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数学分析部分 ($110‘$)
1. 选择题 ($5\times 6‘=30‘$)
(1) 设函数 $f(x)$ 二阶可导, 并且满足方程 $$\bex f‘‘(x)+3[f‘(x)]^2+2e^x f(x)=0, \eex$$ 设 $x_0$ 为 $f(x)$ 的一个驻点并且满足 $f(x_0)<0$, 则 $f(x_0)$ 在点 $x_0$ (B).
A. 取极大值;
B. 取极小值;
C. 不取极值;
D. 不能确定.
解答: $$\bex f‘‘(x_0)=-2e^{x_0}f(x_0)>0. \eex$$
(2) 函数 $\dps{f(x)=\ln x-\frac{x}{e}+k\ (k>0)}$ 在区间 $(0,\infty)$ 内零点的个数为 (C).
A. $0$;
B. $1$;
C. $2$;
D. 不能确定.
解答: 由 $$\bex f‘(x)=\frac{1}{x}-\frac{1}{e}=\sedd{\ba{ll} >0,&0<x<e\\ <0,&x>e \ea} \eex$$ 及 $$\bex f(e)=k>0,\quad \lim_{x\to 0}f(x)=-\infty=\vlm{x}f(x) \eex$$ 即知结论.
(3) 已知当 $x>0$ 时, 函数 $e^{\tan x}-e^x$ 与 $x^n$ 为同阶无穷小量, 则 $n=$ (C).
A. $1$;
B. $2$;
C. $3$;
D. $4$.
解答: $$\bex e^{\tan x}-e^x =e^\xi (\tan x-x) =e^\xi \sez{\frac{1}{3}x^3+o(x^3)}. \eex$$
(4) 下列命题正确的是 (A).
A. 如果 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积, 且有原函数 $F(x)$, 则 $$\bex \int_a^b f(x)\rd x=F(b)-F(a); \eex$$
B. $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积, 则 $\dps{\int_0^x f(t)\rd t}$ 在 $[a,b]$ 上可导;
C. 若 $f^2(x)$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积, 则 $|f(x)|$ 不一定在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积;
D. 若 $|f(x)|$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积, 则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上 Riemann 可积.
解答: 这题不错. A 的证明: $$\beex \bea \int_a^b f(x)\rd x&=\vlm{n}\sum_{k=1}^n f(\xi_i)\lap x_i\\ &=\vlm{n}\sum_{k=1}^n \frac{F(x_i)-F(x_{i-1})}{\lap x_i}\cdot \lap x_i\\ &=F(b)-F(a). \eea \eeex$$ B 的反例: $$\bex f(x)=\sedd{\ba{ll} -1,&-1<x<0,\\ 0,&x=0,\\ 1,&0<x<1. \ea} \eex$$ C: $f^2\in \calR[a,b]\ra |f|\in \calR[a,b]$. 事实上, $f^2$ 在 $x_0$ 处连续当且仅当 $|f|$ 在 $x_0$ 处连续. 而他们有相同的连续点集. 按照实变函数理论, 即知结论. D 的反例: $f(x)$ 为 Dirichlet 函数.
(5) 设 $a>0$, $f(x)$ 在 $(-a,a)$ 内满足 $f‘‘(x)>0$, 且 $|f(x)|\leq x^2$, $\dps{I=\int_{-a}^a f(x)\rd x}$, 则必有 (B).
