2008北京大学数学考研真题及答案

证:用反证法，假设函数f(x)在有界闭区间[a,b]上连续，但不一致连续。那么至少存在一满足：|xEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up1(′),n)__xEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up1(′′),n)|<1/n,|f(xEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up1(′),n))__f(xEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up1(′′),n))|≥εEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up1(′),n)因为函数f(x)在x=x0处连续，所以EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up0(l),k)f(xEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up1(′),n)k)=EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up0(l),k)f(xEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up1(′′),nk))=f(x0).(海涅定理)但这与|f(xEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up1(′),n))__f(xEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up1(′′),n))|≥ε矛盾。原命题得证。二、是否存在耽上的连续函数f(x)，满足f(f(x))=e__x.证明你的结论.用反证法，假设存在满足题目要求的连续函数f(x),则其应该满足1),2)条件.1)f(x)是单射。若不然，设存在x1,x2(x1≠x2),使得f(x1)=f(x2).从而有f(f(x1))=f(f(x2))，即e__x1=e__x2,推出x1=x2，矛盾！2)连续函数f(x)是耽上的严格单调函数。若不然，假设x1<x2<x3且满足f(x1)<f(x2),f(x2)>f(x3)(对f(x1)>f(x2),f(x2)<f(x3)情形，可类似讨论)不妨设f(x1)<f(x3)，因为f(x)是耽上的连续函数，由连续函数介值定理知存在x0∈(x1,x2)，使得f(x0)=f(x3),x0≠x3,与1)矛盾。这样由条件2)知不论函数f(x)是耽上的严格单调递增函数，还是严格单调递减函数，f(f(x))都是严格单调递增函数，但e__x却是严格单调递减的，这就产生了矛盾的。从而题注：本题貌似是道陈题，类似的有f(f(x))=__x.若连续函数f(x)存在，则必为单射是本题的关键之处，由此在直观上不难想像f(x)为单调函数,这是另一个关键，最后再由复三、设数列{xn}满足当n<m时，|xn__xm，证明：数列{xn}无界.证:用反证法,假设数列{xn}有界,即存在正数M,使得|xn|≤M.依题意当n<m时，|xn__xm注意到此时还有|xn__xm两式相加,即得|xn__xm|>+----考虑闭区间列{In},其中In=.由(*)可知区间列{In}两两相交为空.又因为|xn±|≤|xn|+≤|xn|+1≤M+1,所以存在一个充分大的有限闭区间我们考虑这些区间的长度和,记区间In的长度为|In|,则|In.另一方面,直接计算区间长度和得In,矛盾!注:本题有两个关键:1是要发现隐藏的对称关系式|xn__xm2是这个关系式对应的的几何直观,即闭区间列In=两两相交为空.发现这两点后就很容易过渡到调和级数发散上来.四、设函数f(x)∈C∞定义在(__1,1)上，且满足f(0)=1,|f′(0)|≤2，令g，若|g(n)(0)|≤2n!，证明：对所有n∈N,|f(n)(0)|≤(n+1)!.证：由题设知f′(x)=g(x)f(x)，两边对x求m阶导数，由莱布尼茨公式知当n=m+1时，有所以由数学归纳法原理知，对所有n∈N,|f(n)(0)|≤(n+1)!析里随处可见数学归纳法原理的身影，应该引起足够的重视。有关自然数的命题,考虑用数学归纳法来证明还是比较自然的思路.五、计算第二类曲面积分Idydz+dzdx+dxdy，其中曲面Σ是球面x2+y2+z2=2Rx被圆柱面x2+y2=2rx(z>0,0<r<R)所曲面Σ的单位外法向量为：，由第一二类曲面积分之注意到y是y的奇函数，曲面Σ关于平面xoz对称，所以ydS=0.从而IzdSdS=Rdxdy=Rdxdy=πr2R.一般计算曲面积分的思路有:按定义直接计算,第一二类曲面积分之间的转换,Gauss公式,曲面参数公式等.不论是曲面积分还是重积分,要多留意是否能通过对称性简化计算.六、已知函数F(x,y)=2__sinx+y3e__y定义在全平面上，证明：F(x,y)=0惟一确定了全平面上隐函数y=y(x)，且y(x)是连续可微的。