北京大学2013年数学分析试题及解答

当 A2 > A1 ⩾ A0 时,
∫
A2
f (x)g(x)dx
ε <,
A1
4
∫ A2 g(x)dx <
ε .
A1
4M
对于上述 A0, ∃N > 0, 当 n > N 时,
∫ A0 (fn(x) − f (x))g(x)dx
0
ε <,
4
于是
∫ +∞
∫ +∞
fn(x)g(x)dx −
f (x)g(x)dx
2. 设反函数为 x = x(y), 则 x(1) = 0. 对方程 y = sin x(y) + x2(y) + 1 两边同时对 y 求导得
(cos x(y)) x′(y) + 2x(y)x′(y) = 1.
令 y = 1 解得 x′(1) = 1. 再对 y 求导得
− sin x(y)(x′(y))2 + (cos x(y))x′′(y) + 2(x′(y))2 + 2x(y)x′′(y) = 0.
令 y = 1 解得 x(3)(1) = 13. 再对 y 求导得
sin x(y)(x′(y))4 − 3 cos x(y)(x′′(y))2x′′(y) − 3(cos x(y)(x′(y))2x′′(y) + sin x(y)(x′(y)x′′(y))′) − sin x(y)x′(y)x′′′(y) + cos x(y)x(4)(y) + 6(x′′(y))2 + 6x′′(y)x(3)(y) + 2′(y)x(3)(y) + 2x(y)x(4)(y) = 0.
i=1 c
a
c
取定一个满足上述条件的分划 Px 及介点集 {ξi}, 对于上述的 ε > 0, 由于 f (ξi, y) 在 [c, d] 上可积, ∃δ2 > 0, 对于任意满足最大间距 ||Py|| < δ2 的每个 [c, d] 的分划 Py 以及从属于 Py 的每个介点集 {ηj},
∑ m
∫d
固定上述
N1,
因为
lim (a1bn
n→∞
+
·
·
·
+
aN1 bn−N1+1)
=
0,
于是
∃N
> N1
>
0,
当
n
>
N
时,
ε
|a1bn
+···+
aN1 bn−N1+1|
<
. 2
εε |a1bn + · · · + anb1| < 2 + 2M M = ε.
9.
∫ 1 ∫ x2
∫ 2 ∫ 2−x
I = dx xy dy + dx
|f (x1, y) − f (x2, y)| < ε, ∀y ∈ [c, d].
∫d
∫b
证明 p(x) = f (x, y)dy 在 [a,b] 上可积, q(y) = f (x, y)dx 在 [c, d] 上可积, 且积分相等.
c
a
∑ +∞ 8. 正项级数 an 收敛, bn → 0, (n → +∞), 证明 a1bn + a2bn−1 + ... + anb1 → 0, (n → +∞).
i=1
i=1
由于 p(x) 在 [a, b] 上可积, ∀ε > 0, ∃δ1 > 0, 对于任意满足最大间距 ||Px|| < δ1 的每个 [a, b] 的分划 Px 以
及从属于 Px 的每个介点集 {ξi},
∑n ∫ d
∫b ∫d
f (ξi, y)dy ∆xi − dx f (x, y)dy < ε.
n→∞
在 [0, +∞) 上不单调, 则 ∃x1 < x2 < x3, f (x1) < f (x2), f (x2) > f (x3) 或 f (x1) > f (x2), f (x2) < f (x3), 若
f (x1) < f (x2), f (x2) > f (x3), 则 ∃N, 当 n > N 时, fn(x1) < fn(x2), fn(x2) > fn(x3) 与 fn(x) 的单调性矛
北京大学 2013 年全国硕士研究生招生考试数学分析试题及解答
微信公众号: 数学十五少 2019.05.04
1. 用柯西收敛准则证明 Rn 上的有限覆盖定理.
2. f (x) = sin x + x2 + 1, 在 0 附近有反函数, 求 (f −1)(4)(1).
∫
∫
3. 类比第二型曲线积分 p(x, y)dx + q(x, y)dy, 给出积分 p(x, y)dq(x, y) 的定义, 并给出合理的可积判别
准则和计算方法, 证明你的结论. ∫x
4. f (x) 是 [−π, π] 上的单调函数, 定义 F (x) = f (t)dt, 证明任意 x ∈ (−π, π), 极限
−π
lim F (x + ∆x) − F (x − ∆x)
∆→0+
2∆x
存在, 并等于 f (x) 的傅里叶级数的和.
