2006年北京大学数学分析期中考试试题参考解答.pdf

北京大学 2006 年数学分析期中考试试题参考解答 (命题：李伟固解答：Veer整理：XiongGe) 所有试题答案写在答题纸上，答案写在试卷上无效，不得使用计算器 一、 给定实数 i(1in), 满足 n i=1 k i 0(k=1,2,3,). 令 f(x) = n i=1 1 1ix. 证明: f(k)(0) 0,k=1,2,3,. 证明:令 g(x) =ln f(x) = ln(11x) ln(12x) ln(1nx) (xU(0;)使得对i,有1ix0), 则 g(x) = ( n i=1 i ) x+ ( 1 2 n i=1 2 i ) x2+ + ( 1 k n i=1 k i ) xk+ 由函数幂级数展开的唯一性可知 g(k)(0) = 1 k n i=1 k i 0(xU(0;). 另一方面 f(x) =eg(x)(xU(0;). 首先注意到对任意可导函数 F(x), 有 ( eF(x) ) =F(x)eF(x). 其次注意到对可导函数组 F1, F2, Fs, 有(F1F2F3Fs)=F1F2F3Fs+F1F2F3Fs+ F1F2F3Fs, 从而归纳可证 f(k)(x) = ( eg(x) )(k) = ( jN+,kiN+ g(k1)(x)g(k2)(x)g(kj)(x) ) eg(x). 由 g(k)(0) 0,k=1,2,3,且 g(0) =0, 所以 f(k)(0) 0,k=1,2,3,. 补充：可知 f(x) = n i=1 1 1ix = (1 +1x+2 1x 2 + )(1+2x+2 2x 2 + ) (1 +nx+2 nx 2 + ). 由幂级数的乘积公式归纳可得 f (k) (0) = k1+k2+kn=k (k1,k2,kn) k1 1 k2 2 kn n (其中kiN). 若能通过 n i=1 k i 0(k=1,2,3,)得出 k1+k2+kn=k (k1,k2,kn) k1 1 k2 2 kn n 0 即可得到证明. 二、 令 D= u= (x,y) R2 ? ? ?u = x2 +y2 1 2 . f(u) =f(x,y)是全平面上的连续可 微函数满足f(0,0) =1,f(u) f(v) uv. 那么对于任意的 u,vD, 证明函数 f|D在 D 中唯一点处达到其最大值. 证明:对 uD, 有f(u) f(0,0) u (0,0), 即 1 f(u) = f(0,0) f(u) f(u) f(0,0) u, 亦即 1 u f(u), 则f(u) = (0,0), 所以 f 的最大值只可能在边界上取得. 易知 f 在其边界上的函数可设为 g(t) =f ( 1 2 cos, 1 2 sin ) , g() = 1 2 ( sinfx+cosfy), 0,2). 考试科目：数学分析第 1 页共 4 页 现假设 f 在其边界上有两点取得最大值, 不妨设为 =1和 =2, 记 u1= ( 1 2 cos1, 1 2 sin1 ) ,u2= ( 1 2 cos2, 1 2 sin2 ) , 则由 g(1) =g(2) =0 可得sin1fx(u1)+cos1fy(u1) =0, 即f(u1) 与(sin1,cos1)垂直即可. 设f(u1) =a1(cos1,sin1), 由于 f 在 u1处取得最大值, 则 f 在 u1点沿方向(cos1,sin1)的方向导数需大于等于 0, 所以 a10. 另一方面由f(0,0) f(u1) f(0,0) f(u1)当且仅当f(0,0)与f(u1)异 向取等可知 f(0,0) u1 f(u1) = |a1|, 即 a1 1 2. 同理 f(u2) =a2(cos2,sin2),a2 1 2. 由于不等式取等需要与 f(0,0)异向, 故 a1 1 2,a2 1 2 中有一个是严格的. 不妨设为 a1 1 2, 再设 r1= (cos1,sin1), r2= (cos2,sin2), 则 f(u1) f(u2)2 u1u22 =? ?a1 r1a2 r2 ? ?2 ? ? ? ? 1 2 r1 1 2 r2 ? ? ? ? 2 =a2 1+a 2 22a1a2 r1 r2 ( 1 4 1 2 r1 r2+ 1 4 ) =a2 1+a 2 2 1 2 ( 2a1a2 1 2 ) r1 r2 ( 由于 r1与 r2不同向,所以 r1 r20 ) a2 1+a 2 2 1 2 ( 2a1a2 1 2 ) = (a1a2)20, 因此f(u1) f(u2)2 u1u220, 即f(u1) f(u2) u1u2, 矛盾, 从而 f 在边界上只有一点取得最大值, 即函数 f|D在 D 中唯一点处达到其最大值. 三、 讨论级数 + n=1 (1)n1 sin(lnn) n ,R 的收敛性. 解: 1. 当 0 时, 我们可知 lim n (1)n1 sin(lnn) n 发散, 从而级数 + n=1 (1)n1 sin(lnn) n 发散. 2. 当 0 时, 由于 lim n (1)n1 sin(lnn) n =0, 我们讨论其前 2n 项和数列的收敛性即可, 也就 是级数 + n=1 sin(ln(2k1) (2k1) sin(ln(2k) (2k) 的收敛性. 而 ? ? ? ? sin(ln(2k1) (2k1) sin(ln(2k) (2k) ? ? ? ? = ? ? ? ?sin(ln(2k1) ( 1 (2k1) 1 (2k) ) + sin(ln(2k1) sin(ln(2k) (2k) ? ? ? ? |sin(ln(2k1)| 1 (2k1) 1 (2k) + ? ? ? ? ? ? 