2007北京大学数学考研真题及答案

12007c北京大学数学分析试K)答赵R 问K1用有限覆盖定理证明连续函数的介值定理.证明:这里只证明连续函数的零点定理.命K:若f(x)在[a,b]上连续§且f(a)f(b)<0,那么必然存在一点ξ∈(a,b)满vf(ξ)=0.采用反证法,若对于任意点x∈(a,b)有,f(x)0§那么显然对于任意x∈[a,b]仍然有,f(x)0§由于f的连续性我们对于任意一点x∈[a,b]§可以找一个领域Oδx(x),满vf(x)在Oδx(x)∩[a,b]中保号.那么[a,b]«间被以上形怯的Oδx(x)开«间所覆盖,由覆盖定理可得存在有限的开«间Oδx1(x1),Oδx2(x2),···,Oδxn(xn)5覆盖闭«间[a,b],再由覆盖定理的\强形怯可得,存在ε>0,满v当y1,y2∈[a,b],|y1一y2|<ε时,存在Oδx1(x1),Oδx2(x2),···,Oδxn(xn)中的某个开8同时覆盖y1,y2"那么我们就证明了当|y12|<ε时,有f(y1),f(y2)同号,现取正整数m,满v<ε,令zi=a+,i=0,1,···,m,那么我们有|zi+1一zi|<ε,l而证明了f(z0)与f(z1)同号,f(z1)与f(z2)同号,···,f(zm__1)与f(zm)这样就有f(z0)与f(zm)同号,=f(a)与f(b)同号,这与K目中的f(a)f(b)<0矛盾,证明完毕.□问K2f(x),g(x)在有界«间内一致连续,证明:f(x)g(x)也在d«间内一致连续.证明:设d«间为I,首先证明f(x),g(x)都有界,因为f(x)在该有限«间内一致连续§l而存在δ1>0,满v当dx1,x2∈I,|x1一x2|<δ1时§有|f(x1)一f(x2)|<1,l而对任意x,y∈I,x<y,|f(x)一f(y)|≤1+|x一y|(这是因为你可以选取n=l」+1,然后考虑点x,x+,···,x+)然后根据«间的有界性就证明了f(x)在该«间内有界,同理g(x)也有界.下面5证明本K,设M>0,满v|f(x)|<M,|g(x)|<M,∨x∈I,那么由f(x),g(x)的一致连续性得到存在对于任意ε>0,δ>0,满v当x,y∈I,|x一y|<δ时有,|f(x)一f(y)|<ε,|g(x)一g(y)|<εl而|f(x)g(x)一f(y)g(y)|=|f(x)g(x)一f(x)g(y)+f(x)g(y)一f(y)g(y)|≤|f(x)g(x)一f(x)g(y)|+|f(x)g(y)一f(y)g(y)|<2Mε由ε的任意性,我们就得到了f(x)g(x)的一致连续性.□5:K目中lx」表示x的整数部分,关于有界性的证明可能会有点小麻烦. 问K3已知f(x)在[a,b]上有四阶导数,且有f(4)(β)0,f(3)(β)=0,β∈(a,b).证明:存在x1,x2∈(a,b),使得f(x1)一f(x2)=f,(β)(x1一x2)证明:不妨设f(β)=f,(β)=0(这是因为否则可以考虑g(x)=f(x)一f(β)一f,(β)(x一β),而g(x)的三四阶导都与f(x)相同)l而我们要证明存在x1,x2∈(a,b),使得f(x1)一f(x2)=0.2下面分两种情形来证明之:(1)f”(β)0§当f”(β)>0,由带Peano余项的Taylor展开我们得到:@么在βv够小的+域S有f(x)>0,取y1<β<y2,满vf(y1)>0,f(y2)>0§不妨设f(y1)<f(y2),由于f(β)=0,@么存在x2∈[β,y2],满vf(x2)=f(y1),从而取x1=y1,x2=x2即满vf(x1)−f(x2)=0"当f”(β)<0同理可得.(2)f”(β)0,@么由于f(4)(β)0,f(3)(β)=0§可以同样Taylor展开,做法与(1)是相同的"证明完毕"□问K4构造__个函数在耽上无穷次可微,且f(2n+1)(0)=n,f(2n)(0)=0,n=0,1,···.并说明满v条件的函数有任意多个")答:构造函数项8级数x2n+1§由limn→+∞2n得到此函数项级数的收敛半径为+∞.从而可以定义函数:fx2n+1,容易验证此函数满v:f(2n+1)(0)=n,f(2n)(0)=0,n=0,1,···对于任意多性,我们来考察函数g(x)=e__0;g(0)=0,由我们熟知的结论知:g(x)的任意阶梯导数为0"从而f(x)+cg(x)也满v题8条件,c为任意常数"□问K5设D=[0,1]×[0,1],f(x,y)是D上的连续函数,证明满vf(x,y)dxdy=f(ξ,η)的(ξ,η)点有无穷多个"证明:设m=f(x1,y1)=min{f(x,y)|(x,y)∈D,M=f(x2,y2)=min{f(x,y)|(x,y)∈D@么我们有mf(x,y)dxdy≤M下面分两种情况讨论:(1)若m=∫f(x,y)dxdy,∫f(x,y)dxdy≤M有__个成立时"当mf(x,y)dxdy§@么我们有f(x,y)−mdxdy=0§从而f(x,y)=m,(x,y)∈D,从而f(x,y)为常数§此时结论显然成立.