考研数学-北大2010年试题及解答和2001与2002年试题

北京大学2010年数学分析考研试题
1. 用有限覆盖定理证明聚点原理.
2. 是否存在数列{}n x ，其极限点构成的集合为111,,,
23M ⎧⎫
=⎨⎬⎩⎭
，说明理由. 3. 设I 是无穷区间，()f x 为I 上的非多项式连续函数，证明：不存在I 上一致收
敛的多项式序列(){}n P x ，其极限函数为()f x .
4. 设()f x 在[]0,1上连续，在()0,1内可导，且满足()()2
1
120
12
x f e
f x dx -=⎰
，
求证存在()0,1ξ∈，使得()()2f f ξξξ'=.
5. (1)设()()1f x C R ∈，I 是有界闭区间，()()1n F x n f x f x n ⎡⎤
⎛⎫=+
- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦
， 证明函数列(){}n F x 在I 上一致收敛.
（2)若()()1f x C I ∈，如果I 是有界开区间，问(){}n F x 在I 上是否一致收敛？ 说明理由.
6.构造R 上的函数()f x ，使其在Q 上间断，其他点连续.（Q 表示有理数）
7.广义积分()0
xf x dx +∞
⎰
与()
f x dx x
+∞
⎰
均收敛，证明()()0t I t x f x dx +∞=⎰在()1,1-上
有定义，并且有连续的导函数.
8.计算曲线积分I ydx zdy xdz Γ
=++⎰，其中Γ为2221x y z ++=与0x y z ++=交线，
从x 轴正向看是逆时针.
9.证明下面的方程在点()0,0,0附近唯一确定了隐函数(),z f x y =，
211
sin 022
x y z z +
++=，并将(),f x y 在点()0,0展开为带皮亚诺型余项的泰勒公式，展开到二阶.
10.设()f x ，()g x 是[)0,+∞上的非负单调递减连续函数，且
()0
f x dx +∞
⎰
和
()0
g x dx +∞
⎰
均发散.设()()(){}min ,h x f x g x =，试问()0
h x dx +∞
⎰是否一定发散？说
明理由.
北京大学2010年数学分析考研试题的解答
1. 解答
用“有限覆盖定理”证明“列紧性定理”。

分析过程： 设}{n a 是一个有界的数列，我们要证明从}{n a 中必可选出一个收
敛的子列。

因为
}{n a 是一个有界的数列，
可设
B a A n ≤≤， ,2,1=n ；
显然
}{n a 中收敛的子列的极限必属于有限闭区间],[B A ，也就是说要证明
],[B A 中的存在一点，必是某个子列的极限。

命题：
ξ
是
}{n a 的某个子列的极限等价于在ξ
的任何邻域
)
0)(,(>+-εεξεξ中必有数列
}{n a 中的无限多项。

命题：ξ
不是
}{n a 的任何子列的极限等价于
存在
0)(0>ξε，使得
))(),((00ξεξξεξξ+-=I
中至多只含有数列
}{n a 中的有限多项。

证明：用反证法，假若结论不真。

则],[B A 中的任何一点],[B A x ∈都
不是某个子列的极限，于是存在
0)(0>x ε，
使得
))(),((00x x x x I x εε+-=中至多只含有数列}{n a 中的
有限多项；
显然开区间族
]},[:{B A x I x ∈
是
],[B A 的一个开覆盖；
根据“有限覆盖定理”，从
]},[:{B A x I x ∈中必存在有限个开区间
m x x x I I I ,,,21 就能覆盖],[B A ；
即
m x x x I I I B A 21],[⊂，
必有
m x x x I I I 21中只含有数列}{n a 中的有限多项，而它又包含
数列
}{n a 的全部项，这与数列}{n a 是无限多项矛盾。

所以，假定不成立。

原命题得证。

2. 解答 不存在，因为极限点的集合为闭集，而M 为非闭集，因为1
M n
∈，而
1
0M n
→∉. 3、设实系数多项式序列{()}n f x 在R 上一致收敛于实值函数()f x ，证明：()f x 也是多项式。

证明 因为实系数多项式序列{()}n f x 在R 上一致收敛于实值函数()f x ， 所以对任意0ε>，存在*N N ∈，使得当,m n N >时，有()()n m f x f x ε-<，
又因为()()n m f x f x -也是多项式，若()()n m f x f x -不为常数，则当x 趋于无穷时，()()n m f x f x -也趋于无穷，矛盾。

所以,()()n m n m f x f x a -=，其中,{}n m a 为一无穷小序列。

由上面结论及()n f x 是多项式，可知当n N >时，
()()n n f x P x b =+，
其中()P x 为某一固定的多项式，{}n b 为某一收敛数（因为,n m n m b b a -=为柯西列） 因为由已知条件
()()()()n n f x f x f x P x b -=--，
一致收敛于0,及lim n n b b →∞
=，
所以有()()f x P x b =+，即()f x 也是多项式，结论得证。

