2011年北京大学数学分析试题解答

2011年北京大学研究生入学考试
数学分析试题解答
SCIbird
说明：印象中根据当初论坛上的讨论，北大2011年试题的回忆版与原题多少有些出入，这里根据自己的理解来确定试题。

因为对试卷回忆版第5题搞不清楚，所以略去此题。

其它试题解答，比较基础的试题就写得相对简略一些，难一些的试题就写得详细一些。

试题后的评注是个人对试题的看法。

1. 用确界存在定理证明，如果函数()f x 是区间I 上的连续函数，则()f I 是一个区间。

证明：为证明()f I 是一个区间，实际上只需要证明连续函数具有价值性质即可。

不妨只考虑()()f a f b <情形，其它情况同理。

任取实数c ，满足()()f a c f b <<下面利用确定存在定理证明(,)a b ξ∃∈，使得()f c ξ=. 所用方法非常经典，读者最好熟记此方法。

记集合[,]:{()}S t f a b t c ∈=<，因为()f a c <，所以a S ∈，因此如此定义的集合非空。

由确界存在定理知，上确界sup S ξ=存在且。

由()f x 连续函数，所以()f c ξ≤且a b ξ<<. 下证()f c ξ=：
采用反证法。

假设()f c ξ<，因为ξ是内点，所以由连续函数的局部保号性可知存在ξ的一个邻域(,)[,]U a b ξδξδ=−+⊂，使得在U 上满足()f x c <，特
别地1
2
()f c ξδ+<，这与sup S ξ=是上确界的定义矛盾！所以()f c ξ=.
评注：上面的证明是标准的，读者应该熟练掌握“连续函数取上确界”这种技巧，2009年北大数学分析压轴题的证明方法也取上确界。

印象中北大考研的数学分析试题必有一道试题涉及实数系那几个基本定理的等价性证明或者应用，属于送分题，但前提是你认真准备过。

实数系基本定理有好几个，但在解题或科研中，最常用的是确界存在原理和闭区间套定理。

特别在处理涉及连续函数的1维问题时，确界存在原理往往起到奇兵作用。

2. 可导函数()f x 在区间(0,1)上有界，极限0lim ()x f x →+
不存在。

证明：存在数列
(0,1)n x ∈，满足0,()0n n x f x ′→+=.
证明：我们断言：n ∀，导函数()f x ′在(0,1/)n 内必有零点。

否则，假设存在0n , 导函数()f x ′在0(0,1/)n 内无零点。

由达布定理（导数介值定理）知，()f x ′在0(0,1/)n 内不变号，故有界函数()f x 在0(0,1/)n 内是单调的，此时极限
0lim ()x f x →+
存在，与题意矛盾。

故导函数()f x ′在(0,1/)n 内必有零点，记为n x ，不难验证其满足题意。

评注：本题的解法不唯一，上面的解法技巧性比较强。

个人感觉导数介值定理还是很强大和实用的，但不知道为什么不少优秀教材没有收录进这个定理，比如张筑生老师的《数学分析新讲》。

3. 函数()f x 在区间I 上连续，证明：若|()|f x 可导，则()f x 也可导。

证明：我们的目标是证明
0|()||()|lim
h f x h f x h →+−存在0()()
lim h f x h f x h →+−⇒存在 由此发现去掉分子|()||()|f x h f x +−中的绝对值符号是关键。

不妨设()0f x >，利用连续函数的局部保号性，可知对在以x 为中心的充分小的邻域(,)U x δ内，有()0,(,)f x h x h U x δ∈+>+. 此时
|()||()|()()f x h f x f x h f x +−=+−
当()0f x <时，讨论类似，此时
|()||()|[()()]f x h f x f x h f x +−=−+−
当()0f x =时，|()||()|()f x h f x f x h +−=±+.
以上三种情况不论哪一种，均有
0()()
lim
h f x h f x h
→+− 存在。

评注：本题不难，也没有什么巧法，直接分类讨论就行了。

众所周知，上述命题的逆命题不成立，经典反例()f x x =，其绝对值函数|()|||f x x =在0x =点不可导。

这个反例也用于构造一个可导函数序列，使得其极限函数在0x =处不可
导，如()n f x =
4. 构造两个以2π为周期的连续函数，使得其Fourier 级数在[0,]π上一致收敛于0.
证明：首先容易想到常函数()0f x ≡满足题意，这是平凡情形。

