《北京大学2009年数学分析考研试题及解答》由会员分享，可在线阅读，更多相关《北京大学2009年数学分析考研试题及解答（13页珍藏版）》请在金锄头文库上搜索。
1、1北京大学北京大学北京大学北京大学 2009200920092009 年年年年数学分析考研试题数学分析考研试题数学分析考研试题数学分析考研试题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 g x是区间I上的有界且一致连续的函数，求证：( ) ( )f x g x在I上一致连续。3 、 设( )f x是 周 期 为2的 连 续 函 数 ， 且 其 Fourier 级 数01(cossin)2nnnaanx bnx=+处处收敛， 求证这个 Fourier 级数处处收敛到( )f x。4 、设na和 nb都是有界数列，且12nnnaab+=，若limnnb存在，
2、求证：limnna也存在。5 、是否存在RR的连续可导函数( )f x满足：( )0f x且( )( ( )fxf f x=？6 、已知( )f x是0,)+上的单调连续函数，且lim( )0xf x+=，求证：0lim( )sin0nf xnxdx+=。7 、求曲线积分()()()Lyz dxzx dyxy dz+，这里L是球面2221xyz+=与222(1)(1)(1)4xyz+=交成的曲线。8 、 设, ,0x y z，xyz+=， 求2cos3cos4cosxyz+的最大最小值。29 、设( )( , )f xC a b，且对任何( , )xa b，都有0()()lim0hf xhf
3、xhh+，求证：( )f x在( , )a b上单调不减。10、 已知( )f x是0,)+上的正的连续函数，且01( )dxf x+ +，求证：201lim( )AAf x dxA+= +。北京大学 2009 年数学分析考研试题解答1、设函数f在闭区间,ba上连续，记,:)(sup)(sup,baxxfxfMbax=，,: )(inf)(inf,baxxfxfmbax=，则必存在,*baxx，使得mxfMxf=)(,)(*。也就是说，有界闭区间上的连续函数必能取到它在这个区间上的最大值和最小值。证明 因为函数f在闭区间,ba上连续，3所以函数f在闭区间,ba上有界，即数集,: )(baxxf
4、有界，利用确界原理，,:)(baxxf存在上确界和下确界，m和M都是有限数。显然),()(baxMxfm，考察上确界,:)(sup)(sup,baxxfxfMbax=，根据上确界的定义，对任意,*Nn必定存在,baxn，使得MxfnMn)(1；由于bxan，nx有界，根 据 列 紧 性 定 理 ， 存 在 一 个 子 列knx和 一 点,*bax，使得,*baxxkn，4由于f在*x处连续，所以有)()(*limxfxfknk=， （存在且有限）在不等式MxfnMknk，使得( ),( )f xM g xM，xI;再由( ), ( )f x g x得一致连续性得到，对于任意0，存在0，使得当,
5、x yI，xy时，有( )( )f xf y，( )( )g xg y且6( )( ( )fxf f x=.证法一假若存在满足这些条件的函数,由( )( ( )0fxf f x=,知( )f x在(,) +上严格单调递增,又由( )0f x,当(,0)x 时,由0( )(0)f xf矛盾,所以这样的函数不存在。证法二假若存在满足这些条件的函数,由( )( ( )0fxf f x=,知( )f x在(,) +上严格单调递增,又由( )0f x,得( )( ( )(0)fxf f xf=，(,)x +；对(,0)x ，有00( )(0)xxf t dtfdt，于是(0)( )(0)()ff xfx
6、，从而( )(0)(0)f xffx+，(,0)x ；显然，当1x 时，有( )0f x矛盾,所以这样的函数不存在。76 、 证明 对任意0A，0cos1sin2AnAnxdxn=， 对*nN一致有界，( )f x关于x在0,)+上单调，且lim( )0nf x=对*nN是一致的，由 Dirichlet 判别法，0( )sinf xnxdx+关于*nN是一致收敛的，所以lim( )sin0AAf xnxdx+=关于*nN是一致收敛的，又由黎曼引理，对任何0A，0lim( )sin0Anf xnxdx=，故有0lim( )sin0nf xnxdx+=。7.1.16 设( )f x在0,)+上有定
7、义的函数，对任意0A，( )f x在0,A上可积，（1）若( )f x在0,)+上绝对可积，0( )( )sinxf txtdt+=，试证：0( )sinf txtdt+在(,)x +上一致收敛，( )x在(,) +上一致连续，lim ( )0xx=；（2）若( )f x在0,)+上单调， （0a）且lim( )0xf x=，试证：对任意0，0( )sinf txtdt+在x一致收敛，0( )( )sinxf txtdt+=在(,0)(0,)+上连续，0lim( )sinnf txtdt+。 （( )x在0x=处，可能不连续，例0sin( )xtxdtt+=）例 7.1.28 设( )f x在
