完整word版,北京大学数学分析考研试题及解答 11 22 x 例 5.3.39 设 P n (x) 1 x2! nx，X m 是P 2m 1( x) 0的实根,n!求证：x m 0，且 lim x mm证明(1)任意m N *，当x 0时，有P 2m 1(x) 0 ；又 P 2m 1 (x) P 2m (x) 0，Em1(X )严格递增，所以根唯一，X m 0任意 x ( ,0)， lim F >(x) e x 0，所以 P 2m1(x)的根 X mn因为若m 时，F 2m 1(x) 0的根，X m 不趋向于则存在M 0 ,使得(M ,0)中含有｛ X m ｝的一个无穷子列，从而存在收敛子列X m kX 为某有限数X )M )；0 e M lim F 2m k 1( M) lim F 2叫 1 (X m k ) 0，矛盾KK(1)n例、设a n ln(1占)，讨论级数a n 的收敛性n Pn 2解显然当p 0时，级数 a n 发散;n 2判断无穷积分1 .3 .u| |u | ,| u |62 1, 1 sin ,3 11 “r 113 ， x L 1， 6 X 6 X 解 根据不等式 |sin usin x 、 sin x i 得到 |sin( ) | x x sin(sin x)dx 的收敛性。
x (sin (叱)^^)dx 绝对收敛，因而收敛,x x )；从而“ 1再根据 1 竺^dx 是条件收敛的，x 丄 sin x sin x sin x sin x由 sin( ) (sin( ))x x x x可知积分sin ( sinx )dx 收敛，且易知是是条件收敛的 x 当x 0且x 充分大时，有P 2m 1(x)0,所以P 2m 1(X )0的根X m 存在,(2)，(m )11 2x ln(1 x)1 lim- x 0 11 X 2xlim 1 丄x 02 1 x故此时 a n 条件收敛n 2北京大学2007年数学分析考研试题及解答1、用有限覆盖定理证明连续函数的介值定理证明这里只证明连续函数的零点定理，由此即可推证介值定理 命题：若f(x)在［a,b ］上连续，且f(a)f(b) 0 ,那么必然存在一点 (a,b)，满足f( )0采用反正法，若对于任意点 x (a,b)，有f(x) 0,那么显然对于任意 x ［a,b ］，仍然 有 f (x)0由于f 的连续性，我们对于任意一点x ［a,b ］，可以找到一个邻域 O x (x)，使得f(x)在O x (x) ［a,b ］中保号，那么［a,b ］区间被以上形式的 O x (x)， x ［a,b ］开区间族所覆盖，(1)n 2p(1)n n p1时,an2 pn(n 充分大)2n 2p(1)n n pa n 收敛, a n a na n 收敛,a n 绝对收敛;n 2(2)p 1时,12p收敛,胃收敛,n p(1)n n pa n 收敛，从而1)nn pa n )收敛, a n 收敛,n 21发散,n 2n p(1)n n pa n a n((1)n a nn|a n |)发散, 所以n 2a n 发散，1⑶当0 p时，1)nd n p n 2 na n )发散, 而 n 2 nna n 发散。
由有限覆盖定理，可得存在有限个开区间o (xj,o (x 2),...,0 (x n )就能覆盖闭区间x 1x 2x n[a,b]，再由覆盖定理的加强形式可得，存在 0,满足当 [a,b] , % y ?时,存在O x (X i ),O x (X 2),...,O x (X n )中的某个开集同时覆盖y i ,y 2那么我们就证明了当12n即得f(x)在(a, b)上是有界的; 同理g(x)在(a,b)上也是有界的;连续设 M 0，满足 f (x) M , g(x) M ， 那么由f(x),g(x)得一致连续性得到,x Zjf(x) f (X) f (Z j ) f (Z j )f (Z j )max i i m if(Z )|，y i y 2时，有 f (y i ), f (y 2)同号;现取正整数m ，满足匕上，令Z a(b a)ii 0,i,...,m ，那么我们有，f (乙)与 f(zi )同号，从而证明了f(z o )与 f(Z m )同号，即 f (a)与 f (b)同号，这与题目中的f (a)f(b)0矛盾，证明完毕 2、设f(x), g(x)在有限区间(a,b)内一致连续，证明:f (x)g(x)也在(a,b)内一致连续。
