数学分析

数学分析习题课讲义.谢惠民,钱定边编著.
数学分析中的典型问题和方法.裴礼文编著.
数学分析解题指南.林源渠,方企勤编著.
数学分析习题演练.周民强编著.(共三册)
数学分析习题集.林源渠,方企勤编著.
数学分析中的典型例题和解题方法.孙本旺,汪浩编著.
数学分析的方法及例题选讲.徐利治,王兴华编著.

先按上西神的话

如果是有底子的先做习题的话:看周民强比较好,谢惠民,斐礼文这三本同一档次.首先推荐接着就可以看孙本旺,徐利治,这两本再者慢慢去做数学问题和定理(波利亚)这本里面题目我个人觉得应该在纯分析里最难了.至于一些基础不甚好,就看教材和一些典型书籍就好了.

我看的书比较少,基础不好的话先把复旦陈纪修数分的习题先解决掉,然后可以先考虑《数学分析解题指南》(林源渠,方企勤编著. )这本是我刚开始的时候用的,当觉得有一定基础的时候可以考虑看《数学分析习题课讲义》(谢惠民,钱定边编著).以及做做各校的考研试题. 数学分析习题集.林源渠,方企勤编著;数学分析中的典型例题和解题方法.孙本旺,汪浩编著; 数学分析的方法及例题选讲.徐利治,王兴华编著.这三本比较老,但是很经典(目测的,未仔细读过).

《数学分析》上有 51 条评论

Nirvanacs 在 2011 年 12 月 4 日上午 11:23 说道：

第1题数学吧 http://tieba.baidu.com/p/1309040327
函数$f(x)$在$[0,2]$连续、可导 , 且$f(0)=f(2)=1$ . 如果$|f’|\le 1$ , 求证 :\[1\le \int_{0}^2 f(x)\mathrm{d}x\le 3\]

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- Nirvanacs 在 2011 年 12 月 4 日上午 11:27 说道：
  
  证明 : 因为$f(0)=1,|f’|\le 1$ , 所以对任意$x\in [0,1]$有\[1-x\le f(x)\le 1+x\]所以\[\frac{1}{2}= \int_0^1 (1-x)\mathrm{d}x\le\int_0^1 f(x)\mathrm{d}x\le\int_0^1 (1+x)\mathrm{d}x=\frac{3}{2}\]同理可得\[\frac{1}{2}= \int_1^2 (x-1)\mathrm{d}x\le\int_1^2 f(x)\mathrm{d}x\le\int_1^2 (3-x)\mathrm{d}x=\frac{3}{2}\]二式相加即得 .
  
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Nirvanacs 在 2011 年 12 月 4 日上午 11:33 说道：

第2题数学吧 http://tieba.baidu.com/p/1309040327
设函数$f$在$[-1,1]$上可导 , $M=\sup |f’|$ . 若存在$a\in (0,1)$ , 使得$\displaystyle \int_{-a}^a f(x)\mathrm{d}x=0$ , 求证 :\[\left|\int_{-1}^1 f(x)\mathrm{d}x\right|\le M(1-a^2)\]

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- Nirvanacs 在 2011 年 12 月 4 日上午 11:42 说道：
  
  证明 : 由于$\displaystyle \int_{-a}^a f(x)\mathrm{d}x=0$ , 因此存在$\gamma\in(-a,a)$满足$f(\gamma)=0$ , 则由$M=\sup|f’|$有\[-M(x-\gamma)\le f(x)\le M(x-\gamma) ,\quad \forall x\in [a,1]\]\[M(x-\gamma)\le f(x)\le -M(x-\gamma) ,\quad \forall x\in [-1,-a]\]因此\[\begin{aligned}\int_{-1}^1 f(x)\mathrm{d}x=&\int_{-1}^{-a} f(x)\mathrm{d}x+\int_{a}^1 f(x)\mathrm{d}x\\ \le &\int_{-1}^{-a} -M(x-\gamma)\mathrm{d}x+\int_{a}^1 M(x-\gamma)\mathrm{d}x\\ =&M(1-a^2)\end{aligned}\]同理可得\[\int_{-1}^1 f(x)\mathrm{d}x\ge -M(1-a^2)\]综上所述 , $\displaystyle \left|\int_{-1}^1 f(x)\mathrm{d}x\right|\le M(1-a^2)$ .
  
