北京大学数学分析答案.pdf

《北京大学数学分析答案.pdf》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京大学数学分析答案.pdf（5页珍藏版）》请在淘文阁 - 分享文档赚钱的网站上搜索。

1、北京大学 2005 数学专业研究生数学分析1.设f(x)解x2sin x 1x2sin xsin x，试求lim sup f(x)和lim inf f(x).xx:x2sin x1首先我们注意到.f(x)2sin x在sin x(0,1的时候是单调增的.x sin xx2sin x1x2sin xx2并且在x充分大的时候显然有.sin x 2sin x 2,所以易知在x 时2x sin xx 1x 1当然此上极限可以令x 2k2,k 这么一个子列得到.sin xx2sin2x对于f(x)的下极限我们注意到.lim 0,而 lim inf2 0,所以有 lim inf f(x)xx2sin xx

2、xx sin x此下极限当然可以令x (2k 1),k 这么个子列得到.2.(1)设f(x)在开区间(a,b)可微，且f(x)在(a,b)有界。证明f(x)在(a,b)一致连续.证明:设 f(x)在x(a,b)时上界为M.因为f(x)在开区间(a,b)上可微.对于x1,x2(a,b),由Lagrange中值定理,存在(x1,x2),使得 f(x1)f(x2)f()x1x2 M x1x2.这显然就是Lipschitz条件,所以由x1,x2任意性易证明.f(x)在(a,b)上一致收敛.(2)设f(x)在开区间(a,b)(a b )可微且一致连续，试问f(x)在(a,b)是否一定有界。假设肯定答复，

3、请证明；假设否认答复，举例说明证明:否认答复.f(x)在(a,b)上是无界的.设f(x)(1x)2,显然此f(x)在0,1上是连续的根据.Cantor定理,闭区间上连续函数一致连续.所以f(x)在(0,1)上一致连续.1显然此f(x)(1 x)2在(0,1)上是可微的.f(x)112(1 x)12.而1f(x)12(1 x)212在(0,1)上是无界的.3设f(x)sin(x 1).(1)求f(x)的麦克劳林展开式。(2)求f(n)2(0)。(n 1,2,3)解:这 道 题 目 要 是 直 接 展 开 是 很 麻 烦 的.先 对 原 式 做 一 下 变 形.有f(x)11cos2(x21).再

4、由cosx的Maclaurin展开式有.22.又由于f(x)k0k1x2k2x4f(x)是偶函数，所以其展开式形式应该为：比拟系数有：knx2nk0 0，接下来，假设p为奇数，则由2k22k1k12(x 1)2pf(x)(1)中x 项系数为：2i1(2k)!k2p1C2pk22k(1)k1122k(1)k12kp1(2k)!2kp1(2k p)!p!22，此时令2k p 2t 1,k t p1.2有k2p2(1)2p!pp12t122t1(1)2(1)sin2。(2t 1)!2p!2(1)cos2。综合得：2p!pp12t1pp12同理可得：p为偶数时，k2pp12p1(2p)!2sin2 p

5、为奇数(1)p!f2p(0)k(2p)!2ppp112(2p)!2（-1）cos2 p为偶数p!(n)f2p1(0)0f(0)其中p 1,2,324试作出定义在R2中的一个函数f(x,y)，使得它在原点处同时满足以下三个条件：1f(x,y)的两个偏导数都存在；2任何方向极限都存在；3原点不连续xy22 x y 022解：f(x,y)x y。显然这个函数在xy 0的时候，有偏导0 x y 0数存在fy(x,y)f(x,y)x点也成立。x(x2 y2)(x2 y2)2y(y2 x2)(x2 y2)2，而对于xy 0的时候，有 fy(x,y)0，此式在原f(x,y)0 x2cossin cossin

6、。对于任意方向极限，有lim f(cos,sin)lim200显然沿任意方向趋于原点。此函数的方向极限都存在。最后，因为沿不同方向趋向原点。不妨设，（0，），显然有不同的极限4cossin与cossin。且其都不为 0。所以该函数在原点不连续。25计算x ds.其中L是球面x y z1与平面x y z 0的交线。222L解：首先，曲线L是球面x y z1与平面x y z 0的交线。因为平面222x y z 0过原点，球面x2 y2 z21中心为原点。所 以 它 们 的 交 线 是 该 球 面 上 的 极 大 圆。再 由 坐 标 的 对 称 性。易 知 有Lx2ds y2ds z2ds。LL因此

7、有Lx2ds=112222=。(x y z)dsds3L3L36设函数列fn(x)满足以下条件：1n，fn(x)在a,b连续且有fn(x)fn1(x)xa,b2fn(x)点点收敛于a,b上的连续函数s(x)证明：fn(x)在a,b上一致收敛于s(x)3证法 1：首先，因为对任意x0a,b,有fn(x0)S(x0)。且有fn(x0)fn1(x0)，所以nk，对于任意n nk，有0 S(x0)fn(x0)3。又 因 为fn(x)与S(x)在x0点 连 续。所 以 可 以 找 到x0 0，当xx0 x0,且xa,b时。有fnk(x)fnk(x0)S(x)S(x0)有3，以及3同时成立。因此，当n n

8、k，xx0 x0,且xa,b时，S(x)fn(x)S(x)fnk(x)S(x)S(x0)S(x0)fnk(x0)fnk(x)fnk(x0)。如此，令x0 x:xx0 x0，所以有开区间族x0:x0a,b覆盖了a,b区间。而S(x)在 闭 区 间a,b上 连 续。由 Heine-Borel 定 理，从 开 区 间 族x0:x0a,b中可以选出有限个x,x,x,123xk，使a,bki1xi。由xi的选法。可由相应xi与nki，当xxia,b，且n nki时，有S(x)fn(x)。取N maxnki:1 i k，当n N时，且xa,b，有S(x)fn(x)成立。所以fn(x)在a,b上一致收敛于S

9、(x)。证毕。证法 2：反证法.设存在某0 0，对于任意n，有一xn，使得fn(xn)S(xn)0 又xn有界，由Bolzano-Weierstrass定理，所以其必存在收 敛 子 列xnk收 敛 于a,b中 某 值x0 因 为 对 任 意x0a,b,有fn(x0)S(x0)。且有fn(x0)fn1(x0)，所以nkp，当nk nkp时，有S(x0)fnk(x0)S(x0)fnk(x0)p034设 某nk nk，由S(x)与fnk(x)连 续 性 存 在 一0，当p1pp1xx00,且xa,b时有S(x)S(x0)03以及 fnk(x)fnk(x0)p1p103同时成立显然，又因为xnk x0所以存在K值，K kp1当nk nK时，xnk x00成立最后，当nk nK时，有S(xnk)fnk(xnk)S(xnk)fnk(xnk)S(xnk)S(x0)S(x0)fnk(x0)fnk(x0)fnk(xnk)p1p1p1p10这与假设矛盾所以在a,b上，fn(x)是一致收敛于s(x)证毕5