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PAGEPAGE5/5北京大学2005数学专业研究生 数学分析f(x)x2sinx1sinxlimsupf(xliminff(x.x2sinx解:首先我们注意到.f(x)
x xx2sinx1sin在sinx.x2sinx
x2sinx1sinxx2sinx
sinx
,所以易知在xx2sinxx2sinxx21x2x21x2k2
,k这么一个子列得到.对于f(x)
lim
sinx
0,lim
x2sin2
0,liminff(x)此下极限当然可以
xx2sinx x
x2sinx
x令x(2k1),k这么个子列得到.(1)f(x)在开区间(abf(x在(abf(x)在(ab.证明f(x)x(a,b)Mf(x)(a,b).对于x,x1 2
(a,b), 由 中值定理, 存 在1212121212121这显然就是
x
)
). x ( f ) x (Lipschitz条件所以由x1
x任意性2
证明f(x)在(a,b)上一致收敛.(2)f(x)在开区间(ab)(abf(x在(ab)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.2f(x)(x)1,f(x[0,1Canto定理,闭区间上2连续函数一致连续.所以f(x)在(0,1)上一致连续.212显 然 此 f( x)
1
微的
0 22 (2
1x) .1 )2f(x) 12(1x)2
在(0,1)上是无界的.3f(x)sin2(x2.f(x的麦克劳林展开式。(2)求f(n)(0)。(n)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1 1f(x)
cos[2(x2再由cosMaclaurin展开2 2
. 又 由 于012n比较系数有:k00012n比较系数有:k00,接下来,若
kx2
x4
kx2nf(x
12
(1)k
22k(x21)2k(2k)!
x2p项系数为: 22k(2kp)!p!(1)k11 Cp 22k(22k(2kp)!p!(1)k1k2p2kp12
2k(2k)!
2 kp12
, 此 时 令2kp1,ktp1.2p1
p1有k 2
(1)2
22t1(1)t1
2
(1)2
sin2。2p 2p!
t
(2t1)! 2p!p1为偶数时k2p
2
(1)22p!
cos2。综合得: (1)
2
(2psin2为奇数 2 p!(2p)!f2p(0)(2p)! 2p p2
(2p)!
-2
cos2p为偶数p!f(n)(0) f2p1(0)0 其中p1,2,3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()任何方向极限都存在(3)原点不连续 xyf(xyx2y2
x2y20
。显然这个函数在xy0的时候,有偏导数存在 x(x2y2
0xy0f(x,y)y
(x2y2)2
fxy0的时候,有
(x,y)
,此式在原点也成f(x,y)
y(y2x2) f(x,y)0xx
(x2y2)2立。对于任意方向极限,有limf(cossin)lim2cossincossin。0 0 2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4cossin与cossin。且其都不为0。所以该函数在原点不连续。计算
x2ds.LxL
y
z
1xyz0的交线。解:首先,曲线L是球面x
y
z
1与平面xyz0的交线。因为平面xyz0x2y2z21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x2dsy2dsz2ds。L L L因此有
x2ds=1
(x2y2z2)ds=1ds=2。L 3
3L 3设函数列{f(x)}满足下列条件,f(x)在[a,b]连续且有f(x)f (x)n n n n1(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,bfn
(x)S(x0
fn
(x)0
(xn1
),所以n,对于任意nnk
,有0S(x0
)fn
(x)。0 3又因为f(x)与S(x) 在x 点连续。所以可以找到 0,当n 0 xx0
,xa,b时。有fx n0
(x)fnk
(x)0 3
,以及S(x)S(x0
)3
同时成立。因此,当nnk
,xx 0 x0
,xa,b时,有S(x)fn
(x)S(x)fnk
(x)S(x)S(x0
)S(x0
)fnk
(x)f0 nk
(x)fnk
(x)。0如此,令x0a,b区间。
{x:xx 0
},所以有开区间族{x0
x}覆盖了0而S(x)在闭区间b上连续。由Heine-Borel 定理,从开区间族:xx
中可以选出有限个 ,x x
, , ,x x0 1 2 3 k使a,bkxii1
。由
的选法。可由相应ixi
与n ,当xk xi
a,b,且nnki
时,有S(x)fn
(x)。取Nmax{nki
:1iknNx
n
成立。所以{fn
(x在b上一致收敛于S(x)。证毕。证法2:反证法.设存在某0
0nxn
使得fn
(x)S(xn
)0
{x}n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xa,bf0
(x)S(x)。0 0且有 f(xn 0
fn
x (,)所以1 kp
,当nnk kp
时,有S(x f x (S
f( x) 0)0 n 0k
0n 0kp设某n nk kp1 p
,由S(x) 与
nkp1
(x)连续性.存在一 ,当0xx0
,xa,b时0 S(xS(x)0
03
nkp1
(x)f
nkp1
(x)0
0同时成立.显然,又因为3{x }
.所以存在K值,Kk .nk 0当nk
n xK
p1x 0
成
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