北京大学数学分析考研试题及解答复习进程

北京大学数学分析考研试题及解答判断无穷积分1sin sin()xdx x+∞⎰的收敛性。

解 根据不等式31|sin |||,||62u u u u π-≤≤，得到 33sin sin 1sin 11|sin()|||66x x x x x x x -≤≤， [1,)x ∈+∞； 从而 1sin sin (sin())x xdx x x +∞-⎰绝对收敛，因而收敛，再根据1sin xdx x +∞⎰是条件收敛的，由sin sin sin sin sin()(sin())x x x x x x x x =-+， 可知积分1sin sin()xdx x+∞⎰收敛，且易知是是条件收敛的。

例5.3.39 设2()1...2!!nn x x P x x n =++++，m x 是21()0m P x +=的实根，求证：0m x <，且lim m m x →+∞=-∞。

证明 （1）任意*m N ∈，当0x ≥时，有21()0m P x +>；当0x <且x 充分大时，有21()0m P x +<，所以21()0m P x +=的根m x 存在， 又212()()0m m P x P x +'=>，21()m P x +严格递增，所以根唯一，0m x <。

（2） 任意(,0)x ∈-∞，lim ()0x n n P x e →+∞=>，所以21()m P x +的根m x →-∞，（m →∞）。

因为若m →∞时，21()0m P x +=的根，m x 不趋向于-∞。

则存在0M >，使得(,0)M -中含有{}m x 的一个无穷子列，从而存在收敛子列0k m x x →，（0x 为某有限数0x M ≥-）；21210lim ()lim ()0k k k M m m m k k e P M P x -++→+∞→+∞<=-≤=，矛盾。

例、 设(1)ln(1)nn p a n -=+，讨论级数2n n a ∞=∑的收敛性。

解 显然当0p ≤时，级数2n n a ∞=∑发散；由 20011ln(1)1limlim 2x x x x x xx→→--++=011lim 21x x →=+ 12=，得221ln(1)4x x x x ≤-+≤，（x 充分小）， 于是2211(1)14n np p pa n n n -≤-≤，（n 充分大） （1） 当1p >时，221p n n ∞=∑，2(1)np n n ∞=-∑收敛，2(1)n n p n a n ∞=--∑收敛，(1)1n n n p pa a n n -≤-+， 2nn a∞=∑收敛，2n n a ∞=∑绝对收敛；（2） 当112p <≤时，221p n n∞=∑收敛，2(1)n p n n ∞=-∑收敛，于是2(1)nn pn a n ∞=--∑收敛，从而2(1)()n n p n a n ∞=--∑收敛，2n n a ∞=∑收敛， 而21p n n ∞=∑发散，由1(1)n n n p pa a n n -≤-+，得2(1)(||)nn n p n a a n ∞=--+∑发散，所以2nn a ∞=∑发散，故此时2n n a ∞=∑条件收敛。

（3） 当102p <≤时，2(1)()n n p n a n ∞=--∑发散，而2(1)n p n n ∞=-∑收敛，此时2n n a ∞=∑发散。

北京大学2007年数学分析考研试题及解答1、 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，由此即可推证介值定理。

命题：若()f x 在[,]a b 上连续，且()()0f a f b <，那么必然存在一点(,)a b ξ∈， 满足()0f ξ=。

采用反正法，若对于任意点(,)x a b ∈，有()0f x ≠，那么显然对于任意[,]x a b ∈，仍然有()0f x ≠。

由于f 的连续性，我们对于任意一点[,]x a b ∈，可以找到一个邻域()x O x δ，使得()f x 在()[,]x O x a b δ⋂中保号，那么[,]a b 区间被以上形式的()x O x δ，[,]x a b ∈开区间族所覆盖，由有限覆盖定理，可得存在有限个开区间1212(),(),...,()x x x nn O x O x O x δδδ就能覆盖闭区间[,]a b ，再由覆盖定理的加强形式可得，存在0ε>，满足当12,[,]y y a b ∈，12y y ε-<时，存在1212(),(),...,()x x x nn O x O x O x δδδ中的某个开集同时覆盖12,y y 。

那么我们就证明了当12y y ε-<时，有12(),()f y f y 同号； 现取正整数m ，满足b a m ε-<，令()i b a iz a m-=+，0,1,...,i m =，那么我们有1i i z z ε+-<，()i f z 与1()i f z +同号，从而证明了0()f z 与()m f z 同号，即()f a 与()f b 同号，这与题目中的()()0f a f b <矛盾，证明完毕。

