2011年北京大学数学分析试题解答

本试题解答由SCIbird提供2011年北京大学研究生入学考试数学分析试题解答SCIbird说明：印象中根据当初论坛上的讨论，北大2011年试题的回忆版与原题多少有些出入，这里根据自己的理解来确定试题。因为对试卷回忆版第5题搞不清楚，所以略去此题。其它试题解答，比较基础的试题就写得相对简略一些，难一些的试题就写得详细一些。试题后的评注是个人对试题的看法。1.用确界存在定理证明，如果函数()fx是区间I上的连续函数，则()fI是一个区间。证明：为证明()fI是一个区间，实际上只需要证明连续函数具有价值性质即可。不妨只考虑()()fafb情形，其它情况同理。任取实数c，满足()()facfb下面利用确定存在定理证明(,)abξ∃∈，使得()fcξ=.所用方法非常经典，读者最好熟记此方法。记集合[,]:{()}Stfabtc∈=，因为()fac，所以aS∈，因此如此定义的集合非空。由确界存在定理知，上确界supSξ=存在且。由()fx连续函数，所以()fcξ≤且abξ.下证()fcξ=：采用反证法。假设()fcξ，因为ξ是内点，所以由连续函数的局部保号性可知存在ξ的一个邻域(,)[,]Uabξδξδ=−+⊂，使得在U上满足()fxc，特别地12()fcξδ+，这与supSξ=是上确界的定义矛盾！所以()fcξ=.评注：上面的证明是标准的，读者应该熟练掌握“连续函数取上确界”这种技巧，2009年北大数学分析压轴题的证明方法也取上确界。印象中北大考研的数学分析试题必有一道试题涉及实数系那几个基本定理的等价性证明或者应用，属于送分题，但前提是你认真准备过。实数系基本定理有好几个，但在解题或科研中，最常用的是确界存在原理和闭区间套定理。特别在处理涉及连续函数的1维问题时，确界存在原理往往起到奇兵作用。本试题解答由SCIbird提供2.可导函数()fx在区间(0,1)上有界，极限0lim()xfx→+不存在。证明：存在数列(0,1)nx∈，满足0,()0nnxfx′→+=.证明：我们断言：n∀，导函数()fx′在(0,1/)n内必有零点。否则，假设存在0n,导函数()fx′在0(0,1/)n内无零点。由达布定理（导数介值定理）知，()fx′在0(0,1/)n内不变号，故有界函数()fx在0(0,1/)n内是单调的，此时极限0lim()xfx→+存在，与题意矛盾。故导函数()fx′在(0,1/)n内必有零点，记为nx，不难验证其满足题意。评注：本题的解法不唯一，上面的解法技巧性比较强。个人感觉导数介值定理还是很强大和实用的，但不知道为什么不少优秀教材没有收录进这个定理，比如张筑生老师的《数学分析新讲》。3.函数()fx在区间I上连续，证明：若|()|fx可导，则()fx也可导。证明：我们的目标是证明0|()||()|limhfxhfxh→+−存在0()()limhfxhfxh→+−⇒存在由此发现去掉分子|()||()|fxhfx+−中的绝对值符号是关键。不妨设()0fx，利用连续函数的局部保号性，可知对在以x为中心的充分小的邻域(,)Uxδ内，有()0,(,)fxhxhUxδ∈++.此时|()||()|()()fxhfxfxhfx+−=+−当()0fx时，讨论类似，此时|()||()|[()()]fxhfxfxhfx+−=−+−当()0fx=时，|()||()|()fxhfxfxh+−=±+.本试题解答由SCIbird提供以上三种情况不论哪一种，均有0()()limhfxhfxh→+−存在。评注：本题不难，也没有什么巧法，直接分类讨论就行了。众所周知，上述命题的逆命题不成立，经典反例()fxx=，其绝对值函数|()|||fxx=在0x=点不可导。这个反例也用于构造一个可导函数序列，使得其极限函数在0x=处不可导，如12()nnfxx=+.4.构造两个以2π为周期的连续函数，使得其Fourier级数在[0,]π上一致收敛于0.证明：首先容易想到常函数()0fx≡满足题意，这是平凡情形。