2015年北京大学数学专业数学分析考研试题及答案
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2015年北京大学数学专业数学分析考研试题及答案
答案由哆嗒数学网的数学Geek们提供，如有疏漏，敬请各位指正。
感谢：天书、鼠阿大、龙凤呈祥、Daivid、微尘、Veer的大力支持
特别感谢上海交大的姚老师的指正。
1. 计算 $\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\int_0^x e^{-t^2}\,\mathrm dt-x} {\sin x-x}$.
2. 讨论广义积分 $\int_1^{+\infty}\Big[\ln\Big(1+\dfrac1x\Big) -\sin{\dfrac1x}\Big]\,\mathrm dx$ 的敛散性.
3. 函数 $f(x,y)=\begin{cases} \Big(1-\cos\dfrac{x^2}y\Big)\sqrt{x^2+y^2}, &y\ne0;\\0, & y=0.\end{cases}$ $f (x,y)$ 在 $(0,0)$ 可微吗? 证明你的结论.
4. 计算 $\int_L e^x\Big[\big(1-\cos y\big)\,\mathrm dx-\big(y-\sin y\big)\,\mathrm dy\Big]$, 这里 $L$ 是曲线 $y=\sin x$ 从 $(0,0)$ 到 $(\pi,0)$.
5. 证明函数级数 $\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{\cos{nx}}{n^2+1}$ 在 $(0,2\pi)$ 一致收敛, 并且在 $(0,2\pi)$ 有连续导数.
6. $x_0=1$, $x_{n+1}=\dfrac{3+2x_n}{3+x_n}$, $n\geq 0$. 证明序列 $\{x_n\}$ 收敛并求其极限.
7. 函数 $f\in C^2(\Bbb R^2)$, 且对于任意 $(x,y)\in \Bbb R^2$, $\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)+\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)\gt0$. 证明: $f$ 没有极大值点.
8. $f$ 在 $[a,b]$ 连续, 在 $(a,b)$ 可导, 且 $f(b)\gt f(a)$. $c=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$. 证明: $f$ 必具备下述 两条性质中的一个:
(1) 任意 $x\in[a,b]$, 有 $f(x)-f(a)=c(x-a)$;
(2) 存在 $\xi\in(a,b)$, 使得 $f^\prime(\xi)\gt c$.
9. $\mathbf F\colon\Bbb R^3\to\Bbb R^2$ 是 $C^1$ 映射, $x_0\in\Bbb R^3$, $y_0\in\Bbb R^2$, $\mathbf F(x_0) =y_0$, 且 $\mathbf F$ 在 $x_0$ 处的 Jacobi 矩阵 $\mathbf{DF}(x_0)$ 的秩为 $2$. 证明: 存在 $\varepsilon\gt0$, 以及$C^1$ 映射 $\gamma(t)\colon(-\varepsilon,\varepsilon)\to\Bbb R^3$, 使得 $\gamma^\prime(0)$ 是非零向量, 且 $\mathbf F(\gamma(0))=y_0$.
10. 开集 $U\subseteq\Bbb R^n$, $f\colon U\to\Bbb R^n$ 是同胚映射, 且 $f$ 在 $U$ 上一致连续. 证明: $U=\Bbb R^n $.
参考答案：
1. 计算 $\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\int_0^x e^{-t^2}\,\mathrm dt-x} {\sin x-x}$.
由罗必塔法则有:
$原式=\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{ e^{-x^2}-1} {\cos x-1}=\lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{ {-x^2}} {-\frac{x^2}{2}}=2$
2. 讨论广义积分 $\int_1^{+\infty}\Big[\ln\Big(1+\dfrac1x\Big) -\sin{\dfrac1x}\Big]\,\mathrm dx$ 的敛散性.
$\lim\limits_{x\to+\infty} \left|\cfrac{\ln\Big(1+\dfrac1x\Big) -\sin{\dfrac1x}}{\dfrac{1}{x^2}}\right|=\left|\lim\limits_{u\to0} \cfrac{\ln\Big(1+u\Big) -\sin{u}}{u^2}\right|$
$=\left|\lim\limits_{u\to0} \cfrac{\dfrac{1}{1+u}-\cos{u}}{2u}\right| = =\left|\lim\limits_{u\to0} \cfrac{-\dfrac{1}{(1+u)^2}-\sin{u}}{2}\right|=\dfrac{1}{2} $
所以绝对收敛
3. 函数 $f(x,y)=\begin{cases} \Big(1-\cos\dfrac{x^2}y\Big)\sqrt{x^2+y^2}, &y\ne0;\\0, & y=0.\end{cases}$ $f
(x,y)$ 在 $(0,0)$ 可微吗? 证明你的结论.
