2010北大数学考研真题

1北大第一题继续延续着考察实数系基本定理的习惯,本题也是一个定理,方法很多.设f(x)∈C[a,b],因为有限闭区间上的连续函数必有界,因而必有上确界,记为M.假设f(x)<M恒成立,令g则g(x)∈C[a,b].它也有上确界,记为K.代入可知f≤M这与M是上确界的假设矛盾!因而存在c∈[a,b],f(c)=M.即最大2.设f(x),g(x)分别是耽上的有界一致连续函数,证明f(x)g(x)在耽上的一致连续.北大07年考过一道类似的题,本题稍微有些变化,但大体方法相同.证明不难,设M为f(x),g(x)的公共上界,再考虑下面的三角不等式关系|f(x′)g(x′)__f(x′′)g(x′′)|≤|f(x′)g(x′)__f(x′)g(x′′)|+|f(x′)g(x′′)__f(x′′)g(x′′)|≤M|g(x′)__g(x′′)|+M|f(x′)__f(x′′)|,由此立得结论.3.设f(x)是周期为2π的连续函数,且其Fourier级数ancosnx+bnsinnx处处收敛,证明这个Fourier级数处处收敛到f(x).要想证明本题需要知道下面两个结论:(大家(1)记Fourier级数的前k项和为Sk(f,x),算数平均能和为Sk(f,x),该和式称为"费耶和".水平比较高的教材上一般设f(x)∈C[__π,π],则其费耶和σn(f,x)在[__π,π]上一致收敛到f(x).(2)下面的求和法一般统称C__1求和法:对数列{an},令cnam.一个重要的结果是:如果数列{an}收敛,an=有了上面两个结论不难得出本题结论.2下面的"上下极限法"也许是最简单的证明了.许多书上在数列上下极限相应章节一般有如lim(un+vn)=limun+limvn,lim(un+vn)=limun+limvn以及unun.有了上面的关系就好办了,记liman=β(1)式两边取上极限,得(1)式两边取下极限,得联立上面两式得α=β.故nlan也存在.5.是否存在连续可导函数f(x):R→R满足:f(x)>0且f′(x)=f(f(x)),说明理由.答案是不存在,解题关键在于__∞这块上.假设存在满足题意的函数.首先,由f(x)>0且f′(x)=f(f(x))可知函数是严格单调递增的.其次,记x为一有限数),则x→__∞A≥0且limf′(x)=f(A)>0.又由f′(x)=f(f(x))知f′(x)也是严格递增的,x→__∞f′(ξ<0随x变化而变化)这就与inff′=xf′=f矛盾!6.已知函数f(x)是[0,+∞)上的单调连续函数,且x.证明:一般教材上都有如下的Riemann定理:设f(x)在有限闭区间[a,b]上Riemann可积,则fsinnxdx=0.该定理是Fourier级数理论中的一个基本定理,这里直接引用.任取正数A及∀n∈N,有sinnxdx.又f(x)是[0,+∞)上的单调连续函数,及x,由狄利克雷判别法知积分sinnxdx对n一致收敛.往下采用如下估计即可:37.计算曲线积分__z)dx+(z__x)dy+(x__y)dz,其中曲线L是球面x2+y2+z2=1与(x__1)2+(y__1)2+(z__1)2=4的交线,方向从z轴一道经典的工科题.本题需借助一下几何直观,想象下两球相交,交线是应该在在一个平面上.将两球面方程相减得到交线所在平面方程π:x+y+z=0.注意到曲线L在平面π上,因此在L上仍有z=__x__y成立.记曲线L0为曲线L在平面xoy上的投影.将z=__x__y代入,则这里的计算有点小技巧,由几何直观π:x+y+z=0与球面x2+y2+z2=1的交线是以原条件.8.设x,y,z≥0,x+y+z=π,试求2cosx+3cosy+4cosz的最大值和最小值.这其实是一道典型工科题,思路很清晰,关键的困难在计算技巧上.2cosx+3cosy+4cosz=2cosx+3cosy__4cos(x+y):=f(x,y),其中定义域为D={(x,y)|0≤x,y≤π,0≤x+y≤π}是一个有界闭区域.求解思路很清晰,先求边界上的最大值,再求内部驻点的函数值.最后放到一起一比较,找这是一个超越方程,看起来也貌似没有整齐的解,打击求解的信心.三角几何不分家,从哪里来回哪里去.容易看出上面方程若有解,则均为正数(内部驻点).考虑一个三角形,其内角分别为x,y,z,相应的对边为a,b,c.结合上面的方程组以及传有如下关系,a=2c,3b=4c.令a=6t,则b=4t,c=3t.再由传说中的"余弦定理"算得4619.设f(x)在(a,b)上连续且对任意x∈(a,b)都有证明f(x)在(a,b)上单调不减.为叙述方便,引入一个算子D满足:Df=h易知若f(x)可导,则Df(x)=2f′(x).设函数F(x)∈C[α,β],满足F(α)>F(β),则存在c∈(α,β),使得DF(c)≤0.我们选取m满足F(β)<m<F(α).考虑如下集合:由F(x)的连续性知A非空.取c=supA,则α<c<β.由c=supA定义知,当x∈(c,β]时F(x)≤m.又由点集A的定义知上确界是极限点,因此存在an∈A,an→c.令hn=c__an,则hn→0+及F(c__hn)>m.当n充分大时有,F(c__hn)>m且F(c+hn)≤m成立即F(c+hn)__F(c__hn)≤0.由下极限的最小性不难推出DF(c)≤0.说了半天可以回到原题了,假设f(x)在(a,b)上非单调不减,则存在a<α<β<b满足f(α)>f(β).直接应用引理貌似会遇到"等号的困难".所以我们要插入一个介值k来加强证明.选择这样一个正数k,使得函数F(x)=f(x)+kx,x∈[α,β],满足F(α)>F(β).显然只需满足就可以了.然后对