A. $I=0$;
B. $I>0$;
C. $I<0$;
D. 不确定.
解答: $$\beex \bea \frac{1}{2}[f(x)+f(-x)]&>f\sex{\frac{x+(-x)}{2}} =f(0)=0,\quad x>0;\\ I&=\int_{-a}^a f(x)\rd x =\int_{-a}^0 f(x)\rd x+\int_0^a f(x)\rd x\\ &=\int_0^1 [f(-x)+f(x)]\rd x\\ &>0. \eea \eeex$$
2. ($10‘$) 设 $f(x)=a_1\sin x+a_2\sin 2x+\cdots+a_n\sin nx$, 且 $|f(x)|\leq |\sin x|$, $a_i\ (i=1,2,\cdots,n)$ 为实常数, 证明: $$\bex \sev{a_1+2a_2+\cdots+na_n}\leq 1. \eex$$
证明: 在 $$\bex \sev{\frac{f(x)}{\sin x}}\leq 1 \eex$$ 中令 $x\to 0$ 有 $$\bex |a_1+2a_2+\cdots+na_n|\leq 1. \eex$$
3. ($15‘$) 设函数 $f$ 在 $\bbR$ 上一致连续, $\eta>0$. 在 $\bbR$ 上通过下式定义函数 $g$: $$\bex g(x)=\sup\sed{|f(y)-f(z)|; y,z\in(x-\eta,x+\eta)}. \eex$$ 证明: $g$ 在 $\bbR$ 上一致连续.
证明: 由 $f$ 一致连续知 $$\bex \forall\ \ve>0,\ \exists\ \delta\in (0,\eta),\st |x-x‘|<\delta\ra |f(x)-f(x‘)|<\ve. \eex$$ 当 $|x-x‘|<\delta$ 时, 由对称性不妨设 $x<x‘$, $$\beex \bea \serd{\ba{rl} x‘-\eta<y<x+\eta\\ x‘-\eta<z<x+\eta \ea}&\ra |f(y)-f(z)|<g(x),\\ \serd{\ba{rl} x‘-\eta<y<x+\eta\\ x+\eta\leq z<x‘+\eta \ea}&\ra \ba{ll}|f(y)-f(z)|&\leq |f(y)-f(x+\eta)|+|f(x+\eta)-f(z)|\\ &<g(x)+\ve,\ea\\ \serd{\ba{rl} x+\eta<y<x‘+\eta\\ x+\eta<z<x‘+\eta \ea}&\ra |f(y)-f(z)|<\ve. \eea \eeex$$ 于是 $$\bex g(x‘)<g(x)+\ve. \eex$$ 类似可证 $$\bex g(x)<g(x‘)+\ve. \eex$$ 故 $$\bex |g(x)-g(x‘)|<\ve. \eex$$
4. ($15‘$) 设函数 $\varphi$ 在区间 $[0,a]$ 上连续, 函数 $f$ 在 $\bbR$ 上二阶可导, 且 $$\bex f‘‘(x)\geq 0,\quad \forall\ x\in\bbR. \eex$$ 证明: $$\bex f\sex{\frac{1}{a}\int_0^a \varphi(t)\rd t} \leq \frac{1}{a} \int_0^a f[\varphi(t)]\rd t. \eex$$
证明: 由积分中值定理, $$\bex \exists\ \xi\in (0,a),\st \frac{1}{a}\int_0^a \varphi(t)\rd t=\varphi(\xi). \eex$$ 将 $f(x)$ 在 $\varphi(\xi)$ 处 Taylor 展开有 $$\beex \bea f(\varphi(t)) &=f(\varphi(\xi)) +f‘(\varphi(\xi))[\varphi(t)-\varphi(\xi)] +\frac{f‘‘(\eta)}{2}[\varphi(t)-\varphi(\xi)]^2\\ &\geq f(\varphi(\xi)) +f‘(\varphi(\xi))[\varphi(t)-\varphi(\xi)]. \eea \eeex$$ 上式于 $[0,a]$ 上积分有 $$\beex \bea \int_0^a f(\varphi(t))\rd t &\geq a f(\varphi(\xi)) +f‘(\varphi(\xi))\sez{\int_0^a \varphi(t)\rd t-a\varphi(\xi)}\\ &=a f(\varphi(\xi)). \eea \eeex$$
5. ($10‘$) 设 $f_0(x)$ 在区间 $[0,a]$ 上连续, 令 $$\bex f_n(x)=\int_0^x f_{n-1}(t)\rd t\quad (n=1,2,\cdots). \eex$$ 证明: $\sed{f_n(x)}$ 在区间 $[0,a]$ 上一致收敛于 $0$.