4、证明 记()()2
1x F x e f x -=，
则由积分中值定理，存在()0,η∈，使得
()()2
1
120
2x F e
f x dx η-=⎰，
由题设条件知，()()()11F f F η==, 由Lagrange 中值定理，推得， 存在()(),10,1ξη∈⊂，使得
()()()()2
102F e f f ξ
ξξξξ-''==-，
即()()2f f ξξξ'=.
5、证明（1）()1f C R ∈,I 是有界闭区间， 不妨设[],I a b =，
取c a b d <<<，()f x '在[],c d 上一致连续，
()()1n F x n f
x f x n ⎡
⎤⎛
⎫=+- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦
()1
x n
x
n f t dt +
'=⎰
()10
n n f u x du '=+⎰，
()()()()1100
n n n F x f x n f u x du n f x du '''-=+-⎰⎰ ()()10
n n f u x f x du ''≤+-⎰，
由()f x '在[],c d 上一致连续，对任意0ε>，存在0δ>， 当[]12,,x x c d ∈，12x x δ-<时，有()()12f x f x ε''-<. 对于上述0ε>，存在正整数N ，当n N >时，
对一切[],x a b ∈，10,u n ⎡⎤
∈⎢⎥⎣⎦
，有
[],u x c d +∈，且1
u x x u n
δ+-=≤<， 从而()()f u x f x ε''+-<，
()()n F x f x ε'-<，
即(){}n F x 在[],I a b =上一致收敛于()f x '.
（2）若()()1f x C I ∈，I 是有界开区间，(){}n F x 在I 上不一定一致收敛. 事实上，我们有例子， 例1 设()ln f x x =，()0,1x ∈， 显然()10,1f C ∈，()1
f x x '=
，()()lim n n F x f x →∞
'=，()0,1x ∈. 但不是一致收敛，这是由于
()()01
sup n n x F x f x β<<'=-
11n F f n n ⎛⎫⎛⎫
'≥- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭
()2
1ln ln 1ln 2n n n n
n ⎛⎫=--=- ⎪⎝⎭
1ln 20≥->，lim 0n n β→∞
≠.
例2 设()1
f x x
=
，()0,1x ∈， ()21
f x x
'=-
，()()lim n n F x f x →∞'=，()0,1x ∈ ()()20111sup 2n n n x n F x f x F f n n β<<⎛⎫⎛
⎫''=-≥-= ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭,lim 0n n β→∞
≠ 。

