北京大学2005数学分析试题及解答.pdf

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1、北京大学2005数学专业研究生数学分析2xsinx-11.设f(x)=sinx，试求limsupf(x)和liminff(x).x2-sinxx®+¥x®+¥解:2xxsin1-首先我们注意到.f(x)=Îsinxx在sin(0,1].的时候是单调增的2xx-sin222xsinx-1xsinxx并且在x充分大的时候.显然有sinx£sinx£,所以易知在x®+¥=222x-sinxxx--11当然此上极限可以p令x=+2,kkp®+¥这么一个子列得到.222sinxxxsin对于f(x)的下极限.我们注意到lim===0,而liminf0,所以有liminff

2、x()22x®+¥x--sinxxx®+¥xxsin®+¥此下极限当然可以令x=(2kk+1)p,.®+¥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xÎ(,ab)时上界为M.因为f(x)在开区间(,ab).上可微对于"Îx,x(,ab),由Lagrange中值定理,存在12xxÎ(,xx),使得f(x)-f(xf)=¢()x-x£-Mxx.12121212这显然就是Lipschitz条件,,所以由xx任意性.易证明f(x)在(,ab).上一致收敛12(2)设f(x

3、)在开区间(a,b)(-¥

4、2)求f(0)。(n=1,2,3L)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112f(xx)=-+cos[2(1)].再由cos.x的Maclaurin展开式有22ab¹.又由于242nfx()是偶函数，所以其展开式形式应该为：f()xk=++kxkx+LL++kx012n比较系数有：k=0，接下来，若p为奇数，则由0¥2kk221k+12(x+1)2pfx()=-å(1)中x项系数为：2i=1(2k)!éùéù+¥p21kk++¥21kk+1êCgg2(-1)ú1êú2g(-1)2kk==，此时令2pêååúêú-2pp++11(2k)!2(

5、2kpp)!!êëkk==22úûêúëûp-12k-=p2t-1,.Þkt=+2pp--11p22+¥2ttp-+112g(-1)2g(--1)2gg(1)sin2有k2p==å。2p!t=1(2tp-1)!2!p+12pgg(-1)2cos2同理可得：p为偶数时，k=。综合得：2p2!pììp-1p-12g(2p)!ïï(-®1)2sin2p为奇数ï2pïp!f(0)==kpg(2)!íï2ppp-1ï+12g(2p)!ï（-1）2cos2®p为偶数ïïîp!(np)ï21-ff(0)==í(0)0ï其中p=1,2,3Lïïïïïî24．试作出定义在R中的一

6、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ìxy22ï®+>xy022解：fxy(,)=íxy+。显然这个函数在xy¹0的时候，有偏导ïî00®==xy数存在22ìx()xy-ïf(,)xy=y222ï()xy+ìf(,xy)0=yí，而对于xy=0的时候，有í，此式在原22îf(,xy)0=ïy()yx-xf(xy,)=ïx2+22î()xy点也成立。2rgcosaasin对于任意方向极限，有lim(frcos,arsin)a==limcosaasin。2rr®®00

7、r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ab¹趋向原点。不妨设pab，Î（0，），显然有不同的极限4cosasina与cosbbsin。且其都不为0。所以该函数在原点不连续。22225．计算òLxds.其中L是球面x+y+z=1与平面x+y+z=0的交线。222解：首先，曲线L是球面x+y+z=1与平面x+y+z=0的交线。因为平面222x+y+z=0过原点，球面x+y+z=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222òòòxds==ydszds。LLL2122212p因此有òxds=ò()xy++

8、zds=òds=。L3L