南开大学2003年数学分析考研试题参考解答

1 设 $w=f(x+y,x-y,x)$, 其中 $f(x,y,z)$ 有二阶连续偏导数, 求 $w_{xy}$.

解答: $$\bex w_x=f_x+f_y+f_z, \eex$$ $$\bex w_{xy} = \sex{f_{xx}-f_{xy}} +\sex{f_{yx}-f_{yy}} +\sex{f_{zx}-f_{zy}} =f_{xx}-f_{yy}+f_{xz}-f_{yz}. \eex$$

2 设数列 $\sed{a_n}$ 非负单增且 $\dps{\lim_{n\to\infty}a_n=a}$, 证明 $$\bex \lim_{n\to\infty} \sex{a_1^n+a_2^n+\cdots+a_n^n}^{1/n}=a. \eex$$ 证明: 由 $\dps{a_n\leq \sex{a_1^n+a_2^n+\cdots+a_n^n}^{1/n}\leq n^{1/n}a_n}$ 即知结论.

3 设 $\dps{ f(x)=\left\{\ba{ll} x^\alpha \ln (1+x^2),&x>0,\\ 0,&x\leq 0. \ea\right.}$ 试确定 $\alpha$ 的取值范围, 使 $f(x)$ 分别满足

(1) 极限 $\dps{\lim_{x\to 0^+}f(x)}$ 存在;

(2) $f(x)$ 在 $x=0$ 连续;

(3) $f(x)$ 在 $x=0$ 可导.

解答:

(1) 由 $\dps{\lim_{x\to 0^+}\frac{\ln (1+x^2)}{x^2}=1}$ 知极限 $\dps{\lim_{x\to 0^+}f(x)}$ 存在须 $\alpha\geq -2$;

(2) 要 $f(x)$ 在 $x=0$ 连续须 $\alpha>-2$;

(3) 由 $$\bex \frac{f(x)-f(0)}{x} =x^{\alpha+1}\frac{\ln (1+x^2)}{x^2} \eex$$ 知 $f(x)$ 在 $x=0$ 可导须 $\alpha>-1$.

4 设 $f(x)$ 在 $(-\infty,\infty)$ 连续, 证明积分 $$\bex \int\limits_l f(x^2+y^2)(xdx+ydy) \eex$$ 与积分路径 $l$ 无关.

证明: 由 $\dps{ \frac{\p}{\p x}\sez{f(x^2+y^2)y} =f'(x^2+y^2)\cdot 2xy =\frac{\p}{\p y}\sez{f(x^2+y^2)x}}$ 即得.

5 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上可导, $\dps{f\sex{\frac{a+b}{2}}=0}$ 且 $\sev{f'(x)}\leq M$. 证明: $$\bex \sev{\int\limits_a^b f(x)dx}\leq \frac{M}{4}\sex{b-a}^2. \eex$$

证明: $$\bex \sev{\int\limits_a^b f(x)dx} &=&\sev{\int\limits_a^b f'(\xi_x)\sex{x-\frac{a+b}{2}}}\ \sex{\xi_x\mbox{ 在 }\frac{a+b}{2}\mbox{ 与 }x\mbox{ 之间}}\\ &\leq&M\int\limits_a^b \sev{x-\frac{a+b}{2}}dx =\frac{M}{4}\sex{b-a}^2. \eex$$

6 设 $\sed{a_n}$ 单减而且收敛于 $0$, $\dps{\sum_{n=1}^\infty \sev{a_n\sin n}}$ 发散.

(1) 证明级数 $\dps{\sum_{n=1}^\infty a_n\sin n}$ 收敛.

