北京大学2005数学专业研究生数学分析 x sin x 设f(x)= sinx,试求 lim sup f(x)和 lim inf j(x) 首先我们注意到f(x)= x sIn x sinx在sinx∈(O,1的时候是单调增的 x -sinx 并且在x充分大的时候显然有 x-sinx-1 sInx sin x x -sin x 所以易知在x→+∞时, lim sup f(x)=1 当然此上极限可以 令x=2k丌+,k→+∞这么一个子列得到 对于f(x)的下极限我们注意到lim SInx 0而 lim inf-=0,所以有 lim inf J(x)=0 x -sinx x -sinx 此下极限当然可以令x=(2k+1)x,k→+∞这么个子列得到 2.(1)设∫(x)在开区间(a,b)可微,且f(x)在(a,b)有界。证明∫(x)在(a,b)一致连续 证明:设(x)在x∈(ab)时上界为M因为(x)在开区间(a,b)上可微 对于x,x2∈(a,b) 由 Lagrange中值定理,存 5∈(x,x2)使得(x)-f(x2)=/(5)x-x2|≤M|x1-x 这 然 就 Lipschi条件,所以由x1,x任意性易证明f(x)在(a,b)上一致收敛 (2)设f(x)在开区间(an,b)(-∞<a<b<+∞)可微且一致连续,试问f(x)在(a,b) 是否一定有界。(若背定回答,请证明;若否定回答,举例说明) 证明否定回答f(x)在(a,b)上是无界的 设f(x)=(1-x),显然此f(x)在[0,1上是连续的根据Cmor定理,闭区间上 连续函数一致连续所以∫(x)在(0,1)上一致连续 显然此f(x)=(1-x)在(0,1)上是可微的f(x)
1 北京大学 2005 数学专业研究生 数学分析 1. 设 x x x x x f x sin sin sin 1 ( ) 2 2 - - = ，试求 lim sup f (x ) xÆ+• 和 lim inf f (x ) xÆ+• . 解 : 2 2 sin 1 ( ) sin sin (0,1] . sin x x f x x x x x - = Œ - 首先我们注意到. 在 的时候是单调增的 2 2 2 2 2 2 sin 1 sin . sin sin , sin 1 1 x x x x x x x x x x x x - £ £ - - - 并且在 充分大的时候显然有 , lim sup ( ) 1. x x f x Æ+• 所以易知在 Æ +•时 = 当然此上极限可以 令 2 , 2 x k k p = p + Æ +•这么一个子列得到. 2 2 2 2 sin sin ( ) . lim 0, lim inf 0, lim inf ( ) 0. x sin x sin x x x x f x f x Æ+• x x Æ+• x x Æ+• = = = - - 对于 的下极限我们注意到 而 所以有 此下极限当然可以令 x = (2k +1)p , k Æ +•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 Œ (a,b)时上界为 M .因为 f (x)在开区间 (a,b)上可微. 1 2 对于 "x , x Œ(a,b), 由 Lagrange中值定理 , 存 在 1 2 1 2 1 2 1 2 x Œ (x , x ),使得 f (x ) - f (x ) = f ¢ (x ) x - x £ M x - x . 这 显 然 就 是 1 2 Lipschitz条件 ,所以由 x , x 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。（若肯定回答，请证明；若否定回答，举例说明） 证明:否定回答. f ¢(x)在 (a,b)上是无界的. 1 2 设 f (x) = (1- x) ,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. 显 然 此 1 2 1 2 1 ( ) (1 ) (0,1) . ( ) . 2(1 ) f x x f x x - = - ¢ = - 在 上是可微的 而
f(x)= 在(0,1)上是无界的 2(1-x)2 3.设f(x)=sin2(x2+1) (1)求∫(x)的麦克劳林展开式。 求∫(0)。(n 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 (x)=1-1c092x2+1再由c05的Mlam展开式有 a≠β.又由于f(x)是偶函数 所以其展开式形式应该为:f(x)=k+kx2+k2x2+…+k,x2+ 比较系数有:k=0,接下来,若P为奇数,则由 f(x) (-142(x2+1 (2b/中x项系数为 (2k-p)p! 此时令D=21-1,→k=1+P-1 2 有k, (-1)+12P-(-1)2sin2 2p! 2p! 同理可得:P为偶数时,(-1)22 。综合得: 2p! sin2→>p为奇数 f2(0)=k2。(2p) p(2p)! 2→p为偶数 p! f2P(0)=0 其中
