2018年北京师范大学数学分析(762)回忆版

1  求f(x)=xsin(lnx)的导数和二阶导数

2证明f(x)=(1+1/x)∧x在(0,+∞)上单调增

3求f(x)=x∧2+y∧3－3xy的极值点和极值


4设三角级数a0/2+∑(ancosnx+bnsinnx)在R上一致收敛于f(x),证明
(i)对于k∈N，级数

a0coskx/2+∑(ancosnx+bnsinnx)coskx在R上一致收敛

a0coskx/2+∑(ancosnx+bnsinnx)sinkx在R上一致收敛

(ii)
an= 1/π∫(0,2π)f(x)cosnxdx
bn= 1/π∫(0,2π)f(x)sinnxdx

5 区域Ω由y=x∧2－2x,x+y=2,
z=x+y,z=0围成，
(i)把∫∫∫Ω |xyz|dxdydz写成几个累次积分的和(被积函数不能有绝对值)
(ii)设Ω0为{P:P∈Ω,x≥0,y≥0},求∫∫∫Ω0 |xyz|dxdydz.

6证明
(i)f(x)=xarctanx+(sinx)∧2在R上一致连续

(ii)
f(x)=x[arctan(x)](sinx)∧2在R上不一致连续

7给出了两个四元函数F(x,y,u,v),G(x,y,u,v)，
(i)要求证明在(1/2,0,1/2,0)处邻域可以确定隐函数组u(x,y),v(x,y)
(ii)求v对x的偏导数，以及二阶偏导数vxx

8设f(x)是[0,1]上连续的正值函数，对于n∈N+，证明
(i)存在唯一的an∈(1/n,1)使得
∫(1/n,an)f(x)dx=∫(an,1)f(x)dx
(ii)limn→∞an的极限存在

 

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 1  求f(x)=xsin(lnx)的导数和二阶导数

2证明f(x)=(1+1/x)∧x在(0,+∞)上单调增

3求f(x)=x∧2+y∧3－3xy的极值点和极值


4设三角级数a0/2+∑(ancosnx+bnsinnx)在R上一致收敛于f(x),证明
(i)对于k∈N，级数

a0coskx/2+∑(ancosnx+bnsinnx)coskx在R上一致收敛

a0coskx/2+∑(ancosnx+bnsinnx)sinkx在R上一致收敛

(ii)
an= 1/π∫(0,2π)f(x)cosnxdx
bn= 1/π∫(0,2π)f(x)sinnxdx

5 区域Ω由y=x∧2－2x,x+y=2,
z=x+y,z=0围成，
(i)把∫∫∫Ω |xyz|dxdydz写成几个累次积分的和(被积函数不能有绝对值)
(ii)设Ω0为{P∈Ω,x≥0,y≥0},求∫∫∫Ω0 |xyz|dxdydz.

6证明
(i)f(x)=xarctanx+(sinx)∧2在R上一致连续

(ii)
f(x)=x[arctan(x)](sinx)∧2在R上不一致连续

7给出了两个四元函数F(x,y,u,v),G(x,y,u,v)，
(i)要求证明在(1/2,0,1/2,0)处邻域可以确定隐函数组u(x,y),v(x,y)
(ii)求v对x的偏导数，以及二阶偏导数vxx

8设f(x)是[0,1]上连续的正值函数，对于n∈N+，证明
(i)存在唯一的an∈(1/n,1)使得
∫(1/n,an)f(x)dx=∫(an,1)f(x)dx
(ii)limn→∞an的极限存在
来源: 2018年北京师范大学数学分析(762)回忆版

 

1.(10分)设$V_i(i = 0,n + 1)$是线性空间, $V_0=V_{n+1}=\{0\}$, $\phi_i$是$V_i$到$V_{i+1}$的线性映射,且对$i =0,\cdots,n-1$满足$\mathrm{ker} \phi_{i+1} = \mathrm{Im}\phi_i$中,证明$\sum(-1)^i\mathrm{dim}(V_i)=0$.

解:直接用线性映射维数公式$\mathrm{dim}(\mathrm{ker} \phi_i)+ \mathrm{dim}(\mathrm{Im} \phi_i)= \mathrm{dim}V_i$,送分题.

2. (15分)设$c_0,c_1,\cdots,c_k$复数,求证有一个次数不超过k的多项式函数$p(x)$使得$p(n)=c_n$,且这样的多项式是唯一的.

解:直接插值,即令$p_n(x)=p_{n}(x)=c_{n} \frac{(x-0) \cdots(x-n+1)(x-n-1) \cdots(n-k)}{(n-0) \cdots(n-n+1)(n-n-1) \cdots(n-k)}$,那么$p_n(x)$在$x=n$处取$c_n$,所有的$p_n$加起来即可,唯一性设还有一个$q$,则$p-q$是次数不超过$k$的多项式但是至少$k+1$个零点,根据代数学基本定理一定是0.

3. (20分)证明对一个秩为$r$的实对称矩阵,一定存在某个阶的主子式使得行列式非零,并且任意一个非零的主子式符号相同.

