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1已给出一个函数的表达式 $F(x)$, 其为 $f(x)$ 的原函数, 求 $\dps{\int xf(x)\rd x}$.
解答: $$\beex \bea \int xf‘(x)\rd x &=\int x\rd f(x)\\ &=xf(x)-\int f(x)\rd x\\ &=xF‘(x)-F(x). \eea \eeex$$
2已知 $$\bex \sum_{i=1}^{2k}(-1)^{i-1}a_i=0. \eex$$ 试证: $$\bex \ls{n}\sum_{i=1}^{2k}(-1)^{i-1}a_i\sqrt{n+i}=0. \eex$$
证明: $$\beex \bea \ls{n}\sum_{i=1}^{2k}(-1)^{i-1}a_i\sqrt{n+i} &=\ls{n}\sum_{i=1}^{2k-1}(-1)^{i-1}a_i\sqrt{n+i} -a_{2k}\sqrt{n+2k}\\ &=\ls{n}\sum_{i=1}^{2k-1}(-1)^{i-1}a_i\sqrt{n+i} -\sum_{i=1}^{2k-1}(-1)^{i-1}a_i\sqrt{n+2k}\\ &=\ls{n}\sum_{i=1}^{2k-1} (-1)^ia_i\sex{\sqrt{n+i}-\sqrt{n+2k}}\\ &=\sum_{i=1}^{2k-1} (-1)^{i-1}a_i\ls{n} \frac{i-2k}{\sqrt{n+i}+\sqrt{n+2k}}\\ &=0. \eea \eeex$$
3证明 $\sqrt{3}$ 是无理数, 运用这个结论, 证明任意不同的有理数之间一定存在某个无理数.
证明:
(1)用反证法. 若 $\sqrt{3}=p/q,\ p,q\in\bbZ^+,\ (p,q)=1$, 则 $$\bex 3q^2=p^2, mp+nq=1\ra q\mid m\cdot 3q^2+npq=mp^2+npq=p. \eex$$ 这是一个矛盾. 故有结论.
(2)对 $\forall\ r_1,r_2\in\bbQ,\ r_1<r_2$, 由 $\dps{\ls{n}\frac{\sqrt{3}}{n}=0}$ 知当 $n$ 充分大时, $$\bex \frac{\sqrt{3}}{n}<r_2-r_1\ra r_1<r_1+\frac{\sqrt{3}}{n}<r_2, \eex$$ 而且 $\dps{r_1+\frac{\sqrt{3}}{n}}$ 为无理数.
4设 $$\bex \ls{u}f(u)=A,\quad \lim_{x\to a}g(x)=\infty. \eex$$ 试证: $$\bex \lim_{x\to a}f(g(x))=A. \eex$$
证明: 由 $\dps{\ls{u}f(u)=A}$ 知 $$\bex \forall\ \ve>0,\ \exists\ U>0,\st u>U,\mbox{ 有 }|f(u)-A|<\ve. \eex$$ 又由 $\dps{\lim_{x\to a}g(x)=\infty}$ 知 $$\bex \exists\ \delta>0,\st 0<|x-a|<\delta,\mbox{ 有 }g(x)>u. \eex$$ 于是当 $0<|x-a|<\delta$ 时, $$\bex |f(g(x))-A|<\ve. \eex$$ 此即 $\dps{\lim_{x\to a}f(g(x))=A.}$
5设 $$\bex f_n(x)=\sedd{\ba{ll} 1,&-1\leq x<-1/n\\ \cos\frac{n\pi x}{2},&-1/n\leq x\leq 1/n\\ 2,&1/n<x\leq 1 \ea}. \eex$$ 讨论 $f_n(x)$ 在 $[-1,1]$ 上的一致收敛性.
解答: 由 $$\bex \ls{n}f_n(x)=\sedd{\ba{ll} 1,&-1\leq x<0\\ 0,&x=0\\ 2,&0<x\leq 1 \ea} \eex$$ 的不连续性即知 $f_n(x)$ 在 $[-1,1]$ 上不一致收敛.
