2006年北京大学数学分析试题解答(初稿)

本试题解答由SCIbird提供2006年北京大学数学分析考试试题解答说明:本试题解答由SCIbird提供，博士家园论坛首发。大家若有转载，请注明转自博士家园论坛。这份解答是以根据论坛上网友所发的06北大数学分析试题手抄本为基础,加上自己的理解修改整理而成.我本人对题目略做改动,第4题将被积表达式由2次项改为3次项,第8题将昀后问题中的积分区间由[a,b]改为[c,d].另外,本套题是我在论坛上发的昀后一套真题解析,自此以后我将不再发任何真题解答.加上之前我发过的5套真题解答总共6套真题解析,希望这6套真题解答会对大家的学习有所帮助.至于以后的真题解答还是请数学系的专业人士来写吧,我本人已无多余时间和精力来写数分和高代解几真题解答了.现在的我想把张筑生老师的微分拓扑新讲和微分动力系统原理彻底看完,以完成我本科时许下的愿望.昀后,我还是希望每年都能品尝到北大的数分和高代解几大餐的,这就要拜托论坛上考北大的朋友们了.感谢大家对我的支持,在新年即将到来之际,为大家送去一份祝福,祝福大家新年好运到!1.确界原理是关于实数域完备性的一种描述,试给出描述实数域完备性的一个其它定理并证明其与确界存在原理等价.证:确界存在原理⇔闭区间套定理.证明如下:⇒.设,{[]}nnab为一个闭区间套,令{}nSa=,则S有上界nb.由确界存在原理知S有上确界ξ且nbξ≤.下证ξ为闭区间套序列,{[]}nnab的惟一公共点.假设另有一公共点η,则由0nnabξη−≤→−+,知ξη=.⇐.设数集S为一有上界的集合,M为其一个上界.不妨设S中无昀大值,0Sx∀∈,将区间0[],xM二等分,若右半区间含有S中的点就记右半区间为11[,]ab,否则记左半区间为11[,]ab.然后对11[,]ab二等分,仿照前面的方法选出22[,]ab.如此无限下去,我们可以得到一个闭区间套序列,{[]}nnab.由闭区间套定理可知,存在惟一的公共点,[]nnabξ∈,n∀∈`.由闭区间套的构造方法知nb为S的上界,所以limnnbξ→∞=也是S的上界.现0ε∀,因为0lim()nnnba→∞−=,所以存在0n使得00nnbaε−.故00nnabεξε−≥−.这就证明了supSξ=.注:关于实数完备性的几个基本定理的互推是十分重要的,不光是为了理论上的完善,这里面也有许多精巧的方法和深刻的数学思想,是训练扎实基本功的好方法!2.设323621(,)fxyxxyyxy=+−−++,求(,)fxy在22(,)−处的二阶带Peano余本试题解答由SCIbird提供项的Taylor展开.问(,)fxy在2\上有哪些关于极值的判别点,这些判别点是否为极值点?说明理由.解:直接计算得,2336322,ffxyxyxy∂∂=+−=−+∂∂及22222632,,fffAxBCxyxy∂∂∂======−∂∂∂∂,则泰勒展开为:00002222222000000222(,)(,)()()()()()()[()()]fffxyfxyxxyyxyfffxxxxyyyyoxxyyxyxy∂∂=+−+−∂∂∂∂∂+−+−−+−+−+−∂∂∂∂取0022(,)(,)xy=−,可知22227122821226222222(,)()()()()()()[()()]fxyxyxxyyoxy=−++−−−+++−−−+++−令0fx∂=∂,0fy∂=∂解得极值判别点(驻点)为172224(,)(,),(,)xy=−−(1).当22(,)(,)xy=−−时,1232,,ABC=−==−.因为249150120,ABABC=−==−,所以22(,)−−为极大值点.(2).当1724(,)(,)xy=时,332,,ABC===−因为0ABBC,所以1724(,)非极值点.注:关于多元函数Taylor展开,及利用二阶偏导数判断极值的充分条件是基本定理,要熟记在心.