1 求f(x)=xsin(lnx)的導數和二階導數
2證明f(x)=(1+1/x)∧x在(0,+∞)上單調增
3求f(x)=x∧2+y∧3－3xy的極值點和極值
4設三角級數a0/2+∑(ancosnx+bnsinnx)在R上一致收斂於f(x),證明
(i)對於k∈N，級數
a0coskx/2+∑(ancosnx+bnsinnx)coskx在R上一致收斂
a0coskx/2+∑(ancosnx+bnsinnx)sinkx在R上一致收斂
(ii)
an= 1/π∫(0,2π)f(x)cosnxdx
bn= 1/π∫(0,2π)f(x)sinnxdx
5 區域Ω由y=x∧2－2x,x+y=2,
z=x+y,z=0圍成，
(i)把∫∫∫Ω |xyz|dxdydz寫成幾個累次積分的和(被積函數不能有絕對值)
(ii)設Ω0為{P:P∈Ω,x≥0,y≥0},求∫∫∫Ω0 |xyz|dxdydz.
6證明
(i)f(x)=xarctanx+(sinx)∧2在R上一致連續
(ii)
f(x)=x[arctan(x)](sinx)∧2在R上不一致連續
7給出了兩個四元函數F(x,y,u,v),G(x,y,u,v)，
(i)要求證明在(1/2,0,1/2,0)處鄰域可以確定隱函數組u(x,y),v(x,y)
(ii)求v對x的偏導數，以及二階偏導數vxx
8設f(x)是[0,1]上連續的正值函數，對於n∈N+，證明
(i)存在唯一的an∈(1/n,1)使得
∫(1/n,an)f(x)dx=∫(an,1)f(x)dx
(ii)limn→∞an的極限存在
2證明f(x)=(1+1/x)∧x在(0,+∞)上單調增
3求f(x)=x∧2+y∧3－3xy的極值點和極值
4設三角級數a0/2+∑(ancosnx+bnsinnx)在R上一致收斂於f(x),證明
(i)對於k∈N，級數
a0coskx/2+∑(ancosnx+bnsinnx)coskx在R上一致收斂
a0coskx/2+∑(ancosnx+bnsinnx)sinkx在R上一致收斂
(ii)
an= 1/π∫(0,2π)f(x)cosnxdx
bn= 1/π∫(0,2π)f(x)sinnxdx
5 區域Ω由y=x∧2－2x,x+y=2,
z=x+y,z=0圍成，
(i)把∫∫∫Ω |xyz|dxdydz寫成幾個累次積分的和(被積函數不能有絕對值)
(ii)設Ω0為{P
∈Ω,x≥0,y≥0},求∫∫∫Ω0 |xyz|dxdydz.
6證明
(i)f(x)=xarctanx+(sinx)∧2在R上一致連續
(ii)
f(x)=x[arctan(x)](sinx)∧2在R上不一致連續
7給出了兩個四元函數F(x,y,u,v),G(x,y,u,v)，
(i)要求證明在(1/2,0,1/2,0)處鄰域可以確定隱函數組u(x,y),v(x,y)
(ii)求v對x的偏導數，以及二階偏導數vxx
8設f(x)是[0,1]上連續的正值函數，對於n∈N+，證明
(i)存在唯一的an∈(1/n,1)使得
∫(1/n,an)f(x)dx=∫(an,1)f(x)dx
(ii)limn→∞an的極限存在
來源: 2018年北京師范大學數學分析(762)回憶版
1.(10分)設$V_i(i = 0,n + 1)$是線性空間, $V_0=V_{n+1}=\{0\}$, $\phi_i$是$V_i$到$V_{i+1}$的線性映射,且對$i =0,\cdots,n-1$滿足$\mathrm{ker} \phi_{i+1} = \mathrm{Im}\phi_i$中,證明$\sum(-1)^i\mathrm{dim}(V_i)=0$.
解:直接用線性映射維數公式$\mathrm{dim}(\mathrm{ker} \phi_i)+ \mathrm{dim}(\mathrm{Im} \phi_i)= \mathrm{dim}V_i$,送分題.
2. (15分)設$c_0,c_1,\cdots,c_k$復數,求證有一個次數不超過k的多項式函數$p(x)$使得$p(n)=c_n$,且這樣的多項式是唯一的.
解:直接插值,即令$p_n(x)=p_{n}(x)=c_{n} \frac{(x-0) \cdots(x-n+1)(x-n-1) \cdots(n-k)}{(n-0) \cdots(n-n+1)(n-n-1) \cdots(n-k)}$,那么$p_n(x)$在$x=n$處取$c_n$,所有的$p_n$加起來即可,唯一性設還有一個$q$,則$p-q$是次數不超過$k$的多項式但是至少$k+1$個零點,根據代數學基本定理一定是0.
3. (20分)證明對一個秩為$r$的實對稱矩陣,一定存在某個階的主子式使得行列式非零,並且任意一個非零的主子式符號相同.