证明 首先证明f(x),g(x)都在(a,b)上有界，因为f (x)在有限区间(a,b)内一致连续,从而存在i0，满足当此 XiX (a,b)， x 1 x 2i 时，有f (x i )f(X 2) i ,现取正整数m ，满足丄2m i，令 Zi(b a)ia， i i,2,..., m i ；对任意x(a,b)，存在 Z j ，使得F 面证明，若f(x), g(x)在区间I 上有界,且都一致连续，则f(x)g(x)在区间I 上一致对于任意0，存在 0，使得当x, y Ix y 时，有f(x) f(y) , g(x) g(y)从而f(x)g(x) f(y)g(y)f(x)g(x) f(x)g(y) f(x)g(y) f(y)g(y)f(x)||g(x) g(y)| |f(x) f(y)||g(y)2M ,即得f(x)g(x)在I上一致连续3、已知f(x)在［a,b］上有四阶导数，且有f⑷()0, f 3( ) 0, (a,b),证明：存在x1, x2 (a, b), 使得f (X i) f (X2) f ( )(X i X2)证明不妨设f ( ) f ( ) 0(这是因为否则可以考虑g(x) f (x) f ( ) f ( )(x )，而g(x)的三、四阶导数与f(x)的相同)。
从而我们要证明存在X i,X2 (a,b)，使得f(X i) f(X2) 0下面分两种情形来证明之，(1) f ( ) 0,当f ( ) 0 ,由带Pea no余项的Taylor展开式，我们得到f ( ) 2 2f(x) f( ) (X ) o((x ))，2那么在足够小的邻域内有f(x) 0,取y1 y2，满足f(y1) 0, f(y2) 0,不妨设f (yj f (y2)，由于f ( ) 0，那么存在X2 ( , y2)，使得f (x?) f (%)，从而取x1 y-i, x2 x2，f (x-i) f (x2) 0 ；当f ( ) 0时，同理可得；(2) f ( ) 0,那么有f⑶()0，f⑷()0,可以同样Taylor展开，f(4)( ) 4 4f(x) f( ) (X ) o((x )),!做法与(1)相同，证毕4、构造一个函数在R上无穷次可微，且f"2n1)(0) n , f(2n)(0) 0 , n 0,1,2,…，并说明满足条件的函数有任意多个解构造函数项级数n 2n 1x ， n 1 (2 n 1)!1z,x 00,x对任意h(x)在R 上无穷次可微的函数，从而 f (x) 结论得证。
5、设D [0,1] [0,1]， f (x,y)是D 上的连续函数，证明满足 (,)点有无穷多个证明设 mmin { f(x, y):(x, y) D} f (x 1, y 1)，M max{ f (x, y): (x, y) D}f(X 2,y 2)那么我们有m f (x, y)dxdy M ，Dm f (x, y) M ，(x,y) D ，下面分两种情况讨论： (1)若 m f(x, y)dxdy 或f(x,y)dxdy M 有一个成立时，DD当 m f (x, y)dxdy ，我们有(f(x, y) m)dxdy 0， f (x, y) m 0，DD从而有f (x, y) m 0， (x, y) D ，从而f (x, y) m 为常数，此时结论显然成立; 当 f (x, y)dxdy M 时，我们有 (M f(x,y))dxdy 0，M f (x, y) 0，DD从而f(x,y) M 为常数，此时结论显然成立； (2)m f (x, y)dxdy MD我们可以选取无穷多条连接 (x 1, yj 和(x 2, y 2)的不相交的连续曲线n 1n!n2n 1x ， n1(2 n 1)!显然此幕级数的收敛半径为 ，从而可以定义函数: 由我们熟知的结论知,g(x)在R 上无穷次可微，且 g (n) (0) 0，(n 0,1,2,…)， f(x)容易验证此函数满足:(2n 1)(0) n, f (2n)(0)0， n 0,1,2,…，考虑到函数g(x)h(x)g(x)也满足题目要求条件, f (x, y)dxdy f (,)的D -全文完-。