10. 充分性: ∀ε > 0, ∃N > 0, 当 n > m > N 时,
令 x → R− 得
∑n akxk < ε, ∀x ∈ [0, R).
k=m
∑n
∑ ∞
akRk < ε =⇒ anRn 收敛.
k=m
n=1
必要性: 首先注意到
∑ ∞
anxn
=
∑ ∞
anRn
( x )n R
,
n=1
n=1
又因为
中的开集映为开集.
6.
(15
分)
x1
=
√ 2, xn+1
√ = 2 + xn.
证明
{xn}
收敛并求极限值.
7. (15 分) 证明 ∫ +∞ sin x dx 收敛并求值. 写出计算过程.
0
x
8. (15 分)
∫b
(1) 证明存在 [a, b] 上的多项式序列 {pn(x)} 使得 pi(x)pj(x) dx = δij 并使得对于 [a, b] 上的连续函数
准则
(不用证明)
并
i=1
用你叙述的 Cauchy 准则证明闭区间上的单调函数可积.
3. (15 分) (a, b) 上的连续函数 f (x) 有反函数. 证明反函数连续.
4.
(15
分)
f (x1, x2, x3)
是
C2
映射,
∂f ∂x1
(x01
,
x02,
x03
)
̸=
0.
证明
f (x1, x2, x3)
对于任意 n > m, x0 ∈ U, 因为 rank (J (f )|x=x0 ) = m, 不妨设 J (f )|x=x0 的前 m 列是线性无关的. 定义
F : Rn −→
Rm
x −→ (f (x), xm+1, . . . , xn)
此时 F 在 x0 的一个邻域内为开映射, 将 F 与一个投影映射复合后得到 f . 开映射的复合还是开映射, 从而 f 是 x0 的一个邻域内的开映射, 由 x0 的任意性以及任意个数个开集的并集仍为开集知 f 是开映射.
1 2
)π
sin x
dx
=
∫
+∞ sin x dx.
n→∞ 0
x
n→∞ 0
x
0
x
再由 Riemann-Lebesgue 引理知
∫π lim
n→∞ 0
x
−
2
sin
x 2
2x
sin
x 2
sin(n
+
1 )x dx 2
=
0.
因此
∫ +∞ sin x dx = π .
0
x
2
注 北京大学 2006 年数学分析试题中的第 5 题.
固定上述
N1,
因为
lim (a1bn
n→∞
+
·
·
·
+
aN1 bn−N1+1)
=
0,
于是
∃N
> N1
>
0,
当
n
>
N
时,
ε
|a1bn
+···+
aN1 bn−N1+1|
<
. 2
因此 lim cn = 0. n→+∞
εε |a1bn + · · · + anb1| < 2 + 2M M = ε.
注 北京大学 2013 年数学分析试题中的第 8 题.
3
令
√
(
)
pn(x) =
2 b − a Ln
x
−
a+b 2
b−a
2
,n∈N
即可.
∀ε > 0, 存在实多项式 p(x), 使得 |p(x) − f (x)| < ε, ∀x ∈ [a, b]. 设 |f (x)| 在 [a, b] 上的最大值为 M, 则
∫b
∫b
∫b
f 2(x) dx ⩽ (f (x) − p(x))f (x) dx + p(x)f (x) dx ⩽ M (b − a)ε,
注 解答第一问时利用了 Legendre 多项式, 更具体的内容可以参考陈纪修等人的《数学分析》第二版上册第 301 页例 7.3.7, 蓝以中的《高等代数学习指南》第 285 页例 1.9 也是关于 Legendre 多项式的. 第二问其实 是想考察广义 Fourier 级数的 Parseval 等式.
]2
g2(x) dx =
g(x)pn(x) dx
a
n=1 a
是否成立.
∑ +∞
9. (15 分) 正项级数
an
收敛, lim n→+∞
bn
=
0,
令
cn
=
a1bn +a2bn−1 +·
·
· + an b1 .
证明
{cn}
收敛并求
lim
n→+∞
cn.
n=1
∑ +∞
∑ +∞
∑ +∞
10. (15 分) 幂级数 anxn 的收敛半径为 R, 0 < R < +∞. 证明 anRn 收敛的充分必要条件为 anxn
北京大学 2016 年全国硕士研究生招生考试数学分析试题及解答
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1. (15 分) 用开覆盖定理证明有界闭区间上的连续函数必一致连续.
2.
(15
分)
f (x)
是
[a, b]
上的实函数.
叙述关于
Riemann
和
∑n f (ti)(xi − xi−1)
的
Cauchy
8. (1) 令 则 做变量替换 得
√
1 Ln(x) = 2nn!
2n + 1 ((x2 − 1)n)(n) , n ∈ N, 2
∫1 Li(x)Lj(x) dx = δij.
−1
tLeabharlann =b−a x
+
a
+
b ,
2
2
∫b
a
Li
( t
−
a+b 2
b−a
2
)
Lj
( t
−
a+b 2
b−a
2
)
b
2 −
a
dt
=
δij .
=
0
在
(x01, x02, x03)
附近确定了一
个隐函数
x1
= x1(x2, x3).
证明
x1 = x1(x2, x3)
二次可微并求出
∂2x1 ∂x2∂x3
的表达式.
5. (15 分) n ⩾ m, f : U ⊆ Rn → Rm 是 C1 映射, U 为开集且 f 的 Jacobi 矩阵的秩处处为 m. 证明 f 将 U
∫b
a
f (x), 若 f (x)pn(x) dx = 0, ∀n ∈ N, 则必有 f ≡ 0.
a
∑ +∞ (∫ b
)
(2) 设 g(x) 在 [a, b] 平方可积, g(x) 关于 (1) 中 {pn(x)} 的展式为 g(x) ∼
g(x)pn(x) dx pn(x).
n=1 a
问
∫b
∑ +∞ [∫ b
6. 用数学归纳法可以证明 0 < xn < xn+1 < 2, n ∈ N, 从而 {xn} 单调有界, 必有极限, 等式两边令 n → ∞ 算 出 lim xn = 2.
n→∞
7. 因为
1 2
+
cos x + cos 2x
+
···
+
cos nx
=
sin(n + 2 sin
1 2 x 2
)x
,
两边同时对 x 在 [0, π] 积分得
投影映射是开映射的证明: 以 n = 2, m = 1, 投影映射为向 x 轴投影为例,
Px : R2 −→ R (x, y) −→ x
2
设 G 是 R2 中的开集, 要证 Px(G) 是 R 中开集. 任取 x0 ∈ Px(G), 则存在 (x0, y0) ∈ G 使得 Px(x0, y0) = x0. 又由于 G 是开集, 故存在邻域 {(x, y) | (x − x0)2 + (y − y0)2 < δ2} ⊂ G, 由此知 (x0 − δ, x0 + δ) ⊂ Px(G), 从而 Px(G) 是开集, 故 Px 是开映射. 更一般的投影映射是开映射的证明是类似的.
i=1
j=1
i=1
⩽ (f (b) − f (a))||P ||.
于是
∀ε
>
0,
令
0<δ
<
ε f (b) − f (a)
即可.
若 P1 ̸= P2, 则令 P ∗ 为把 P1, P2 的分点合在一起所得的分割, 此时
|σ(P1, f, ξ) − σ(P2, f, η)| ⩽ |σ(P1, f, ξ) − σ(P ∗, f, ξ∗)| + |σ(P ∗, f, ξ∗) − σ(P2, f, η)| ⩽ 2 (f (b) − f (a)) ||P ||.
∑n
∑ m
f (ξi) (xi − xi−1) − f (ηj) (yj − yj−1) < ε.