解:其实考场上我没做出来，但是因为要证不变号我就想到了合同变换用惯性系数，不过大概脑子不太正常就没继续做了,冰神刚刚说由于秩是$r$,任意一个行列式不为零的主子式一定可以线性表出所有其他行列，于是可以通过合同变换把其他的各行各列全部变成0,也就是说这个任意一个行列式不为零的主子式的行列式的符号都和合同标准型的相同.这么看的话这题20其实也是送的.

4. (20分)设$A$特征值为$\lambda_1,\cdots,\lambda_n$,每个特征值$\lambda_i$的特征子空间都由一族特征向量张成$\alpha_{ij_1},\cdots,\alpha_{ij_n}$,设$A^\ast$是$A$的伴随矩阵,求$A$的特征值和特征向量.

解:我怎么感觉$A$都可以直接对角化了,而且如果$A$可逆(没有零特征值)就有$A^\ast=
\frac{1}{|A|}A^{-1}$,所以所有的特征值和特征向量直接出来了,我总觉得这题20分没有那么简单.

5. (15分)证明线性变换中可对角化的充要条件是$\mathrm{dim}(\mathrm{Im} (\lambda \mathrm{id}-\phi))=\mathrm{dim}(\mathrm{Im} (\lambda \mathrm{id}-\phi)^2)$对任意一个特征值$\lambda$都成立.

解: Jordan标准型即可,送分题.

6. (15分)证明Hausholder变换是正交变换,并证明任意一个正交变换可以表示成镜像变换的乘积.

解:我不认为立志考PKU的人有不会做这题的.

7. (15分)已知向量$u,v,w$满足$|u|=|v|=|w|\neq 0,u\cdot v=u\cdot w=w\cdot v$,证明对于任意$x$,如果$x\times u=au +bv+cw,x\times v=av+ bw+cu$,证明$x\times w=aw+ bu +cv$.

解:反正我打算设$x\times w=c_1w+ c_2u+ c_3v$,然后和$u,v,w$都点乘一下,然后用混合积的性质换成已知的$x\times u$和$x\times v$然后把$c_1,c_2,c_3$解出来,未果,卒.

8. (20分)证明$x^2 + 2y^2 + 6xy + 8x+ 10y +6=0$ (系数应该没错)是个双曲线,求长短轴的长度并且指出哪个轴和曲线相交.

解:二次曲线不变量吧,反正如果和我一样不记得不变量了这题大概就没救了,用旋转平移矩阵做的话特征值有一个根号37准备往死里算吧,记得不变量的话大概也是送分题.

9. (20分)求椭圆$x^2 +8y^2 +4xy + 10x + 12y+4=0$ (系数可能记错)最大内接三角形的面积.

 

1.设$f(x)$在$[a,b]$上半连续,即对任意$\varepsilon>0$,存在$\delta>0$,当$x\in [a,b]$且$|x-x_0|<\delta$时,恒有$f(x)<f(x_0)+\varepsilon$,求证: 对任意$x_0\in [a,b]$,有$\limsup_{x\to x_0}f(x)\leq f(x_0)$.%反例

2.已知$f(x+y)\leq f(x)+f(y)$,求证: $\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x}\to l$.%反例

3.设$f'>0,f\in C[0,1]$,且$\frac{\int_{0}^{1}xf(x)dx}{\int_{0}^{1}f(x)dx}=s$.证明$s\geq \frac{1}{2}$,并比较$\int_{0}^{s}f(x)dx$与$\int_{s}^{1}f(x)dx$的大小.

4.证明$f(x)=\frac{x\cos x}{1+\sin^2x}$在$[0,+\infty)$上一致连续.

5. $\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{f(x)}{x}\right)^2dx$

6. Green公式证明特殊的Stokes公式
\[\iint_\Sigma\frac{\partial R}{\partial y}dydz+\frac{\partial R}{\partial z}dzdx.\]

7.求$\sin px$的傅里叶级数,由此证明余元公式
\[\int_{0}^{1}x^{p-1}(1-x)^{-p}dx=\frac{\pi}{\sin(p\pi)}.\]

8.设$f(0,0)=0,f''_{xx}+f''_{yy}=x^2+y^2$,求$\int_{C_r}f(x,y)ds$.

9.设$q_k\geq p_k>0$,
\[\frac{q_k-p_k}{\sin(q_k-p_k-1)}+\frac{q_k-p_k-1}{\sin(q_k-p_k-2)}+\frac{q_k-p_k-2}{\sin(q_k-p_k-3)}+\cdots\]

 

在承认平面Green公式的前提下证明如下特殊情况下的Stokes公式
\[\oint_\Gamma R(x,y,z)\,\mathrm{d}z=\iint_\Sigma\frac{\partial R}{\partial y}dydz-\frac{\partial R}{\partial x}dzdx.\]

\begin{example}
(2020届北大附中高三12月月考)已知数列$A:a_1,a_2,a_3,\cdots\,(n\geq 4)$为$1,2,3,\cdots,n$的一个排列,若$|a_i-i|\,(i=1,2,3,\cdots,n)$互不相同,则称数列$A$具有性质$P$.
\begin{enumerate}[(1)]
\item 若$n=4$,且$a_1=4$,写出具有性质$P$的所有数列$A$;
\item 若数列$A$具有性质$P$,证明: $a_1\neq 1$;

