^x_0t\sin\frac t1\mathrm dt +C$，在原点为 $C$. (2) $-\frac {\pi^2}2\ln 2$ ...