北大試題及解答和與試題

1、北京大學(xué)2010年數(shù)學(xué)分析考研試題1. 用有限覆蓋定理證明聚點原理.2. 是否存在數(shù)列，其極限點構(gòu)成的集合為M二1,1,1，說明理由12 3 J3. 設(shè)I是無窮區(qū)間，f X為I上的非多項式連續(xù)函數(shù)，證明：不存在 I上一致收斂的多項式序列x 1,其極限函數(shù)為f x .1_ 24. 設(shè)f (X 在【0,1】上連續(xù)，在(0,1)內(nèi)可導(dǎo)，且滿足f (1 )=2e1f (x )dx，求證存在匚三0,1，使得f =2 f .5. (1)設(shè) f x C1 R， I 是有界閉區(qū)間，F(xiàn)n x;=n fix- - f x ，_ n證明函數(shù)列Fn X ?在I上一致收斂.(2)若f x C1 I，如果I是有界開區(qū)間，

2、問Tn x 在I上是否一致收斂？說明理由.6. 構(gòu)造R上的函數(shù)f x，使其在Q上間斷，其他點連續(xù).(Q表示有理數(shù))7.廣義積分 0 xf (x )dx與f X)dx均收斂，證明xl(t)= Jxtf (x)dx 在(1,1 )上有定義，并且有連續(xù)的導(dǎo)函數(shù).8. 計算曲線積分I二ydx - zdy xdz，其中丨為x2 y2 z2 =1與x y 0交線，f從x軸正向看是逆時針.9. 證明下面的方程在點0,0,0附近唯一確定了隱函數(shù)z二fx,y ，1 2 1x 2 y z sin z =0，并將f x, y在點0,0展開為帶皮亞諾型余項的泰勒公 式，展開到二階.10. 設(shè)f x ， g x是(0,

3、=上的非負單調(diào)遞減連續(xù)函數(shù)，且；f x dx和 o g x dx均發(fā)散.設(shè)h x二mi n'f x ,g x '，試問h x dx是否一定發(fā)散？說明理由.北京大學(xué)2010年數(shù)學(xué)分析考研試題的解答1解答用“有限覆蓋定理”證明“列緊性定理”。分析過程:設(shè) an是一個有界的數(shù)列，我們要證明從an中必可選出一個收斂的子列。因為an是一個有界的數(shù)列,可設(shè) A a B，n =1,2,顯然an中收斂的子列的極限必屬于有限閉區(qū)間A, B，也就是說要證明A,B中的存在一點，必是某個子列的極限。是an的某個子列的極限等價于在的任何鄰域命題：不是 an)(0)中必有數(shù)列an中的無限多項。的任何子列的

4、極限等價于存在oC )0，使得o(),。()中至多只含有數(shù)列an中的有限多項。證明：用反證法，假若結(jié)論不真。則A,B 中的任何一點x A, B都不是某個子列的極限，于是存在o(x)0，使得I x(x-o(X),X o(x) 中至多只含有數(shù)列an中的有限多項;顯然開區(qū)間族Ix:X A,B是 A,B 的一個開覆蓋;根據(jù)“有限覆蓋定理”，從 lx：x A,B 中必存在有限個開區(qū)間1 x1 , 1 x2，,1 xm就能覆蓋 A, B；即 A, Bu I x U I x2 U U I xx2xm ?Xi必有1 x-1 xm中只含有數(shù)列an中的有限多項，而它又包含X2數(shù)列 an的全部項，這與數(shù)列 an是無

5、限多項矛盾。所以，假定不成立。原命題得證。12. 解答 不存在，因為極限點的集合為閉集，而M為非閉集，因為M，而n1 Q ' M .n3、 設(shè)實系數(shù)多項式序列fn (x)在R上一致收斂于實值函數(shù)f (x)，證明：f (x)也是多項式。證明因為實系數(shù)多項式序列 fn(x)在R上一致收斂于實值函數(shù)f (x)，所以對任意；.0，存在N N*，使得當(dāng)m, n N時，有fn (x) - fm(x)：；，又因為fn(X)-fm(X)也是多項式，若fn(X)-fm(X)不為常數(shù)，則當(dāng)X趨于無窮時，仏(口-気&)也趨于無窮，矛盾。所以fn(X)-fm(X)= Sn,m，其中 8n,m為一無窮小

