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1、 北京大学 2005 数学专业研究生 数学分析 1.设xxxxxxfsinsin1sin)(22=，试求)(suplimxfx+和)(inflimxfx+.解:22sin1()sinsin(0,1.sinxxf xxxxx=首先我们注意到.在的时候是单调增的 222222sin1sin.sinsin,limsup()1.sin11xxxxxxxxxf xxxxx+=并且在 充分大的时候显然有所以易知在当然此上极限可以 令2,2xkk=+这么一个子列得到.2222sinsin().lim0,liminf0,liminf()0.sinsinxxxxxxf xf xxxxx+=对于的下极限我们注意到
2、而所以有此下极限当然可以 令(21),.xkk=+这么个子列得到 2.(1)设)(xf在开区间),(ba可微，且)(xf 在),(ba有界。证明)(xf在),(ba一致连续.证明:()(,).()(,).fxxa bMf xa b设在时上界为因为在开区间上可微 12,(,),x xa b对于由,Lagrange中值定理存在12121212(,),()()()x xf xf xfxxM xx=使得.这显然就是12,.()(,).Lipschitzx xf xa b条件 所以由任意性易证明在上一致收敛(2)设)(xf在开区间),(ba)(+=。显然这个函数在 0 xy 的时候，有偏导数存在 222
3、2222222()(,)()()(,)()yxx xyfx yxyy yxfx yxy=+=+，而对于0 xy=的时候，有(,)0(,)0yxfx yfx y=，此式在原点也成立。对于任意方向极限，有2200cossinlim(cos,sin)limcossinf=g。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4有不同的极限 cossincossin与。且其都不为 0。所以该函数在原点不连续。5计算Ldsx2.其中L是球面1222=+zyx与平面0=+zyx的交线。解：首先，曲线L是球面1222=+zyx与平面0=+zyx的交线。因为平
4、面0=+zyx过原点，球面1222=+zyx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 222LLLx dsy dsz ds=。因此有 2Lx ds=2221()3Lxyzds+=13Lds=23。6设函数列)(xfn满足下列条件：（1）n，)(xfn在,ba连续且有)()(1xfxfnn+（,bax）（2）)(xfn点点收敛于,ba上的连续函数)(xs 证明：)(xfn在,ba上一致收敛于)(xs 证法 1：首先，因为对任意000,()()nxa bfxS x有。且有010()()nnfxfx+，所以kn，对于任意k
5、nn，有000()()3nS xfx，当 00,xxxxa b且 时。有0()()3kknnfxfx，以及 0()()3S xS x，00,xxxxa b且 时，有 0000()()()()()()()()()()kkkknnnnnS xfxS xfxS xS xS xfxfxfx+。如此，令000:xxxxx=时，有()()nS xfx时，且,xa b，有()()nS xfx，对于任意n，有一nx，使得0()()nnnfxS x 又nx有界，由Bolzano-Weierstrass定理，所以其必存在 收 敛 子 列knx收 敛 于,a b中 某 值0 x 因 为 对 任 意000,()()nxa bfxS x有。且有010()()nnfxfx+，所以pkn，当pkknn时，有00000()()()()3kkpnnS xfxS xfx，由()S x与1()kpnfx连 续 性 存 在 一0，当00,xxxa b且时 有110000()()()()33kkppnnS xS xfxfx 当kKnn时，00knxx时，有 11110000()()()()()()()()()()kkkkkkkkkkkppppnnnnnnnnnnnS xfxS xfxS xS xS xfxfxfx+0这与假设矛盾 所以在,a b上，)(xfn是一致收敛于)(xs证毕