北京大学数学分析答案

x2sinx1x2sinxsinx，试求limsupf(x)和liminff(x).

xx:

x2sinx1首先我们注意到.f(x)2sinx在sinx(0,1]的时候是单调增的.

xsinxx2sinx1x2sinxx2并且在x充分大的时候显然有.sinx2sinx2,所以易知在x时2xsinxx1x1当然此上极限可以

令x2k2,k这么一个子列得到.

sinxx2sin2x对于f(x)的下极限我们注意到.lim0,而liminf20,所以有liminff(x)xx2sinxxxxsinx此下极限当然可以

令x(2k1),k这么个子列得到.

2. (1)设f(x)在开区间(a,b)可微，且f(x)在(a,b)有界。证明f(x)在(a,b)一致连续.

证明:设f(x)在x(a,b)时上界为M.因为f(x)在开区间(a,b)上可微.

对于x1,x2(a,b),由

Lagrange中值定理,存在

(x1,x2),使得f(x1)f(x2)f()x1x2Mx1x2.

这

显

然

就

是

Lipschitz条件,所以由x1,x2任意性易证明.f(x)在(a,b)上一致收敛.

(2) 设f(x)在开区间(a,b)(ab)可微且一致连续，试问f(x)在(a,b)是否一定有界。（若肯定回答，请证明；若否定回答，举例说明） 证明:否定回答.f(x)在(a,b)上是无界的.

设f(x)(1x)2,显然此f(x)在[0,1]上是连续的根据.Cantor定理,闭区间上

连续函数一致连续.所以f(x)在(0,1)上一致连续.

1显然此

f(x)(1x)2在(0,1)上是可微的.f(x)112(1x)12.而

f(x)12(1x)212在(0,1)上是无界的.

3．设f(x)sin(x1). (1)求f(x)的麦克劳林展开式。

(2)求f(n)2(0)。(n1,2,3)

解: 这道题目要是直接展开是很麻烦的.先对原式做一下变形.有

f(x)11cos[2(x21)].再由cosx的Maclaurin展开式有. 22.

又

由

于

f(x)k0k1x2k2x4f(x)是偶函数，所以其展开式形式应该为： 比较系

数有：

knx2n

k00，接下来，若

p为奇数，则由

2k22k1k12(x1)2pf(x)(1)中x项系数为：

2i1(2k)! k2p1C2pk22k(1)k1122k(1)k12kp1(2k)!2kp1(2kp)!p!22 ，此时令

2kp2t1,ktp1. 2 有k2p2(1)2p!pp12t122t1(1)2(1)sin2。 (2t1)!2p!2(1)cos2 。综合得：

2p!pp12t1pp12 同理可得：p为偶数时，k2pp12p1(2p)!2sin2p为奇数(1)p!f2p(0)k(2p)!2ppp112(2p)!2（-1）cos2p为偶数p!(n)f2p1(0)0 f(0)

其中p1,2,34．试作出定义在R2中的一个函数f(x,y)，使得它在原点处同时满足以下三个条件： （1）f(x,y)的两个偏导数都存在；（2）任何方向极限都存在；（3）原点不连续

xy22xy022 解： f(x,y)xy 。显然这个函数在 xy0 的时候，有偏导

0xy0数存在

fy(x,y) f(x,y)x点也成立。

x(x2y2)(x2y2)2y(y2x2)(x2y2)2 ，而对于xy0的时候，有fy(x,y)0 ，此式在原

f(x,y)0x2cossincossin。 对于任意方向极限，有limf(cos,sin)lim200显然沿任意方向趋于原点。

此函数的方向极限都存在。最后，因为沿不同方向趋向原点。不妨设

，（0，），显然有不同的极限

4 cossin与cossin。且其都不为0。所以该函数在原点不连续。

25．计算xds.其中L是球面xyz1与平面xyz0的交线。

222L 解：首先，曲线L是球面xyz1与平面xyz0的交线。因为平面

222xyz0过原点，球面x2y2z21中心为原点。

所以它们的交线是该球面上的极大圆。再由坐标的对称性。易知有

Lx2dsy2dsz2ds。

LL 因此有

Lx2ds=

112222==。 (xyz)dsds3L3L36．设函数列{fn(x)}满足下列条件：（1）n，fn(x)在[a,b]连续且有fn(x)fn1(x)（x[a,b]）

（2）{fn(x)}点点收敛于[a,b]上的连续函数s(x)

证明：{fn(x)}在[a,b]上一致收敛于s(x)

证法1：首先，因为对任意x0a,b,有fn(x0)S(x0)。且有fn(x0)fn1(x0)，所以

nk，对于任意nnk，有0S(x0)fn(x0)3。

又因为fn(x)与S(x)在x0点连续。所以可以找到x00，当

xx0x0,且xa,b 时。有fnk(x)fnk(x0) S(x)S(x0)有

3，以及

3 同时成立。因此，当nnk，xx0x0,且xa,b 时，

S(x)fn(x)S(x)fnk(x)S(x)S(x0)S(x0)fnk(x0)fnk(x)fnk(x0)。

如此，令x0{x:xx0x0}，所以有开区间族 {x0:x0a,b} 覆盖了

a,b区间。

而S(x)在闭区间a,b上连续。由Heine-Borel 定理，从开区间族

{x0:x0a,b}中可以选出有限个x,x,x,123xk，

使 a,bki1xi。由xi的选法。可由相应xi与nki，当xxia,b，且

nnki时，有S(x)fn(x)。

取Nmax{nki:1ik}，当nN时，且xa,b，有S(x)fn(x) 成立。所以{fn(x)}在a,b上一致收敛于S(x)。 证毕。

证法2：反证法.设存在某00，对于任意n，有一xn，使得fn(xn)S(xn)0．又{xn}有界，由Bolzano-Weierstrass定理，所以其必存在

收敛子列{xnk}收敛于

a,b中某值x0．因为对任意

x0a,b,有fn(x0)S(x0)。

且有

fn(x0)fn1(x0)，所以nkp，当

nknkp时，有

S(x0)fnk(x0)S(x0)fnk(x0)p03．

设某nknk，由S(x)与fnk(x)连续性．存在一0，当

p1pp1xx00,且xa,b时

有S(x)S(x0)03以及fnk(x)fnk(x0)p1p103同时成立．显然，又因为

{xnk}x0．所以存在K值，Kkp1 ．

当nknK时， xnkx00成立．最后，当nknK时，有

S(xnk)fnk(xnk)S(xnk)fnk(xnk)S(xnk)S(x0)S(x0)fnk(x0)fnk(x0)fnk(xnk)p1p1p1p1＜0．这与假设矛盾．

所以在a,b上，{fn(x)}是一致收敛于s(x)．证毕．