解：不可微，证明如下
若$f(x,y)$在$(0,0)$可微，则在$(0,0)$的某邻域有:
存在$A,B$使得$f(x,y)=f(x,y)-f(0,0)=Ax+By+o(\sqrt{x^2+y^2})$
于是$f(0,y)=0=By+o(y)$，得到$B=0$。
$f(x,0)=0=Ax+o(x)$，得到$A=0$
于是$f(x,y)=o(\sqrt{x^2+y^2})$，
但$\dfrac{f(\dfrac{1}{n},\dfrac{1}{n^2})}{\sqrt{(\dfrac{1}{n})^2+(\dfrac{1}{n^2})^2}}=1-\cos1\not\to0$矛盾
4. 计算 $\int_L e^x\Big[\big(1-\cos y\big)\,\mathrm dx-\big(y-\sin y\big)\,\mathrm dy\Big]$, 这里 $L$ 是曲线 $y= \sin x$ 从 $(0,0)$ 到 $(\pi,0)$
解： 令$D$为$y=0$从$(\pi,0)$到$(0,0)$,$D'$为$y=0$从$(0,0)$到$(\pi,0)$,则$L$与$D$构成单连通区域$\Omega$的边界。
于是由格林公式
$原式=\int_{\partial\Omega} \Big[e^x\big(1-\cos y\big)\,\mathrm dx-e^x\big(y-\sin y\big)\,\mathrm dy\Big]+\int_{ D'} \Big[e^x\big(1-\cos y\big)\,\mathrm dx-e^x\big(y-\sin y\big)\,\mathrm dy\Big]$,
$=-\iint_{\Omega} \Big[\dfrac{\partial (-e^x\big(y-\sin y\big))}{\partial x}-\dfrac{\partial(e^x\big(1-\cos y\big))}{\partial y}\,\mathrm dx\,\mathrm dy\Big]+0$
$=\iint_{\Omega} ye^x\mathrm dx\mathrm dy$
$=\int_0^\pi e^x\mathrm dx\int_0^{\sin x} y\mathrm dy$
$=\dfrac{1}{2}\int_0^\pi e^x\sin^2x\mathrm dx$
$=\dfrac{1}{2}(\sin^2 xe^x|_0^\pi - \int_0^\pi e^x\sin2x\mathrm dx)$
$=-\cfrac{1}{2} \int_0^\pi e^x\sin2x\mathrm dx$
最后的那个定积分，分部积分两次可得一方程，解得
$原式=\dfrac{1}{5}(e^\pi-1)$
5. 证明函数级数 $\sum\limits_{n=0}^\infty\dfrac{\cos{nx}}{n^2+1}$ 在 $(0,2\pi)$ 一致收敛, 并且在 $(0,2\pi)$ 有连续
导数.
证： 由$n>1$时，$\left|\dfrac{\cos{nx}}{n^2+1}\right|\le\dfrac{1}{n^2}$，由M判别法得到级数一致收敛。
在任意关于$x=\pi$对称的闭区间$[\pi-p,\pi+p]\subset(0.2\pi)$上考察，
首先每个一般项可导，且$(\dfrac{\cos{nx}}{n^2+1})'=\dfrac{n}{n^2+1}\cdot (-\cos{nx})$，连续。
对于函数$h(x)=\dfrac{x}{1+x^2},x\ge1$有$h'(x)=\dfrac{1-x^2}{(1+x^2)^2}\le0$，
说明$\dfrac{n}{1+n^2}$单调递减趋于$0$。
再注意到$\sin{\dfrac{2n+1}{2}x}-\sin{\dfrac{2n-1}{2}x}=2\cos{nx}\sin\dfrac{ x}{2}$
于是,时有，$\left|\sum_{k=0}^n(-\cos{kx})\right|=\left| \dfrac{1}{2}\dfrac{\sin{\dfrac{2n+1}{2}x}+\sin\dfrac{x}{2}}{\sin\dfrac{ x}{2}}\right|\le \dfrac{1}{\cos\dfrac{p}{2}}$
说明$\left|\sum_{k=0}^n(-\cos{kx})\right|$一致有界。
由狄利克雷判别法知，一般项求导后的级数一致收敛。
又逐项求导定理知，在这个闭区间上，原函数项级数可导，且导函数连续。
对任意 $x\in(0,2\pi)$，只需取$p_x=\min\{\dfrac{x}{2},\pi-\dfrac{x}{2}\}$，在闭区间$[\pi-p_x,\pi+p_x]$做上述讨论即可。
6. $x_0=1$, $x_{n+1}=\dfrac{3+2x_n}{3+x_n}$, $n\geq 0$. 证明序列 $\{x_n\}$ 收敛并求其极限.
