北京大学2009年数学分析试题及解答

因此 又因为 故
∫A
∫A
f (x) dx
1
dx
⩾
A2 ,
A
A f (x)
4
2
2
1 A2
∫A f (x) dx
0
⩾
1 A2
∫A
f (x) dx
A 2
⩾
1
4
∫
A
A
f
(x)
dx
,
2
∫A
lim
f (x) dx = 0,
A→+∞ A
2
lim
A→+∞
1 A2
∫A
0
f (x)
dx
=
+∞.
注 此题与北京大学 2011 年数学分析第 9 题本质上相同.
SN (x)
=
a0 2
+
∑ N an
cos nx
+ bn
sin nx,
lim SN (x) = g(x).
N →+∞
n=1
则
lim σn(x)
n→+∞
=
1 n
∑ n−1 Sk(x)
=
g(x),
k=0
由 Fejér 定理, {σn(x)} 一致收敛于 f (x), 故
因此
lim σn(x) = f (x),
n→∞
hn = c − an > 0, F (c − hn) > m, 同时 F (c + hn) ⩽ m, 于是 F (c + hn) − F (c − hn) < 0, 故 D+F (c) ⩽ 0.
3
下面来证明原命题.
∀ε > 0, F (x) = f (x)+εx 在 (a, b) 上应该单调不减. 事实上, 若前一句话不成立, 则 ∃x1, x2 ∈ (a, b), x1 < x2, 但 F (x1) > F (x2). 由上面证得的引理, ∃ξ ∈ (x1, x2), 使得 D+F (ξ) ⩽ 0. 而 D+F (ξ) = D+f (ξ) + ε > 0, 矛 盾.
a0 2
+
∑ ∞ an cos nx
+
bn sin nx
处处收敛.
证明这个
n=1
Fourier 级数处处收敛到 f (x).
4.
设
{an}∞ n=1
和
{bn}∞ n=1
都是有界数列,
且
an+1 + 2an
= bn.
若
lim bn
n→∞
存在,
证明
lim an
n→∞
也存在.
5. 是否存在 R → R 的连续可微函数 f (x), 满足: f (x) > 0 且 f ′(x) = f (f (x)).
lim an
n→∞
=
b .
3
注 更难一点的题目见谢惠民老师的《数学分析习题课讲义》第 90 页例题 3.6.3. 一道相关的题目见林源渠、方 企勤编的《数学分析解题指南》第 221 页例 16.
5. 不存在. 因为 f ′(x) = f (f (x)) > 0, 故 f (x) 在 R 上单调递增. 又 f (x) > 0, 说明 f (x) 有下界, 从而极限
北京大学 2009 年全国硕士研究生招生考试数学分析试题及解答
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1. 证明闭区间上的连续函数能取到最大值和最小值.
2. 设 f (x) 和 g(x) 是实数集 R 上的有界一致连续函数, 证明 f (x)g(x) 在 R 上一致连续.
3. 设 f (x) 是周期为 2π 的连续函数, 且其 Fourier 级数
的解为 (x0, y0), 则角度为 x0, y0, π − (x0 + y0) 的三个角可以看作一个三角形的三个内角, 由正弦定理知它
们所对应的边的长度之比为 6 : 4 : 3, 由余弦定理知

cos x0
=
−11 24
ccooss
y0 (π
= −
29 36
(x0
+
y0))
=
43 48
lim f (x) 存在, 设极限值为 a, a ⩾ 0. 当 x < 1 时,
x→−∞
∫1
f ′(t)
∫ f (1) dt = 1 − x =⇒
1
du = 1 − x
x f (f (t))
f(x) f (u)
令 x → −∞ 得
∫ f(1) 1 du = +∞, a f (u)
矛盾.
6.
∀ε > 0, ∃∆ > 0,
L
1)2 + (z − 1)2 = 4 交成的曲线. 从 x 轴正向看去, 定向是逆时针方向.
8. 设 x, y, z ⩾ 0, x + y + z = π. 求 2 cos x + 3 cos y + 4 cos z 的最大值和最小值.
9. 设 f (x) ∈ C(a, b), 且对任何 x ∈ (a, b) 都有 lim f (x + h) − f (x − h) ⩾ 0. 证明:f (x) 在 (a, b) 上单调不减.
h→0+
h
10.
已知
f (x)
是
[0, +∞)
上的正连续函数,
且
∫ +∞
0
1 f (x)
dx <
+∞.
证明
lim
A→+∞
1 A2
∫A f (x) dx = +∞.
0
1Hale Waihona Puke 1. 请参考数学分析的教材.
2. 设 |f (x)| ⩽ M, |g(x)| ⩽ M, ∀x ∈ R. 因为 f (x) 与 g(x) 在 R 上一致连续, 故 ∀ε > 0, ∃δ > 0, 当 x, y ∈
⩽
ε ,
∆+1
2
又因为 f (x) 在 [0, ∆ + 1] 上连续, 由 Riemann-Lebesgue 引理知: ∃N > 0, 当 n > N 时,
∫
∆+1
f (x) sin nx dx
⩽
ε ,
0
2
于是
∫ +∞
∫ ∆+1
∫ +∞
f (x) sin nx dx ⩽
f (x) sin nx dx +
4
当
x>∆
时, |f (x)| <
ε .
对于上述的 ∆ > 0,
当
A>∆+1
时,
8
∫A
∫ξ
∫A
f (x) sin nx dx ⩽ f (∆ + 1) sin nx dx + f (A) sin nx dx
∆+1
∆+1
ξ
⩽ 2 (f (∆ + 1) + f (A))
n
⩽
ε ,
2
2
因此
∫
+∞
f (x) sin nx dx
61 =⇒ F (x0, y0) = 12 > 5.
综上知 F 在 D 上的最大值为 61 , 最小值为 1. 12
注 类似的题目见张筑生的《数学分析新讲》第二册第 281 页例 2.
9. 定义 先证明一个引理:
D+F (x)
=
lim
h→0+
F (x
+
h) − F (x 2h
−
h) .
设 F (x) 在 [a, b] 上连续且 F (a) > F (b), 则存在 c ∈ [a, b], 使得 D+F (c) ⩽ 0.
f (x) sin nx dx ⩽ ε.
0
0
∆+1
7. 球面 x2 + y2 + z2 = 1 与 (x − 1)2 + (y − 1)2 + (z − 1)2 = 4 交成的曲线在平面 x + y + z = 0 上, 于是 L 也 可以看作是球面 x2 + y2 + z2 = 1 与平面 x + y + z = 0 相交所得的曲线. 由 Stokes 公式得,
先考虑 F 在 D 的边界上的最值. 容易演算得最大值为 5, 最小值为 1.
再考虑 F 在 D 的内部的最值, 而内部的最值一定是极值. 设方程组 Fx(x, y) = −2 sin x + 4 sin(x + y) = 0 Fy(x, y) = −3 sin y + 4 sin(x + y) = 0
∫ +∞
6. 已知 f (x) 是 [0, +∞) 上的单调连续函数且 lim f (x) = 0. 证明 lim
f (x) sin nx dx = 0.
x→+∞
n→∞ 0
∫
7. 计算曲线积分 (y − z) dx + (z − x) dy + (x − y) dz, 这里 L 是球面 x2 + y2 + z2 = 1 与 (x − 1)2 + (y −
R, |x − y| < δ 时,
此时
ε
ε
|f (x) − f (y)| < , |g(x) − g(y)| < ,
2M
2M