[家里蹲大学数学杂志]第268期北京大学2014年数学分析考研参考试题参考解答

1. 叙述实数列 $\sed{x_n}$ 的 Cauchy 收敛原理, 并用 Bolzano-Weierstrass 定理证明之.  

证明:

(1) Cauchy 收敛原理:     $$\bex     \vlm{n}x_n\mbox{ 收敛}\lra \forall\ \ve>0,\ \exists \ N,\ \forall\ m,n\geq N,\ |x_m-x_n|<\ve.     \eex$$

(2) 若 $\sed{x_n}$ 适合     $$\bex     \forall\ \ve>0,\ \exists \ N,\ \forall\ m,n\geq N,\ |x_m-x_n|<\ve.     \eex$$     则 $\sed{x_n}$ 有界. 由 Bolzano-Weierstrass 定理,     $$\bex     \exists\ \sed{n_k},\ x_0\in\bbR,\st x_{n_k}\to x_0.     \eex$$     而     $$\bex     \exists\ K\geq N,\ \forall\ k\geq K,\ |x_{n_k}-x_0|<\ve.     \eex$$     于是当 $n\geq n_K\geq K$ 时,     $$\bex     |x_n-x_0|\leq |x_n-x_{n_K}|+|x_{n_K}-x_0|<2\ve.     \eex$$     此即说明 $x_n\to x_0$.     

 

2. 设数列 $\sed{x_n}$ 满足     $$\bex     x_1=1,\quad x_{n+1}=\sqrt{4+3x_n}\ (n=1,2,\cdots).     \eex$$     证明 $\sed{x_n}$ 收敛, 并求其极限.  

证明:  记 $f(x)=\sqrt{4+3x}$, 则 $$\bex |f'(x)|=\sev{\frac{3}{2\sqrt{4+3x}}}\leq \frac{3}{4}<1. \eex$$ 于是 $\sed{x_n}$ 为压缩数列, 是收敛的. 设极限为 $x_0$, 则 $$\bex x_0=\sqrt{4+3x_0}\ra x_0=4. \eex$$    

 

3. 计算 $\dps{\iiint_\Omega \sqrt{x^2+y^2}\rd x\rd y\rd z}$, 其中 $\Omega$ 是曲面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 与 $z=1$ 围成的有界区域.  

解答:  $$\beex \bea \iiint_\Omega\sqrt{x^2+y^2}\rd x\rd y\rd z &=\int_0^1 \rd z\iint_{x^2+y^2\leq z^2} \sqrt{x^2+y^2}\rd x\rd y\\ &=\int_0^1 \rd z \int_0^z r\cdot 2\pi r\rd r\\ &=\frac{\pi}{6}. \eea \eeex$$    

 

4. 证明函数项级数 $\dps{\vsm{n}x^3e^{-nx^2}}$ 在 $[0,\infty)$ 上一致收敛.  

证明:  由 $$\bex (x^3e^{-nx^2})'=x^2e^{-nx^2}(3-2nx^2)\sedd{\ba{ll}>0,&0<x<\sqrt{\frac{3}{2n}},\\ <0,&x>\sqrt{\frac{3}{2n}}\ea} \eex$$ 知 $$\bex \max_{x\in [0,\infty)}x^3e^{-nx^2}=\sex{\frac{3}{2n}}^\frac{3}{2}e^{-\frac{3}{2}}. \eex$$ 由 Weierstrass M-判别法即知结论.    

 

5. 讨论级数 $\dps{\sum_{n=3}^\infty \ln \cos\frac{\pi}{n}}$ 的敛散性.  

解答:  由 $$\bex \vlm{n}\frac{\ln\cos\frac{\pi}{n}}{\frac{\pi^2}{2n^2}} =\lim_{x\to0}\frac{\ln \cos x}{\frac{x^2}{2}} =\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x\cos x}=1 \eex$$ 知 $$\bex \sum_{n=3}^\infty \ln\cos \frac{\pi}{n}=-\sum_{n=3}^\infty \sez{-\ln\cos\frac{\pi}{n}} \eex$$ 绝对收敛.    

 

6. 设函数 $f:\bbR^n\to \bbR$ 在 $\bbR^n\bs \sed{ 0}$ 可微, 在 $ 0$ 连续, 且 $$\bex\lim_{\bbx\to 0}\frac{\p f(\bbx)}{\p x_i}=0,\ i=1,2,\cdots,n. \eex$$ 证明 $f$ 在 $ 0$ 可微.  

证明:  由 $$\beex \bea |f(\bbx)-f( 0)| &\leq |f(x_1,x_2,\cdots,x_n)-f(0,x_2,\cdots,x_n)|\\ &\quad +|f(0,x_2,\cdots,x_n)-f(0,0,\cdots,x_n)|\\ &\quad+\cdots +|f(0,0,\cdots,x_n)-f(0,0,\cdots,0)|\\ &=\sum_{i=1}^n\sev{\frac{\p f}{\p x_i}(\xi_i)}\cdot |x_i| \eea \eeex$$ 知 $$\bex \lim_{\bbx\to  0}\frac{|f(\bbx)-f( 0)}{|\bbx|}=0. \eex$$ 故有结论.    