对非平凡情形，因为涉及一致收敛性，所以考虑光滑函数是比较自然的想法。这方面有一个重要定理（一致收敛的充分条件）：设()fx是以2π为周期的连续函数，其导函数()fx′是Riemann可积的，则()fx对应的Fourier级数在[,]ππ−上一致收敛。根据上面的定理可知，为构造满足题意的连续函数()fx，只需要在[0,]π上恒为0，在[,0]π−上是光滑函数且(0)()0ffπ=−=即可.类似的例子非常多，如()()fxxxπ=+，2()()gxxxπ=+等等。评注：如果不知道上面那个一致收敛定理也无妨，不过要麻烦一些。根据经验，构造一致收敛的Fourier级数例子，最简单自然的想法是在光滑函数范畴里寻找，干脆就是多项式。多项式是可以直接计算出Fourier级数的系数na和nb，再证明它们是优级数。本试题解答由SCIbird提供另外，根据费耶定理，连续函数()fx的Fourier级数如果收敛，则必收敛于()fx自身。这也提示我们构造的函数()fx在[0,]π上必须等于0.当然，根据连续性条件，切莫漏掉条件(0)()0ffπ=−=.5.本题回忆版试题似乎缺条件，这里略去。6.设函数(,)fxy在定义域的某个点上存在非零方向导数，且在三个方向的方向导数均相等（不为零），证明：(,)fxy在该点不可微。证明：根据题意可排除(,)fxy恒为常数的情况，我们用反证法证明本题。假设(,)fxy在该点可微分，则存在惟一的常数,AB满足(,)dfxyAdxBdy=+.记单位方向向量为(cos,sin)ϑϑ=e，则对应方向导数为cossinABϑϑ+.记满足题意的三个方向单位向量为1(,),(,),(,)uvstpq===23eee因为这三个方向单位向量两两不共线，所以存在不为0的实数,λμ，使得231λμ=+eee以上向量与自身做内积得到模的平方223212λμλμ=++⋅ee由上式可知1λμ+≠.若不然，由上面等式关系22232321()21λμλμλμ=+=++⋅⇒⋅=eeee这说明2e与3e共线，与题意矛盾！由2e与3e不共线条件还得到0sqtp−≠这一关系。视,AB为未知量，考虑下面二元一次线性方程组(这里0m≠)本试题解答由SCIbird提供uAvBmsAtBmpAqBm⎧+=⎪⎪⎪⎪+=⎨⎪⎪+=⎪⎪⎩这个线性方程组对应的系数矩阵秩为2但是其增广矩阵对应的行列式(1)()0msqtpλμ=−−−≠，这说明增广矩阵的秩为3，方程组无解，即满足题意的,AB不存在。所以(,)fxy在该点不可微。评注：数学中很多解答的写法和证明方法都是倒过来的，比如笔者是先求出增广矩阵的行列式(1)()0msqtpλμ=−−−≠，然后发现还需要证明1λμ+≠以及0sqtp−≠这两个关系式。求增广矩阵的行列式可利用下面的初等变换计算技巧00(1)uvmsptqmstmstmstmpqmpqmpqmλμλμλμ⎛⎞⎛⎞⎛⎞++−−⎟⎟⎟⎜⎜⎜⎟⎟⎟⎜⎜⎜⎟⎟⎟⎜⎜⎜⎟⎟⎟→→⎜⎜⎜⎟⎟⎟⎜⎜⎜⎟⎟⎟⎜⎜⎜⎟⎟⎟⎟⎟⎟⎜⎜⎜⎝⎠⎝⎠⎝⎠本题不是难题，但却是一道综合性很强的好题，将数学分析与线性代数结合到一起。证明思路还是很自然的，需要细致的分析论证，分数全拿到也不是那么容易的。笔者这里的方法虽然直接，但略显笨拙，不知道有没有更巧妙的方法。7.设D为2R上的无界闭集，试构造一个函数(,)fxy，使它在一个由光滑曲线所围成的无界闭区域D上的二重广义积分(,)Dfxydxdy∫∫发散。证明：题目中没有要求函数(,)fxy连续，于是构造起来就相对容易了。容易看出，如果无界闭区域D对应的面积()SD是无穷大，此时取(,)1fxy=即可。因此不妨设0()SD+∞.本试题解答由SCIbird提供定义点集22{(,)|}nxyxynσ=+≤因为闭区域D是无界的，所以至多除有限个n，点集ΩnnDσ=I非空。又0()SD+∞，所以对应点集ΩnnDσ=I的面积也是有限的。记11111Ω,ΩΩ()nnnnnDDDσσ+++==−=−I，则nDD=U以及{}nD是互不相交的。