北京大学2009年数学分析考研试题及解答.pdf

1 北京大学北京大学北京大学北京大学 2009200920092009 年年年年 数学分析考研试题数学分析考研试题数学分析考研试题数学分析考研试题 1 证明 闭区间上的连续函数能取到最大值和最小值 2 设 f x g x是区间I上的有界且一致连续的函数 求证 f x g x在I上一致连续 3 设 f x是 周 期 为2 的 连 续 函 数 且 其 Fourier 级 数 0 1 cossin 2 nn n a anx bnx 处处收敛 求证这个 Fourier 级数处处 收敛到 f x 4 设 n a和 n b都是有界数列 且 1 2 nnn aab 若limn n b 存 在 求证 limn n a 也存在 5 是否存在RR 的连续可导函数 f x满足 0f x 且 fxf f x 6 已知 f x是 0 上的单调连续函数 且lim 0 x f x 求证 0 lim sin0 n f xnxdx 7 求曲线积分 L yz dxzx dyxy dz 这里L是球面 222 1xyz 与 222 1 1 1 4xyz 交成的曲线 8 设 0 x y z xyz 求2cos3cos4cosxyz 的最大最小值 2 9 设 f xC a b 且对任何 xa b 都有 0 lim0 h f xhf xh h 求证 f x在 a b上单调不减 10 已知 f x是 0 上的正的连续函数 且 0 1 dxf x 求证 2 0 1 lim A A f x dx A 北京大学 2009 年数学分析考研试题解答 1 设函数 f 在闭区间 ba 上连续 记 sup sup baxxfxfM bax inf inf baxxfxfm bax 则必存在 baxx 使得 mxfMxf 也就是说 有界闭区间上的连 续函数必能取到它在这个区间 上的最大值和最小值 证明 因为函数 f 在闭区间 ba 上连续 3 所以函数 f 在闭区间 ba 上有界 即数集 baxxf 有界 利用确界原理 baxxf 存在上确界 和下确界 m和M都是有 限数 显然 baxMxfm 考察上确界 sup sup baxxfxfM bax 根据上确界的定义 对任意 Nn 必定存在 baxn 使得 Mxf n M n 1 由于 bxa n n x 有界 根 据 列 紧 性 定 理 存 在 一 个 子 列 k n x 和 一 点 bax 使得 baxx k n 4 由于 f 在 x 处连续 所以有 lim xfxf k n k 存在且有限 在不等式 Mxf n M k n k 使得 f xM g xM xI 再由 f x g x得一致连续性得到 对于任意0 存在0 使得当 x yI xy 时 有 f xf y g xg y 且 6 fxf f x 证法一假若存在满足这些条件的函数 由 0fxf f x 知 f x在 上严格单调递增 又由 0f x 当 0 x 时 由0 0 f xf 矛盾 所以这样的函数不存在 证法二假若存在满足这些条件的函数 由 0fxf f x 知 f x在 上严格单调递增 又由 0f x 得 0 fxf f xf x 对 0 x 有 00 0 xx f t dtfdt 于是 0 0 ff xfx 从而 0 0 f xffx 0 x 显然 当1x 时 有 0f x矛盾 所以这样的函数不存在 7 6 证明 对任意0A 0 cos1 sin2 AnA nxdx n 对 nN 一致有界 f x关于x在 0 上单调 且lim 0 n f x 对 nN 是一致的 由 Dirichlet 判别法 0 sinf xnxdx 关于 nN 是一致收敛的 所以lim sin0 AA f xnxdx 关于 nN 是一致收敛的 又由黎曼引理 对任何0A 0 lim sin0 A n f xnxdx 故有 0 lim sin0 n f xnxdx 7 1 16 设 f x在 0 上有定义的函数 对任意0A f x在 0 A 上可积 1 若 f x在 0 上绝对可积 0 sinxf txtdt 试证 0 sinf txtdt 在 x 上一致收敛 x 在 上一致连续 lim 0 x x 2 若 f x在 0 上单调 0a 且lim 0 