 

7. 设 $f(x),g(x)$ 是 $[0,1]$ 上的连续函数, 且 $\dps{\max_{x\in [0,1]}f(x)=\max_{x\in [0,1]}g(x)}$. 证明: 存在 $x_0\in [0,1]$, 使得 $$\bex e^{f(x_0)}+3f(x_0)=e^{g(x_0)}+3g(x_0). \eex$$  

证明:  设 $$\bex f(x_1)=\max_{x\in [0,1]}f(x)=\max_{x\in [0,1]}g(x)=g(x_2). \eex$$ (1) 若 $x_1=x_2$, 则取 $x_0=x_1=x_2$ 即有结论. (2) 若 $x_1\neq x_2$, 不妨设 $x_1<x_2$, 则 $$\bex h(x)\equiv f(x)-g(x)\ra h(x_1)\geq 0\geq h(x_2). \eex$$ 由连续函数的介值定理, $$\bex \exists\ x_0\in [x_1,x_2],\st h(x_0)=0\ra f(x_0)=g(x_0), \eex$$ 而也有结论成立.     

 

8. 设 $\Omega=\sed{\bbx\in\bbR^3; |\bbx|\leq 1}$. 设 $V:\bbR^3\to\bbR^3$, $ V =(V_1,V_2,V_3)$ 是 $C^1$ 向量场, $ V $ 在 $\bbR^3\bs \Omega$ 上恒为零, $\dps{\frac{\p V_1}{\p x}+\frac{\p V_2}{\p y}+\frac{\p V_3}{\p z}=0}$ 在 $\bbR^3$ 上恒为零.

(1) 设 $f:\bbR^3\to \bbR$ 是 $C^1$ 函数, 求 $\dps{\iiint_\Omega \n f\cdot  V \rd x\rd y\rd z}$.

(2) 求 $\dps{\iiint_\Omega V_1\rd x\rd y\rd z}$.   

解答:  $$\beex \bea 0&=\iint_{\p\Omega} f V \cdot n\rd S\\ &=\iiint_\Omega \Div(f V )\rd x\rd y\rd z\\ &=\iiint_\Omega \n f\cdot V +f\Div  V \rd x\rd y\rd z\\ &=\iiint_\Omega \n f\cdot  V \rd x\rd y\rd z. \eea \eeex$$ 特别地, 取 $f(\bbx)=x_1$, 有 $$\bex \iiint_\Omega V_1\rd x\rd y\rd z=0. \eex$$    

 

9. 设 $f:\bbR\to\bbR$ 是有界连续函数, 求 $\dps{\lim_{t\to 0^+}\int_{\bbR} \frac{t}{t^2+x^2}f(x)\rd x}$.  

解答:  设 $\dps{M=\sup|f|<+\infty}$. 由 $f$ 在 $0$ 连续知对任意固定的 $\ve>0$, 存在 $\delta>0$, 使得当 $|x|<\delta$ 时, $\dps{|f(x)-f(0)|<\frac{\ve}{2\pi}}$. 又对该 $\delta>0$, 由 $\dps{\lim_{t\to 0^+}\arctan \frac{\delta}{t}=\frac{\pi}{2}}$ 知 $$\bex \exists\ T>0,\st 0<t<T\ra \frac{\pi}{2}-\arctan \frac{\delta}{t}<\frac{\ve}{M\delta}. \eex$$ 于是当 $0<t<T$ 时, $$\beex \bea &\quad \sev{\int_{\bbR} \frac{t}{t^2+x^2}f(x)\rd x-\pi f(0)}\\ &\leq\int_{\bbR} \frac{t}{t^2+x^2}|f(x)-f(0)|\rd x\\ &=\int_{|x|\geq \delta}+\int_{|x|\leq\delta} \frac{t}{t^2+x^2}|f(x)-f(0)|\rd x\\ &\leq 2M\int_{|x|\geq \delta}\frac{t}{t^2+x^2}\rd x +\frac{\ve}{2\pi}\int_{|x|\leq\delta}\frac{t}{t^2+x^2}\rd x\\ &=4M\int_\delta^\infty \frac{1}{1+\sex{\frac{x}{t}}^2}\rd \frac{x}{t} +\frac{\ve}{\pi}\int_0^\delta \frac{1}{1+\sex{\frac{x}{t}}^2}\rd \frac{x}{t}\\ &=4M\sex{\frac{\pi}{2}-\arctan \frac{\delta}{t}} +\frac{\ve}{\pi}\arctan \frac{\delta}{t}\\ &<\frac{\ve}{2}+\frac{\ve}{2}\\ &=\ve. \eea \eeex$$ 故 $$\bex \lim_{t\to 0^+}\int_{\bbR} \frac{t}{t^2+x^2}f(x)\rd x=\pi f(0). \eex$$    

 

10. 设 $f:[0,1]\to [0,1]$ 是 $C^2$ 函数, $f(0)=f(1)=0$, 且 $f''(x)<0$, $\forall\ x\in [0,1]$. 记曲线 $\sed{(x,f(x));\ x\in [0,1]}$ 的长度为 $L$. 证明: $L<3$.  

证明:  由 Rolle 定理, $$\bex \exists\ \xi\in (0,1),\st f'(\xi)=0. \eex$$ 又由 $f''<0$ 知 $$\bex f'(x)\sedd{\ba{ll}>0,&0<x<\xi,\\ <0,&\xi<x<1.\ea} \eex$$ 于是 $$\beex \bea L&=\int_0^1 \sqrt{1+f'^2(x)}\rd x\\ &=\int_0^\xi +\int_\xi^1 \sqrt{1+f'^2(x)}\rd x\\ &<\int_0^\xi [1+f'(x)]\rd x+\int_{\xi}^1 [1-f'(x)]\rd x\\ &=\xi+f(\xi)-f(0)+(1-\xi)-[f(1)-f(\xi)]\\ &=1+2f(\xi)\\ &\leq 3. \eea \eeex$$