2cos ln(2k1)+ln(2k) 2 sin ln(2k1)ln(2k) 2 (2k) ? ? ? ? ? ? 1 (2k1) 1 (2k) + ? ? ? ?ln ( 1 1 2k )? ? ? ? 1 (2k) . 已知 ? ? ?ln ( 1 1 2k )? ? ? 1 (2k) 1 (2k)+1 , 从而 + k=1 ? ? ?ln ( 1 1 2k )? ? ? 1 (2k) 收敛. 又 + k=1 1 (2k1) 1 (2k) 是收敛的, 故 + n=1 ? ? ? sin(ln(2k1) (2k1) sin(ln(2k) (2k) ? ? ? 收敛, 因此 + n=1 sin(ln(2k1) (2k1) sin(ln(2k) (2k) 亦收敛. 综上所述, 当 0 时, 级数发散; 当 0 时级数收敛. 四、 求 inf n1 min x0, 2 n k=1 coskx k . 考试科目：数学分析第 2 页共 4 页 解:首先,min x0, 2 1 k=1 coskx k =min x0, 2 cosx=0, min x0, 2 2 k=1 coskx k =min x0, 2 (cosx + cos2x 2 ) = 1 2. 现记 fn(x) = n k=1 coskx k , 则min x0, 2 f1(x) =0 1 2, min x0, 2 f1(x) = 1 2 1 2. 现假设 n=k1(k2,kN+)时, 有min x0, 2 fn(x) =min x0, 2 fk1(x) 1 2 成立; 当 n=k 时, 注意到 fn(x) = n k=1 (sinkx) = k i=1 (sinix) = k i=1 cos ( i+ 1 2 ) xcos ( i 1 2 ) x 2sin x 2 , 则 fk(x) = cos ( k+ 1 2 ) xcos x 2 2sin x 2 = sin k+1 2 xsin k 2x sin x 2 ,x 0, 2 . 由 fk(x)的连续性可知 min fk(x)的点只可能在端点或稳定点, 从而令 f k(x) = 0, 则 x= 2j k+1, 2j k , jZ 且 2j k+1, 2j k (0, 2 ), 而 fk ( 2j k+1 ) = n i=1 cosi ( 2j k+1 ) i =fk1 ( 2j k+1 ) + cos 2kj k+1 k =fk1 ( 2j k+1 ) + cos 2j k+1 k . 由于 2j k+1 0, 2 , 所以 cos 2j k+1 k 0, 则 fk ( 2j k+1 ) =fk1 ( 2j k+1 ) + cos 2j k+1 k 1 2. 而 fk ( 2j k ) = n i=1 cosi ( 2j k ) i =fk1 ( 2j k ) + 1 k 1 2, 又 fk(0) = k i=1 1 i 1 2, fk ( 2 ) = k i=1 cosi 2 i = 1 2 1+ ( 1 2 1 3 ) + + ( 1 s1 1 s ) ,k=2s+1 1 2 1+ ( 1 2 1 3 ) + + ( 1 s1 1 s ) ,k=2s , 从而 fk ( 2 ) 1 2. 综上归纳可知min x0, 2 fn(x) =min x0, 2 n k=1 coskx k 1 2, 又 min x0, 2 2 k=1 coskx k = 1 2, 因此 inf n1 min x0, 2 n k=1 coskx k = 1 2. 五、 函数 f(x)在0,1上二次可导, f(0) =2, f(0) = 2, f(1) =1. 证明存在 c (0,1), 使 得 f(c)f(c) +f(c) =0. 证明:令 F(x) = 1 2 f2(x) +f(x), 则 F(0) = 1 2 222=0. 现假设不存在 (0,1使得 F() =0, 则 F 在(0,1上不变号. 倘若x (0,1都有 F(x) 0, 由于 f(1) =1=0, 则xU(1,), 有 1 x f(t) f2(t)1dt 1 x ( 1 2 ) dt, 即 1 f(t) ? ? ? 1 x x1 2 , 从而 1 f(x) x+1 2 . 当 xU(1,)时, 有 1 f(x) x+1 2 0(1), 故 f(x)在0,1上不为 0, 则 1 f(0) 0+1 2 , 则 1 2 1 2, 矛盾. 考试科目：数学分析第 3 页共 4 页 因此存在 (0,1使得 F() =0, 从而 F(0) =F() =0, 由罗尔定理可知c (0,1), 使得 F(c) =f(c)f(c) +f(c) =0. 六、 A 和 B 是自然数 N 的两个无穷子集, 满足 AB=空集, AB=N, 对于任意的自然 数 c0, 是否存在两个递增的数列an,bn,an A,bn B, 使得 lim n an bn =c. 证明:对lsN+. 记 sl= s,s+1,l, 则若对NN+,n2n1Nc2 有 xn1xn2B. 令 xn1=v1,xn2=u1, 则 v1u1B. 若 cv1cu1+cu1+1 B, 则 aA,bB, 使得|acb| c 或|acb| b +1. 若 cv1cu1+cu1+1 B, 令 u2=u1+u1+1, 则 cv1cu2B. 以此类推, 若始终成立 ckv1ckuk+1B, 易知 uk+1=uk+ uk+1 uk+ u 1, 即 uk+1uk u 1, 所以 uk有趋 于无穷大的趋势, 所以存在某个 k0N+