1. 計算下列定積分: (1) $\dps^\pi \frac\rd x}$; (2) $\dps}^2 \***}e^}\rd x}$.
解答: $$\beex \bea &\quad\int_^\pi \frac\rd x =\int_^\pi\frac}\rd (-t)\quad(x=-t)\\ &=\int_^\pi \frac}\rd x =\frac\int_^\pi \frac[\arctan e^x+\arctan e^]\rd x\\ &=\frac\int_^\pi\frac\rd x \quad\***\ra y'(t)=0\ra y(t)=y(1)=\frac}\\ &=\frac \sez^0\frac\rd x +\int_0^\pi\frac\rd x}\\ &=\frac \sez\rd t +\int_0^\pi\frac\rd x }\quad\***\\ &=\frac\int_0^\pi \frac\rd x =\frac\arctan(\cos x)|_0^\pi =\frac. \eea \eeex$$ (2) $$\beex \bea \int_}^2 \***}e^}\rd x &=\int_\frac^2 \sez\***}+\frac}e^}\rd x\\ &=\int_}^2 (1+x)\rd e^} +\int_}^2 \frace^}\rd x\\ &=\frace^} -\int_}^2 e^}\rd x +\int_}^2 \frace^}\rd x\\ &=\frace^} -\int_}^2 \rd e^}\\ &=\frace^}. \eea \eeex$$
2. 設當 $x>-1$ 時, 可微函式 $f(x)$ 滿足條件 $$\bex f'(x)+f(x)-\cfrac\int_0^x f(t)\rd t=0, \eex$$ 且 $f(0)=1$. 試證: 當 $x\geq 0$ 時, $$\bex e^\leq f(x)\leq 1. \eex$$
證明: $$\beex \bea &\quad f'(x)+f(x)-\cfrac\int_0^x f(t)\rd t=0\\ &\ra f'(x)+f(0)+\int_0^x f'(s)\rd s -\cfrac\int_0^x \sez\rd t=0\\ &\ra f'(x)+1+\int_0^x f'(s)\rd s -\cfrac-\cfrac\int_0^x (x-s)f'(s)\rd s=0\\ &\ra f'(x)+\cfrac+\cfrac\int_0^x (s+1)f'(s)\rd s=0\\ &\ra (x+1)f'(x)+1+\int_0^x(s+1)f'(s)\rd s=0\\ &\ra f'(x)+1+f(x)=0\quad \***\\ &\ra [e^xf(x)]'=-e^x\\ &\ra e^xf(x)=1-e^x\\ &\ra f(x)=e^-1\\ &\ra (x+1)f'(x)=-e^\\ &\ra f'(x)=-\cfrac}\\ &\ra -e^\leq f'(x)\leq 0\\ &\ra e^\leq f(x)=f(0)+\int_0^xf'(t)\rd t\leq 1. \eea \eeex$$
3. 設 $f:[0,1]\to [-a,b]$ 連續, 且 $\dps$. 試證: $$\bex 0\leq \frac\int_0^1 f(x)\rd x\leq \frac\***}^2. \eex$$
證明: 對 $\forall\ 0\leq c\leq b$, $$\bex -a-c\leq f(x)-c\leq b-c. \eex$$ 而 $$\bex 0\leq |f(x)-c|\leq \max\sed. \eex$$ 取 $c=\cfrac$, 則 $$\beex \bea 0&\leq \sev}\leq \cfrac,\\ 0&\leq \int_0^1 \sev}^2\rd x\leq \cfrac,\\ 0&\leq ab-(b-a)\int_0^1 f(x)\rd x+\cfrac\leq \cfrac,\\ 0&=\cfrac-\cfrac}\leq \int_0^1 f(x)\rd x \leq \cfrac}=\cfrac. \eea \eeex$$
4. 求極限: $$\bex \vlm\sez\***-\sqrt}+\cfrac}^+\sqrt}-\sqrt}}. \eex$$
解答: $$\beex \bea \mbox &=\vlm\sez}+\sqrt}+\cfrac} ^+\sqrt)^2}\\ &=\exp\sez (\sqrt+\sqrt)^2\ln \***}+\sqrt}+\cfrac} }\\ &=\exp\sez \cfrac}+\sqrt}+\cfrac}} -\sqrt)^2} }\\ &=\exp\sez \cfrac}+\sqrt}-\cfrac} -\sqrt)^2} }\quad\***\\ &=\exp\sez \cfrac-\sqrt}+\sqrt)} }-\sqrt)^2 } }\\ &=e^}. \eea \eeex$$
5. 設 $a_1,\cdots,a_n$ 為非負實數. 試證： $$\bex \sev^n a_k\sin kx}\leq \sev,\quad \forall\ x\in\bbr \eex$$ 的充分必要條件是 $$\bex \sum_^n ka_k\leq 1. \eex$$
