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[数学分析] 南京大学2011年数学分析的解答

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发表于 2013-11-22 09:51:03 | 显示全部楼层 |阅读模式
本帖最后由 龙凤呈祥 于 2013-11-22 10:05 编辑

前几天一个学姐让我做了第四题,因为那个题目她跟我说的时候错了,然后我就把这份试卷找到了,把全部就做了一下,希望大家帮我检查一下,谢谢。
1.设定义在$\mathbb R$上的函数$f$满足$\forall x,y \mathbb R$有$$
\left|f(x)-f(y)\right|\leq|x-y|^2,
$$
证明$f(x)$是常值函数.
证明  若$x\neq y$,显然有$$
\left|\frac{f(x)-f(y)}{x-y}\right|\leq|x-y|
$$
在上式中固定$x$,令$y\to x$即得\begin{align*}
&\lim_{y\to x}\left|\frac{f(x)-f(y)}{x-y}\right|=0\\
\Rightarrow f'(x)=&\lim_{y\to x}\left[\left|\frac{f(x)-f(y)}{x-y}\right|\cdot{\rm sign}\left(\frac{f(x)-f(y)}{x-y}\right)\right]=0
\end{align*}
由$x$的任意性可知$f(x)$是常值的.

2.设$f$是递减的非负函数且$$
a_{n}=\sum_{k=1}^{n}f(k)-\int_{1}^{n}f(x)dx.
$$
证明$\{a_{n}\}$收敛.
证明  显然由单调有界原理可知$\lim\limits_{x\to\infty}f(x)$存在,不妨设为$M$且$f(x)\geq M\geq0$.由于\begin{align*}
a_{n+1}-a_{n}&=f(n+1)-\int_{n}^{n+1}f(x)dx\leq0
\end{align*}
所以$\{a_{n}\}$递减,因此只需说明他有下界就行了,由$f$的递减性\begin{align*}
a_{n}&\geq\sum_{k=1}^{n}\int_{k}^{k+1}f(x)-\int_{1}^{n}f(x)dx\\
&=\int_{n}^{n+1}f(x)dx\geq M
\end{align*}
所以$\{a_{n}\}$收敛.

3.方程$z^2x-z^3y+y-1=0$在点$(1,2,1)$附近确定了函数$z=z(x,y)$,求$\left.\frac{\partial^2z}{\partial x^2}\right|_{(1,2)}$.
解  设$F(x,y,z)=z^2x-z^3y+y-1$,那么$F$连续且$F(1,2,1)=0$.
又$F_{z}=2zx-3z^2y
$连续而且$$
F_{z}|_{(1,2,1)}\neq0.
$$那么根据隐函数存在定理$F$可确定一个函数$z=z(x,y)$有$$
z_{x}=-\frac{F_{x}}{F_{z}}=\frac{z}{3zy-2x}
$$
因此\begin{align*}
z_{xx}&=\frac{2z-2z_{x}x}{\left(3zy-2x\right)^2}
\end{align*}
把相应点带进去就能求出结果是$\frac{3}{8}$.