6、序列。由上面結(jié)論及fn(x)是多項式，可知當(dāng)n時，fn(X)二 P(X)bn，其中P(X)為某一固定的多項式，bn為某一收斂數(shù)(因為 bn -酩=an,m為柯西列)因為由已知條件f(X)- fn(X)二 f (X) -P(X)-*，一致收斂于0,及l(fā)imb =b，所以有f(x) =P(x)b，即f(x)也是多項式，結(jié)論得證。4、證明記 F x = e1 - f x ,則由積分中值定理，存在三10,，使得1F 二2"1 x dx，由題設(shè)條件知，F(xiàn) = f 1 =F 1 ,由Lagrange中值定理，推得， 存在，：1 二10,1，使得0 二F二ef 一2 f ，即f .5、 證明(1)

7、f C1 R , I是有界閉區(qū)間， 不妨設(shè)I = la,b 1,取 c : a : b : d， f x 在 b, d 上一致連續(xù)，1)IFn(X)=n |f |X+_f (X)八n丿x nF x n f t dt1二 n 0n f u x du，1 1Fn (x)-fx= n(u +x )du n(0nr(x)du1-n 0n|f u x - f x du，由f x在C,d 1上一致連續(xù)，對任意； 0，存在0，當(dāng) x1,x2 t, d ，為X2 & 時，有 f'(為)f "(X2 其 E . 對于上述；0，存在正整數(shù)N，當(dāng)n N時， 對一切a,b 1，u J 0,丄

8、，有-nu+x lc,d 】，且 u+xx = u| 蘭丄 毎，n從而 f，(U +X )(X | < £ ,Fn(X ) f © | £ E,即：Fn x /在 I - la,b 1上一致收斂于f x .(2)若f x C t : t x f x dx 亠 i x f x dx I , I是有界開區(qū)間，：Fn x 在I上不一定一致收斂事實上，我們有例子， 例 1 設(shè) f(x)=l nx，x(0,1)，1顯然 f c1 0,1， f X ，lim Fn X f X，x 0,1 .Xn_c但不是一致收斂，這是由于0變丈>F Q1 n ,5丿忻=SUP F

9、n(X )(X j(21 )n lnIn 一nIn門丿=n 1 -1 n 2_1 -ln2 0，lim /0.nc1例2設(shè)f x ，x0,1，XX 0,1囑FnOZZFnTn X /在 (0,1)上不一致收斂.6. 解記Q =比，構(gòu)造f x =A則當(dāng)X =n Q時，f rn - f rn三，f x在X Qc處連續(xù),n或采用Riemann函數(shù)來說明.7. 證明對每一 r -1,1，乂 tI t = 0 X f X dx"xtJLxf (x )dx ,X由Dirichlet 判別法，知以上I t在-1,1上有定義,對任意 一1 ： ：1, t 三 1,:t0 X f X dx1=0x f

10、 X dx x f x dx0少1+ x xf (x )dx ,當(dāng)x乏(0,1)時，0<十弘貳,lim xt41 = 0 ,關(guān)于t壬fof,P 致;0當(dāng)x三i 1,壯兀時，0 ： xt丄三x亠,lim xt J = 0，關(guān)于t三:二，-一致, x_jbc根據(jù)Dirichlet 判別法， Vf x dx在卜/ 1上一致收斂,乂 6 t又 0 x f x dx1 tx In xf x dx x In xf x:1dx x In x xf x dx在I:, : 1上也是一致收斂的（證法同上面的類似），所以t = 0 xt In xf x dx在L J 1上連續(xù)，由于的任意性，可知I t在-1,

