2007年北京师范大学数学分析高等代数试题参考解答

f (2n) 2n
− −
f (2n−1) 2n−1
=
f ′(xn), xn
∈
(2n−1, 2n)
由H eine定理，
f (2n)
lim
n→+∞
2n
=C
从而存在xn → +∞(n → +∞),s.t.
lim
n→+∞
f
′(xn)
=
lim
n→+∞
f (2n) − f (2n−1) 2n − 2n−1
=
f (2n)
∑ ∞ un(x)
n=1
在[a, b]上一致收敛于f (x).
证，记
∑n Sn(x) = uk(x)
k=1
由题意及Cantor定理，Sn(x),f (x)在[a, b]上一致收敛，
故∀ε > 0, ∃δ > 0, ∀x′, x′′ ∈ [a, b]。当|x′ −x′′| < δ时， 有|Sn(x′)−Sn(x′′)| <
=
sin
aπ[(−1)n
(
1 aπ−nπ
+
1 aπ+nπ
)].
f (x)在[−π, π]上分段光滑，由收敛定理,
1 cos ax = sin aπ[
∑ +∞ + (−1)n(
1
+
1 ) cos nx], x ∈ (−π, π)
aπ
aπ − nπ aπ + nπ
n=1
,cos ax = cos aπ, x = ±π. 令x = 0,可得
(2),显然Vλ是σ的不变子空间,又由(1)Vλ是τ 的不变子空间.
记，τ |Vλ = τ0，在复数域上τ0必有特征值µ,即存在非零向量 β ∈ Vλ, s.t.τ0β =
µβ. 故：τ β = τ0β = µβ. 而β ∈ Vλ,显然σβ = λβ ,从而β为σ, τ 公共的特征向量.
,
V1
∩
V3
=
L(α3,
··
·
,
αn),
V2
∩
V3
=
L(α3, · · · , 而(V1
αn),(V∩1 + V2) + V2) V3 ̸=
+ (V∩2 (V1
+ V3) = L∩(α3, · · V2) + (V2 V3).
·
,
αn).
9,(16’)设V 是复数域V 上的一个n维向量空间，σ, τ 是C上的线性变换，并且
5
(2)取V 的一组基 α1, · · · , αn. 令V1 = L(α2, α3, · · · , αn), V2 = L(α1, α3, · · · , αn), V3 =
L(α1 + α2, α3, · 显然dimV1
· · , αn) = dimV2
=
dimV3
=
n−1,且V1+V2
=
V
θ
∂2u ∂r2
=
∂2u ∂x2
cos2 θ
+
∂2u ∂x∂y
sin θ cos θ
+
∂2u ∂y∂x
sin θ cos θ
+
∂2u ∂y2
sin2 θ
∂2u ∂θ2
=
r2
∂2u ∂x2
sin2
θ
−
r2
∂2u ∂x∂y
sin
θ
cos
θ
−
r2
∂2u ∂y∂x
sin
θ
cos
θ
+
r2
∂2u ∂y2
cos2
|Sn(xj) −
Sn(x)|
<
ε 3
+
ε 3
+
ε 3
=
ε.得证
6，(10’)已知f (x)在[a, +∞)上可导，且
f (x)
lim
=C
x→+∞ x
. 求证，存在xn → +∞(n → +∞),s.t. limn→+∞ f ′(xn) = C. 证，对充分大的n,2n−1 ≥ a,由Lagrange中值定理：
2007年北京师范大学数学分析与高等代数试题参考解答
解答：zhangwei,邮箱zhangweimaths@ 说明：1，水平有限错误在所难免，还请大家批评指正 2，Latex不太熟悉，好多不会用，编辑的不太美观，见谅。 1，(15’)求下列极限。
(1), 其中
lim (1 + x + αn )n
4π 5
+
5 4).
8,(16’)设V 是数域F 上的一个n维线性空间，证明：
(1),V 的任意一个真子空间都是V 的若干个n − 1维子空间的交。 (2),存在V 的n − 1维子空间V1, V2, V3使得(V1 + V2) ∩ V3 ̸= (V1 + V2) + (V2 +
V3). 证，(1)设V 的任意一个真子空间为W ，任取W 的一组基 α1, · · · , αr, r < n. 将α1, · · · , αr扩充为V 的一组基α1, · · · , αn 显然有，dimL(α1, · · · , αr, αr+2, · · · , αn) = n−1, dimL(α1, · · · , αr, αr+1, αr+3 · · · , αn) =
a
a+b 2
∫ =
a+b
∫
2
dx
a+b
∫
2 |f ′(t)|dt +
b
∫x dx
|f ′(t)|dt
a
x
a+b 2
a+b 2
∫ =
a+b
∫
2 |f ′(t)|dt
t
∫
dx +
b
∫b |f ′(t)|dt dx
a
a
a+b 2
t
≤
∫ b−a
a+b
∫
2 |f ′(t)|dt + b − a
b
|f ′(t)|dt
1
+
1 ), x ̸= mπ, m ∈ Z.
sin x x
x − nπ x + nπ
n=1
证a0，=aπ1∈∫−Rππ且co不s 是ax整dx数=.f2(sxina)π是aπ偶. 函数，故bn = 0,
1
an
=
1 π
∫π
−π
cos
ax
cos
nxdx
=
sin(a−n)π (a−n)π
+
sin(a+n)π (a+n)π
n→+∞
n
lim αn = 0.
n→+∞
解，原式=
lim (1 + x + o( 1 ))n = ex
n→+∞
n
n
(2), 解，原式=
√
√
1+ 2+···+ n n
lim
.
n→+∞
n
√
nn
lim
= 1.
n→’)将平面直角坐标系下的Laplace方程
∂2u ∂x2
]
a
2
2
2
由N ewton
−
Leibniz公式,f
(
a+b 2
)
=
f (ξ)
+
∫ a+b 2 ξ
f ′(x)dx
故：
∫ a+b
a+b |f ( )| ≤ |f (ξ)| + |
2
|f ′(x)|dx|
2
ξ
∫ a+b
∫ a+b
2 ≤
2
|f (t)|dt +
2 |f ′(x)|dx
b−a a
a
同理在[
(
a+b 2
)
=
f (x)
−
∫x
a+b 2
f ′(t)dt.
a+b
∫x
|f ( ) ≤ |f (x)| + |
|f ′(x)|dx|
2
a+b
2
两边在[a,
b]上积分.∫ab
|f
(
a+b 2
)|dx
≤
∫b
a
|f (x)|dx
+
∫b
a
|
∫x
a+b 2
|f ′(t)|dt|dx
(*)
3
而
∫b ∫x
|
|f ′(t)|dt|dx
+i
sin
2π 5
+
i
sin
8π 5
),
),
个 x2
根 =
为： √
xk
5 2(cos
=
4π 5
√5
2kπi
2e 5
+i
sin
4π 5
, k = 0, 1, 2, 3, √
), x3 = 5 2(cos
4，
6π 5
+
√
故另故，在在复实x1数数x4域域=上上√5：：4 xx=55−x−22x2=3=, (xx(1x−+−√5x2x4)0=()x(x22−√−522x√5c1o2)sx(x2c5πo−,sxx252π2)++(x√x5−34)=x(x32)2(√−5x22−c√5ox2s4x4)5πcos