对非平凡情形，因为涉及一致收敛性，所以考虑光滑函数是比较自然的想法。

这方面有一个重要定理（一致收敛的充分条件）：
设()f x 是以2π为周期的连续函数，其导函数()f x ′是Riemann 可积的，则
()f x 对应的Fourier 级数在[,]ππ−上一致收敛。

根据上面的定理可知，为构造满足题意的连续函数()f x ，只需要在[0,]π上恒为0，在[,0]π−上是光滑函数且(0)()0f f π=−=即可.
类似的例子非常多，如()()f x x x π=+，2()()g x x x π=+等等。

评注：如果不知道上面那个一致收敛定理也无妨，不过要麻烦一些。

根据经验，构造一致收敛的Fourier 级数例子，最简单自然的想法是在光滑函数范畴里寻找，干脆就是多项式。

多项式是可以直接计算出Fourier 级数的系数n a 和n b ，再证明它们是优级数。

另外，根据费耶定理，连续函数()f x 的Fourier 级数如果收敛，则必收敛于()f x 自身。

这也提示我们构造的函数()f x 在[0,]π上必须等于0. 当然，根据连续性条件，切莫漏掉条件(0)()0f f π=−=.
5. 本题回忆版试题似乎缺条件，这里略去。

6. 设函数(,)f x y 在定义域的某个点上存在非零方向导数，且在三个方向的方向导数均相等（不为零），证明：(,)f x y 在该点不可微。

证明：根据题意可排除(,)f x y 恒为常数的情况，我们用反证法证明本题。

假设(,)f x y 在该点可微分，则存在惟一的常数,A B 满足
(,)df x y Adx Bdy =+.
记单位方向向量为(cos ,sin )ϑϑ=e ，则对应方向导数为cos sin A B ϑϑ+.
记满足题意的三个方向单位向量为
1(,),(,),(,)u v s t p q ===23e e e
因为这三个方向单位向量两两不共线，所以存在不为0的实数,λμ，使得
231λμ=+e e e
以上向量与自身做内积得到模的平方
223212λμλμ=++⋅e e
由上式可知1λμ+≠. 若不然，由上面等式关系
22232321()21λμλμλμ=+=++⋅⇒⋅=e e e e
这说明2e 与3e 共线，与题意矛盾！
由2e 与3e 不共线条件还得到0sq tp −≠这一关系。

视,A B 为未知量，考虑下面二元一次线性方程组(这里0m ≠)
uA vB m sA tB m pA qB m
⎧+=⎪⎪⎪
+=⎨⎪⎪+=⎪⎪⎩ 这个线性方程组对应的系数矩阵秩为2 但是其增广矩阵对应的行列式(1)()0m sq tp λμ=−−−≠，这说明增广矩阵的秩为3，方程组无解，即满足题意的,A B 不存在。

所以(,)f x y 在该点不可微。

评注：数学中很多解答的写法和证明方法都是倒过来的，比如笔者是先求出增广矩阵的行列式(1)()0m sq tp λμ=−−−≠，然后发现还需要证明1λμ+≠以及
0sq tp −≠这两个关系式。

求增广矩阵的行列式可利用下面的初等变换计算技巧
00(1)u v m s p t q m s t m s t m s t m p q m p q m p q m λμλμλμ⎛⎞⎛⎞⎛⎞++−−⎟⎟⎟⎜⎜⎜⎟⎟⎟⎜⎜⎜⎟⎟⎟⎜⎜⎜⎟⎟⎟→→⎜⎜⎜⎟⎟⎟⎜⎜⎜⎟⎟⎟⎜⎜⎜⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎜⎜⎜⎝⎠⎝⎠⎝⎠
本题不是难题，但却是一道综合性很强的好题，将数学分析与线性代数结合到一起。

证明思路还是很自然的，需要细致的分析论证，分数全拿到也不是那么容易的。

笔者这里的方法虽然直接，但略显笨拙，不知道有没有更巧妙的方法。

7. 设D 为2R 上的无界闭集，试构造一个函数(,)f x y ，使它在一个由光滑曲线所围成的无界闭区域D 上的二重广义积分
(,)D
f x y dxdy ∫∫
发散。

证明：题目中没有要求函数(,)f x y 连续，于是构造起来就相对容易了。

容易看出，如果无界闭区域D 对应的面积()S D 是无穷大，此时取(,)1f x y =即可。

因此不妨设0()S D <<+∞.
定义点集
22{(,)|}n x y x y n σ=+≤
因为闭区域D 是无界的，所以至多除有限个n ，点集Ωn n D σ=I 非空。