4.设二元函数$f(x,y),g(x,y)$定义在紧集$\mathbb K$上且有连续的一阶偏导数.而且$\forall A\in\mathbb K$,均有$$
f_{x}g_{y}-f_{y}g_{x}|_{A}\neq0.
$$
证明在$\mathbb K$上同时满足$f(x,y)=g(x,y)=0$的点至多只有有限个.
证明  设在$\mathbb K$上存在点列$\{A_{n}\}(n\in N^+)$使得$$
f(A_{n})=g(A_{n})=0.
$$
又$\mathbb K$紧,所以$\{A_{n}\}$有收敛到$\mathbb K$的子列,所以不妨设一开始$\{A_{n}\}$就是收敛的且$$
A_{n}\to A_{0}\in\mathbb K(n\to\infty)
$$
显然$f,g$连续且可微,那么$f(A_{0})=g(A_{0})=0$,并且\begin{align*}
f(A_{n})&=f(A_{0})+\nabla f(A_{0})\cdot\left(A-A_{0}\right)-o_{1}(\rho)\\
g(A_{n})&=g(A_{0})+\nabla g(A_{0})\cdot\left(A-A_{0}\right)-o_{2}(\rho)
\end{align*}
其中$
\rho=|A_{n}-A_{0}|.$上面的方程组等价于\[\frac{1}{|A_{n}-A_{0}|}\cdot\left.\frac{{\partial (f,g)}}{{\partial (x,y)}}\right|_{A_{0}} \cdot \left(
A_{n}-A_{0}
\right)^T= \left( \begin{array}{l}
\frac{{{o_1}(\rho )}}{\rho } \\
\frac{{{o_2}(\rho )}}{\rho } \\
\end{array} \right)\]
由题意可知$\left.\frac{{\partial (f,g)}}{{\partial (x,y)}}\right|_{A_{0}}$可逆,所以
\[\frac{1}{|A_{n}-A_{0}|}\cdot(A_{n}-A_{0})^T = {\left( {{{\left. {\frac{{\partial (f,g)}}{{\partial (x,y)}}} \right|}_{{A_0}}}} \right)^{ - 1}} \cdot \left( \begin{array}{l}
\frac{{{o_1}(\rho )}}{\rho } \\
\frac{{{o_2}(\rho )}}{\rho } \\
\end{array} \right)\]
令$n\to\infty$有$\rho\to0$,所以$$
\left|\frac{A_{n}-A_{0}}{|A_{n}-A_{0}|}\right|\to0
$$
矛盾!因为上式左端始终是单位向量,模长恒为$1$,所以假设不成立.

5.设$f\in C^2[0,\pi]$且$f(\pi)=2$满足$$
\int_{0}^{\pi}\left(f(x)+f''(x)\right)\sin xdx=5.
$$
计算$f(0)$的值.
解  对上面的式子分部积分\begin{align*}
5&=\left.\left(-f(x)\cos x\right)\right|_{0}^{\pi}+\int_{0}^{\pi}f'(x)\cos xdx-\left.\left(f'(x)\sin x\right)\right|_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}f'(x)\cos xdx\\
\Rightarrow f(0)&=3.
\end{align*}
6.讨论广义积分$$
\iint\limits_{|x|+|y|\geq1}\frac{1}{|x|^p+|y|^q}dxdy(p>0,q>0)
$$
的敛散性.
解  由对称性$
I=4\iint\limits_{x+y\geq1,x\geq0,y\geq0}\frac{1}{x^p+y^q}dxdy.
$
而上式右边的积分敛散性显然又和$$
J=\iint\limits_{x^p+y^q\geq1,x\geq0,y\geq0}\frac{1}{x^p+y^q}dxdy
$$
敛散性相同.注意到被积函数非负,记$D_{r}=\{(x,y)|1\leq x^p+y^q\leq r,x\geq0,y\geq0\}$,则对区域$D=\{(x,y)|x^p+y^q\geq1,x\geq0,y\geq0\}$的任何一个有界的子区域$D_{1}$, 必然存在足够大的$r$ 使得$$
D_{1}\subset D_{r}\subset D
$$
又由于\begin{align*}
J_{r}&=\iint\limits_{D_{r}}\frac{1}{x^p+y^q}dxdy\\
&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_{1}^{r}\frac{1}{\rho}\cdot\frac{2}{pq}\rho^{\frac{1}{p}+\frac{1}{q}-1}\sin^{\frac{2}{q}-1}\theta\cos^{\frac{2}{p}-1}\theta d\rho\\
&=\frac{2}{p+q-pq}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{\frac{2}{q}-1}\theta\cos^{\frac{2}{p}-1}\theta d\theta\\
&=\frac{2r^{\frac{1}{p}+\frac{1}{q}-1}}{p+q-pq}{\rm B}\left(\frac{1}{q},\frac{1}{p}\right)
\end{align*}
若要上式有界,要求$$
\frac{1}{p}+\frac{1}{q}<1
$$
此时$J$收敛.当$\frac{1}{p}+\frac{1}{q}\geq1$时,上式无界,从而发散.