我们在平时昀好记忆一些基本定理低维情形的推导过程,这里面有很多不错的数学思想值得借鉴.比如求二元函数的Taylor展开,一个经典证明是利用一元函数Taylor展开式,即令()(,)tfxhykϕ=++,对1()ϕ在0t=点作Taylor展开,想法十分巧妙!3.设325(,)||Fxyyxxyy=++−.a).证明方程0(,)Fxy=在(,)−∞+∞上确定惟一的隐函数()yfx=;本试题解答由SCIbird提供b).求()fx的极值点.证:32325050,(,),yxxyyxFxyyxxyyx⎧⎪++−≥⎪⎪=⎨⎪−+−⎪⎪⎩a)我们只需证明0(,),x∈−∞+∞∀存在惟一的0y满足000(,)Fxy=.当00x=时,显然只能取05y=.当00x时,记20305()gyyxxyy=++−,则由05()g=−及lim()ygy→+∞=+∞可知存在00y,满足00()gy=,即000(,)Fxy=.这就证明了0y的存在性.又因为2200310()gyxyx′=++,故()gy在(,)−∞+∞上单调递增.这就证明了0y的惟一性.当00x时,记20305()hyyxxyy=−+−.则仿照上面的证明可知,存在惟一的00y满足000(,)Fxy=且0()hy′.综上讨论,我们证明方程0(,)Fxy=在(,)−∞+∞上确定惟一的隐函数()yfx=其中,0():(,)fx→+∞\.b)0x=是函数()fx的惟一极值点.由(,)Fxy的表达式可知(,)Fxy在平面上连续,由a)的证明过程可知00(,),x≠∈−∞+∞∀存在惟一的0y满足000(,)Fxy=且000(,)yFxy′.又(,)Fxy具有一阶连续的偏导数,由隐函数定理可知0x≠时,()yfx=连续可导.当0x时,22220311(,)(,)()()xyFxyyxyfxFxxyyx++′′=−−+=′(这里0()yfx=)当0x时22220311(,)(,)()()xyFxyyxyfxFxxyyx−−′′=−−+=′(这里0()yfx=)所以从导数符号变化可知0x=是函数()fx的惟一极值点,且为极大值点.注:一般的隐函数存在定理都是局部的,而对大范围内隐函数的存在性是个难题.本题利用本试题解答由SCIbird提供隐函数的定义来证明大范围内隐函数的定理.大致思想是证明方程有根,利用函数连续性证明根存在,再利用单调性证明了根的惟一性.至于判断极值,便要用到导数了,为此要熟悉隐函数求导.4.计算第二类曲面积分333dydzydzdxIxzdxdyΣ=++∫∫其中曲面∑为椭球面2222221xyzabc++=,方向取外侧.解:由Gauss公式得,2223()IxyzdxdydzΩ=++∫∫∫,其中Ω为题中椭球面所围区域.作变换123,,xaxybxzcx===,则由重积分变量替换公式可知22212322222212311233()xxxIaxbxcxabcdxdxdx++≤=++∫∫∫-------(*)因为2221232122212300012212345()sinxxxxxxdxdxdxddrrdrππθϕϕπ++≤++=⋅=∫∫∫∫∫∫再由积分式及积分区域的对称性,得2221234413515xdVxdVxdVππ===×=∫∫∫∫∫∫∫∫∫昀后代回(*)式可得,22245()Iabcabcπ++=.注:本题方法很多,我只采用了一种方法算是抛砖引玉吧.对闭曲面的第二类曲面积分,通常首选Gauss公式,化为三重积分.其它方法比如利用曲面参数式cossin,sinsin,cosxaybzcθϕθϕϕ===或者直接计算,或者化为第一类曲面积分再利用曲面第一基本式等等,区别可能只是计算量有些差异.在计算时不要一味死算硬算,要观察问题特点,利用对称化简计算.另外,很容易看出本题结果具有轮换对称性,实际计算只需算一项即可,其它两项可轮换得出.5.证明:广义积分0sinxdxx+∞∫收敛,并计算此积分.证:0A∀,002sincoscosAxdxA=−≤∫,而1x单调递减趋于0.