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注 这里的结论为裴礼文的《数学分析中的典型问题与方法》第二版第 168 页定理 4, 若想更为熟悉这方面的内 容, 可以翻阅该书. 解决这题的方法是想下连续函数的情形怎么证明, 做一个类比即可.
2. 记
∆(f, n, m)
=
f
(( n
+
)) 1
π 2
−
f
(( n
+
) 1
π 2
+
) 1 m
= =
( n
)
⩽
F
( ∑∑ni=ni=1 1x∫i x∫xixi− xii1−1ff(t()t)ddt t )
⩽
∑n
i=1
F (xi) F (1)
∫ xi
xi−1
f (t)
dt.
又因为 F (x) 在 [0, 1] 上一致连续, 故 ∀ ε > 0, ∃N > 0, 当 n > N 时, |F (xi) − F (xi−1)| < ε, 此时
,
记
M
= maxx0⩽x⩽2x0 |f (x)| ,
则
( ([ ] { })) ( ({ } )) ( ([ ] ))
x
x
f (x) = f x0
+
x0
x0
⩽f
x
x0 ([
x]0
+1 )
+ f x0
x −1
x0
⩽M+
x x0
−1
f
(x0)
⩽
M
+
x
− x0 x0
f
(x0),
再结合
limx→+∞
M x
=0
f (t) dt
=
∑n ∫ xi
i=1 xi−1
F (t)f (t) dt
=
∫1
0
F (t)f (t) dt
=
∫1
0
F (t) dF (t)
=
F 2(1) ,
2
综上即得 (法二) 设
F (s) ⩽ F (x) =
1
∫2
F
x
0
(1). f (t)
dt,
x
∈
[0, 1],
则
F (x)
为在
[0, 1]
下凸单增连续函数.
{
}
3.
limx→+∞
f (x) x
存在且等于
inf
f (x) x
:
x
⩾
1
, 将前面那个下确界记为 α, 则 0 ⩽ α ⩽ f (1), 故 α ∈ R. 用数
学归纳法可证明 f (nx) ⩽ nf (x), ∀n ∈ N+, x ⩾ 1.
∀ε > 0,
∃x0
⩾ 1,
使得
f (x0) x0
<α+
ε 2
x2 +y 2 ⩽u2
fxx
+ fyy
dx dy
=
r4 .
16
(先用 Green
公式,
然后极坐标变换)
注 类似题目见谢惠民等人编写的《数学分析习题课讲义》下册第 384 页第 26 章第一组参考题第 7 题, 也即是 林源渠、方企勤编的《数学分析解题指南》第 405 页第 7 章例 28, 书上写了三种做法.
但是
limn→+∞
√1 n
=
0,
故
f (x)
在
[0, +∞)
上不一致收敛.
注 判断这种在无穷区间上的连续可微函数是否一致收敛, 首先是看函数在无穷处的极限是否存在, 若存在则一
致连续, 若此法不行则看导函数是否一致有界, 有界则一致连续, 前面两种方法都失效后自然的想法就是想
办法寻找距离趋于无穷小但是对应的函数值数列的差大于一个正的常数的两个数列, 找到了就不一致连续.
形 Stokes 公式的证明
∫
∫
R(x, y, z) dz = ∂R dy dz − ∂R dz dx,
L⃗
S⃗ ∂y
∂x
其中 R 是 C1 函数, S⃗ 的方向为 S 的上侧, L⃗ 为 S⃗ 的边界曲线 R 相应的方向.
7.
(15 分) 设 f (x, y) 在 点, 半径为 r 的圆周.
R 上有连续二阶偏导数, 满足 f (0, 0) = 请求出 f (x, y) 在 Cr 上的平均值 A(r)
注
第一小问用重心的观点来看的话,
s
⩾
1 2
是自然成立的.
用物理学中的杠杆平衡条件容易猜出第二小问中的
大小关系, 或者取定一个增函数也能猜到大小关系, 此处对这一关系的严格证明法一参考了zhangzujin361的
解答, 法二源自张辰 LMY.
5. 利用分部积分及变量替换有
I
∫ =−
+∞ sin2 x d 1
+
fy
(u cos θ, u sin θ) sin θ du
du fx (u cos θ, u sin θ) cos θ + fy (u cos θ, u sin θ) sin θ dθ
∫0 r ∫0 r
0
1 u 1 u
0∫
du
fx dy − fy dx (第二型曲线积分)
∫x∫2 +y 2 =u2 du
(x, y) dx
dy
∫ D ∂x
∂y
∂y
∂x
= ∂R dy dz − ∂R dz dx.
S⃗ ∂y
∂x
7.
A(r)
= = = =
1 2π 1 2π 1 2π 1 2π
∫ 2π f
∫0 r
(r cos θ, r sin θ) ∫ 2π
dθ
=
1 2π
∫ 2π
0
∫r dθ
0
fx (u cos θ, u sin θ) cos θ
分变为第二型曲面积分就得结果.
∫
∫
R(x, y, z) dz = R(x, y, f (x, y)) ∂f (x, y) dx + R(x, y, f (x, y)) ∂f (x, y) dy
L⃗
∫∂∫D
∂x
∂y
=
∂R (x, y, f (x,
∂f y))
(x, y)
−
∂R (x, y,
∂f f (x, y))
北京大学 2020 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 2020.01.10
1. (15 分) 设 f (x) 在 [a, b] 上上半连续, 即 ∀x0 ∈ [a, b] 皆有上极限 lim supx→x0 f (x) ⩽ f (x0) (端点处只考虑 单侧极限). 问 f (x) 在 [a, b] 上必有最大值？给出证明或反例.
( n
+ +
11212)+)π(π(((−nn+1++1212))(π(πn(++n+m+1m112)))21ss)πiinnπ+22+m1mm11m1)−simn1 2,
1 m
取
m
=
√ n,
则
∆(f, n, m) ⩾
( n+
1 )2 (2
π2
( 2 )2 )π
1 n
n
+
1 2
+2
−1
→ 4,
当
n → +∞,
个开覆盖, 因为 [a, b] 是紧集, 于是存在有限开覆盖, 从而可得 f (x) 在 [a, b] 上有上界. 设 M = supx∈[a,b] f (x),
则M
∈ R.
∀n ∈ N+,
∃xn,
使得
M
−
1 n
< f (xn) ⩽ M,
如果
{xn} 不收敛, 我们可以取收敛子列, 从而我们
可以假定 limn→+∞ xn = x∗, 而 M = lim supn→+∞ f (xn) ⩽ f (x∗) ⩽ M, 故 f (x∗) = M.
人编写的《数学分析习题课讲义》上册第 90 页例题 3.6.4 以及裴礼文编写的《数学分析中的典型问题与方
法》第二版第 105 页例 1.6.8.
4.
(1)
要证明
s⩾
1 2
,
只需证明
I
=
∫1
0
( x
−
)
1 2
f (x) dx ⩾ 0.
而
∫ I=
1(
)
∫
2
1 x−
f (x) dx +
1
( x
−
) 1 f (x) dx
知,
对于上述的
ε>
0,
∃∆
> 0,
当
x>∆
时有
M x
<
ε 2
于是当
x
>
∆
时
α − ε < α ⩽ f (x) ⩽ M + x − x0 f (x0) < ε + α + ε = α + ε,
xx
x x0 2
2
至此就说明了
limx→+∞
f (x) x
=
α.
注 几乎与林源渠、方企勤编的《数学分析解题指南》第 45 页例 13 一模一样的题目. 类似的题目见谢惠民等
3
8. (1) 直接套公式可计算出 f (x) 的 Fourier 级数为