x f x 试证 对任 意0 0 sinf txtdt 在x 一致收敛 0 sinxf txtdt 在 0 0 上连续 0 lim sin n f txtdt x 在0 x 处 可能不连 续 例 0 sin xt xdt t 例 7 1 28 设 f x在 上有定义 且 f x dx 绝对收敛 cosg uf xuxdx 试证 cosf xuxdx 关于 u 一致收敛 lim 0 n g u g u在 上一致连续 8 7 解 222 222 1 2121214 xyz xxyyzz 等价于 222 1 0 xyz xyz 记 222 1 0 x y zxyzxyz L 1 cos cos cos 1 1 1 3 n 利用斯托克斯公式 coscoscos L yz dxzx dyxy dzdS xyz yzzxxy 2cos2cos2cos dS 2 3 dS 2 3dS 2 3 8 解法一 1 先考查内部情形 利用求条件极值的拉格朗日乘数法 令2cos3cos4cos Lxyzxyz 求驻点 2sin0 3sin0 4sin0 L x x L y y L z z xyz 9 2sin3sin4sinxyz sin 2 x sin 3 y sin 4 z 显然要有02 2 cos1 2 x 2 cos1 3 y 2 cos1 4 z 或 2 cos1 2 x 2 cos1 3 y 2 cos1 4 z 当 2 cos1 2 x 时 由xyz sin coscos sinsinxyxyz 22 1 1 23234 22 2 92 43 02 虽然 2cos00 03cos0 004cos x HLy z 是不定矩阵 但不否定内部不 10 达极值 矩阵HL正定 负定只是条件极值的充分条件 而非取到条件 极值的必要条件 2 再讨论边界上的几种情况 1 0z 0 2cos3cos 44cosf x yxxx 3 0 5f x y 2 0y 0 2cos34cos 32cosf xzxxx 1 0 5f x y 3 0 x 0 23cos4cos 2cosfy zyyy 1 0 3fy z 3 综合以上所得 所以 2cos3cos4cosf x y zxyz 在 0 Dx y zx y zxyz 上的最大值为 61 12 最小值为 1 解法二 先消去z 化为无条件极值问题 则 2cos3cos4cosxyz 2cos3cos4cos xyxyf x y 其中定义域为 0 0Dx yx yxy 是一个有界闭区域 1 边界情况比较简单 容易求出边界上最大值为5 最小值为 1 2 内部驻点 令 4sin2sin0 x fx yxyx 4sin3sin0 y fx yxyy 考虑一个三角形 其内角分别为 x y z 11 相应的对边为 a b c 由正玄定理 sinsinsin cba xyyx 有如下关系2ac 24bc 令abt 则4bc 3ct 再由余弦定理 算得 11 cos 24 x 29 cos 36 y 43 cos 48 z 对应的驻点函数值为 11294361 2345 24364812 故最大值是 61 12 最小值为1 9 证明 为了叙述方便 引入一个算子D 满足 0 lim h fxhfxh Dfx h 易知 若 fx可导 则 2Dfxfx 先证明一个十分有用的引理 设函数 F xC 满足 FF 则存在 c 使得 0DF c 证明 选取m满足 FmF 由 F x的连续性知A非空 取supcA 则c 当n充分大时 有 n F chm 且 n F chm 成立 那么 0 nn F chF ch 由下极限的最小值性 不难推出 0DF c 作 F xfxx 0 由条件知 220DF xDfx 我们断言 F x在 a b上单调不减 用反证法 假若 F x在 a b上非单调不减 则存在ab 对 F x在 上应用引理 知 存在 c 使得 0DF c 这与 20DF x xa b 矛盾 所以 F x在 a b上单调不减 对任意 12 x xa b 12 xx 有 12 F xF x 1122 fxxfxx 令0 则得 12 f xf x 即得 f x在 a b上单调不减 10 证明 由 Cauchy Schwarz 不等式得 13