9.
∫设1函数
f (x)
在区间
[0,
1∫]
上有一阶连续导函数,
1
且
f (0)
=
f (1),
g(x)
是周期为
1
的连续函数,
并且满足
g(x) dx = 0. 记 an = f (x)g(nx) dx, 证明 lim nan = 0.
0
0
n→∞
10. 若 f (x∑ )n在∫区b间i [0, 1] 上 Riemann∫可1积, 并且对 [0, 1] 中任意有限个两两不相交的闭区间 [ai, bi], 1 ⩽ i ⩽ n,
∃ξ ∈ (ξ2, ξ1), 使得 f ′′(ξ) > 0. 因此若 f ′′(x) 在 R 上不变号, 则 f ′′(x) > 0, ∀x ∈ R.
若 ∃y0 ∈ R, 使得 f ′(y0) > 1, 则 f (x) > f ′(y0)(x − y0)f (y0), 这将与 lim (f (x) − x) = 0 矛盾. 从而 x→+∞
9.
∫1
∫1
∫ nx
n f (x)g(nx) dx = f (x) dx g(t) dt
0
(0
∫ nx 0
) 1 ∫ 1 (∫ nx
)
= f (x) g(t) dt −
g(t) dt f ′(x) dx
∫ 1 (∫0 nx
)0
0
0
=−
g(t) dt f ′(x) dx.
∫x 令 G(x) = g(t) dt, 则
∫ 1 (∫ nx
)
lim nan = lim −
n→∞
n→∞
0
g(t) dt f ′(x) dx = 0.
0
注 Riemann 引理的证明可以参考裴礼文的《数学分析中的典型问题与方法》第二版第 315 页例 4.1.10.
10. 令
|f (x)| + f (x)
|f (x)| − f (x)
f+(x) =
Σ
被圆柱面 x2 + y2 = 2rx, (0 < r < R) 所截下的位于 z ⩾ 0 的部分, 定向取外侧.
6. 已知函数 F (x, y) = 2 − sin x + y3e−y 定义在全平面上. 证明 F (x, y) = 0 唯一确定了全平面上连续可微的
隐函数 y = y(x).
∫ +∞
定了唯一的函数 y = y(x), y(x) 在 R 上连续可微.
7. ∀ε > 0, ∃A0 > 0, 当 A2 > A1 ⩾ A0 时,
∫ A2 f (x) dx
A1
<
ε .
于是
8
∫
A2 (
)
e−ax − 1 f (x) dx
⩽
(
)∫
e−aA1 − 1
ξ
f (x) dx
+
(
) ∫ A2
e−aA2 − 1
注 裴礼文的《数学分析中的典型问题与方法》第二版第 131 页例 2.1.5 与本题相关.
[
]
3. ∀n ∈ N, 确定了一个区间
1
1
xn
−
, 2n
xn
+
2n
. 下面证明 ∀n < m,
[ 1
1 ]∩[
1
] 1
xn
−
, 2n
xn
+
2n
xm − 2m , xm + 2m = ∅.
假若 ∃y0 ∈ R, 满足
f ′(x) ⩽ 1, ∀x ∈ R. 同样可证 f ′(x) ⩾ −1, ∀x ∈ R.
若 ∃x∗ > 0, 使得 f (x∗) ̸= x∗, 则由 Lagrange 定理知,∃η > 0, 使得 f ′(η) > 1, 矛盾. 从而 f (x) = x, ∀x > 0. 类似可证 f (x) = −x, ∀x < 0. 于是 f (x) = |x| , 这与 f (x) 在 R 上可微矛盾.
2
, f−(x) =
. 2
∫1 若 f+(x) dx > 1, 则存在 [0, 1] 的分割 P : a = x0 < x1 < · · · < xn = 1, 使得
0
∑n mi∆xi > 1.
i=1
其中 mi = inf{f+(x) | x ∈ [xi−1, xi]}, ∆xi = xi − xi−1, 1 ⩽ i ⩽ n. 把 mi > 0 的那些区间 [ai, bi] 取出来,
k=0
∑n = 2(k + 1)n!
k=0
= (n + 2)!.