证明: 设 $|f_0|\leq M$, 则由数学归纳法易知 $$\bex \max_{x\in [0,a]}|f_n(x)|\leq \frac{Ma^n}{n!}. \eex$$
6. ($15‘$) 求函数 $f(x,y)=ax^2+2bxy+cy^2$ 在 $x^2+y^2\leq 1$ 上的最大值和最小值.
解答: 设 $$\bex A=\sex{\ba{ll} a&b\\ b&c \ea}, \eex$$ 则易求得其特征值为 $$\bex \lm_{1,2}=\frac{a+c}{2}\pm \frac{\sqrt{(a-c)^2+b^2}}{2}. \eex$$ 于是存在正交阵 $P$ 使得 $$\bex A=P^T \diag\sed{\lm_1,\lm_2}P. \eex$$ 若记 $$\bex \sex{u\atop v} =P\sex{x\atop y}, \eex$$ 则原题化为求 $$\bex g(u,v)=\lm_1 u_1^2+\lm_2u_2^2 \eex$$ 在 $u^2+v^2\leq 1$ 下的最大、最小值. 显然, $$\bex \max f=\max g=\frac{a+c}{2}+\frac{\sqrt{(a-c)^2+b^2}}{2},\quad \min f=\min g=\frac{a+c}{2}- \frac{\sqrt{(a-c)^2+b^2}}{2}. \eex$$
7. ($15‘$) 设 $z=z(x,y)$ 由方程 $$\bex F\sex{x+\frac{z}{y},y+\frac{z}{x}}=0 \eex$$ 所确定, 其中 $F$ 有一阶连续的偏导数, 证明: $$\bex xz_x+yz_y=z-xy. \eex$$
证明: 求偏导有 $$\bex F_1‘\sex{1+\frac{z_x}{y}} +F_2‘\sex{-\frac{z}{x^2}+\frac{z_x}{y}}=0,\quad F_1‘\sex{-\frac{z}{y^2}+\frac{z_y}{y}} +F_2‘\sex{1+\frac{z_y}{x}}=0. \eex$$ 于是 $$\bex z_x=\frac{-F_1‘+\frac{z}{x^2}F_2‘}{\frac{F_1‘}{y}+\frac{F_2‘}{x}},\quad z_y=\frac{\frac{z}{y^2}F_1‘-F_2‘}{\frac{F_1‘}{y}+\frac{F_2‘}{x}}, \eex$$ $$\beex \bea xz_x+yz_y&=\frac{-xF_1‘ +\frac{z}{x}F_2‘+\frac{z}{y}F_1‘-yF_2‘ }{\frac{F_1‘}{y}+\frac{F_2‘}{x}}\\ &=z-xy. \eea \eeex$$
实变函数部分 ($40‘$)
1. 填空题 ($3\times 4‘=12‘$)
(1) 有理数集 $\bbQ$ 的闭包是 ($\bbR$).
(2) 若 $\sed{G_\al;\al\in I}$ 是 $\bbR^N$ 中的一开集族, 则其并集 $\dps{G=\cup_{\al\in I}G_\al}$ 是 (开集).
(3) 若 $E\subset \bbR^N$ 是可数个闭集的并集, 则称 $E$ 是 $F_\sigma$ 集; 若 $E\subset\bbR^N$ 是可数个开集的并集, 则称 $E$ 是 $G_\delta$ 集, 那么 $F_\sigma$ 集的补集是 ($G_\delta$ 集). 若 $f$ 是定义在开集 $G\subset \bbR^N$ 上的实值函数, 则 $f(x)$ 的连续点集是 ($G_\delta$ 集).