当dxdy≤M同理.Df(x,y)dxdy<M,我们可以选取无穷多条连接(x1,y1)和(x2,y2)的不相交(除 端点相连外)曲线(且在DS)§由介值定理可得在任意__条上都存在__点(ξ,η)满vf(x,y)dxdy=f(ξ,η)"从而证明了本问题"□ 问K6求sin4xdydz+e__|y|dzdx+z2dxdy§其中Σ是x2+y2+z2=1,z>0方Σ向向上.由于本人还未E习曲面积分的部分,这个题8我先空X.有兴趣的*友若愿意可以__做,我将a激不尽.如果没人做,@等我会做了我__定发生来.问K7f(x,y)是R2上连续函数,试作__无界区域D,使f(x,y)在D上的广义积分收敛"3)答:首k取y1>0使得D1=[0,1]×[0,y1]满v|.D12选取y2>0使得D2=[1,2]×[0,y2]满v|.D2依次选取yn>0使得Dn__1=[n−1,n]×[0,yn]满v|.Dn 取D=uDi,可以验证f(x,y)3D上的广义积分收敛.如果«域一定要是开的话,@么可以选取D的S点集.□ 问K8f(x)=ln(1+(x)3(1,+∞)积分的敛散5.)答:w然3p≤0时f(x)发散.e面只对p>0时?论,由于limx→dx|3p>1的时候收敛,3p≤1时候发散,故当且仅当p>1时f(x)3(1,+∞)积分绝对收敛.(5:广义积分∞||dx3p>1时的收敛5w然,3p≤1的发散5是因为∞||dx≥∞||dx≥∞||dx=∞dx,而c者发散后者收敛).以e来解决^件收敛的«间问K:当<p≤1时,由于f(x)=ln(1+)=−O,而由Dirichlet判O法得到,+∞)积分的积分收敛,而23(1,+∞)积分绝对收敛(5意此时有2p>1).从而证明了当<p≤1,f(x)3(1,+∞)积分^件收敛.e面证明30<p≤(x)3(1,+∞)积分发散,这是因为存3k,使得kp>1,@么而dxdx收敛.但且发散(5意这里2p≤1,就等同于上面5里面的S容了)从而我们证明了30<p≤(x)3(1,+∞)积分发散.综上所述,3<p≤1时,f(x)3(1,+∞)积分的^件收敛.3p>1时,f(x)3(1,+∞)积分的绝对收敛.□问K9记F(x,y)=ΣEQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up5(+),n)nye__n(x+y),是否存3a>0以及函数h(x)3(1−a,1+a)上可导,且h(1)=0,F(x,h(x))=0)答:首k由于级数ΣEQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up5(+),n)nye__n(x+y)上是x+y>0S是一致收敛的,从而F(x,y)的定义是有意义的(3K8要?论的范围S).2次我们可以验证:F(1,0)=0(这是w然的).分O把F(x,y)w成y的函数,由于对x,y逐项导数后的/怯为ΣEQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up4(+),n)2ye__n(x+y))和ΣEQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up4(+),n)(ne__n(x+y)−n2ye__n(x+y))两者都3x+y≥b(b为任意大于0的常数)S是一致收敛的,从而F(x,y)可3(1,0)的,个+域的偏导都可以逐项求导,且其导函数是连Y的.又有从而:4(事实上可以求出来,但这里不需要了)到这里我们已经验证了隐函数定理的三^^件:(1)F(x,y)∈C1(D),D为ff)答¥(1,0)的,个+域.(2)F(1,0)=0l而根据隐函数定理可知存3这样的h(x)满vK8¥的^件.□问K10设f(x),g(x)3[a,b]黎曼可积,证明:f(x),g(x)的F立叶展开怯有相同X数的¿要^件是∫EQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up5(b),a)|f(x)一g(x)|dx=0证明:3这里我只证明a=一π,b=π的情况(对于一般的情况只是«间的平移和拉伸.)记an,bn为f(x)的F立叶X数,An,Bn为g(x)的F立叶X数.k证¿分5:e∫_ππ|f(x)一g(x)|dx=0,@么w,|an一An|≤_ππ|f(x)cosnx一g(x)cosnx|dx≤_ππ|f(x)一g(