(2) 证明 $\dps{\lim_{n\to\infty} \frac{u_n}{v_n}=1}$, 其中 $$\bex u_n=\sum_{k=1}^n\sex{\sev{a_k\sin k}+a_k\sin k},\ v_n=\sum_{k=1}^n\sex{\sev{a_k\sin k}-a_k\sin k}. \eex$$

证明:

(1) 由 $Dirichlet$ 判别法即知, 因为 $$\bex \sev{\sum_{n=1}^N\sin n} &=&\sev{-\frac{1}{2\sin 1/2}\sum_{n=1}^N \sez{\cos\sex{n+\frac{1}{2}}-\cos\sex{n-1+\frac{1}{2}}}}\\ &=&\sev{-\frac{1}{2\sin 1/2} \sez{\cos\sex{N+\frac{1}{2}}-\cos \frac{1}{2}}} \leq \frac{1}{\sin 1/2}. \eex$$

(2) $$\bex \lim_{n\to\infty}\frac{u_n}{v_n} =\lim_{n\to\infty} \frac{1+\dps{\sum_{k=1}^n a_k\sin k}/ \dps{\sum_{k=1}^n\sev{a_k\sin k}}} {1-\dps{\sum_{k=1}^n a_k\sin k}/ \dps{\sum_{k=1}^n\sev{a_k\sin k}}} =1. \eex$$

7 设 $\dps{f(t)=\int\limits_1^\infty e^{-tx}\frac{\sin x}{x}dx}$. 证明

(1) $\dps{\int\limits_1^\infty e^{-tx}\frac{\sin x}{x}dx}$ 在 $[0,\infty)$ 上一致收敛.

(2) $F(t)$ 在 $[0,\infty)$ 上连续.

证明:

(1) 由 $$\bex & &\int\limits_0^\infty\frac{\sin x}{x}dx =\int\limits_0^\infty \sex{\int\limits_0^\infty e^{-xy}dy}\sin xdx\\ & &\int\limits_0^\infty \int\limits_0^\infty e^{-xy\sin x}dxdy =\int\limits_0^\infty\frac{1}{1+y^2}dy=\frac{\pi}{2}\\ & &\sex{\int\limits_0^\infty e^{-xy}\sin xdx =-\sez{-1-\int\limits_0^\infty -ye^{-xy}\cos xdx}\atop =1-\int\limits_0^\infty ye^{-xy}d\sin x =1-y^2\int\limits_0^\infty e^{-xy}\sin xdx } \eex$$ 知 $\dps{\int\limits_1^\infty\frac{\sin x}{x}dx}$ 存在, 而由 $Abel$ 判别法知 $\dps{\int\limits_1^\infty e^{-tx}\frac{\sin x}{x}dx}$ 在 $[0,\infty)$ 上一致收敛.

(2) 这是明显的, 可通过加减项及一致收敛得到.

8 命 $\sed{f_n(x)}$ 是 $[a,b]$ 上定义的函数列, 满足

(1) 对任意 $x_0\in [a,b]$, $\sed{f_n(x)}$ 是一个有界数列;

(2) $\forall \ve>0,\ \exists\ \delta>0,\ s.t.$ $$\bex x,y\in [a,b],\ \sev{x-y}<\delta,\ n\in \bbN \ra \sev{f_n(x)-f_n(y)}<\ve. \eex$$

求证存在一个子序列 $\sed{f_{n_k}(x)}$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛.

证明:

(1) $\forall \ve>0,\ \exists\ \delta>0,\ s.t.$ $$\bex x,y\in [a,b],\ \sev{x-y}<\delta,\ n\in \bbN \ra \sev{f_n(x)-f_n(y)}<\frac{\ve}{3}. \eex$$

(2) 对此 $\delta>0$, 由 $\dps{[a,b]\subset \cup_{x\in[a,b]}U(x,\delta)}$ 知 $$\bex \exists\ \sed{x_i}_{i=1}^n\subset [a,b],\ s.t. \ [a,b]\subset\cup_{i=1}^nU(x_i,\delta). \eex$$