本试题解答由SCIbird提供所以由狄利克雷判别法知广义积分0sinxdxx+∞∫收敛.我们引入收敛引子txe−,记00sin()()txxItedxtx+∞−=≥∫因为001sinsintxtxxedxxdxxxe+∞+∞−=∫∫,所以由狄利克雷判别法知此积分收敛及()It是连续的.对t求导并由分部积分计算得到,(因为求导后的积分对0t≥是一致收敛的,所以求导是允许的)2011)s(intxxIetdxt+∞−′=−=−+∫积分得,()arctanIttC=−+.再由()It的定义式可知,0lim()tIt→+∞=,故2Cπ=.所以由()It的连续性,得002sinlim()txdxItxπ+∞→+==∫.注:本题是一个相当经典的积分,甚至可以当作定理了,证明方法更是种类繁多,各有特色.这里我选用的方法是收敛因子法,之所以选用此方法是因为它是很一般的通用方法,操作简单(主要是微分和积分运算),门槛也不高.另一方面,收敛因子不仅仅是一个技巧的事,更是一种相当重要的数学思想.这方面昀成功的一个代表就是Laplace变换!6.设(,)fxy是定义在(,)[,]abcd×上的函数,当x固定时对y的连续.取定0(,)xab∈,设对任意[,]ycd∈,极限0lim(,)()xxfxygy→=收敛.证明:重极限000,lim(,)()xxyyfxygy→→=对任意0[,]ycd∈都成立的充分必要条件是极限0lim(,)()xxfxygy→=在[,]cd上一致收敛.证:充分性.任取0[,]ycd∈,0ε∀,因为(,)fxy当x固定时对y的连续,所以10δ∃使得当01yyδ−时,02(,)(,)fxyfxyε−.又0lim(,)()xxfxygy→=在[,]cd上一致收敛,故20δ∃,当02xxδ−时,本试题解答由SCIbird提供002(,)()fxygyε−.取12min{,}δδδ=,则当00,xxyxδδ−−时,000022(,)()(,)(,)(,)().fxygyfxyfxyfxygyεεε−≤−+−+=这就证明了重极限000,lim(,)()xxyyfxygy→→=对任意0[,]ycd∈都成立.必要性.这几天一直被这个问题卡住了,实在是思考不动了,以后有时间在补上吧sigh!7.设()fx是定义在[,]ab上的有界函数,给出并证明()fx在[,]ab上的Riemann和的极限101()lim()()niiiifxxλξ−Δ→=−∑收敛的Cauchy准则.解:Riemann和极限收敛的Cauchy准则:有界函数()fx在[,]ab上的Riemann和的极限收敛的充分必要条件是,00,,εδ∀∃使得对[,]ab的任意分割101:naxxxbΔ==和021:maxxxb′′′Δ==,以及任意介点1,[]iiixxξ−∈,1,[]jjjxxη−′′∈,只要其相应的昀大模12(),()λδλδΔΔ,就有1111()()()()nmiiijjjijfxxfxxξηε==−−′′−−−∑∑.充分性证明.0ε∀,0δ∃,任取一分割Δ满足()λδΔ依Cauchy准则有11112()()()()iiiiinniiifxxfxxεξη==−−−−−∑∑在1,[]iixx−上,用sup(),inf()iiMfxmfx==分别代替()ifξ与()ifη,并记相应的达布上和为()SΔ,达布下和为()sΔ.则有2|()()|SsεεΔ−Δ≤这就证明了()fx在[,]ab上的Riemann和的极限收敛.本试题解答由SCIbird提供必要性证明.设()fx在[,]ab上的Riemann和的极限收敛,相应极限值为I.则00,,εδ∀∃对满足12(),()λδλδΔΔ的任意分割12,ΔΔ,有112()()niiiifxxIεξ−=−−∑,112()()mjjjjfxxIεη−=′′−−∑所以由三角不等式,得1111111122()()()()()()()().iii