7.设级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}-a_{n-1}\right)$绝对收敛,级数$\sum\limits_{n=1}^{\infty}b_{n}$收敛,证明$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_{n}b_{n}$收敛.
证明  记$S_{n}=\sum\limits_{k=1}^{n}b_{k}$,则$\{S_{n}\}$收敛.利用Abel求和公式
\begin{align*}
\sum\limits_{k=1}^{n}a_{k}b_{k}&=a_{n}S_{n}-\sum_{k=1}^{n-1}S_{k}\left(a_{k+1}-a_{k}\right)\tag{1}
\end{align*}
由于$a_{n}=a_{1}+\sum\limits_{k=2}^{n}\left(a_{k}-a_{k-1}\right)$,显然收敛,所以$\lim\limits_{n\to\infty}a_{n}S_{n}$
存在.又\begin{align*}
\sum_{k=1}^{n-1}\left|S_{k}\left(a_{k+1}-a_{k}\right)\right|&\leq M\sum_{k=1}^{n-1}\left|a_{k+1}-a_{k}\right|
\end{align*}
右端级数收敛,所以左端级数绝对收敛,结合(1)式子可知$\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_{n}b_{n}$收敛.

8.设$F(x,y,z)$二阶连续可微,$F(x,y,z)=0$给定了一个光滑闭曲面$S$,$D$是$S$围成的区域且在$D$内$F(x,y,z)<0$,求积分$$
\iiint\limits_{D}\left({\rm div}\frac{{\rm grad} F}{\|{\rm grad}F\|}\right)dxdydz.
$$
解  由Gauss公式\begin{align*}
I=\iiint\limits_{D}\left({\rm div}\frac{{\rm grad} F}{\|{\rm grad}F\|}\right)dxdydz&=\mathop{{\int\!\!\!\!\!\int}\mkern-21mu \bigcirc}\limits_S
{\frac{{{\mathop{\rm grad}\nolimits} F}}{{\left\| {{\mathop{\rm grad}\nolimits} F} \right\|}}\cdot d\mathbf{S}} \\
\end{align*}
又因为$S:F(x,y,z)=0$的外单位法向量恰好是$\mathbf n=\frac{{\rm grad} F}{\|{\rm grad}F\|}$,所以\begin{align*}
I=\mathop{{\int\!\!\!\!\!\int}\mkern-21mu \bigcirc}\limits_S|\mathbf n|^2dS=S.
\end{align*}


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发表于 2013-11-22 13:47:36 | 显示全部楼层
本帖最后由 我家车车 于 2013-11-24 19:43 编辑

第四题也可以这样做:
因为\[\forall (x_0,y_0)\in K,\left.\begin{matrix} \frac{\partial (f,g)}{\partial (x,y)} \end{matrix}\right|_{(x_0,y_0)}\neq 0\]
根据局部逆映射定理,存在开集$U\subset K$和开集$V$,使得$(x_0,y_0)\in U,(f(x_0,y_0),g(x_0,y_0))\in V$,并且$$f:U\rightarrow  V$$是1-1满映射,这说明$U$中至多有一个点$(x,y)=(x(0,0),y(0,0))~s.t~(f(x,y),g(x,y))=0$
让$(x_0,y_0)$跑遍$K$,得到紧集$K$的开覆盖$\{U_{(x_0,y_0})\}$,根据有限覆盖定理,存在其中有限个开集$U_1,...,U_r$覆盖$K$而每个开集中至多有1个满足条件$f(x_0,y_0)=g(x_0,y_0)$的点,因此满足条件的点至多有限个


