北京大学2023年数学分析考研试题解答

62023年数学分析考研试题用有限掩盖定理证明聚点原理.n

，其极限点构成的集合为M 111, , 231, ,

，说明理由.IfxII上全都收n

xf1 2 1f

x0,1

0,1

f

12

0

xdx，求证存在0,1f2f.(1fxC1RI

x

1f

x，n

n

n fx n n 〔2fxC1II是有界开区间，问Fn

Rfx，使其在Q上连续，其他点连续.〔Q表示有理数〕广义积分xfxdx与fxdx均收敛，证明Itxf xdx在,1上t 0 0 x 0有定义，并且有连续的导函数.Iydxzdyxdz，其中x2y2z21xyz0交线，x轴正向看是逆时针.0,0,0zfxy，1x y21zsinz0fxy在点0,0开放为带皮亚诺型余项的泰勒公12 2设fxgx0,上的非负单调递减连续函数，且0

fxdx和gxdx均发散.设hxminfx,gx，试问hxdx是否肯定发散？说0 0北京大学2023年数学分析考研试题解答解答用“有限掩盖定理”证明“列紧性定理{a}分析过程：设 n

是一个有界的数列，我们要证明从

{a}n

中必可选出一个收敛的子列。{a}由于 n

是一个有界的数列，Aa B n1,2,可设 n ， ；{a} [A,B]明显 n 中收敛的子列的极限必属于有限闭区间 ，也就是说要证明[A,B]中的存在一点，必是某个子列的极限。

{a}是 n

(,)(0)

{a}中必有数列 n

中的无限多项。命题：

{a}不是 n

的任何子列的极限等价于存在0

()0

，使得I ( 0

(),0

()){a}中至多只含有数列 n 中的有限多项。[A,B]证明：用反证法，假设结论不真。则

中的任何一点

x[A,B]都不是某个子列的极限，于是存在0

(x)0，I使得

(x0

(x),x0

(x))

中至多只含有数列

{a}n 中的有限多项；{I :x[A,B]}明显开区间族 x[A,B]是 的一个开掩盖；{I依据“有限掩盖定理”，从

:x[A,B]}

中必存在有限个开区间I ,Ix x1

,,Ixm

就能掩盖

[A,B]；即[A,B]I I即x x1 2

Ixm，xI I1必有 x x21

Ixm

中只含有数列

{a}n

中的有限多项，而它又包含{a} {a}数列 n 的全部项，这与数列 n 是无限多项冲突。所以，假定不成立。原命题得证。解答不存在，由于极限点的集合为闭集，而M1M，而n10M.n3、设实系数多项式序列fn

(xRf(x)f(x)也是多项式。证明由于实系数多项式序列fn

(xRf(x)，所以对任意0，存在NN*，使得当m,nN时，有fn

(x)fm

(x)，fn

(x)fm

(x)fn

(x)fm

(x)xfn

(x)fm

(x)也趋于无穷，冲突。所以fn

(x)fm

(x)an,m

，其中{a

n,m

}为一无穷小序列。由上面结论及fn

(x是多项式，可知当nN时，f(x)P(x)b，n nP(x)为某一固定的多项式，{b

}为某一收敛数〔由于bb a

为柯西列〕由于由条件0,及limb

f(x)fnb，

n n m(x)f(x)P(x)b，n

n,mnn所以有f(x)P(x)b，即f(x)也是多项式，结论得证。4Fxe1x2fx，则由积分中值定理，存在0,，使得2F21e1x2fxdx，20Ff1F1,存在,10,1，使得0F2ff，f2f.5、证明〔1〕fC1RI是有界闭区间，Ia,b，取cabdfx在cd上全都连续，Fxn

n f

xx

xnx1nf tdtxn1nfuxdu，0nFxfxn1nn 0

fuxdun1n0n

fxdunn1fuxfxdu，n0fx在cd上全都连续，对任意0，存在0，当x,xc,d，xx 时，有fxfx.1 2 1 2 1 2对于上述0N，当nN时，xa,bu0,1，有nuxcduxxu1，n从而fuxfx，Fxfx，n即Fn

xIabfx.〔2〕fxC1II是有界开区间，Fn

xI上不肯定全都收敛.事实上，我们有例子，1设fxlnxx0,1，fC10,1fx1limF

xfx，x0,1.x n n但不是全都收敛，这是由于 supFn 0x1

xfxF1f1 nn nnln2ln1nn1ln2 nn nn1ln20，limn n

0.2fx

1，x0,1，xfx

xfx，x0,1x2 n n supF

xfxF

1f1

n2,lim

0 。 n0x1

n nn n 2 n nFx在(0,1)上不全都收敛.n6.Qrfxn

1，n2rxrnQxrn

Qf

rfn

nr 1，n n2

fx

xQc处连续，或承受Riemann函数来说明.7.t1,1，Itxtfxdx01xtfxdxxtfxdx0 11xt0

fxx

dxxt11

x

dx，DirichletIt在1,1上有定义，对任意11t，xtfxdx01xtfxdxxtfxdx0 1fx 11xt0

dx xt1xfx 1

xdx，x0,10xt1x1limxt1x0

0，关于t全都；x10xt1x1limxt10，关于t全都，xDirichletxtfxdx在,上全都收敛，0又0

xtfxdx

fxxtlnxfxdx1xt1lnx dxxt1lnxxfxdx0 0 x 1在,上也是全都收敛的〔证法同上面的类似，Itxtlnxfxdx在,上连续，0由于,It在1,1上有连续的导函数.8.xyzx2y2z21,xyz0，3n cos,cos,cos，3StoksIxdyydzzdxcoscoscos xx

y y dSy z0dS0.9.Fxyzx1y21zsinzF0,0,00，2 2由Fx,y,z 1cosz 30， z

2 20,0,0及隐函数存在定理，知zfxy定义在0,0四周，满足Fxy,fxy0，z0,00.11zcoszz 0由 2 x x ， 1y zcoszz 0 2 y yz0,02zx 3 y

0,00，在0,0处1z sinzz2 xx 1

2coszz 0xx2 z2

sinzzzx y

coszzxy

0 ，11z sinzz2coszz 0 2 yy y得z 0,00，zxx xy

yy0,00，zyy

0,02.3fxy在0,0的泰勒开放为fx,y2x13 3

y2ox2y2 . Sn

k!fg，fxn0gx

1 2n3 1

,SS2nS

2n2

x，x，n0

2n4!

SS

,S2n1则0

fxdxn0n0

2n1!2n2!2n3!1 ，2n3gxdx0n0n0

2n2!2n3!2n4!1 ，2n4但是hx 1

x 1

x2n3!n0

S ,S2n

2n2

2n4!

SS

,S2n1 hxn0

1 n3

S,Sn

n1

x，从而hxdx 1

，0 n0

n2n3然后再把阶梯函数改造成连