5. 证明拉格朗日中值定理, 并给出它的一个应用.
因此
∫d
∫b ∫d
∫b
q(y)dy = dx f (x, y)dy = p(x)dx.
c
a
c
a
8. 因为 lim bn = 0 故 {bn} 有界, 设 |bn| ⩽ M. ∀ε > 0, ∃N1, 当 n > m > N1 时, n→∞
∑n
ε
ak
<, 2M
k=m
|a1bn + · · · + anb1| ⩽ |a1bn + · · · + aN1 bn−N1+1| + |aN1+1bn−N1 + · · · + anb1|.
n=1
∫∫ 9. 用两种方法将积分 xy dxdy 化成累次积分, 其中 Ω 是 y = x2, x + y = 2, x 轴围成的区域.
Ω
10. 当年考试的人说:
是证明一个类似重积分的中值定理, 然后用到格林公式, 具体式子记不清了.
1
1. 设 K 为 Rn 中的有界闭集. 若 {Oλ}λ∈Λ 为 K 的任意一个开覆盖, 需证明一定有有限个开集覆盖 K. K 一 定能被一个闭方体覆盖, 对方体的各边取中点进行分割, 最后得到 2n 个小的闭方体. 假设开覆盖定理不真, 则存在一个开覆盖, 存在一个与 K 交非空的小方体不能被有限覆盖. 对该小方体再对分中点, 然后又有一 个与 K 交非空的小方体不能被有限覆盖住, 一直进行下去可得到一列小方体, 从上述每个与 K 交非空的小 方体中取一个点构成一个点列 {xn}, 该点列为 Cauchy 列, 必有极限, 设 xn → x, 则 x ∈ K. x 能被某个开 集盖住, 于是 x 的某个邻域能被此开集盖住而这个邻域又必定包含上述某个小方体, 矛盾.
且有 lim
fn(x)g(x)dx =
f (x)g(x)dx.
n→+∞ 0
0
7. f (x, y) 定义在 [a, b] × [c, d] 上, 且对于任意固定的 x ∈ [a, b], f (x, y) 在 [c, d] 上可积. 而且 ∀ε > 0, ∃δ > 0,
当 x1, x2 ∈ [a, b], |x1 − x2| < δ 时, 有
)
∑n ∑ m
=
f (ζi, ηj) ∆yj ∆xi,
i=1 j=1
∑ m
∫b ∫d
q(ηj) ∆yj − dx f (x, y)dy
j=1 (
a
c
)
(
)
∑n ∑ m
∑n ∑ m
⩽
f (ζi, ηj) ∆yj ∆xi −
f (ξi, ηj) ∆yj ∆xi
i=1 j(=1 ∑n ∑ m
)
i=1
∑n
j(=∫1
xy dy
∫0 1
∫
0 2−y
1
0
= dy
xy dx.
0
√y
10.
4
令 y = 1 解得 x(4)(1) = −140. ∫
3. 如果 q(x, y) 可微, 则 dq(x, y) = qx(x, y) dx+qy(x, y) dy, 此时可以用第二型曲线积分来定义 p(x, y) dq(x, y).
4.
lim F (x + ∆x) − F (x − ∆x)
∆x→0+
=
b−a n
<
δ,
则
∀ξi, ηi ∈ [xi−1, xi],
∑n
∑n
∑n
∫d
p(ξi)∆xi − p(ηi)∆xi =
∆xi (f (ξi, y) − f (ηi, y))dy ⩽ ε(d − c)(b − a),
i=1
i=1
i=1
c
∑n
∑n
取上下确界, 得
Mi∆xi − mi∆xi ⩽ ε(d − c)(b − a), 由 Darboux 定理知 p(x) 在 [a, b] 上可积.
d
)
+
f (ξi, ηj) ∆yj ∆xi −
f (ξi, y)dy ∆xi
i=1
∑n
(∫j=d1
)
i=1
c
∫b ∫d
+
f (ξi, y)dy ∆xi − dx f (x, y)dy
i=1
c
a
c
< ε(b − a)(d − c) + ε(b − a) + ε
= ((b − a)(d − c) + (b − a) + 1) ε.