(3) 而对这些 $\sed{x_i}_{i=1}^n$, 由 $\sed{f_n(x_i)}_{n=1}^\infty$ 有界知 $$\bex \exists\ \sed{f_{n^{(1/\ve)}_j}}_{j=1}^\infty \subset\ \sed{f_n}_{n=1}^\infty,\ s.t.\ \sed{f_{n^{(1/\ve)}_j}(x_i)}_{j=1}^\infty\mbox{ 收敛}, \eex$$ 而 $$\bex \exists\ N_i>0,\ s.t.\ j,k\geq N_i\ra \sev{f_{n^{(1/\ve)}_j}(x_i) -f_{n^{(1/\ve)}_k}(x_i)}< \frac{\ve}{3}. \eex$$

(4) 于是对 $y\in U(x_i,\delta)$, 有 $$\bex & &\sev{f_{n^{(1/\ve)}_j}(y)-f_{n^{(1/\ve)}_k}(y)} \leq \sev{f_{n^{(1/\ve)}_j}(y)-f_{n^{(1/\ve)}_j}(x_i)}\\ & & +\sev{f_{n^{(1/\ve)}_j}(x_i)-f_{n^{(1/\ve)}_k}(x_i)} +\sev{f_{n^{(1/\ve)}_k}(x_i)-f_{n^{(1/\ve)}_k}(y)}\\ & &\leq \ve, \eex$$ 当 $\dps{j,k\geq \max_{1\leq i\leq n}N_i}$ 时.

(5) 综上所述, 我们证明了 $\dps{\forall\ \ve>0,\ \exists\ \sed{f_{n^{(1/\ve)}_j}}_{j=1}^\infty, \exists\ N=N(\ve)>0,\ s.t.}$ $$\bex j,k\geq N\ra \sup_{[a,b]}\sev{f_{n^{(1/\ve)}_j}-f_{n^{(1/\ve)}_k}}<\ve. \eex$$

(6) 下面我们用著名的 $Cantor$ 对角线法来证完题目.

(7) 对 $\dps{\ve=1,\ \exists\ \sed{f_{n^{(1)}_j}},\ \exists\ N_1>0,\ s.t.\ j,k\geq N\ra \sup_{[a,b]} \sev{f_{n^{(1)}_j}-f_{n^{(1)}_k}}<1}$;

(8) 对 $\dps{\ve=\frac{1}{2},\ \exists\ \sed{f_{n^{(2)}_j}}\subset \sed{f_{n^{(1)}_j}} ,\ \exists\ N_2>N_1,\ s.t.}$ $$\bex j,k\geq N_2\ra \sup_{[a,b]} \sev{f_{n^{(2)}_j}-f_{n^{(2)}_k}}<\frac{1}{2}; \eex$$

(9) 如此一直下去, 对 $\dps{\ve=\frac{1}{k},\ \exists\ \sed{f_{n^{(k)}_j}}\subset \sed{f_{n^{(k-1)}_j}} ,\ \exists\ N_k>N_{k-1},\ s.t.}$ $$\bex j,k\geq N_k\ra \sup_{[a,b]} \sev{f_{n^{(k)}_j}-f_{n^{(k)}_k}}<\frac{1}{k}. \eex$$

(10) 令 $\dps{f_{n_j}=f_{n^{(j)}_j}}$, 则 $\sed{f_{n_j}}$ 一致收敛. 因为当 $j>k$ 时, $$\bex \sup_{[a,b]} \sev{f_{n_j}-f_{n_k}} &=&\sup_{[a,b]}\sev{f_{n^{(j)}_j}-f_{n^{(k)}_k}}\\ &=&\sup_{[a,b]}\sev{f_{n^{(k)}_{j_k}}-f_{n^{(k)}_k}} \ \sex{j_k\geq j}\\ &<&\frac{1}{k}. \eex$$

注记:

(1) 第一个条件是 uniform boundedness, 第二个条件是 equicontinuity. 而题目本身是 Ascoli-Arzela 紧性定理的一个特例.

(2) 这个题目的重要在于为验证一致收敛, 只需看收敛列的性态.