2008年中国科学技术大学数学分析试题解答

2008年中国科学技术大学数学分析试题解答

2008年中国科学技术大学 数学分析试题解答

试题解答由SCIbird提供

说明：自07南开数分和08北大数分解答之后，再奉献08科大数分试题解答。试题仍在博士家园的博士数学论坛首发，大家若有转载请注明出处。 关于试题先做下如下说明：

这套试题基本保留了9道原题，其中原第三题实在太过糟糕，破坏了试卷整体质量，所以决定舍去，而用另外的试题代替。部分试题按自己的理解修改了条件。第四题增加了两数列非负条件，第十题增加了函数非负连续条件。最后，一并感谢提供试题的网友们。

1. 设f(x)∈C[0,1], 求证：

(1). x0∈[0,1],使得sin

2

(πf(x))=x

0;

2

(2). 若f(x)=x,则sin(πx)=x有且仅有三个根.

证明：(1) 令F(x)=sin

2

(πf(x)) x，则 F(0)≥0,F(1)≤0. 由连续函数零点定理知，

2

存在x0∈[0,1],F(x0)=0. 即 x0∈[0,1],使得sin(2) 令t=πx, g(t)=sint

2

(πf(x))=x.

t

π

. 当t<0时，g(t)>0; 当t>π时，g(t)<0.

故 g(t)=0的根只能分布在[0,π]上。易知g(0)=0，g′(t)=sin2t 由函数图象可知，函数sin2t与

1

π

.

1

π

在[0,π]上只有两个交点t1,t2(0<t1<t2<

π

2

.

g(t)在区间[0,t1],[t2,π]上单调递减，在区间[t1,t2]上单调递增。 因为 g(t1)<g(0)=0, g(t2)>g(=

π

2

1

>0, g(π)= 1<0. 所以，由零点定理知 2

2

g(t)=0在[0,π]只有三个实根，对应sin

(πx)=x有且仅有三个根(分布在[0,1]上)。

2. 设f(x,y)是定义在D=[0,1]×[0,1]上的实值连续函数， 求证：g(x)=sup{f(x,y)|0≤y≤1}在[0,1]上连续.

证明：因为函数f(x,y)在D=[0,1]×[0,1]上连续，所以f(x,y)在D上一致连续。 所以任取ε>0，存在δ>0，使得只要|x1 x2|<δ,|y1 y2|<δ， 就有 |f(x1,y1) f(x2,y2)|<ε. x1,x2∈[0,1],|x1 x2|<δ, 则

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|g(x1) g(x2)|=|supf(x1,y) supf(x2,y)|≤sup|f(x1,y) f(x2,y)|

令F(y)=|f(x1,y) f(x2,y)|，则F(y)为[0,1]上连续函数，所以存在

F(y0)=maxF(y).

此时 |x1 x2|<δ,|y0 y0|=0<δ，故

|g(x1) g(x2)|≤sup|f(x1,y) f(x2,y)|=maxF(y)<ε

这说明 g(x)在[0,1]上一致连续，从而g(x)也在[0,1]上连续，证毕。 3. 设函数f(x)在[0,1]上二阶可导且f′′(x)≥0，证明：

∫

1

f(x)dx≥f().

1证明：因为函数f(x)在[0,1]上二阶可导且f′′(x)≥0，所以由泰勒公式知

f(x)=f(+f′(x )+

12

12

12

12121212

f′′(ξ)(x 2

12

从而有 f(x)≥f()+f′()(x ， 两边从0到1积分，得

∫

1

1111

f(x)dx≥∫[f()+f′()(x )]dx=f(, 证毕.

1

2222

4. 设{xn},{an}为两个非负无穷数列，满足xn+1≤xn+an且级数证明：limxn存在.

n→∞

∑a

n=1

∞

n

收敛，

证明：由已知条件，可设存在M>0使得

∑a

n=1

∞

n

≤M. 因为xn+1≤xn+an，所以

xn x1=

∑(x

k=1

n 1

k+1

xk)≤∑ak≤M，从而 0≤xn≤M+|x1|.