(){}n
F x 在(0,1)上不一致收敛.
6. 解 记{}n Q r =，构造()2
1
n n r x
r Q
f x n <∈=
∑
， 则当n x r Q =∈时，()()21
n n f r f r n
+--=，()f x 在c x Q ∈处连续， 或采用Riemann 函数来说明. 7. 证明 对每一()1,1t ∈-，
()()0
t I t x f x dx +∞=⎰
()()1
1
t t x f x dx x f x dx +∞=+⎰⎰
()
()1
1
10
1t t f x x dx x xf x dx x
+∞+-=+⎰⎰，
由Dirichlet 判别法，知以上()I t 在()1,1-上有定义， 对任意11αβ-<<<，[],t αβ∈，
()0
t x f x dx +∞
⎰
()()1
1
t
t x f x dx x f x dx +∞=+⎰⎰
()
()1
1
10
1t t f x x
dx x xf x dx x
+∞+-=+⎰⎰，
当()0,1x ∈时，110t x x α++<≤，1
lim 0t x x +
+→=，关于[],t αβ∈一致； 当()1,x ∈+∞时，110t x x β--<≤，1lim 0t x x -→+∞
=，关于[],t αβ∈一致，
根据Dirichlet 判别法，()0
t x f x dx +∞
⎰在[],αβ上一致收敛，
又()()0
t
x f x dx t
+∞
∂∂⎰
()0
ln t
x xf x dx +∞
=⎰
()
()()1
110
1ln ln t t f x x
x dx x x xf x dx x
+∞+-=+⎰⎰
在[],αβ上也是一致收敛的（证法同上面的类似）， 所以()()0
ln t I t x xf x dx +∞'=⎰
在[],αβ上连续，
由于,αβ的任意性，可知()I t 在()1,1-上有连续的导函数. 8. 解 记(){}222,,:1,0x y z x y z x y z ∑=++≤++=，
()()1
1,1,1cos ,cos ,cos 3
n αβγ=
=， 利用Stoks 公式，得
I xdy ydz zdx Γ
=
++⎰
cos cos cos dS x y y x y z
αβγ
∑
∂∂∂=∂∂∂⎰⎰
00dS ∑
==⎰⎰.
9. 证明 记()211
,,sin 22
F x y z x y z z =+++，()0,0,00F =， 由()
()
()0,0,00,0,013,,cos 022
z F x y z z ⎛⎫
=+=> ⎪⎝⎭， 及隐函数存在定理，知
存在唯一(),z f x y =定义在()0,0附近，满足
()(),,,0F x y f x y =， 又()0,00z =.
由1
1cos 021cos 02
x x y y
z z z y z z z ⎧++⋅=⎪⎪⎨⎪++⋅=⎪⎩，
得()2
0,03
x z =-，()0,00y z =，
在()0,0处
()()221
sin cos 021
sin cos 02
1
1sin cos 02xx x xx xy x y xy yy y yy z z z z z z z z z z z z z z z z ⎧-⋅+⋅=⎪⎪⎪-⋅⋅+⋅=⎨⎪⎪+-⋅+⋅=⎪⎩
， 得()0,00xx z =，()0,00xy z =，()2
0,03
yy z =-.
故(),f x y 在()0,0的泰勒展开为
()()22221
,33
f x y x y o x y =--++.
10、解 未必发散.
例 记0!n
n k S k ==∑，考虑阶梯函数,f g ，
()()[]()222,0
1
23!n n S S n f x x n χ+∞
==+∑，
()()[]()2121,01
24!
n n S S n g x x n χ-+∞
==+∑
，
则()()()()0
21!22!23!n n n f x dx n ∞
+∞
=+++=+∑
⎰
01
23
n n ∞
=≥=+∞+∑
，
()()()()0022!23!24!n n n g x dx n ∞
+∞
=+++=+∑⎰ 01
24
n n ∞
=≥=+∞+∑
，
但是()()[]()()[]()2222121,,011
23!24!n n n n S S S S n h x x x n n χχ+-+∞
=⎡⎤=+⎢
⎥++⎣⎦
∑ ()()[]()1,01
3!
n n S S n h x x n χ+∞
==+∑
，
从而()()()
01
23n h x dx n n ∞
+∞
==<+∞++∑
⎰，
然后再把阶梯函数改造成连续函数，改造方法如下： 在区间端点挖一小段，比如第一个间断点取
1
2
长的小段，第二个间断点取21,2
，第n 个间断点取
1
2
n ，在小段上用直线连接起来就可以. 由于f ，g 都是有界的，这样去掉的小段的总长也是有界的，那么阶梯函数和这样改造成的连续函数在这些小段上的积分也只相差一个有界的量，从而构造的连续函数的积分也是发散的.
北京大学2001年数学分析考研试题
一．求极限22lim 1n
n
n a a →∞+.
二．设()f x 在a 点可导，()0f a ≠，求极限()1lim n
n f a n f a →∞
⎛⎫⎛⎫+ ⎪ ⎪⎝⎭ ⎪ ⎪ ⎪⎝⎭
. 三．证明函数()ln f x x x =在[)1,+∞上一致连续.
四．设D 为包含原点的平面凸区域，(),f x y 在D 上可微，且0f f x
y x y
∂∂+=∂∂，证明(),f x y 在D 上恒为常数.
五．计算第一型曲面积分xdS ∑
⎰⎰,其中∑是锥面22z x y =+被柱面22x y ax +=，
()0a >割下的部分.
六．求极限(
)
2
2
2
2
2224
1
lim t x y z t
f
x y z dxdydz t +
→++≤++⎰⎰⎰
，其中f 在[]0,1上连续，
()00f =，()01f '=.x ππ-≤<
七．求常数λ，使得曲线积分220L
x x r dx r dy y y λλ
-=⎰，()
22r x y =+，对上半平面
内的任何光滑的闭曲线成立. 八．证明函数()1
1
x n f x n ∞
==∑
在()1,+∞上无穷次可微. 九．求广义积分()()
220
arctan arctan bx ax dx x
+∞
-⎰
，()0b a >>.
十．设()f x 是以2π为周期的周期函数，且()f x x =，求()f x 与()f x 的Fourier 级数是否一致收敛？（给出证明）.
北京大学2002年数学分析考研试题
一．求极限：11cos 0
sin lim x
x x x -→⎛⎫
⎪⎝⎭
.
二．设0a >，12x a =+，12n n x x +=+，证明极限lim n n x →∞
存在，并求极限值.
三．设()f x 在[],2a a b +上连续，证明存在[],2a a b ξ∈+，使得
()()()()()1
22
f b f f a b f a ξξ+-=
+-. 四．设()21arcsin f x x x x =-+，求()f x '.
五．设(),u x y 有二阶连续偏导数，证明u 满足偏微分方程，22222
2
0u u u
x x y y ∂∂∂-+=∂∂∂∂当且仅当，存在二阶连续可微函数()x ϕ，()x φ使得
()()(),u x y x x y y x y ϕφ=+++.
六．计算三重积分222x x y dxdydz Ω
+⎰⎰⎰，其中Ω是曲面22z x y =+与22z x y =+围
成的有界区域.
七．计算第二型曲面积分222I x dydz y dzdx z dxdy ∑
=++⎰⎰，其中∑是球面
222x y z az ++=()0a >的外侧.
八．判断级数1
1
ln cos
n n
∞
=∑的收敛性，并给出证明. 九．证明：（1）函数项级数1
nx n nxe ∞
-=∑在区间()0,+∞上不一致收敛；
（2）函数项级数1
nx n nxe ∞
-=∑在区间()0,+∞上可逐项求导.
十．设()f x 连续，()()0
x
g x yf x y dy =-⎰，求()g x ''.
十一．。