03中国科学院分析解答

1、2003年中国科学院数学分析解答、解:记|由代B的对称性，不妨以 A为标准进行讨论,(1)A 0时,对任意B，则11 -(2)A = 0 时,若B . 0 ,则1+aC若B = 0 ,则I=l n2若 B ： 0，则 1-0(3)A ：0 时,若B 0 ,则1若B =0，则1=0若 B ： 0，则 1adA Bex)、解:_ 1 _ 1(1) ； f (x) - f (0) |=| xsin |-：|x|sin |xx故欲使：-；.0,.0,当 |x-0|：、；，s.t| f(x) - f(0)卜：；，只有当 0才可，故,当 .0时f (x)在x = 0处连续x0要使f (x)在x =0处可导

2、，即1；*sin 在x 0时是有界量， x、 1x sin 0x x Jsin1x -0xlim 二凶存在，亦即 limx sin存在jox - 0xox故只有lim x sin1 =0才可，即-10= 1Tx从而1时，f (x)在x =0处可导1 1 1 1 1 1 2 1 (3)当 x = 0 时，f (x) = x sin x cos (一 2) = x sin 一 x cos xx xxx由(2)知道，若f (x)在x=0处可导，则必有f(0)=0同样讨论，只有当 几、2时，f (x)在x = 0处连续三、证明：由于(1 )若 0 ：x ： y ：1，则(* )式 哑旦I，故令 f (

3、t) 也讥(0,1)1 一 y 1 x1 -t只须证明f (t)在(0，1) 上单增即可得证11 n t t +1为此，f (t)=nk，t(0,1)，从而令g出g)，若证明了g(t)在g (t) = lnt,t(0,1)故(0, 1 )上 g(t) . 0,则 f(t)在(0, 1)上单增，进一步g (t) ：0,t(0,1)，又 g(t)在(0,二)上连续，.g(t)g(1),r (0,1)，又 g(1) =0，所以t (0,1), g(t) 0二 t (0,1), f (t)0,即 f (t)在(0, 1)上单增,故得证In y In x(2) y x 1 ,则(* )式=y1x1故,令

4、(t)叫t (1：)若证明(t)在(0, ：)上单减，则得证t -1为此，求 (t) = _tlnt Ht (1,：)，令 (t) =tlntt1,t(1,)若能证明t(t -1)2-(t)：0,t(1, =)则由 (t) 0 则 A = 2 f (0) - f (0) = f (0) = A ,故只须证明f (0)存在即可，如下，将已知式看作递推式，对每一个k N，有下式成立xxf (石)- f(2)lim 1 22A，令 k h,2川 I, n -1，得X0x2n _1Timkx 0f(令)-f(少)x2 Ak 1k=0 2，即 limt xx1故 f (x) - f(?n)= Axq九、证明：(拟合法)1 1 JI*)，令 n ，得1转化为证 jjmjyf(x)p(0)dx=0，即:J x2 y21-0,10,当卜一0卜：1 即0：y：1 时，| yf(x)- f()x2 y2dx|：取M二max | f (x) |，对于充分小的h 0，有| f (x)-_1,1f(0)卜:二，固定h山心厂竽叭汴网，当0而x2y2有卩3卜:综上，-；c ks z0