k=1

∞

这说明数列{xn}有界，其必要收敛子列。设{xnk}为其一个收敛子列，xnk→a. 因为级数

∑a

n=1

∞

n

收敛，所以 r>0, N>0,当n>N,p>0时，

n+p 1

xn+p xn=

∑(x

k=n

n+p 1

k+1

xk)≤

∑a

k=n

k

<r ，这个重要性质在证明limxn=a时要用到。

n→∞

ε>0, 存在一个充分大的N>0，使得当nk>N,m>N,m≥nk时

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|xnk a|<

ε

2

xnk a<

ε

2

及 xm xnk<

ε

2

两式相加得 xm a<ε (1) 同理可知，nl>m>N时

|xnl a|<

ε

2

a xnl<

ε

2

及 xnl xm<

ε

2

两式相加得 a xm<ε (2) 由(1)(2)可知，当m>N时，|xm a|<ε. 所以 limxn存在，证毕.

n→∞

5. 设实系数多项式序列{fn(x)}在R上一致收敛于实值函数f(x)，证明:f(x)也是多项式. 证明：因为实系数多项式序列{fn(x)}在R上一致收敛于实值函数f(x)，所以 ε>0, N, 使得当m,n>N时，|fn(x) fm(x)|<ε.

又因为fn(x) fm(x)也是多项式，若fn(x) fm(x)不为常数，则当x趋于无穷时，

fn(x) fm(x)也趋于无穷，矛盾！

所以 fn(x) fm(x)=an,m, 其中{an,m}为一无穷小数列。

由上面结论及fn(x)是多项式，可知当n>N时，fn(x)=P(x)+bn, 其中P(x)为某一 固定的多项式，{bn}为某一收敛数列(因为bn bm=an,m为柯西列)。

因为由已知条件 f(x) fn(x)=f(x) P(x) bn一致收敛于0 及 limbn=b,

n→∞

所以有 f(x)=P(x)+b, 即f(x)也是多项式，证毕. 6. 计算曲面积分I=

∫∫(x

∑

2

+x7y2+z3)dS，其中 ∑:x2+y2+z2=1

7

2

解：因为曲面关于平面yoz对称，xy是x的奇函数，所以 类似的，由对称性知

3

z∫∫dS=0.

∫∫x

∑

7

y2dS=0.

∑

注意到曲面关于x,y,z是轮换对称的，所以

222

xdS=ydS=z∫∫∫∫∫∫dS.

∑∑∑

故 I=

27232

∫∫(x+xy+z)dS=∫∫xdS=

∑∑

114222

++==π. (xyz)dSdS∫∫3∫∫33∑∑

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7.证明：I(r)=

∫

2π

r≥1 4πlnr,

ln(1 2rcosθ+r2)dθ=

0≤r<1 0,

2

2

2

证明：(1) 因为1 2rcosθ+r≥1 2r+r=(1 r)≥0，所以当0≤r<1时 I(r)是Riemann可积的。任取r∈[0,1)，存在0≤r<b<1，使得被积函数在 [0,b]×[0,2π]上连续，因而I(r)可以在积分号下求导。

2π

所以 I′(r)=

2r 2cosθ

dθ. 2∫12rcosθr +0

rcosθ r2

(0≤r<1) (1) rcosnx=∑2

1 2rcosθ+rn=1

∞

这里应用一个在傅立叶级数中常见的一个等式

n

考虑z=re，对级数

iθ

∑zn=

n=1

∞

z

两边取实部即可得到上面的等式(1)。 1 z

注意到(1)左边级数是一致收敛的，因而可以逐项积分。所以

2π

∞2πrcosθ r2n

drθ=cosnθdθ=0 ∑2∫∫01 2rcosθ+rn=10

进而可知 I′(r)=0. 所以I(r)=I(0)=0 (0≤r<1). (2) 当r>1时，由上面结果可知

211

I(r)=∫ln(1 2rcosθ+r)dθ=∫lnr2(1 cosθ+2dθ=4πlnr+I()=4πlnr

00rrr

2π

2

2π

(3) 最后证明 I(1)=0.

I(1)=∫ln(2 2rcosθ)dθ=∫ln4sin2θ=4πln2+2∫lnsinθ, 00022

记 I=

2π

2π2π

θ

2π

θ

∫

2π

lnsinθ, 则

2

θ

uu

I=∫lnsinθ=2∫lnsinudu=2∫ln2sincosdu

000222

ππuu

=2πln2+2∫lnsindu+2∫cosdu

0022

π2πuu

对上式最后一项用t=u+π换元得，∫cosdu=∫sinsdu, 代回上式

0π22

得到 I=2πln2+2I, 从而 I= 2πln2.