又0()S D <<+∞，所以对应点集Ωn n D σ=I 的面积也是有限的。

记11111Ω,ΩΩ()n n n n n D D D σσ+++==−=−I ，则
n D D =U 以及{}n D 是互不相交的。

不妨设每个n D 均非空集，记面积
()n
n D S D dxdy =<+∞∫∫
定义函数
(,)2/(),n n n f x y S D x D ∈=
直接计算得到
11
(,)(,)2
n
n
D
n n D
f x y dxdy f x y dxdy ∞∞
===+==∞∫∫∑∑∫∫
于是证明了如此构造的函数(,)f x y 满足题中要求。

评注：构造无交分解n D D =U 的方法不唯一，这里主要从圆环1n n σσ+−入手，
再考虑与无界闭区域D 的交集，这是常用的构造方法。

至于函数(,)f x y 的构造则有些做做了，想法是将面积“消去”，剩下一个发散因子2n . 这里的函数(,)f x y 应理解为一个对应法则：给定点(,)x y ，存在惟一的正数A 与之对应。

北大还是很重视“广义重积分”这块相对有些偏的内容的，印象中2007年也考过一道类似的试题。

8. 给定映射R :n T D →，其中R n D ⊂是一个凸区域，当x D ∈时，()T x 在D 上有连续的二阶偏导数。

已知()T x 对应的雅可比矩阵()JT x 是正定的，证明：
R :n T D →是单射。

证明：因为R n D ⊂是一个凸区域，所以,D x y ∀∈，连接x 与y 的线段都包含在凸区域D 内。

该线段的参数表达式为：()(1[],0,)1t t x ty t γ=−+∈. 注意，这里的R ()n t γ∈，是一个向量。

假设T 不是单射，则R ,n x y ∃∈，满足x y ≠且()()T x T y =. 定义函数
(),[(1)]f t x y T t x ty =<−−+>
其中,<>是R n 上的标准内积。

依题意，可知(0),(),()(1)f x y T x x y T y f =<−>=<−>=. 又()T x 在D 上有连续的二阶偏导数，所以函数()f t 可导。

由罗尔中值定理，得
()0,(1)0,f ξξ′=∈
另一方面，直接求导得到
(),(())()0f t x y JT t x y A τγαα′=<−⋅−>=>
这里利用了雅可比矩阵(())JT t γ的正定性。

这就产生了矛盾！因此R :n T D →是单射。

评注：上述证明关键地方利用了区域的凸性和雅可比矩阵()JT x 的正定性。

函数(),[(1)]f t x y T t x ty =<−−+>的构造主要是为了生成雅可比矩阵()JT x ，这种构造方法是比较常见的方法。

原来的证明是利用“逆映射定理”，但后来发现问题。

之后给出了上面的证明，以附图形式贴到论坛上。

不过网上广为流传的PDF 文档里还是“逆映射定理”那个错误证明（没法改了），时间一长一忙就把这事忘了。

这次重新整理解答时想起了这个问题，借此机会进行订正。

本题以上面的解答为准。

9. 设正项级数1
n n a ∞
=∑收敛，证明极限2
12lim
111n n
n a a a →∞
++⋅⋅⋅+存在。

证明1：下面的证明出自论坛上xjsh 网友之手，核心想法是利用Carlemann 不等式技巧，详细内容见谢惠民等编著的《数学分析习题课讲义》（这是本值得推荐的好书）下册。

由均值不等式，得
12111
n a a a n ++⋅⋅⋅+≥
于是得到不等式估计
2
12111
n
n a a a ≤++⋅⋅⋅+
下面利用Carlemann
进行放缩。

=
所以
2
12111
n
n a a a ≤++⋅⋅⋅+由正项级数1
n n a ∞
=∑收敛，由Abel 变换可知（不错的小题）
12(1)(2)()
0n a a na n
++⋅⋅⋅+→
接下来需要对!n 进行估计，可利用斯特林公式（也可用其它方法）
，知
lim
n e =
由夹逼定理，得
2
12lim
0111n n
n a a a →∞
=++⋅⋅⋅+
证明2：记2
12111n
n n b a a a =
++⋅⋅⋅+以及12n n S a a a =++⋅⋅⋅+，则0,0n n S b >>.
因为正项级数1
n n a ∞
=∑收敛，所以0ε∀>，0N ∃>，使得当m n N >>时，
m n S S ε−<. 取2m n =，则n N >时，
2122n n n n n S S a a a ε++−=++⋅⋅⋅+<
由柯西不等式，得到
1
222122
111
()(
)n n n
n n n a a a n a a a ++++++⋅⋅⋅++
+⋅⋅⋅+
≥ 所以
122
1222111n n n
n n n n a a a a a a ε++++≤++⋅⋅⋅+<++⋅⋅⋅+
于是当n N >时，有
212222
212(2)404111111n n
n n n
n n b a a a a a a ε++<=<<++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+ 我们得到极限20n b →+.
只需要证明极限210n b +→+，此时结合上面结论可知0n b →+成立。