6设 $$\bex F(x)=\sedd{\ba{ll} \frac{f(x)-f(0)}{x},&x\neq 0\\ f‘(0),&x=0 \ea}, \eex$$ 且 $f‘‘(x)$ 在原点附近存在且在原点处连续. 证明 $F(x)$ 的导函数在原点处连续, 且 $F‘(0)=f‘‘(0)/2$.
证明: 当 $x\neq 0$ 时, $$\bex F‘(x)=\frac{f‘(x)x-[f(x)-f(0)]}{x^2}. \eex$$ 当 $x=0$ 时, $$\bex F‘(0)=\lim_{x\to 0}\frac{F(x)-F(0)}{x} =\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)-f‘(0)x}{x^2} =\lim_{x\to 0}\frac{f‘(x)-f‘(0)}{2x} =\frac{1}{2}f‘‘(0). \eex$$ 又由 $$\beex \bea \lim_{x\to 0}F‘(x) &=\lim_{x\to 0} \frac{f‘(x)x-[f(x)-f(0)]}{x^2}\\ &=\lim_{x\to 0}\frac{f‘‘(x)x}{2x}\\ &=\frac{1}{2}f‘‘(0)\\ &=F‘(0) \eea \eeex$$ 知 $F‘$ 在原点处连续.
7设 $f(P)$ 在 $\bbR^2$ 上连续, $\dps{\lim_{|x|\to +\infty}f(P)}$ 存在. 试证 $f(P)$ 在 $\bbR^2$ 上有界, 且一致连续.
证明: 直接仿照一维的情形. 参考如下题目: 设函数 $f:\bbR\to \bbR$ 连续, 极限 $\dps{\lim_{|x|\to\infty}f(x)}$ 存在并且有限. 证明 $f$ 在 $\bbR$ 上一致连续. 由 $\dps{\lim_{|x|\to\infty}f(x)}$ 存在并且有限及 Cauchy 准则知 $$\bee\label{258.3:1} \forall\ \ve>0,\ \exists\ A>0,\ \st |x‘|,|x‘‘|\geq A,\mbox{ 有 }|f(x‘)-f(x‘‘)|<\ve. \eee$$ 又 $f$ 在 $[-A-1,A+1]$ 上连续, 而一致连续: $$\bee\label{258.3:2} \exists\ \delta\in (0,1),\ |x‘|,|x‘‘|\leq A+1,\ |x‘-x‘‘|<\delta,\mbox{ 有 }|f(x‘)-f(x‘‘)|<\ve. \eee$$ 故当 $x‘,x‘‘\in \bbR,\ x‘<x‘‘,\ |x‘-x‘‘|<\delta$ 时,
(1)$x‘<-A-1\ra x‘‘<-A\ra |f(x‘)-f(x‘‘)|<\ve$ (由 \eqref{258.3:1});
(2)$-A-1\leq x‘<A\ra -A-1<x‘‘<A+1\ra |f(x‘)-f(x‘‘)|<\ve$ (由 \eqref{258.3:2});
(3)$x‘\geq A\ra x‘‘>A\ra |f(x‘)-f(x‘‘)|<\ve$ (由 \eqref{258.3:1}).
8设 $$\bex f(x,y)=\sedd{\ba{ll} (x^2+y^2)\sin\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}},&(x,y)\neq (0,0)\\ 0,&(x,y)=(0,0). \ea} \eex$$ 试证: $f(x,y)$ 在原点可微, 偏导数在原点不连续.
证明: 求出偏导数, 直接按照定义证明即可.
9设 $C$ 为空间上的按段光滑闭曲线, $f(x),g(y),h(z)$ 连续. 试证: $$\bex \oint_C [f(x)-yz]\rd x +[g(y)-xz]\rd y +[h(z)-xy]\rd z=0. \eex$$
证明: 由 Stokes 公式知 $$\bex \mbox{原积分}=\iint_S\sev{\ba{ccc} \rd y\rd z&\rd z\rd x&\rd x\rd y\\ \frac{\p}{\p x}&\frac{\p}{\p y}&\frac{\p}{\p z}\\ f(x)-yz&g(y)-xz&h(z)-xy \ea}=0. \eex$$
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[家里蹲大学数学杂志]第260期华南师范大学2013年数学分析考研试题参考解答
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