6. fn(x) 是 [0, +∞) 上一致有界的函∫数+列∞ , 并且在任意的闭区间上一致收敛于 f (x). 对于任意固定的 n, fn(x)
是单调递增或者递减的函数. 又
g(x)dx 收敛, 证明 f (x)g(x) 与 fn(x)g(x) 都在 [0, +∞) 上可积, 并
∫ +∞
∫0 +∞
∫0 +∞
0
=
(fn(x) − f (x)) g(x)dx
∫0 A0
∫ +∞
∫ +∞
⩽
(fn(x) − f (x))g(x)dx +
fn(x)g(x)dx +
f (x)g(x)dx
0
A0
A0
<
ε +
4
∫ξ fn(A0) g(x)dx
A0
+
∫ +∞
fn(+∞)
g(x)dx
ξ
ε +
4
⩽ ε.
注 上述证明中用到了广义积分第二中值定理, 见于谢惠民等人编的《数学分析习题课讲义》上册第 400 页第 二组参考题 13.
f (ξi, ηj) ∆yj − f (ξi, y)dy < ε,
j=1
c
Βιβλιοθήκη Baidu
i = 1, 2, . . . , n.
3
此时 于是
∑ m
∑ m ∑n ∫ xi
q(ηj) ∆yj =
f (x, ηj)dx ∆yj
j=1
j=1 i=1 xi−1
∑ m ∑n
=
f (ζi, ηj) ∆xi∆yj
j=1 (i=1
应用 : 设 f (x) 在 R 上连续可微且 f ′(x) 一致有界, 则 f (x) 在 R 上一致连续.
∫ +∞
∫ +∞
6. fn(x) 单调有界,
g(x)dx 收敛, 由 Abel 判别法知
fn(x)g(x)dx 收敛, 即 fn(x)g(x) 在 [0, +∞) 上
0
0
可积. 因为 lim fn(x) = f (x) 而 fn(x) 在 [0, +∞) 上一致有界, 于是 f (x) 在 [a, +∞) 上一致有界. 假设 f (x)
令
F (x)
=
f (x)
−
f (a)
−
f (b) b
− −
f (a) (x
a
−
a),
则
F (x)
在
[a, b]
上连续,
在
(a, b)
上可微,
F (a)
=
F (b)
=
0.
由 Rolle 定理知 ∃ξ ∈ (a, b) 使得 f (ξ) = 0, 于是 f (b) − f (a) = f ′(ξ). b−a
盾, 另一种情况是类似的, 从而 fn(x) 必为单调函数, 从而 f (x)g(x) 在 [0, +∞) 上可积.
2
设 |fn(x)| ⩽ M, ∀x ∈ [0, +∞), ∀n ∈ N. 由于 f (x)g(x) 与 g(x) 在 [0, +∞) 上可积, 于是 ∀ε > 0, ∃A0 > 0,
= lim
1
∫
2∆x
x+∆
f (t)dt
∆x→0+
= lim
(2∆∫xxx+∆xx−f∆(t)dt
+
∫x
x−∆x
) f (t)dt
∆x→0+
2∆x
2∆x
f (x+) + f (x−) =
2
(利用积分第一中值定理).
5. Lagrange 中值定理 : 设 f (x) 在 [a, b] 上连续, 在 (a, b) 上可微, 则存在 ξ ∈ (a, b) 使得 f (b) − f (a) = f ′(ξ). b−a
7. 由题设 ∀ε > 0, ∃δ > 0, 当 x1, x2 ∈ [a, b], |x1 − x2| < δ 时, 有
|f (x1, y) − f (x2, y)| < ε, ∀y ∈ [c, d].
对
[a, b]
进行等距划分
P
:
a
=
x0
<
x1
<
···
<
xn
=
b,
并且让间距
∆xi
=
xi − xi−1
令 y = 1 解得 x′′(1) = −2. 再对 y 求导得
− cos x(y)(x′′(y))3 − 2 sin x(y)x′(y)x′′(y) − sin x(y)x′(y)x′′(y) + cos x(y)x′′′(y) + 4x′(y)x′′(y) + 2x′(y)x′′(y) + 2x(y)x′′′(y) = 0.