注意到当1n >时，有下面的不等式估计：
222
212121122(21)802111111n n
n n n n b b a a a a a a +++<=<=++⋅⋅⋅+++⋅⋅⋅+
利用“夹逼定理”，对上式两边取极限，可知210n b +→+.
于是我们证明了2
12lim
0111
n n
n a a a →∞
=++⋅⋅⋅+.
评注：解法1的关键部分利用了Carlemann 不等式技巧，想法比较直接，证明方法大开大合，属于硬推导的典范，这种情况在分析研究中经常遇见。

这也说明了考北大要见多识广。

解法2相对起来比较巧妙，避开了Carlemann 不等式技巧，直接利用柯西收敛原理来进行估计。

并对2n b 和21n b +进行分别估计，证明它们有共同的极限0，从而n b 的极限也是0. 坦白说，这种技巧不太容易想到，需要敏锐的洞察力。

解法2其实不如解法1自然。

所证明极限是0是容易想到的，可取特例21/n a n =. 但有人感觉像Stolz 定理，然后尝试证明lim 0n na =却没有成功。

感觉“近在直尺”，却怎么也证明不出来。

实际上可以构造数列
2
21,21,2m n m n m
a n n ⎧⎪⎪=⎪⎪=⎨
⎪⎪≠⎪⎪⎪⎩ ，则正项级数1n n a ∞=∑收敛，但极限lim n n na →∞不存在。

一般地，需要补充单调递减条件1n n a a +≥，才能证明lim 0n na =.
之所以走偏，跑到Stolz 定理，然后尝试证明lim 0n na =，可能因为两个原因：1. 不加细想地试算几个特例n a （其实无形中都是单调递减的）
，支持判断；2. 对定理的条件记忆模糊，似是而非。

实际上，Stolz 定理是说 若极限11lim
n n n n n y y x x →−−∞−−存在，则极限lim n n n
y
x →∞也存在且相等。

但反过来不一定正确。

这也提示我们学习一个数学定理，一要准确记住定理适用条件。

二要下意识地想到逆命题是否成立。

10. 函数序列()n f x 在[,]a b 上连续，其导函数()n f x ′是一致有界，若()n f x 逐点地收敛于极限函数()f x . 证明()f x 在[,]a b 上连续。

本试题解答由SCIbird 提供
证明：依题意，存在0M >使得
|()|,,n f x M x n ′≤∀
再由拉格朗日中值定理()()()()n n n f s f t f s t ξ′−=−，可知
|()()|||,,[,]n n f s f t M s t s t a b ∀∈−≤−
上式左侧取极限，得到
|()()|||,,[,]f s f t M s t s t a b −≤−∀∈
这说明极限函数()f x 在[,]a b 上一致连续，因此()f x 在[,]a b 上连续。

评注：证明没有什么新意，应该是送分题。

意识到利用中值定理放缩证明和一致连续性即可。

后 记：
就个人感觉而言，1、3、10题是送分题。

4、6、7题是中档题，但对数学分析基础要求扎实，也不是很容易就能全拿下的。

2和9题应该是难题，需要一定技巧，不太容易拿下。

有人说8题比较偏，风格大变。

其实主要是思维定势，受数学系考研过于重视1元部分影响所至（北大也如此）。

对于报考北大的朋友，除北大自己的教材外（含课后题）
，最好看看裴礼文的《数学分析中的典型问题和方法》和谢惠民等编著的《数学分析习题课讲义》。

这里面有很多老大难的定理，若不会证明则最好背下来。

一方面，是应试需要；另一方面，以后科研过程中会有似曾相识之感。

后者更重要。

如果，感到精力和能力不足，则比较务实的建议是以前一本书为主。

最后，结一段善缘，祝福大家好运！
SCIbird。