解： 注意到:$x_n>1$，$x_1=\dfrac{5}{4}>x_0$，于是$x_1-x_0>0$。
注意到:$x_{n+2}-x_{n+1}=\dfrac{3+2x_{n+1}}{3+x_{n+1}}-\dfrac{3+2x_{n}}{3+x_{n}}=\dfrac{6(x_{n+1}-x_n)}{(3+x_{n+1})(3+x_n)}$
知$x_{n+1}-x_{n}$的符号都与$x_1-x_0$相同，说明$x_n$单调,
而$x_{n+1}=\dfrac{3+2x_n}{3+x_n}=2-\dfrac{3}{3+x_n}<2$
从而$x_n$有界,$x_n$极限存在,记作$x$,在递推式令$n\to+\infty$得到:
$x=\frac{3+2x}{3+x}\Rightarrow x^2+x-3=0\Rightarrow x=\dfrac{-1\pm\sqrt{13}}{2}$
因$x_n>0$知有:$\lim\limits_{n\to+\infty}x_n=\dfrac{\sqrt{13}-1}{2}$
注意：在搞定$1$和$2$的上下界后，用上下极限的知识，可以迅速搞定。另外可以由数列的压缩性来证明极限的存在性。
7. 函数 $f\in C^2(\Bbb R^2)$, 且对于任意 $(x,y)\in \Bbb R^2$, $\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}(x,y)+\dfrac
{\partial^2 f}{\partial y^2}(x,y)\gt0$. 证明: $f$ 没有极大值点。
证： 设$f$在$(a,b)$出取得极大值，则有$f_x(a,b)=f_y(a,b)=0$。
那么$f(x,b)$在$x=a$的某领域内有$f(x,b)-f(a,b)\le0$,
在这个邻域内使用由中值定理，则存在$x$与$a$之间的某数$c_x$，
使得$f(x,b)-f(a,b)=f_x(a,b))(x-a)+\dfrac{1}{2}f_{xx}(c_x,b)(x-a)^2=\dfrac{1}{2}f_{xx}(c_x,b)(x-a)^2\le0$
得到$f_{xx}(c_x,b)\le0$
令$x\to a$,则$c_x\to a$，得到$f_{xx}(a,b)=\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}(a,b)\le0$
同理可证$\dfrac{\partial^2 f}{\partial y^2}(a,b)\le0$。
于是$\dfrac{\partial^2 f}{\partial x^2}(a,b)+\dfrac {\partial^2 f}{\partial y^2}(a,b)\le0$。矛盾。
注意：利用黑塞矩阵相关手段，会有更简洁的表达。
8. $f$ 在 $[a,b]$ 连续, 在 $(a,b)$ 可导, 且 $f(b)\gt f(a)$. $c=\dfrac{f(b)-f(a)}{b-a}$. 证明: $f$ 必具备下述两条性质中的一个:
(1) 任意 $x\in[a,b]$, 有 $f(x)-f(a)=c(x-a)$;
(2) 存在 $\xi\in(a,b)$, 使得 $f^\prime(\xi)\gt c$.