證明: $\ra$: $$\beex \bea 1&\geq \lim_\sev^n a_k\sin kx}}\\ &=\sev^n a_k\lim_ \cfrac}\\ &=\sev^n ka_k}. \eea \eeex$$ $\la$: 先用數學歸納法證明 $$\bex |\sin kx|\leq k|\sin x|,\quad \forall\ x\in\bbr. \eex$$ 當 $k=1$ 時, 結論顯然成立. 假設當 $k=n$ 時結論成立, 則 $$\beex \bea |\sin (n+1)x|&=|\sin nx\cos x+\cos nx\sin x|\\ &\leq n|\sin x|+|\sin x|\\ &=(n+1)|\sin x|. \eea \eeex$$ 往證充分性: $$\beex \bea \sev^n a_k\sin kx} &\leq \sum_^n a_k|\sin kx|\\ &\leq \sum_^n ka_k|\sin x|\\ &\leq |\sin x|. \eea \eeex$$
6. 設 $f(x)$ 在 $[-1,1]$ 上二階連續可微, 試證: 存在 $\xi\in (-1,1)$ 使得 $$\bex \int_^1 xf(x)\rd x=\cfracf''(\xi)+\cfrac\xi f''(\xi). \eex$$
證明: 僅須證明 $$\bex \int_^1 xf(x)\rd x=(xf(x))''|_. \eex$$ 為此, 記 $g(x)=xf(x)$, 則 $g(0)=0$, $g'(0)=f(0)$. 於是 $$\beex \bea g(x)&=\int_0^x g'(t)\rd t\\ &=\int_0^x \sez\rd t\\ &=f(0)x+\int_0^x \int_0^t g''(s)\rd s\rd t. \eea \eeex$$ 積分而有 $$\beex \bea \int_^1 g(x)\rd x &=\int_^1 \int_0^x \int_0^t g''(s)\rd s\rd t\rd x\\ &=\iiint_\omega g''(s)\rd s\rd t\rd x\\ &\quad\***\atop}}}\\ &=g''(\xi)|\omega|\\ &=g''(\xi)\cdot 2\int_0^1 \rd x\int_0^x \rd t\int_0^t\rd s\\ &=\fracg''(\xi). \eea \eeex$$
7. 已知 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上三階可導, 且 $$\bex f(0)=-1,\quad f(1)=0,\quad f'(0)=0. \eex$$ 試證: $$\bex \forall\ x\in (0,1),\ \exists\ \xi\in (0,1),\st f(x)=-1+x^2+\cfracf'''(\xi). \eex$$
證明: 令 $$\bex f(t)=f(t)+1-t^2-\cfract^2(t-1), \eex$$ 則 $f(0)=f(x)=f(1)=0$. 由 rolle 定理, $$\bex \exists\ 0<\eta
8. 設 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上連續, 試證: $$\bex \sev\rd x}^2\leq \cfrac\int_0^1 \cfrac\rd x,\quad t>0. \eex$$
證明: $$\beex \bea lhs&=\sez}\cdot \cfrac}\rd x}^2\\ &\leq \int_0^1 \cfrac\rd x\cdot \int_0^1 \cfrac\rd x\\ &\leq \int_0^1 \cfrac\rd x\cdot \cfrac \int_0^\infty \cfrac}^2}\rd \cfrac\\ &\leq rhs. \eea \eeex$$
9. 設 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上連續, 在 $(0,1)$ 內可導, 且 $f(0)=f(1)=0$. 試證: 對任意正數 $a,b$, 均存在不同的兩點 $\xi,\eta\in (0,1)$, 使得 $$\bex \cfrac+\cfrac=a+b. \eex$$
證明: 由介值定理, $$\bex \exists\ \zeta\in(0,1),\st f(\zeta)=\cfrac. \eex$$ 又由 lagrange 中值定理, $$\beex \bea \exists\ \xi\in(0,\zeta),\st &f'(\xi)=\cfrac=\cfrac,\\ \exists\ \eta\in (\zeta,1),\st &f'(\eta)=\cfrac=\cfrac. \eea \eeex$$ 於是 $$\bex \cfrac+\cfrac =(a+b)\zeta+(a+b)(1-\zeta)=a+b. \eex$$
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