π

π

θ

所以 I(1)=

∫

2π

ln(2 2rcosθ)dθ=∫ln4sin2θ=4πln2+2I=0.

02

2π

θ

综合(1)(2)(3)讨论，命题证毕。

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8. 设函数f(x,y)在R2上二阶连续可微，满足f| Ω=0, Ω={(x,y)|x+y=1}, 及

x→+∞

22

limf(x,0)=1. 证明：存在一点(x0,y0)，使得Δf|(x0,y0)≥0. 其中Δ为拉普拉斯算子.

注：想了两个星期，最终未能证出，遂放弃之。

9.(15分) 设函数f(x)在R上无穷次可微，且满足f(0)=0,f′(0)≠0.证明： (1). 存在δ>0和定义在( δ,δ)上的可微函数 (t)，使得f( (t))=sint； (2). 求 (t)在t=0处的二阶Taylor展开式.

证明：(1) 令F(t,y)=f(y) sint，由f(x)在R上无穷次可微，知F(t,y)也是无穷次可微的。又f(0)=0,f′(0)≠0，所以 F(0,0)=0,Fy′(0,0)=f′(0)≠0. 由隐函数定理知，存在δ>0和定义在( δ,δ)上的可微函数y= (t)， 使得F(t, (t))≡0，即 f( (t))=sint. (2) f( (t))=sint 两边对t求导，得

2

f′( (t)) ′(t)=cost, f′′( (t))[ ′(t)]+f′( (t)) ′′(t)= sint

由 (0)=0，得 ′(0)=

1f′′(0)

′′ 及 (0)=

f′(0)[f′(0)]3

12

1f′′(0)22

t to(t). +3′′f(0)2[f(0)]

所以

(t)= (0)+ ′(0)t+ ′′(0)t2+o(t2)=

10. 设定义在R上的非负连续函数f(x), 满足f(x)≤ (1). 当a≥1时，f(x)≡0；

(2). 举例说明，当0<a<1时f(x)不一定恒为0.

∫

x

[f(t)]adt (a为常数)，证明：

证明：(1) 用反证法，假设当a≥1时，f(x)不恒为0. 首先，易知当x≤0时，f(x)=0. 令F(x)=调递增，且当x≤0时F(x)=0, F(0)=0. 由f(x)≤

∫

x

[f(t)]adt≥0, 则F(x)在R上连续，单

∫[f(t)]dt 推出 0≤F′(x)≤F

x

aa

(x).

因为假设f(x)不恒为0，从而 x0>0,使得0<F(x0)<1. 由F(x)在R上单调递增

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知 0≤F′(x)≤F(x)≤F(x)<1,x∈[0,x0]. 注意到 F(x)e一方面， 另一方面，

x0

a

(

x

)′=[F′(x) F(x)]e

x

x

≤0,x∈[0,x0].

′dx=F(x)eF(x)e()∫

x0

>0;

∫

x0

[F′(x) F(x)]e xdx≤0, 这就产生了矛盾！

从而当a≥1时，f(x)≡0.

0,x≤0

(2) 当0<a<1时, 考虑函数 f(x)= 1

1 a [(1 a)x],x>0

下面验证这样定义的函数f(x)满足题意。显然此f(x)在R上非负连续。 当x≤0时，f(x)≤当x>0时，

∫[f(t)]dt成立；

a

1 a

x

a

∫[f(t)]dt=∫[(1 a)t]

x

a

x

dt=(1 a)

a1 a

11+

1 a

x

1+

a1 a

=[(1 a)x]

11 a

=f(x)

此时也满足 f(x)≤

∫[f(t)]dt.

x

a

后记：今年科大试题质量挺高的，可美中不足的是个别题貌似条件有遗漏，但

试题总的来说还是不错的。第8题，自己尝试许多次都失败了，最终不得部放弃，有些遗憾。07南开、08北大、08科大，对这3套数学分析试题的解答可以说是

SCIbird在博士家园论坛的三部曲吧。由于个人能力有限，解答也许有漏洞，也许不是最简洁的，这里只当抛砖引玉，为大家提供一个参考，大家自己还需要多揣摩揣摩。

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/h291.html