2 1 2 1 ( ) (0,1) . 2(1 ) f x x - ¢ = - 在 上是无界的 3．设 ( ) sin ( 1 ) 2 2 f x = x + . (1)求 f (x ) 的麦克劳林展开式。 (2)求 (0 ) (n) f 。(n =1 ,2 ,3 L) 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 1 1 2 ( ) cos[2( 1)]. cos . 2 2 f x = - x + 再由 x的 Maclaurin展开式有 a ¹ b . 又由于 f (x )是偶函数， 所以其展开式形式应该为： 2 4 2 0 1 2 ( ) n n f x = k + k x + k x +L+ k x + L 比较系数有： 0 k = 0 ，接下来，若 p为奇数，则由 2 2 2 1 1 1 2 ( 1) ( ) ( 1) 2 (2 )! k k k i x f x k • + = + = Â - 中 2 p x 项系数为： 2 1 2 1 2 2 1 1 2 2 1 2 ( 1) 1 2 ( 1) 2 (2 )! 2 (2 )! ! p k k k k k p p p k k C k k k p p +• + +• + + + = = È ˘ È ˘ Í - ˙ Í - ˙ = = Í ˙ Í - ˙ ÍÎ ˙˚ ÍÎ ˙ ˚ Â Â g g g ， 此时令 1 2 2 1, . 2 p k p t k t - - = - fi = + 有 1 1 2 2 1 1 2 2 1 2 ( 1) 2 ( 1) 2 ( 1) sin 2 2 ! (2 1)! 2 ! p p p t t p p t k p t p - - +• - + = - - - = = - Â g g g g 。 同理可得： p为偶数时， 1 2 2 2 ( 1) cos 2 2 ! p p p k p + - = g g 。综合得： 1 1 2 2 2 1 1 ( ) 2 1 2 (2 )! ( 1) sin 2 ! (0) (2 )! 2 (2 )! cos 2 ! (0) (0) 0 1, 2,3 p p p p p n p p p p f k p p p p f f p - - - + - Ï Ï Ô Ô - Æ Ô Ô = = Ì Ô Ô Ô Æ Ô Ô Ó Ô = Ì = Ô = Ô Ô Ô Ô Ô Ó g g g L p 2 为奇数 （-1） 为偶数 其中
4.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 (1)f(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 →x2+y2>0 解:f(x,y)={x2+y2 显然这个函数在xy≠0的时候,有偏导 0→x=y=0 数存在 (x)=x2 (x2+y 2) ((xy)=2Y2 而对于习=0的时候,有(xy)=0 f(x,y)=0·此式在原 点也成立。 对于任意方向极限,有imf( cosa,pna)=limp" cos asin a cassina 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a≠β趋向原点。不妨设 a,B∈(0,z),显然有不同的极限 cos a sin a与cosβsinβ。且其都不为0。所以该函数在原点不连续。 5.计算[xds.其中L是球面x2+y2+2=1与平面x+y+z=0的交线。 解:首先,曲线L是球面x2+y2+z2=1与平面x+y+z=0的交线。因为平面 x+y+z=0过原点,球面x2+y2+x2=1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 Jxa=∫ys=∫=ds 因此有「xds=3(x+y+2k 2 6.设函数列{fn(x)}满足下列条件:(1)Vn,fn(x)在[a,b连续且有fn(x)≤Jn1(x) (x∈[a,b]) (2){fn(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 4．试作出定义在 2 R 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： （1） f (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 解： 2 2 2 2 0 ( , ) 0 0 xy x y f x y x y x y Ï Ô Æ + > = Ì + Ô Ó Æ = = 。显然这个函数在 xy ¹ 0 的时候，有偏导 数存在 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( , ) ( ) ( ) ( , ) ( ) y x x x y f x y x y y y x f x y x y Ï - = Ô Ô + Ì Ô - = Ô Ó + ，而对于 xy = 0 的时候，有 ( , ) 0 ( , ) 0 y x f x y f x y Ï = Ì = Ó ，此式在原 点也成立。 