2、 设(),()f x g x 在有限区间(,)a b 内一致连续，证明：()()f x g x 也在(,)a b 内一致连续。

证明 首先证明(),()f x g x 都在(,)a b 上有界，因为()f x 在有限区间(,)a b 内一致连续，从而存在10δ>，满足当此12,(,)x x a b ∈，121x x δ-<时，有 12()()1f x f x -<， 现取正整数m ，满足1b a m δ-<，令()i b a iz a m-=+，1,2,...,1i m =-； 对任意(,)x a b ∈，存在j z ，使得 1j b ax z mδ--<<， ()()()()j j f x f x f z f z ≤-+ 1()j f z ≤+ 111max ()i i m f z ≤≤-≤+，即得()f x 在(,)a b 上是有界的；同理()g x 在(,)a b 上也是有界的；下面证明，若(),()f x g x 在区间I 上有界，且都一致连续，则()()f x g x 在区间I 上一致连续。

设0M >，满足(),()f x M g x M ≤≤，x I ∈; 那么由(),()f x g x 得一致连续性得到，对于任意0ε>，存在0δ>，使得当,x y I ∈，x y δ-<时，有 ()()f x f y ε-<，()()g x g y ε-< 从而()()()()f x g x f y g y -()()()()()()()()f x g x f x g y f x g y f y g y =-+- ()()()()()()f x g x g y f x f y g y ≤-+- 2M ε≤，即得()()f x g x 在I 上一致连续。

3、 已知()f x 在[,]a b 上有四阶导数，且有(4)(3)()0,()0,(,)f f a b βββ≠=∈， 证明：存在12,(,)x x a b ∈，使得1212()()()()f x f x f x x β'-=-。

证明 不妨设()()0f f ββ'==（这是因为否则可以考虑()()()()()g x f x f f x βββ'=---，而()g x 的三、四阶导数与()f x 的相同）。

从而我们要证明存在12,(,)x x a b ∈，使得12()()0f x f x -=。

下面分两种情形来证明之，（1）()0f β''≠，当()0f β''>，由带Peano 余项的Taylor 展开式，我们得到 22()()()()(())2f f x f x o x ββββ''=+-+-，那么在β足够小的邻域内有()0f x >，取12y y β<<，满足12()0,()0f y f y ><，不妨设12()()f y f y <，由于()0f β=，那么存在22(,)x y β∈，使得21()()f x f y =，从而取1122,x y x x ==，12()()0f x f x -=； 当()0f β''<时，同理可得；（2）()0f β''=，那么有(3)()0f β=，(4)()0f β≠，可以同样Taylor 展开，(4)44()()()()(())4!f f x f x o x ββββ=+-+-， 做法与（1）相同，证毕。

4 、构造一个函数在R 上无穷次可微，且(21)(0)n f n +=，(2)(0)0n f =，0,1,2,...,n =并说明满足条件的函数有任意多个。

解 构造函数项级数()1(0)!n n n f x n ∞=∑211(21)!n n nx n ∞+==+∑， 显然此幂级数的收敛半径为+∞，从而可以定义函数： 211()(21)!n n nf x x n ∞+==+∑，容易验证此函数满足：(21)(2)(0),(0)0n n f n f +==，0,1,2,...n =，考虑到函数21,0()0,0x e x g x x -⎧⎪≠=⎨⎪=⎩，由我们熟知的结论知，()g x 在R 上无穷次可微，且()(0)0n g =，(0,1,2,...)n =， 对任意()h x 在R 上无穷次可微的函数，从而()()()f x h x g x +也满足题目要求条件， 结论得证。

5 、设[0,1][0,1]D =⨯，(,)f x y 是D 上的连续函数，证明满足(,)(,)Df x y dxdy f ξη=⎰⎰的(,)ξη点有无穷多个。

证明 设 11min{(,):(,)}(,)m f x y x y D f x y =∈=，22max{(,):(,)}(,)M f x y x y D f x y =∈= 。

那么我们有(,)Dm f x y dxdy M ≤≤⎰⎰，(,)m f x y M ≤≤，(,)x y D ∈， 下面分两种情况讨论：（1） 若(,)Dm f x y dxdy =⎰⎰或(,)Df x y dxdy M =⎰⎰有一个成立时，当(,)Dm f x y dxdy =⎰⎰，我们有((,))0Df x y m dxdy -=⎰⎰，(,)0f x y m -≥，从而有(,)0f x y m -=，(,)x y D ∈，从而(,)f x y m =为常数，此时结论显然成立； 当(,)Df x y dxdy M =⎰⎰时，我们有((,))0DM f x y dxdy -=⎰⎰，(,)0M f x y -≥，从而(,)f x y M =为常数，此时结论显然成立； （2）(,)Dm f x y dxdy M <<⎰⎰我们可以选取无穷多条连接11(,)x y 和22(,)x y 的不相交的连续曲线12(),(),x x t y y t t t t ==≤≤，((),())x t y t D ∈；显然()((),())F t f x t y t =连续，111222()(,),()(,)F t f x y F t f x y ==， 由连续函数的介值定理，存在12(,)t t τ∈，((),())(,)x y ττξη=，使得 ()(,)DF f x y dxdy τ=⎰⎰，即(,)(,)Df f x y dxdy ξη=⎰⎰，结论得证。