由数学归纳法原理知原命题成立.
注 试题回忆者说:
本试卷打印有误, 最后的 n 阶导数没有加括号 (n). 这里已更正.
5. πRr2. 详细过程见谢惠民等人的《数学分析习题课讲义》下册第 345 页例 25.2.4.
6. Fy(x, y) = y2(3 − y)e−y. 因为当 y = 3 时, F (x, y) = 0 ⇐⇒ 2 − sin x + 9e−3 = 0, 此时无解, 故 y(x) 的值 域不能含有 3. 类似地可以看出, 其实当 y ⩾ 0 时, F (x, y) = 0 均无解, 因此使 F (x, y) = 0 有解的 y 必须 满足 y < 0.
都有
f (x) dx ⩽ 1. 证明 |f (x)| dx ⩽ 2.
i=1 ai
0
1
1. 请参考数学分析教材. 也可参考我写的北京大学 2016 年数学分析解答.
2. 不存在. 若 f (x1) = f (x2), 则 e−x1 = f (f (x1)) = f (f (x2)) = e−x2 , 于是 x1 = x2, 从而 f 是单射. 再结合 f (x) 在 R 上的连续性, 就有 f (x) 是 R 上的单调函数, 从而 f (f (x)) 在 R 上单调增, 矛盾.
[
]
[
]
1
1
1
1
y0 ∈
xn
−
, 2n
xn
+
2n
,
y0 ∈
xm
−
, 2m
xm
+
2m
,
则
|xn
− xm|
⩽
|xn
−
y0| + |y0
−
xm|
⩽
1 2n
+
1 2m
<
1 ,
n
矛盾.
若 {xn} 有界, 则 {xn} 在某个有界闭集 [−M, M ] 中, 从而
∑ ∞ 1
2M + 3 >
,
n
n=1
矛盾.
4. 因为 f (x)g(x) = f ′(x), 于是 (f (x)g(x))(n) = f (n+1)(x). 用数学归纳法来证明 f (n)(0) ⩽ (n + 1)!, n ∈ N. n = 1 时, 命题成立. 假设原命题对小于等于 n 的数均成立, 下面考虑 n + 1 的情形. 由 Leibniz 公式得
0
0
0
∫ x+1
∫ x+1
∫x
G(x + 1) =
g(t) dt =
g(t) dt = g(t) dt = G(x).
0
1
0
3
由更一般的化的 Riemann-Lebesgue 引理知
lim
∫
1
f ′(x)G(nx) dx =
∫ 1
1
∫
f ′(x) dx
1
G(x) dx = 0,
n→∞ 0
10
0
从而
f (x) dx
⩽
ε ,
A1
A1
ξ
2
因此
∫
+∞
(e−ax
−
) 1
f
(x)
dx
⩽
ε .
A0
2
又因为
∫ A0 (
)
(
) ∫ A0
e−ax − 1 f (x) dx ⩽ 1 − e−aA0
|f (x)| dx,
0
(
) ∫ A0
0
lim 1 − e−aA0
|f (x)| dx = 0,
a→0+
0
故 ∃δ > 0, 当 0 < a < δ 时,
(
)∫
1 − e−aA0
A0
|f (xHale Waihona Puke |dx <ε ,
0
2
于是
∫ +∞ (
)
∫ A0 (
)
∫ +∞ (
)
e−ax − 1 f (x) dx ⩽
e−ax − 1 f (x) dx +
e−ax − 1 f (x) dx < ε.
0
0
A0
8. 因为 lim (f (x) − x) = 0, 故 ∃x1 > x0, 使得 f (x1) > 0. 又 f (x0) ⩽ 0, 从而由 Lagrange 中值定理知 x→+∞ ∃ξ1 ∈ (x0, x1), 使得 f ′(ξ1) > 0. 同样可以证得 ∃ξ2 ∈ (−∞, x0), 使得 f ′(ξ2) < 0. 再次利用 Lagrange 定理得
北京大学 2008 年全国硕士研究生招生考试数学分析试题及解答