\item 当$n=7,8$时,分别判断是否存在具有性质$P$的数列$A$?请说明理由.
\end{enumerate}
\end{example}
\begin{solution}
$8,6,3,5,7,1,4,2$
\end{solution}

 

\begin{example}
(2020年考研数学一)设函数$f(x)$在区间$[0,2]$上具有连续导数, $f(0)=f(2)=0,M=\max_{x\in[0,2]}\{|f(x)|\}$,证明:
\begin{enumerate}[(1)]
\item 存在$\xi\in(0,2)$,使得$|f'(\xi)|\ge M$；
\item 若对任意$x\in(0,2)$, $|f'(x)|\le M$,则$M=0$.
\end{enumerate}
\end{example}
\begin{solution}
(微信公众号: Xionger的数学小屋)
\begin{enumerate}[(1)]
\item 设$|f(c)|=M,c\in(0,2)$.%,则$x=c$为$f(x)$的极值点,由$f(x)$连续可导知$f'(c)=0$
由均值不等式可知$\frac{2}{\frac{1}{c}+\frac{1}{2-c}}\leq \frac{c+(2-c)}{2}=1$,
则$\frac{1}{c}+\frac{1}{2-c}\geq 2$.

由拉格朗日中值定理可知
\begin{align*}
\frac{f(c)-f(0)}{c-0} &=f'(\xi_1),\quad \xi_1\in(0,c),\\
\frac{f(2)-f(c)}{2-c} &=f'(\xi_2),\quad \xi_2\in(c,2),
\end{align*}
又$|f(c)|=M$,则
\[|f'(\xi_1)|+|f'(\xi_2)|=M\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{2-c}\right)\geq 2M,\]
因此, $\xi_1$和$\xi_2$中必存在一个$\xi$,使得$|f'(\xi)|\geq M$.

\item 由题意可知$|f'(\xi_1)|=\frac{M}{c}\leq M$,即$c\geq 1$,且$|f'(\xi_2)|=\frac{M}{2-c}\leq M$,即$c\leq 1$,于是$c=1$.
此时,
\[M=|f(1)-f(0)|=\left|\int_{0}^{1}f'(x)\,\mathrm{d}x\right|\leq \int_{0}^{1}|f'(x)|\,\mathrm{d}x\leq \int_{0}^{1}M\,\mathrm{d}x=M,\]
取等条件为$|f'(x)|=M,x\in [0,1]$.由$f(x)$在$x=1$处可导且取到极值可知$M=f'(1)=0$.
\end{enumerate}
\end{solution}

\begin{example}

\end{example}
\begin{solution}

\end{solution}

\begin{example}
(2020年中国科学院大学数分考研)证明
\[\frac{\sqrt{3}}{2}\pi<\int_{0}^{1}\sqrt{\frac{x^2-x+1}{x-x^2}}\,\mathrm{d}x<\pi.\]
\end{example}
\begin{solution}
(微信公众号: Xionger的数学小屋)注意到
\[\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{x-x^2}}\,\mathrm{d}x=\pi,\quad \frac{3}{4}\leq x^2-x+1= \left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\leq 1,x\in [0,1].\]
因此
\[\frac{\sqrt{3}}{2}\pi=\int_{0}^{1}\sqrt{\frac{\frac{3}{4}}{x-x^2}}\,\mathrm{d}x<\int_{0}^{1}\sqrt{\frac{x^2-x+1}{x-x^2}}\,\mathrm{d}x
<\int_{0}^{1}\sqrt{\frac{1}{x-x^2}}\,\mathrm{d}x=\pi.\]
\end{solution}

\begin{example}
(2020年中国科学院大学数分考研)证明
\[\left|\int_{100}^{200}\frac{x^3}{x^4+x-1}\,\mathrm{d}x-\ln 2\right|<\frac{1}{3}\cdot 10^{-6}.\]
\end{example}
\begin{solution}
(微信公众号: Xionger的数学小屋)由于
\begin{align*}
\left|\int_{100}^{200}\frac{x^3}{x^4+x-1}\,\mathrm{d}x-\ln 2\right|&=\left|\int_{100}^{200}\frac{x^3}{x^4+x-1}\,\mathrm{d}x-
\int_{100}^{200}\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x\right|\\
&=\int_{100}^{200}\frac{x-1}{x\left(x^4+x-1\right)}\,\mathrm{d}x
<\int_{100}^{200}\frac{x}{x\cdot x^4}\,\mathrm{d}x=\int_{100}^{200}\frac{1}{x^4}\,\mathrm{d}x\\
&=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{100^3}-\frac{1}{200^3}\right)<\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{100^3}=\frac{1}{3}\cdot 10^{-6}.
\end{align*}

\end{solution}