北京大学数学分析期中考试试题参考解答

f
2
(x)
从而
f ′(x) f 2(x)
≤ <
0, 则 f
−
1 2
.
由
在 [0, 1] 上单调递减,
f
,
f
′
的连续性可知
∫1
0
f由f 2′ ((xx))f d(0x)<=∫021,(f−(121))=d x1,
可知 即−
1 ≤ f (x) ≤
1 f (x)
1 0
<
−
1 2
,
得到
−
1 2
<
−
1 2
,
矛盾.
f (k)
(x)
=
( eg(x)
)(k)
=
(
∑
) g(k1) (x) g(k2) (x) · · · g(kj) (x) eg(x).
j∈N+ ,ki ∈N+
由 g(k) (0) > 0, k = 1, 2, 3, · · · 且 g(0) = 0, 所以 f (k) (0) > 0, k = 1, 2, 3, · · · .
i=1
另一方面
f
(x)
=
eg(x)
(x
∈
U
(0; δ)).
首先注意到对任意可导函数
F(x),
有
( eF(x)
)′
=
F′
(x) eF(x).
其次注意到对可导函数组 F1, F2, · · · , Fs, 有 (F1F2F3 · · · Fs)′ = F′1F2F3 · · · Fs + F1F2′ F3 · · · Fs + · · · + F1F2F3 · · · Fs′, 从而归纳可证
证明:
令
F (x)
=
1 2
f2
(x)
+
f′
(x),
则
F(0)
=
1 2
× 22
−
2
=
0. 现假设不存在
ξ
∈
(0, 1] 使得
F(ξ)
=
0,
则
F
在
(0, 1]
上不变号.
倘若
∀x
∈
(0, 1]
都有
F(x)
<
0,
即
1 2
f
2
(x)
+
f ′ (x)
<
0,
则 f ′ (x) < 2, f (x) ̸= 0,
−
1 2
θ1
, u2 =
1 2
cos
θ2,
1 2
sin
θ2
, 则由 g′ (θ1) = g′ (θ2) = 0 可得 − sin θ1 fx (u1) + cos θ1 fy (u1) = 0, 即 ∇ f (u1)
与 (− sin θ1, cos θ1) 垂直即可. 设 ∇ f (u1) = a1 (cos θ1, sin θ1), 由于 f 在 u1 处取得最大值, 则 f 在 u1 点沿方向 (cos θ1, sin θ1) 的方向导数需大于等于 0, 所以 a1 ≥ 0.
= a1−→r1 − a2−→r2 2 − (
1 2
−→r1
−1 )2
−→r2
2
=
(
a21
+
a22
−
2a1a2−→r1 −→r2
−
(
1 4
−
1 2
−→r1 −→r2
+
) 1 4
)
=a21
+
a22
−
1 2
−
2a1 a2 (
−
1 2)
−→r1 −→r2
由于−→r1 与−→r2 不同向, 所以−→r1 −→r2
∑
k=1
1 (2k−1)α
]
−
sin(ln(2k)) (2k)α
−
1 (2k)α
亦收敛.
综上所述, 当 α ≤ 0 时, 级数发散; 当 α > 0 时级数收敛.
□
四、 求
{
}
∑ inf min n cos kx .
n≥1
x∈[0,
π 2
]
k=1
k
考试科目：数学分析
第2页 共4页
解:
首先,
min
x∈[0,
π 2
]
1
∑
k=1
cos kx k
=
min cos x
x∈[0,
π 2
]
2
= 0, min ∑
x∈[0,
π 2
]
k=1
cos kx k
=
(
min cos x +
x∈[0,
π 2
]
cos 2x )
2
=
−
1 2
.
现记
fn
(x)
=
n
∑
k=1
cos kx k
,
则
min
x∈[0,
π 2
]
f1
(x)
=
0
≥
−
1 2
(x ∈ U (0; δ) 使得对∀λi, 有1 − λix > 0), 则
( )(
)
(
)
g (x) =
n
∑ λi
i=1
x+
∑ 1
2
n i=1
λ2i
x2 + · · · +
∑ 1
k
n i=1
λik
xk + · · ·
由函数幂级数展开的唯一性可知
g(k) (0) =
1 k
n
∑
λik
> 0 (x
∈ U (0; δ)).
另一方面由 ∥∇ f (0, 0)∥ − ∥∇ f (u1)∥ ≤ ∥∇ f (0, 0) − ∇ f (u1)∥ 当且仅当 ∇ f (0, 0) 与 ∇ f (u1) 异 向取等可知
∥∇ f (0, 0)∥ − ∥u1∥ ≤ ∥∇ f (u1)∥ = |a1| ,
即
a1
≥
1 2
.
同理
∇ f (u2)
(π2x)),
的点 而
只
可
能
在
端
点
或
稳
定
点,
从而令
f
′ k
(x)
=
0,
则
x
=
()
∑ ( )
fk
2jπ k+1
=
n i=1
cos i
2jπ k+1
i
=
fk−1
(
) 2jπ k+1
+
cos
2kjπ k+1
k
=
fk−1
(
) 2jπ k+1
+
cos
2jπ k+1
k
.
由于
2jπ k+1
∈
[ 0,
π 2
] ,
所以
□
三、
讨论级数
+∞
∑
(−1)n−1
sin(ln nα
n) ,
α
∈
R
的收敛性.
n=1
解:
1.
当
α
≤
0
时,
我们可知
lim
n→∞
(−1)n−1
sin(ln nα
n)
发散,
从而级数
+∞
∑
(−1)n−1
sin(ln nα
n)
n=1
发散.
2.
当α> 是级数
0 时,
+∞ [ ∑
n=1
由于
lim
n→∞
(−1)n−1
<
1, 且2a1a2
−
1 2
>
0
>a21
+
a22
−
1 2
−
2a1 a2
−
1 2
= (a1 − a2)2 ≥ 0,
因此 ∥∇ f (u1) − ∇ f (u2)∥2 − ∥u1 − u2∥2 > 0, 即 ∥∇ f (u1) − ∇ f (u2)∥ > ∥u1 − u2∥, 矛盾, 从而
f 在边界上只有一点取得最大值, 即函数 f |D 在 D 中唯一点处达到其最大值.
cos kx k
≥
−
1 2
,
又
min
x∈[0,
π 2
]
2
∑
k=1
cos kx k
=
−
1 2
,
因此
{
}
∑n cos kx
inf min
n≥1
x∈[0,
π 2
]
k=1
k
=
−
1 2
.
□
五、 函数 f (x) 在 [0, 1] 上二次可导, f (0) = 2, f ′(0) = −2, f (1) = 1. 证明存在 c ∈ (0, 1), 使 得 f (c) f ′(c) + f ′′(c) = 0.
x2 + y2
≤
1 2
. f (u) = f (x, y) 是全平面上的连续可
微函数满足 ∥∇ f (0, 0)∥ = 1, ∥∇ f (u) − ∇ f (v)∥ ≤ ∥u − v∥. 那么对于任意的 u, v ∈ D,
证明函数 f |D 在 D 中唯一点处达到其最大值.