解答: $$\bex \sed{x; f\mbox{ 在 }x\mbox{ 处连续}}=\sed{x;\omega_f(x)=0} =\cap_{n=1}^\infty\sed{x;\omega_f(x)<\frac{1}{n}}, \eex$$ 其中 $$\bex \omega_f(x)=\lim_{\delta\to 0}\sup\sed{|f(x‘)-f(x‘‘)|;\ x‘,x‘‘\in U(x_0,\delta)}, \eex$$ $$\bex \sed{x;\omega_f(x)<\frac{1}{n}}\mbox{ 是开集}. \eex$$
2. 判断题 ($4\times 3‘=12‘$)
(1) 设 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上 L 可积, 则其不定积分 $F(x)$ 不一定为绝对连续函数. ( )
(2) 设 $f(x)$ 为 $[a,b]$ 上的有界变差函数, 则 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上几乎处处有有限导数 $f‘(x)$; 且 $f‘(x)$ 在 $[a,b]$ 上 L 可积. ( )
(3) 由 $\bbR^N$ 中一切开集构成的开集族所生成的 $\sigma$ 代数称为 Borel 代数, 其元素称为 Borel 集, 则 Borel 集之并、交、上 (下) 限集皆为 Borel 集. ( )
(4) 若 $F\subset\bbR^N$ 是非空集合且 $x_0\in\bbR^N$, 则存在 $y_0\in F$, 使得 $|x_0-y_0|=\rd (x_0,F)$. ( )
解答:
(1) 错. 应为 ``一定‘‘.
(2) 对.
(3) 对.
(4) 错. 若 $F$ 非空闭, 则对.
3. 简答题 ($8‘$) 叙述函数列 $\sed{f_k(x)}$ 几乎处处收敛于 $f(x)$ 的定义; 叙述 $\sed{f_k(x)}$ 在 $E$ 上依测度收敛于 $f(x)$ 的定义, 最后简述两者之间的关系.
解答:
(1) $f_k\to f,\ae$ 于 $E$ 是指: $$\bex \exists\ E_0\subset E,\ mE_0=0,\st x\in E\bs E_0\ra f_k(x)\to f(x),\ k\to\infty. \eex$$
(2) $f_k\ra f$ 是指: $$\bex \forall\ \delta>0,\ \vlm{k}m E[|f_k-f|\geq \delta]=0. \eex$$
(3) 若 $f_k\to f,\ae$ 于 $E$, 且 $mE<\infty$, 则 $f_k\ra f$.
(4) 若 $f_k\ra f$, 则 $\sed{f_n}$ 有子列 $\sed{f_{n_k}}$ 几乎处处收敛于 $f$.
4. 证明题 ($8‘$) 利用控制收敛定理证明积分号下求导定理: 设 $f(x,y)$ 是定义在 $E\times (a,b)$ 上的函数, 作为 $x$ 的函数在 $E$ 上是可积的, 作为 $y$ 的函数在 $(a,b)$ 上是可微的, 若存在 $F\in L(E)$, 使得 $$\bex \sev{\frac{\rd}{\rd y}f(x,y)}\leq F(x,),\quad (x,y)\in E\times (a,b), \eex$$ 则 $$\bex \frac{\rd}{\rd y}\int_E f(x,y)\rd x=\int_E \frac{\rd}{\rd y} f(x,y)\rd x. \eex$$
证明: 对 $n\in\bbN$, 记 $$\bex g_n(y)=\frac{\int_Ef\sex{x,y+\frac{1}{n}}\rd x -\int_Ef(x,y)\rd x} {\frac{1}{n}} =\int_E \frac{ f\sex{x,y+\frac{1}{n}}-f(x,y) }{\frac{1}{n}}\rd x, \eex$$ 则由 $$\bex \frac{f\sex{x,y+\frac{1}{n}}-f(x,y)}{\frac{1}{n}} \to \frac{\rd}{\rd y}f(x,y),\quad n\to\infty; \eex$$ $$\bex \sev{\frac{f\sex{x,y+\frac{1}{n}}-f(x,y)}{\frac{1}{n}}} =\sev{\frac{\rd}{\rd y}f(x,y+\xi_n)} \leq F(x) \eex$$ 及 Lebesgue 控制收敛定理知 $$\bex \frac{\rd}{\rd y}\int_Ef(x,y)\rd x =\vlm{n}g_n(x)=\int_E \frac{\rd}{\rd y}f(x,y)\rd x. \eex$$
常微分方程部分 ($40‘$)
1. 计算题 ($3\times 8‘=24‘$)
(1) $(2x+1)y‘=4x+2y$;
(2) $y\rd x+x\rd y+y^2(x\rd y-y\rd x)=0$;
(3) $(2xy-x^2y-y^3)\rd x-(x^2+y^2-x^3-xy^2)\rd y=0$.