解:其實考場上我沒做出來，但是因為要證不變號我就想到了合同變換用慣性系數，不過大概腦子不太正常就沒繼續做了,冰神剛剛說由於秩是$r$,任意一個行列式不為零的主子式一定可以線性表出所有其他行列，於是可以通過合同變換把其他的各行各列全部變成0,也就是說這個任意一個行列式不為零的主子式的行列式的符號都和合同標准型的相同.這么看的話這題20其實也是送的.
4. (20分)設$A$特征值為$\lambda_1,\cdots,\lambda_n$,每個特征值$\lambda_i$的特征子空間都由一族特征向量張成$\alpha_{ij_1},\cdots,\alpha_{ij_n}$,設$A^\ast$是$A$的伴隨矩陣,求$A$的特征值和特征向量.
解:我怎么感覺$A$都可以直接對角化了,而且如果$A$可逆(沒有零特征值)就有$A^\ast=
\frac{1}{|A|}A^{-1}$,所以所有的特征值和特征向量直接出來了,我總覺得這題20分沒有那么簡單.
5. (15分)證明線性變換中可對角化的充要條件是$\mathrm{dim}(\mathrm{Im} (\lambda \mathrm{id}-\phi))=\mathrm{dim}(\mathrm{Im} (\lambda \mathrm{id}-\phi)^2)$對任意一個特征值$\lambda$都成立.
解: Jordan標准型即可,送分題.
6. (15分)證明Hausholder變換是正交變換,並證明任意一個正交變換可以表示成鏡像變換的乘積.
解:我不認為立志考PKU的人有不會做這題的.
7. (15分)已知向量$u,v,w$滿足$|u|=|v|=|w|\neq 0,u\cdot v=u\cdot w=w\cdot v$,證明對於任意$x$,如果$x\times u=au +bv+cw,x\times v=av+ bw+cu$,證明$x\times w=aw+ bu +cv$.
解:反正我打算設$x\times w=c_1w+ c_2u+ c_3v$,然后和$u,v,w$都點乘一下,然后用混合積的性質換成已知的$x\times u$和$x\times v$然后把$c_1,c_2,c_3$解出來,未果,卒.
8. (20分)證明$x^2 + 2y^2 + 6xy + 8x+ 10y +6=0$ (系數應該沒錯)是個雙曲線,求長短軸的長度並且指出哪個軸和曲線相交.
解:二次曲線不變量吧,反正如果和我一樣不記得不變量了這題大概就沒救了,用旋轉平移矩陣做的話特征值有一個根號37准備往死里算吧,記得不變量的話大概也是送分題.
9. (20分)求橢圓$x^2 +8y^2 +4xy + 10x + 12y+4=0$ (系數可能記錯)最大內接三角形的面積.
1.設$f(x)$在$[a,b]$上半連續,即對任意$\varepsilon>0$,存在$\delta>0$,當$x\in [a,b]$且$|x-x_0|<\delta$時,恆有$f(x)<f(x_0)+\varepsilon$,求證: 對任意$x_0\in [a,b]$,有$\limsup_{x\to x_0}f(x)\leq f(x_0)$.%反例
2.已知$f(x+y)\leq f(x)+f(y)$,求證: $\lim_{x\to\infty}\frac{f(x)}{x}\to l$.%反例
3.設$f'>0,f\in C[0,1]$,且$\frac{\int_{0}^{1}xf(x)dx}{\int_{0}^{1}f(x)dx}=s$.證明$s\geq \frac{1}{2}$,並比較$\int_{0}^{s}f(x)dx$與$\int_{s}^{1}f(x)dx$的大小.
4.證明$f(x)=\frac{x\cos x}{1+\sin^2x}$在$[0,+\infty)$上一致連續.
5. $\int_{0}^{+\infty}\left(\frac{f(x)}{x}\right)^2dx$
6. Green公式證明特殊的Stokes公式
\[\iint_\Sigma\frac{\partial R}{\partial y}dydz+\frac{\partial R}{\partial z}dzdx.\]
7.求$\sin px$的傅里葉級數,由此證明余元公式
\[\int_{0}^{1}x^{p-1}(1-x)^{-p}dx=\frac{\pi}{\sin(p\pi)}.\]
8.設$f(0,0)=0,f''_{xx}+f''_{yy}=x^2+y^2$,求$\int_{C_r}f(x,y)ds$.
9.設$q_k\geq p_k>0$,
\[\frac{q_k-p_k}{\sin(q_k-p_k-1)}+\frac{q_k-p_k-1}{\sin(q_k-p_k-2)}+\frac{q_k-p_k-2}{\sin(q_k-p_k-3)}+\cdots\]
在承認平面Green公式的前提下證明如下特殊情況下的Stokes公式
\[\oint_\Gamma R(x,y,z)\,\mathrm{d}z=\iint_\Sigma\frac{\partial R}{\partial y}dydz-\frac{\partial R}{\partial x}dzdx.\]
\begin{example}
(2020屆北大附中高三12月月考)已知數列$A:a_1,a_2,a_3,\cdots\,(n\geq 4)$為$1,2,3,\cdots,n$的一個排列,若$|a_i-i|\,(i=1,2,3,\cdots,n)$互不相同,則稱數列$A$具有性質$P$.
\begin{enumerate}[(1)]
\item 若$n=4$,且$a_1=4$,寫出具有性質$P$的所有數列$A$;
\item 若數列$A$具有性質$P$,證明: $a_1\neq 1$;
\item 當$n=7,8$時,分別判斷是否存在具有性質$P$的數列$A$?請說明理由.