记g(y)=y3e__y，则g′(y)当y∈(__∞,0)时，g′(y)>0,从而g(y)在(__∞,0)上严格单调递增且g(y)≤g(0)=0.记I={y|__3≤g(y)≤__1}，从而g(y)在I上严格单调递增。这样我们证明了隐函数y=y(x):R→I的存在性，且为满射。(2)y=y(x)是连续可微的。只需证明其在任意点x是连续可微的即可。∀x∈R，存在惟一y∈I，使得F(x,y)=0.下面验证F(x,y)满足隐函数定理条件：由1)F(x,y)显然在全平面上连续;2)F(x,y)=0及Fy′(x,y)=g′(y)>0;3)F(x,y)=2__sinx+y3e__y有一阶连续偏导数。这样我们验证了所给函数满足隐函数定理条件，所以y=y(x)在x的某个邻域内连续可微。由x取法的任意性知，F(x,y)=0惟一确定了全平面上隐函数y=y(x),x∈R且y(x)是七、设函数f(x)在[0,+∞)上内闭Riemann可积，广义积分f(x)dx收敛，求证：e__axfdx=dx.及广义积分f(x)dx收敛。故由阿贝尔判别法知，e__axf(x)dx对于a∈[0,b]一致收敛。记Δ=__ax__1)f(x)dx又函数f(x)在[0,+∞)上内闭Riemann可积，故f(x)在[0,A]上有界。因为a→0+时，e__axf(x)__f(x)=e__ax__1.f(x)→0,∀x∈[0,A],因此dx<AEQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up0(l),a)Δ=0,进而e__axfdx=dx.注:本题是一个典型的积分号下取极限问题,一般要涉及一致收敛性,证明方法很典型,通常步骤是做差,利用三角不等式放缩,然后分段估值,逐步进行调整.八、已知函数f(x)是(_∞,+∞)上2阶连续可导函数，满足：=0);2)存在一点x0，使得f(x0)≤0.证明：f′′(x)在(_∞,+∞)上变号.证：由lim[f(x)__|x|]=0知，当|x|→+∞时，有f(x)→+∞.|x|→+∞因为函数f(x)连续且存在一点x0，使得f(x0)≤0，所以f(x)在(_∞,+∞)上可以取到最小值，记为f(c)，则其也是极小值且f(c)≤0,f′′(c)≥0.下面假设f′′(x)在(_∞,+∞)上不变号,则f′′(x)≥0.由于问题讨论具有对称性,所以我们只需对x0讨论一边即可,另一边同理可证明.不妨设c≥0,因为lim[f(x)__|x|]=0,所以∀ε>0,∃Δ>0,当x>Δ时,|x|→+∞x__ε<f(x)<x+ε(1)当c>0时,取ε=c/2,则存在x1>c满足故由函数下凸性有f(x)≥f(ξ)+f′(ξ)(x__ξ),此时不可能有x矛盾!对c<0可类似导出矛盾.我们证明f(x)≤|x|或f假设存在x2>0,f(x2)=x2+ε(ε>0).则f矛盾!若存在x3<0,f(x3)=__x3+ε,则由f(x)≥f(η)+f′(η)(x__η),不满足x矛盾!这样我们证明了f(x)≤|x|恒成立.因为f(x)在原点二阶可导,故在原点的某个去心邻域内不可能恒有f(x)=|x|,不妨设存在某个β>0,f(β)<β.取0<ε<β__f(β),则存在充分大的f矛盾!综上讨论,f′′(x)在(_∞,+∞)上变号.注:事实上可以证明__1≤f′(x)≤1.解答本题需要借助几何直观,若结论不成立,不难猜到图形是下凸的,但按题目意思f(x)图象在y=|x|图象下面,画画草图便知这是不可能的.至于导出矛盾,需要取一些特殊点,使得f′(x)大于1或小于-1.一般需要细致的分类讨论.九、设函数f(x)在区间[0,1]上有一阶连续导数且f(0)=f(1)，g(x)是周期为1的连续函数，并且满足g(x)dx=0，记an=f(x)g(nx)dx，求证：nan=0.证：设G(x)=g(t)dt，则G(0)=G(1)=0.又g(x)是周期为1的连续函数，故G(x)连续，且由G(x+1)__G(x)=+1g(t)dt=g(t)dt=0，知G(x)是以1为周期的连续函数。an=f(x)g(nx)dx=f(x)dG(nx)=f(x)G(nx)EQ\*jc3\*hps15\o\al(\s\up9(1),0)__f′(x)G(nx)dx=__f′(x)G(nx)dx故nan=__f′(x)G(nx)dx因为函数f(x)在区间[0,1]上有一阶连续导数，f(0)=f(1)从而EQ\*jc3\*hps23\o\al(\s\up0(l),n)nan=0,证毕.设函数f(x),g(x)在[a,b]上Riemann可积，g(x)是以T为周期的周期函数，则这是数学分析中一个相当重要的定理,证明比较复杂,可参考汪林等编著的<<数学分析问题研究与评注>>第140页.本题似乎考察的就是这个定理，而我们要做的是验证满足定理条区间序列[ai,bi]都有ifdx，证明：.|f(x)|dx≤21)∀ε>0,存在[0,1]上的阶梯函数g(x)使得，|f-g|dx.因为函数f(x)在区间[0,1]上Riemann可积，所以存在[Δ:0=x0<x1<...<xn=1，使得其中Mk=sup{f(x)|x∈[xk-1,xk]},mk=inf{f(x)|x∈[xk-1,xk]},Δxk=