北京大学数学分析答案

PAGEPAGE5/5北京大学2005数学专业研究生 数学分析f(x)x2sinx1sinxlimsupf(xliminff(x.x2sinx解:首先我们注意到.f(x)

x xx2sinx1sin在sinx.x2sinx

x2sinx1sinxx2sinx

sinx

,所以易知在xx2sinxx2sinxx21x2x21x2k2

,k这么一个子列得到.对于f(x)

lim

sinx

0,lim

x2sin2

0,liminff(x)此下极限当然可以

xx2sinx x

x2sinx

x令x(2k1),k这么个子列得到.(1)f(x)在开区间(abf(x在(abf(x)在(ab.证明f(x)x(a,b)Mf(x)(a,b).对于x,x1 2

(a,b), 由 中值定理, 存 在1212121212121这显然就是

x

)

). x ( f ) x (Lipschitz条件所以由x1

x任意性2

证明f(x)在(a,b)上一致收敛.(2)f(x)在开区间(ab)(abf(x在(ab)是否一定有界。（若肯定回答，请证明；若否定回答，举例说明）证明:否定回答.f(x)在(a,b)上是无界的.2f(x)(x)1,f(x[0,1Canto定理,闭区间上2连续函数一致连续.所以f(x)在(0,1)上一致连续.212显 然 此 f( x)

1

微的

0 22 (2

1x) .1 )2f(x) 12(1x)2

在(0,1)上是无界的.3f(x)sin2(x2.f(x的麦克劳林展开式。(2)求f(n)(0)。(n)解: 这道题目要是直接展开是很麻烦的.先对原式做一下变形.有1 1f(x)

cos[2(x2再由cosMaclaurin展开2 2

. 又 由 于012n比较系数有：k00012n比较系数有：k00，接下来，若

kx2

x4

kx2nf(x

12

(1)k

22k(x21)2k(2k)!

x2p项系数为： 22k(2kp)!p!(1)k11 Cp 22k(22k(2kp)!p!(1)k1k2p2kp12

2k(2k)!

2 kp12

， 此 时 令2kp1,ktp1.2p1

p1有k 2

(1)2

22t1(1)t1

2

(1)2

sin2。2p 2p!

t

(2t1)! 2p!p1为偶数时k2p

2

(1)22p!

cos2。综合得： (1)

2

(2psin2为奇数 2 p!(2p)!f2p(0)(2p)! 2p p2

(2p)!

-2

cos2p为偶数p!f(n)(0) f2p1(0)0 其中p1,2,3试作出定义在R2中的一个函数f(x,y)，使得它在原点处同时满足以下三个条件：（1）f(x,y)的两个偏导数都存在（）任何方向极限都存在（3）原点不连续 xyf(xyx2y2

x2y20

。显然这个函数在xy0的时候，有偏导数存在 x(x2y2

0xy0f(x,y)y

(x2y2)2

fxy0的时候，有

(x,y)

，此式在原点也成f(x,y)

y(y2x2) f(x,y)0xx

(x2y2)2立。对于任意方向极限，有limf(cossin)lim2cossincossin。0 0 2显然沿任意方向趋于原点。此函数的方向极限都存在。最后，因为沿不同方向 趋向原点。不妨设 （0，），显然有不同的极限4cossin与cossin。且其都不为0。所以该函数在原点不连续。计算

x2ds.LxL

y

z

1xyz0的交线。解：首先，曲线L是球面x

y

z

1与平面xyz0的交线。因为平面xyz0x2y2z21中心为原点。所以它们的交线是该球面上的极大圆。再由坐标的对称性。易知有x2dsy2dsz2ds。L L L因此有

x2ds=1

(x2y2z2)ds=1ds=2。L 3

3L 3设函数列{f(x)}满足下列条件，f(x)在[a,b]连续且有f(x)f (x)n n n n1（x[a,b]）（2）{fn

(x)}点点收敛于[a,b]上的连续函数s(x)证明：{fn

(x)}在[a,b]上一致收敛于s(x)证法1：首先，因为对任意x0

a,bfn

(x)S(x0

fn

(x)0

(xn1

)，所以n，对于任意nnk

，有0S(x0

)fn

(x)。0 3又因为f(x)与S(x) 在x 点连续。所以可以找到 0，当n 0 xx0

,xa,b时。有fx n0

(x)fnk

(x)0 3

，以及S(x)S(x0

)3

同时成立。因此，当nnk

，xx 0 x0

,xa,b时，有S(x)fn

(x)S(x)fnk

(x)S(x)S(x0

)S(x0

)fnk

(x)f0 nk

(x)fnk

(x)。0如此，令x0a,b区间。

{x:xx 0

}，所以有开区间族{x0

x}覆盖了0而S(x)在闭区间b上连续。由Heine-Borel 定理，从开区间族:xx

中可以选出有限个 ,x x

, , ，x x0 1 2 3 k使a,bkxii1

。由

的选法。可由相应ixi

与n ，当xk xi

a,b，且nnki

时，有S(x)fn

(x)。取Nmax{nki

:1iknNx

n

成立。所以{fn

(x在b上一致收敛于S(x)。证毕。证法2：反证法.设存在某0

0nxn

使得fn

(x)S(xn

)0

{x}n有界，由Bolzano-Weierstrass定理，所以其必存在收敛子列{xnk

}收敛于

a,b中某值x0

．因为对任意xa,bf0

(x)S(x)。0 0且有 f(xn 0

fn

x (，)所以1 kp

，当nnk kp

时，有S(x f x (S

f( x) 0)0 n 0k

0n 0kp设某n nk kp1 p

，由S(x) 与

nkp1

(x)连续性．存在一 ，当0xx0

,xa,b时0 S(xS(x)0

03

nkp1

(x)f

nkp1

(x)0

0同时成立．显然，又因为3{x }

．所以存在K值，Kk ．nk 0当nk

n xK

p1x 0

成