不妨设每个nD均非空集，记面积()nnDSDdxdy=+∞∫∫定义函数(,)2/(),nnnfxySDxD∈=直接计算得到11(,)(,)2nnDnnDfxydxdyfxydxdy∞∞===+==∞∫∫∑∑∫∫于是证明了如此构造的函数(,)fxy满足题中要求。评注：构造无交分解nDD=U的方法不唯一，这里主要从圆环1nnσσ+−入手，再考虑与无界闭区域D的交集，这是常用的构造方法。至于函数(,)fxy的构造则有些做做了，想法是将面积“消去”，剩下一个发散因子2n.这里的函数(,)fxy应理解为一个对应法则：给定点(,)xy，存在惟一的正数A与之对应。北大还是很重视“广义重积分”这块相对有些偏的内容的，印象中2007年也考过一道类似的试题。本试题解答由SCIbird提供8.给定映射R:nTD→，其中RnD⊂是一个凸区域，当xD∈时，()Tx在D上有连续的二阶偏导数。已知()Tx对应的雅可比矩阵()JTx是正定的，证明：R:nTD→是单射。证明：因为RnD⊂是一个凸区域，所以,Dxy∀∈，连接x与y的线段都包含在凸区域D内。该线段的参数表达式为：()(1[],0,)1ttxtytγ=−+∈.注意，这里的R()ntγ∈，是一个向量。假设T不是单射，则R,nxy∃∈，满足xy≠且()()TxTy=.定义函数(),[(1)]ftxyTtxty=−−+其中,是Rn上的标准内积。依题意，可知(0),(),()(1)fxyTxxyTyf=−=−=.又()Tx在D上有连续的二阶偏导数，所以函数()ft可导。由罗尔中值定理，得()0,(1)0,fξξ′=∈另一方面，直接求导得到(),(())()0ftxyJTtxyAτγαα′=−⋅−=这里利用了雅可比矩阵(())JTtγ的正定性。这就产生了矛盾！因此R:nTD→是单射。评注：上述证明关键地方利用了区域的凸性和雅可比矩阵()JTx的正定性。函数(),[(1)]ftxyTtxty=−−+的构造主要是为了生成雅可比矩阵()JTx，这种构造方法是比较常见的方法。原来的证明是利用“逆映射定理”，但后来发现问题。之后给出了上面的证明，以附图形式贴到论坛上。不过网上广为流传的PDF文档里还是“逆映射定理”那个错误证明（没法改了），时间一长一忙就把这事忘了。这次重新整理解答时想起了这个问题，借此机会进行订正。本题以上面的解答为准。本试题解答由SCIbird提供9.设正项级数1nna∞=∑收敛，证明极限212lim111nnnaaa→∞++⋅⋅⋅+存在。证明1：下面的证明出自论坛上xjsh网友之手，核心想法是利用Carlemann不等式技巧，详细内容见谢惠民等编著的《数学分析习题课讲义》（这是本值得推荐的好书）下册。由均值不等式，得12121111nnnaaanaaa++⋅⋅⋅+≥⋅⋅⋅于是得到不等式估计21212111nnnnnaaaaaa≤⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+下面利用Carlemann不等式技巧对12nnaaa⋅⋅⋅进行放缩。因为121212(1)(2)()(1)(2)()1!!nnnnnnaanaaanaaaannn⋅⋅⋅++⋅⋅⋅+⋅⋅⋅=≤⋅所以2121212(1)(2)()111!nnnnnaanannnaaannaaa++⋅⋅⋅+≤⋅⋅⋅≤⋅++⋅⋅⋅+由正项级数1nna∞=∑收敛，由Abel变换可知（不错的小题）12(1)(2)()0naanan++⋅⋅⋅+→接下来需要对!n进行估计，可利用斯特林公式（也可用其它方法），知lim!nnnen→∞=由夹逼定理，得212lim0111nnnaaa→∞=++⋅⋅⋅+本试题解答由SCIbird提供证明2：记212111nnnbaaa=++⋅⋅⋅+以及12nnSaaa=++⋅⋅⋅+，则0,0nnSb.因为正项级数1nna∞=∑收敛，所以0ε∀，0N∃，使得当mnN时，mnSSε−.取2mn=，则n