PAGEPAGE5/5北京大學2005數學專業研究生 數學分析f(x)x2sinx1sinxlimsupf(xliminff(x.x2sinx解:首先我們注意到.f(x)

x xx2sinx1sin在sinx.x2sinx

x2sinx1sinxx2sinx

sinx

,所以易知在xx2sinxx2sinxx21x2x21x2k2

,k這么一個子列得到.對于f(x)

lim

sinx

0,lim

x2sin2

0,liminff(x)此下極限當然可以

xx2sinx x

x2sinx

x令x(2k1),k這么個子列得到.(1)f(x)在開區間(abf(x在(abf(x)在(ab.證明f(x)x(a,b)Mf(x)(a,b).對于x,x1 2

(a,b), 由 中值定理, 存 在1212121212121這顯然就是

x

)

). x ( f ) x (Lipschitz條件所以由x1

x任意性2

證明f(x)在(a,b)上一致收斂.(2)f(x)在開區間(ab)(abf(x在(ab)是否一定有界。（若肯定回答，請證明；若否定回答，舉例說明）證明:否定回答.f(x)在(a,b)上是無界的.2f(x)(x)1,f(x[0,1Canto定理,閉區間上2連續函數一致連續.所以f(x)在(0,1)上一致連續.212顯 然 此 f( x)

1

微的

0 22 (2

1x) .1 )2f(x) 12(1x)2

在(0,1)上是無界的.3f(x)sin2(x2.f(x的麥克勞林展開式。(2)求f(n)(0)。(n)解: 這道題目要是直接展開是很麻煩的.先對原式做一下變形.有1 1f(x)

cos[2(x2再由cosMaclaurin展開2 2

. 又 由 于012n比較系數有：k00012n比較系數有：k00，接下來，若

kx2

x4

kx2nf(x

12

(1)k

22k(x21)2k(2k)!

x2p項系數為： 22k(2kp)!p!(1)k11 Cp 22k(22k(2kp)!p!(1)k1k2p2kp12

2k(2k)!

2 kp12

， 此 時 令2kp1,ktp1.2p1

p1有k 2

(1)2

22t1(1)t1

2

(1)2

sin2。2p 2p!

t

(2t1)! 2p!p1為偶數時k2p

2

(1)22p!

cos2。綜合得： (1)

2

(2psin2為奇數 2 p!(2p)!f2p(0)(2p)! 2p p2

(2p)!

-2

cos2p為偶數p!f(n)(0) f2p1(0)0 其中p1,2,3試作出定義在R2中的一個函數f(x,y)，使得它在原點處同時滿足以下三個條件：（1）f(x,y)的兩個偏導數都存在（）任何方向極限都存在（3）原點不連續 xyf(xyx2y2

x2y20

。顯然這個函數在xy0的時候，有偏導數存在 x(x2y2

0xy0f(x,y)y

(x2y2)2

fxy0的時候，有

(x,y)

，此式在原點也成f(x,y)

y(y2x2) f(x,y)0xx

(x2y2)2立。對于任意方向極限，有limf(cossin)lim2cossincossin。0 0 2顯然沿任意方向趨于原點。此函數的方向極限都存在。最后，因為沿不同方向 趨向原點。不妨設 （0，），顯然有不同的極限4cossin與cossin。且其都不為0。所以該函數在原點不連續。計算

x2ds.LxL

y

z

1xyz0的交線。解：首先，曲線L是球面x

y

z

1與平面xyz0的交線。因為平面xyz0x2y2z21中心為原點。所以它們的交線是該球面上的極大圓。再由坐標的對稱性。易知有x2dsy2dsz2ds。L L L因此有

x2ds=1

(x2y2z2)ds=1ds=2。L 3

3L 3設函數列{f(x)}滿足下列條件，f(x)在[a,b]連續且有f(x)f (x)n n n n1（x[a,b]）（2）{fn

(x)}點點收斂于[a,b]上的連續函數s(x)證明：{fn

(x)}在[a,b]上一致收斂于s(x)證法1：首先，因為對任意x0

a,bfn

(x)S(x0

fn

(x)0

(xn1

)，所以n，對于任意nnk

，有0S(x0

)fn

(x)。0 3又因為f(x)與S(x) 在x 點連續。所以可以找到 0，當n 0 xx0

,xa,b時。有fx n0

(x)fnk

(x)0 3

，以及S(x)S(x0

)3

同時成立。因此，當nnk

，xx 0 x0

,xa,b時，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區間。

{x:xx 0

}，所以有開區間族{x0

x}覆蓋了0而S(x)在閉區間b上連續。由Heine-Borel 定理，從開區間族:xx

中可以選出有限個 ,x x

, , ，x x0 1 2 3 k使a,bkxii1

。由

的選法。可由相應ixi

與n ，當xk xi

a,b，且nnki

時，有S(x)fn

(x)。取Nmax{nki

:1iknNx

n

成立。所以{fn

(x在b上一致收斂于S(x)。證畢。證法2：反證法.設存在某0

0nxn

使得fn

(x)S(xn

)0

{x}n有界，由Bolzano-Weierstrass定理，所以其必存在收斂子列{xnk

}收斂于

a,b中某值x0

．因為對任意xa,bf0

(x)S(x)。0 0且有 f(xn 0

fn

x (，)所以1 kp

，當nnk kp

時，有S(x f x (S

f( x) 0)0 n 0k

0n 0kp設某n nk kp1 p

，由S(x) 與

nkp1

(x)連續性．存在一 ，當0xx0

,xa,b時0 S(xS(x)0

03

nkp1

(x)f

nkp1

(x)0

0同時成立．顯然，又因為3{x }

．所以存在K值，Kk ．nk 0當nk

n xK

p1x 0

成