\end{enumerate}
\end{example}
\begin{solution}
$8,6,3,5,7,1,4,2$
\end{solution}
\begin{example}
(2020年考研數學一)設函數$f(x)$在區間$[0,2]$上具有連續導數, $f(0)=f(2)=0,M=\max_{x\in[0,2]}\{|f(x)|\}$,證明:
\begin{enumerate}[(1)]
\item 存在$\xi\in(0,2)$,使得$|f'(\xi)|\ge M$；
\item 若對任意$x\in(0,2)$, $|f'(x)|\le M$,則$M=0$.
\end{enumerate}
\end{example}
\begin{solution}
(微信公眾號: Xionger的數學小屋)
\begin{enumerate}[(1)]
\item 設$|f(c)|=M,c\in(0,2)$.%,則$x=c$為$f(x)$的極值點,由$f(x)$連續可導知$f'(c)=0$
由均值不等式可知$\frac{2}{\frac{1}{c}+\frac{1}{2-c}}\leq \frac{c+(2-c)}{2}=1$,
則$\frac{1}{c}+\frac{1}{2-c}\geq 2$.
由拉格朗日中值定理可知
\begin{align*}
\frac{f(c)-f(0)}{c-0} &=f'(\xi_1),\quad \xi_1\in(0,c),\\
\frac{f(2)-f(c)}{2-c} &=f'(\xi_2),\quad \xi_2\in(c,2),
\end{align*}
又$|f(c)|=M$,則
\[|f'(\xi_1)|+|f'(\xi_2)|=M\left(\frac{1}{c}+\frac{1}{2-c}\right)\geq 2M,\]
因此, $\xi_1$和$\xi_2$中必存在一個$\xi$,使得$|f'(\xi)|\geq M$.
\item 由題意可知$|f'(\xi_1)|=\frac{M}{c}\leq M$,即$c\geq 1$,且$|f'(\xi_2)|=\frac{M}{2-c}\leq M$,即$c\leq 1$,於是$c=1$.
此時,
\[M=|f(1)-f(0)|=\left|\int_{0}^{1}f'(x)\,\mathrm{d}x\right|\leq \int_{0}^{1}|f'(x)|\,\mathrm{d}x\leq \int_{0}^{1}M\,\mathrm{d}x=M,\]
取等條件為$|f'(x)|=M,x\in [0,1]$.由$f(x)$在$x=1$處可導且取到極值可知$M=f'(1)=0$.
\end{enumerate}
\end{solution}
\begin{example}
\end{example}
\begin{solution}
\end{solution}
\begin{example}
(2020年中國科學院大學數分考研)證明
\[\frac{\sqrt{3}}{2}\pi<\int_{0}^{1}\sqrt{\frac{x^2-x+1}{x-x^2}}\,\mathrm{d}x<\pi.\]
\end{example}
\begin{solution}
(微信公眾號: Xionger的數學小屋)注意到
\[\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{x-x^2}}\,\mathrm{d}x=\pi,\quad \frac{3}{4}\leq x^2-x+1= \left(x-\frac{1}{2}\right)^2+\frac{3}{4}\leq 1,x\in [0,1].\]
因此
\[\frac{\sqrt{3}}{2}\pi=\int_{0}^{1}\sqrt{\frac{\frac{3}{4}}{x-x^2}}\,\mathrm{d}x<\int_{0}^{1}\sqrt{\frac{x^2-x+1}{x-x^2}}\,\mathrm{d}x
<\int_{0}^{1}\sqrt{\frac{1}{x-x^2}}\,\mathrm{d}x=\pi.\]
\end{solution}
\begin{example}
(2020年中國科學院大學數分考研)證明
\[\left|\int_{100}^{200}\frac{x^3}{x^4+x-1}\,\mathrm{d}x-\ln 2\right|<\frac{1}{3}\cdot 10^{-6}.\]
\end{example}
\begin{solution}
(微信公眾號: Xionger的數學小屋)由於
\begin{align*}
\left|\int_{100}^{200}\frac{x^3}{x^4+x-1}\,\mathrm{d}x-\ln 2\right|&=\left|\int_{100}^{200}\frac{x^3}{x^4+x-1}\,\mathrm{d}x-
\int_{100}^{200}\frac{1}{x}\,\mathrm{d}x\right|\\
&=\int_{100}^{200}\frac{x-1}{x\left(x^4+x-1\right)}\,\mathrm{d}x
<\int_{100}^{200}\frac{x}{x\cdot x^4}\,\mathrm{d}x=\int_{100}^{200}\frac{1}{x^4}\,\mathrm{d}x\\
&=\frac{1}{3}\left(\frac{1}{100^3}-\frac{1}{200^3}\right)<\frac{1}{3}\cdot \frac{1}{100^3}=\frac{1}{3}\cdot 10^{-6}.
\end{align*}
\end{solution}