定义$F(x)=f(x)-f(a)-c(x-a)$
令$F(x)=f(x)-f(a)-c(x-a)$,有$F(a)=F(b)=0$
若$F(x)$恒为$0$，则满足条件(1)
否则存在$y\in(a,b)$,$F(y)\neq0$
现在只需证明存在$\xi\in(a,b)$，$F'(\xi)>0$
由中值定理存在$\eta\in(a,y)$及$\zeta\in(y,b)$满足：
$F'(\eta)=\dfrac{F(y)-F(a)}{y-a}=\dfrac{F(y)}{y-a}$及$F'(\zeta)=\dfrac{F(y)-F(b)}{y-b}=\dfrac{F(y)}{y-b}$
因为$y-a,y-b$异号，故$F'(\eta),F'(\zeta)$中必有一个为正数
9. $\mathbf F\colon\Bbb R^3\to\Bbb R^2$ 是 $C^1$ 映射, $x_0\in\Bbb R^3$, $y_0\in\Bbb R^2$, $\mathbf F(x_0)=y_0$, 且 $\mathbf F$ 在 $x_0$ 处的 Jacobi 矩阵 $\mathbf{DF}(x_0)$ 的秩为 $2$. 证明: 存在 $\varepsilon\gt0$, 以及 $C^1$ 映射 $\gamma(t)\colon(-\varepsilon,\varepsilon)\to\Bbb R^3$, 使得 $\gamma^\prime(0)$ 是非零向量, 且$\mathbf F(\gamma(0))=y_0$。
证： 记$\overrightarrow{x}\in\mathbb{R}^3$，$(\overrightarrow{x})_i$为$\overrightarrow{x}$的第$i$个分量。
由于${\rm rank}J\mathbf{F}=2$,所以存在一个二阶子式非零,不妨设$\left.\dfrac{\partial(f_{1},f_{2})}{\partial(x_{1},x_{2})}\right|_{\overrightarrow{x_{0}}}\neq0$
考虑映射$\mathbf{f}:\mathbb R^3\to\mathbb R^3 ,\overrightarrow{x}\mapsto (\mathbf{F}(\overrightarrow{x}),(\overrightarrow{x})_{3})$
那么$\mathbf{f}$在$\overrightarrow{x_{0}}$处的雅可比行列式$\left.\det\left(\begin{matrix}\dfrac{\partial(f_{1},f_{2})}{\partial(x_{1},x_{2})}&\\&1\end{matrix}\right)\right|_{\overrightarrow{x_{0}}}\neq0$
记$a=(\overrightarrow{x_{0}})_{3}$,根据局部的逆映射定理,存在$(\overrightarrow{y_{0}},a)$邻域上的映射$\mathbf{T}$满足$\mathbf{f}\circ\mathbf{T}=\mathbf{\mathscr E}$
因此存在$a$的邻域$I=(a-\varepsilon,a+\varepsilon)$使得$
\mathbf{f}\circ\mathbf{T}(\overrightarrow{y_{0}},x)=(\overrightarrow{y_{0}},x),\forall x\in I$
令映射$m(t)=a+t,t\in(-\varepsilon,\varepsilon)$
那么考虑$\gamma(t)=\mathbf{T}(\overrightarrow{y_{0}},m(t))$
显然$\gamma\in C^1$且$\gamma'(0)\neq0$,而且$\mathbf{F}(\gamma(0))=\overrightarrow{y_{0}}.$
10. 开集 $U\subseteq\Bbb R^n$, $f\colon U\to\Bbb R^n$ 是同胚映射, 且 $f$ 在 $U$ 上一致连续. 证明: $U=\Bbb R^n $.
证： 设$U\not=\mathbb{R}^n$,取$x\in \overline{U}\setminus U$，则存在$U$中的点列$x_n$收敛于$x$。
由一致连续性，对给定$\epsilon >0$，存在$\delta>0$，当$s,t\in U,\|s-t\|<\delta$时，$\|f(s)-f(t)\|<\epsilon$
于是存在自然数$N$，当$m,n>N$时$|x_m-x_n|<\delta$，于是$\|f(x_m)-f(x_n)\|<\epsilon$
说明$\{f(x_n)\}$柯西列，设$f(x_n)\to y,n\to\infty$。
得到$x_n=f^{-1}(f(x_n))\to f^{-1}(y)$。
即$x=f^{-1}(y)\not\in U$，矛盾。
感谢阅读。
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