解答:
(1) $$\bex (4x+2y)\rd x-(2x+1)\rd y=0. \eex$$ 记 $$\bex M=4x+2y,\quad N=-(2x+1), \eex$$ 则 $$\bex M_y-N_x=2-(-2)=4\ra \frac{M_y-N_x}{N}=-\frac{4}{2x+1}, \eex$$ 而原 ODE 有积分因子 $$\bex e^{-4\int \frac{1}{2x+1}\rd x} =e^{-2\ln(2x+1)} =\frac{1}{(2x+1)^2}. \eex$$ 于是 $$\bex \rd u=\frac{4x+2y)}{(2x+1)^2}\rd x-\frac{1}{2x+1}\rd y=0. \eex$$ 由 $$\bex u_y=-\frac{1}{2x+1}\ra u=-\frac{y}{2x+1}+\phi(x) \eex$$ 知 $$\bex \frac{4x+2y}{(2x+1)^2}=u_x=\frac{2y}{(2x+1)^2}+\phi‘(x), \eex$$ $$\bex \phi‘(x)=\frac{4x}{(2x+1)^2}\ra \phi(x)=\ln|2x+1|+\frac{1}{2x+1}+C. \eex$$ 于是原 ODE 的通解为 $$\bex -\frac{y}{2x+1}+\ln |2x+1|+\frac{1}{2x+1}+C=0, \eex$$ $$\bex y=C(2x+1)+1+(2x+1)\ln |2x+1|. \eex$$
(2) $$\beex \bea 0&=y\rd x+x\rd y+y^2(x\rd y-y\rd x)\\ &=\rd (xy)+(x^2y^2)\rd \frac{ y}{x},\\ 0&=\frac{1}{(xy)^2}\rd (xy)+\rd \frac{y}{x}\\ &=\rd \sex{-\frac{1}{xy}+\frac{y}{x}}. \eea \eeex$$ 于是原 ODE 的通解为 $$\bex \frac{y}{x}-\frac{1}{xy}=C. \eex$$
(3) $$\bex \frac{\rd y}{\rd x}=\frac{2xy-x^2y-y^3}{x^2+y^2-x^3-xy^2}. \eex$$ 令 $y=ux$, 则 $$\beex \bea x\frac{\rd u}{\rd x}+u &=\frac{2x^2u-x^3u-x^3u^3}{x^2+u^2x^2-x^3-x^3u^2}\\ &=\frac{2u-xu-xu^3}{1+u^2-x-xu^2},\\ x\frac{\rd u}{\rd x}&= \frac{(2u-xu-xu^3)-(u+u^3-ux-xu^3)}{1+u^2-x-xu^2}\\ &=\frac{u-u^3}{1+u^2-x(1+u^2)}\\ &=\frac{u(1-u^2)}{(1+u^2)(1-x)},\\ \frac{1+u^2}{u(1-u^2)}\rd u&=\frac{1}{x(1-x)}\rd x,\\ \sex{\frac{1}{u}-\frac{1}{u+1}-\frac{1}{u-1}}\rd u &=\sex{\frac{1}{x}-\frac{1}{x-1}}\rd x,\\ \ln \sev{\frac{u}{u^2-1}}&=\ln \frac{x}{x-1}+C_1,\\ \frac{u}{u^2-1}&=C\frac{x}{x-1}\quad\sex{C>0},\\ \frac{xy}{y^2-x^2}&=\frac{Cx}{x-1},\\ \frac{y}{y^2-x^2}&=C(x-1),\\ y(x-1)&=C(y^2-x^2),\quad(C>0). \eea \eeex$$
2. 证明题 ($8‘$) 设 $y‘=f(x,y)$, 其中 $$\bex f(x,y)=\sedd{\ba{ll} \frac{4x^3y}{x^4+y^2},&x^2+y^2>0,\\ 0,&x=y=0. \ea} \eex$$
(1) 证明在包含原点的任一区域内都不满足 Lipschitz 条件;
(2) 证明上述方程满足初始条件 $y(0)=0$ 的解有无穷个.