11、1上有連續(xù)的導(dǎo)函數(shù).8. 解記 ' =? x, y, z : x2 y2 z2 乞 1,x y z 二 0,1 _n =拓(1,1,1 )=(cos。,cos P,cos 丫 利用Stoks公式，得I = xdy ydz zdxr=1(cosagcosPcos?dSexxyz!OdS =0.Z1 19. 證明 記 F x,y,z =x y2 z sinz, F 0,0,0 =0,由 Fz x,y,z 0,0,0 二扌 cosz,0,0及隱函數(shù)存在定理，知 存在唯一 z = f x, y定義在0,0附近，滿足F x, y, f x, y = 0 ,又 z 0,0 = 0.11zx cos

12、z zx 0- 2 x 由 .1cy Zy COSz Zy = 0 2/口2得 Zx 0,0= -一，Zy 0,0 = 0，3Zxx -sin z-zXy -sin z在0,0處2-ZxCOSZ Zxx=0Zx Zy COsZ Zxy 二 02I 亠 COSZ Zyy 二 0/口2得 Zxx 0,0 =0，Zxy 0,0 i=0，Zyy 0,0 二-一.3故f x,y在0,0的泰勒展開為. 2 12 2 2f x, y 二 -一 x y o x y .3310、解未必發(fā)散.n例記Sn八k!，考慮階梯函數(shù)f,g，k =0oOf X八n=012n 3 !oOg x八n=012n 4 !則 o： f

13、 x dxn z02n 1 ! 2n 2 !2n 3 !1,n -0 2n :*30 g x dx 八n -02n 2 ! 2n 3 !2n 4 !>Zn=012n 4od但是h x =7n=0亠IL】2n - 3 !技 n1，S2n1；.|X從而oOh x八Sn，sn J x ，n=00 h x dx 八n=0然后再把階梯函數(shù)改造成連續(xù)函數(shù)，改造方法如下：在區(qū)間端點挖一小段，比如第一個間斷點取 丄長的小段，第二個間斷點取2丄,，第n個間斷點取 丄，在小段上用直線連接起來就可以2 2由于f , g都是有界的，這樣去掉的小段的總長也是有界的，那么階梯函數(shù)和這樣改造成的連續(xù)函數(shù)在這些小段上的

14、積分也只相差一個有界的量，從而構(gòu)造的 連續(xù)函數(shù)的積分也是發(fā)散的北京大學(xué)2001年數(shù)學(xué)分析考研試題2n.求極限lim -n 1a a2n(1 “ f a +-.設(shè)f x在a點可導(dǎo),f a =0，求極限lim.I nJf(a)三.證明函數(shù)f x = xlnx在1二上一致連續(xù).四設(shè)D為包含原點的平面凸區(qū)域，f x,y在D上可微，且x y-=0 ,證明 excyf x, y在D上恒為常數(shù).五計算第一型曲面積分xdS,其中a是錐面zx2 y2被柱面x2 y ax,Sa 0割下的部分.六. 求極限lim hi f x2 y2 z2 dxdydz,其中f在1.0,1上連續(xù)，f 0 =0, f 0 =1. 一

15、二 < x =二2 七. 求常數(shù)，使得曲線積分 rdx_篤r'dy = 0 , r二、廠$，對上半平面L y y內(nèi)的任何光滑的閉曲線成立.旳1八. 證明函數(shù)f X八在1：上無窮次可微.n呂n九.求廣義積分:arctan bx2 - arctan ax2dx， 00x十.設(shè)f x是以2 -為周期的周期函數(shù)，且fx=x，求fx與fx的Fourier 級數(shù)是否一致收斂？（給出證明）北京大學(xué)2002年數(shù)學(xué)分析考研試題1一. 求極限：lim沁E.I x丿二. 設(shè)a 0， % =疔2 a， x, j = 2 x,，證明極限lim xn存在，并求極限值三. 設(shè)f x在la, a - 2b 1上連續(xù)，證明存在Ia,a 2b 1,使得 f b - f 二f f a 2b -f a .四. 設(shè) f x =x 1x2 arcsin x，求 f x .2 2 2五設(shè)u x,y有二階連續(xù)偏導(dǎo)數(shù)，證明u滿足偏微分方程，諾一2u U = 0當(dāng) excy dy且僅當(dāng)，存在二階連續(xù)可微函數(shù);：x , - x使得u x, y 二 x x y !亠 y x y .六.計算三重積分hi x x2 y2dxdydz，其中】是曲面z -