对于任意方向极限，有 2 2 0 0 cos sin lim f ( cos , sin ) lim cos sin r r r a a r a r a a a Æ Æ r = = g 。 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a ¹ b 趋向原点。不妨设 p a， b Œ （0， ），显然 4 有不同的极限 cosa sina与 cos b sin b 。且其都不为 0。所以该函数在原点不连续。 5．计算ÚL x ds 2 .其中 L 是球面 1 2 2 2 x + y + z = 与平面 x + y + z = 0 的交线。 解：首先，曲线 L 是球面 1 2 2 2 x + y + z = 与平面 x + y + z = 0 的交线。因为平面 x + y + z = 0 过原点，球面 1 2 2 2 x + y + z = 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 2 2 2 L L L x ds = y ds = z ds Ú Ú Ú 。 因此有 2 L x ds Ú = 1 2 2 2 ( ) 3 L x + y + z ds Ú = 1 3 L ds Ú = 2 3 p 。 6．设函数列{ f (x )} n 满足下列条件：（1） " n ， f (x ) n 在[a ,b ] 连续且有 ( ) ( ) 1 f x f x n £ n+ （ x Œ[a ,b ] ） （2）{ f (x )} n 点点收敛于[a ,b ]上的连续函数s(x ) 证明：{ f (x )} n 在[a ,b ]上一致收敛于s(x )
证法1:首先,因为对任意x∈[a,b],有(x)→S(x)。且有f(x)≤fm(x),所以 彐n1,对于任意n>n1,有0≤(x)-f(x)0,当 k-xn,kx-xn3时,有S(x)-f(x)N时,且x∈[ab],有S(x)-f(x)0,对于任意n,有x,使得(x)-S(x)≥60·又{xn} 有界,由 Bolzano-Weierstrass定理,所以其必存在 收敛子列{xn}收敛于[a]中某值x·因为对任意 x∈[a有f(x)→S(x)。 且有fn(x)≤f+1(x),所以彐n.,当n>n,时,有 (x)-()x)-(5)
4 证法 1：首先，因为对任意 0 [ ] 0 0 , , ( ) ( ) n x Œ a b 有 f x Æ S x 。且有 0 1 0 ( ) ( ) n n f x f x £ + ，所以 k $n ，对于任意 k n > n ，有 0 0 0 ( ) ( ) 3 n S x f x e £ - ， 当 [ ] 0 0 , , x x - x n ， [ ] 0 0 , , x x - x n 时，有 ( ) ( ) n S x - f x N 时，且 x Œ [a,b] ，有 ( ) ( ) n S x - f x 0 ， 对于任意n ， 有一 n x ， 使得 0 ( ) ( ) n n n f x - S x ³ e ． 又{ }n x 有界，由 BolzanoWeierstrass 定理，所以其必存在 收 敛 子 列 { } n k x 收 敛 于 [a,b] 中 某 值 0 x ． 因 为 对 任 意 0 [ ] 0 0 , , ( ) ( ) n x Œ a b 有 f x Æ S x 。 且 有 0 1 0 ( ) ( ) n n f x f x £ + ， 所 以 p k $ n ， 当 p k k n > n 时 ， 有 0 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) 3 k k p n n S x f x S x f x e - £ - < ．
设某n。>n。,由S(x)与J(x)连续性·存在一δ。,当 x-xlkn1 当n2>nk时, xnk时,有 x)-1(()-())-)+)(+ (xo)-f(x 60·这与假设矛盾 所以在[b]上,(x)是一致收敛于s(x).证毕
5 设 某 p1 p k k n > n ， 由 S(x ) 与 1 ( ) k p n f x 连 续 性 ． 存 在 一 0 d ， 当 x - x0 k ． 当 k K n > n 时， nk 0 0 x - x n 时，有 1 1 1 1 0 0 0 0 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) k k k k k p k k k p k p k p k n n n n n n n n n n n S x - f x £ S x - f x £ S x - S x + S x - f x + f x - f x ＜ 0 e ．这与假设矛盾． 所以在[a,b] 上，{ f (x )} n 是一致收敛于s(x ) ．证毕．