证明:
(1) $$\bex \sev{\frac{f(x,x^4)-f(x,0)}{x^4}}=\frac{1}{x^4} \sev{\frac{4x^3x^4}{x^4+(x^4)^2}} =\frac{4}{|x+x^5|}\to +\infty,\quad x\to 0. \eex$$
(2) 先求 $$\bex \frac{\rd y}{\rd x}=\frac{4x^3y}{x^4+y^2}\lra 4x^3y\rd x-(x^4+y^2)\rd y=0. \eex$$ 令 $$\bex M=4x^3y,\quad N=-(x^4+y^2), \eex$$ 则 $$\bex M_y-N_x=4x^3+4x^3=8x^3\ra \frac{M_y-N_x}{-M}=-\frac{2}{y}, \eex$$ 而原 ODE 有积分因子 $$\bex e^{-\int \frac{2}{y}\rd y} =\frac{1}{y^2}. \eex$$ 于是 $$\beex \bea 0&=\frac{4x^3}{y}\rd x-\frac{x^4}{y^2}\rd y-\rd y\\ &=\rd \sex{\frac{x^4}{y}-y},\\ \frac{x^4}{y}-y&=C,\\ x^4-y^2&=Cy. \eea \eeex$$ 取一族通解为 $$\bex y=\frac{1}{2}\sex{-C+\sqrt{C^2+4x^4}}\quad(C>0), \eex$$ 适合 $y(0)=0$.
3. 证明题 ($8‘$) 证明微分形式的 Gronwall 不等式.
(1) 设 $\eta(\cdot)$ 是在 $[0,T]$ 上非负、绝对连续的函数, 对于所有 $t$ 满足不等式 $$\bee\label{317_ode_3_eq1} \eta‘(t)\leq \varPhi(t)\eta(t)+\varPsi(t), \eee$$这里 $\varPhi(t)$ 和 $\varPsi(t)$ 是在 $[0,T]$ 上非负可和的, 那么对于所有的 $0\leq t\leq T$ 有 $$\bee\label{317_ode_3_eq2} \eta(t)\leq e^{\int_0^t \varPhi(s)\rd s} \sez{\eta(0)+\int_0^t \varPsi(s)\rd s}; \eee$$
(2) 特别地, 如果在 $[0,T]$ 上, $$\bex \eta‘(t)\leq \varPhi(t)\eta(t),\mbox{ 且 }\eta(0)=0, \eex$$ 那么在 $[0,T]$ 上 $\eta\equiv 0$.
证明:
(1) $$\beex \bea \eta‘(t)&\leq \varPhi(t) \eta(t)+\varPsi(t),\\ \sez{e^{-\int_0^t \varPhi(s)\rd s} \eta(t)}‘ &\leq e^{-\int_0^t \varPhi(s)\rd s} \varPsi(t)\leq \varPsi(t),\\ e^{-\int_0^t \varPhi(s)\rd s}\eta(t)-\eta(0)&\leq \int_0^t \varPsi(s)\rd s,\\ \eta(t)&\leq e^{\int_0^t \varPhi(s)\rd s} \sez{\eta(0)+\int_0^t \varPsi(s)\rd s}. \eea \eeex$$
(2) 由 (1) , $$\bex \eta(t)\leq \eta(0)e^{\int_0^t \varPhi(s)\rd s}. \eex$$ 故 $$\bex \eta(0)=0\ra \eta\equiv 0. \eex$$
[家里蹲大学数学杂志]第317期厦门大学2010年综合基础I考研试题参考解答
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