8、(,) +上有定义，且( )f x dx+绝对收敛，( )( )cosg uf xuxdx+=， 试证：( )cosf xuxdx+关于(,)u +一致收敛，lim ( )0ng u=，( )g u在(,) +上一致连续。87、 解22222212121214xyzxxyyzz+=+ + + =等价于22210xyzxyz+=+=，记222( , , ):1,0x y zxyzxyz =+=，L=，1(cos,cos,cos )(1,1,1)3n=，利用斯托克斯公式，coscoscos()()()Lyz dxzx dyxy dzdSxyzyzzxxy+=( 2cos2cos2cos )dS=(
9、 2 3)dS=2 3dS= 2 3= 。8、 解法一（1）先考查内部情形，利用求条件极值的拉格朗日乘数法令2cos3cos4cos()Lxyzxyz=+，求驻点：2sin03sin04sin0LxxLyyLzz= += += +=，xyz+=；92sin3sin4sinxyz=，sin2x=，sin3y=，sin4z=，显然要有02，2cos1()2x=，2cos1()3y=，2cos1( )4z=；或2cos1()2x= ，2cos1()3y=，2cos1( )4z=；当2cos1( )2x=时，由xyz+=，sin coscos sinsinxyxyz+=，221()1()23234+=
10、，222 92 43+=，(02)；虽然2cos0003cos0004cosxHLyz=是不定矩阵， 但不否定内部不10达极值。（矩阵HL正定、负定只是条件极值的充分条件，而非取到条件极值的必要条件。 ）（2）再讨论边界上的几种情况：1)0z=，( , ,0)2cos3cos()44cosf x yxxx=+=，3( , ,0)5f x y；2)0y=，( ,0, )2cos34cos()32cosf xzxxx=+ +=，1( , ,0)5f x y；3）0x=，(0, , )23cos4cos()2cosfy zyyy=+=，1(0, , )3fy z；（3）综合以上所得， 所以( , ,
11、 )2cos3cos4cosf x y zxyz=+在( , , ): , ,0,Dx y zx y zxyz=+=上的最大值为6112，最小值为 1。解法二先消去z，化为无条件极值问题，则2cos3cos4cosxyz+()()2cos3cos4cos,xyxyf x y=+=，其中定义域为(),:0,0Dx yx yxy=+是一个有界闭区域.（1）边界情况比较简单， 容易求出边界上最大值为5， 最小值为1；（2）内部驻点：令()(),4sin2sin0xfx yxyx=+=，()(),4sin3sin0yfx yxyy=+=，考虑一个三角形，其内角分别为, ,x y z，11相应的对边为,
12、 ,a b c，由正玄定理()sinsinsincbaxyyx=+，有如下关系2ac=，24bc=，令abt=，则4bc=，3ct=，再由余弦定理，算得11cos24x= ，29cos36y=，43cos48z=，对应的驻点函数值为：11294361234524364812 + +=，故最大值是6112，最小值为1.9 、证明为了叙述方便，引入一个算子D，满足：( )()()0limhfxhfxhDfxh+=，易知，若( )fx可导，则( )( )2Dfxfx=，先证明一个十分有用的引理：设函数( ),F xC ，满足( )( )FF，则存在(),c ，使得( )0DF c.证明 选取m满足(
13、 )( )FmF，由( )F x的连续性知A非空，取supcA=，则c，当n充分大时，有()nF chm且()nF chm+成立，那么()()0nnF chF ch+，由下极限的最小值性，不难推出( )0DF c.作( )( )F xfxx=+，()0，由条件知( )( )220DF xDfx=+,我们断言( )F x在(),a b上单调不减，用反证法，假若( )F x在(),a b上非单调不减，则存在ab，对( )F x在, 上应用引理，知存在(),c ，使得( )0DF c，这与( )20DF x，(),xa b，矛盾，所以( )F x在(),a b上单调不减.对任意()12,x xa b，12xx，有( )()12F xF x，( )()1122fxxfxx+，令0+，则得( )()12f xf x，即得( )f x在(),a b上单调不减.10、证明：由 Cauchy-Schwarz 不等式得1311222221( ) ()( )AAAAAAdxf x dxdxf x，从而20221( )( )14( )AAAAAAf x dxf x dxdxf x，由于01( )dxf x+收敛，所以21lim0( )AAAdxf x+=，202111( )14( )AAAf x dxAdxf x+，()A +，即得201lim( )AAf x dxA+= +。