上面的解答有问题,根据一般的局部逆映射定理的条件不能处理,除非能将函数延拓到大的开集上...希望有人能帮忙修改修改
@龙凤呈祥 的解答可以根据@zzyxunilc 的建议可以做个简单的化简,导出矛盾的方式用这个:
\[||\varphi'(A_0)||\leq\left|\varphi '_{A_0} \frac{A_n-A_0}{|A_n-A_0|}\right|=\frac{|\varphi(A_n)-\varphi(A_0)-\varphi '|_{A_0} (A_n-A_0)|}{|A_n-A_0|}\to 0(n\to +\infty)\]
则$||\varphi'(A_0)||=0$,即存在$|x|=1$使得$|\varphi'(A_0)x|=0\rightarrow det(\varphi'(A_0))=0$矛盾
发表于 2013-11-22 14:54:54 | 显示全部楼层
本帖最后由 zzyxunilc 于 2013-11-23 12:01 编辑

其实你的解答也很好a,不就是考察微分的定义...
\[\varphi(x,y)=(f(x,y),g(x,y)), \det \varphi '=\det \left(\begin{matrix}\nabla f \\ \nabla g\end{matrix}\right)\neq 0\]
\[\frac{|\varphi(A_n)-\varphi(A_0)-\varphi '|_{A_0} (A_n-A_0)|}{|A_n-A_0|}=\left|\varphi '_{A_0} \frac{A_n-A_0}{|A_n-A_0|}\right|\neq 0\]




总觉得上面不等还说不过去,原来少了一步

\[\begin{split}
&\frac{|\varphi(A_n)-\varphi(A_0)-\varphi '|_{A_0} (A_n-A_0)|}{|A_n-A_0|} \\
=&\left|\varphi '_{A_0} \frac{A_n-A_0}{|A_n-A_0|}\right| \\
\geq & \sqrt{\left(\frac{A_n-A_0}{|A_n-A_0|}\right)^T(\varphi '_{A_0})^T\varphi '_{A_0}\frac{A_n-A_0}{|A_n-A_0|}}\\
=&\sqrt{\lambda_{min}\left[(\varphi '_{A_0})^T\varphi '_{A_0}\right] }\\
>&0.
\end{split}\]
发表于 2013-11-22 17:23:48 | 显示全部楼层
本帖最后由 mxcandy 于 2013-11-22 17:27 编辑
我家车车 发表于 2013-11-22 13:47
第四题也可以这样做:
因为\[\forall (x_0,y_0)\in K,\left.\begin{matrix} \frac{\partial (f,g)}{\partia ...


这道题本来就是考察逆映射定理的。先用一下紧集的定义(有限开覆盖),再用逆映射定理。

你的做法是正确的,只是表达有点问题:
“存在开集U包含于紧集K”.,这句话是办不到的!
例如K是一条有界的光滑曲线。


 楼主| 发表于 2013-11-22 17:38:41 | 显示全部楼层
mxcandy 发表于 2013-11-22 17:23
这道题本来就是考察逆映射定理的。先用一下紧集的定义(有限开覆盖),再用逆映射定理。

你的做法是正确 ...

改成邻域就行了吧
发表于 2013-11-23 00:43:08 | 显示全部楼层
你好,请问你有南京大学2013年的数分和高代题吗?
发表于 2014-1-1 16:02:46 | 显示全部楼层
衷心感谢分享,学习了。
发表于 2014-1-1 17:22:01 来自手机 | 显示全部楼层
差点报了南大,数分太难没敢报,看来你以后不会参加考研,保研妥妥的!◐▂◐
发表于 2014-1-1 17:22:46 来自手机 | 显示全部楼层
梦翔 发表于 2013-11-23 00:43
你好,请问你有南京大学2013年的数分和高代题吗?

你考南大吗?我认识一个大神考南大,他有13真题。

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