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Nirvanacs 在 2011 年 12 月 6 日下午 12:13 说道：

第3题 BOOK 《微积分学教程》
设$f(x)$是以$T$为周期的可积函数 , 求证对任意的实数$a$有\[\int_a^{a+T}f(x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{T}f(x)\mathrm{d}x\]

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- Nirvanacs 在 2011 年 12 月 6 日下午 12:17 说道：
  
  证明 : \[\begin{aligned}\int_a^{a+T}f(x)\mathrm{d}x=&\int_a^{0}f(x)\mathrm{d}x+\int_0^{T}f(x)\mathrm{d}x+\int_T^{a+T}f(x)\mathrm{d}x\\ =&\int_a^{0}f(x)\mathrm{d}x+\int_0^{T}f(x)\mathrm{d}x+\int_T^{a+T}f(x-T)\mathrm{d}(x-T)\\ =&\int_a^{0}f(x)\mathrm{d}x+\int_0^{T}f(x)\mathrm{d}x+\int_0^{a}f(x)\mathrm{d}x\\ =&\int_a^{0}f(x)\mathrm{d}x+\int_0^{T}f(x)\mathrm{d}x-\int_a^{0}f(x)\mathrm{d}x\\ =&\int_0^{T}f(x)\mathrm{d}x \end{aligned}\]
  
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Nirvanacs 在 2011 年 12 月 6 日下午 2:36 说道：

第4题《数学分析》陈纪修
设函数$f(x)$在$[0,\pi]$ , 且$\displaystyle \int_0^{\pi}f(x)\mathrm{d}x=0,\int_0^{\pi}f(x)\cos x\mathrm{d}x=0$ , 证明 : 在$(0,\pi)$内至少存在两个不同的点$\alpha,\beta$ , 使得$f(\alpha)=f(\beta)=0$ .

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- Nirvanacs 在 2011 年 12 月 6 日下午 3:16 说道：
  
  证明 : 设$\displaystyle F(x)=\int_{0}^x f(t)\mathrm{d}t$ , 则$F(x)$在$[0,\pi]$连续,在$(0,\pi)$可导 , 且\[F(0)=F(\pi)=0~,~F'(x)=f(x).\]此时由分部积分有\[\begin{aligned}\int_0^{\pi}f(x)\cos x\mathrm{d}x=&\int_0^{\pi}F'(x)\cos x\mathrm{d}x\\ =&F(x)\cos x\big|_{0}^{\pi}+\int_0^{\pi}F(x)\sin x\mathrm{d}x\\ =&\int_0^{\pi}F(x)\sin x\mathrm{d}x\end{aligned}\]所以$\displaystyle\int_0^{\pi}F(x)\sin x\mathrm{d}x=0$ , 而$\displaystyle\int_0^{0}F(x)\sin x\mathrm{d}x=0$ . 因此存在$\gamma\in (0,\pi)$满足$F(\gamma)\sin \gamma=0$ , 所以$F(\gamma)=0$ . 于是由$F(0)=F(\gamma)=F(\pi)=0$ , 运用Rolle定理知存在$\alpha\in (0,\gamma)$和$\beta\in (\gamma,\pi)$ , 使得$F’(\alpha)=F’(\beta)=0$ , 即$f(\alpha)=f(\beta)=0$ .
  
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  - 海盗船长在 2011 年 12 月 26 日下午 1:24 说道：
    
    由定积分中值定理得：
    存在$$ \alpha \in (0,\pi) $$使得$$ \pi f(\alpha) = \int_{0}^{\pi} f(x) \mathrm{d} x=0$$
    假设$$f(x)$$在$$(0,\pi)$$上只有一个零点$$\alpha $$，考虑积分\[ \int_{0}^{\pi} f(x)(\cos {x}-\cos{\alpha}) \mathrm{d} x \]一方面，
    $$ \int_{0}^{\pi} f(x)(\cos {x}-\cos{\alpha}) \mathrm{d} x= \int_{0}^{\pi} f(x)\cos {x} \mathrm{d} x-\cos{\alpha} \int_{0}^{\pi} f(x) \mathrm{d} x=0$$
    另一方面，由$$ \alpha $$为$$f(x)$$在$$(0,\pi)$$上的唯一零点及$$\int_{0}^{\pi} f(x) \mathrm{d} x=0 $$可知：
    $$ f(x) $$在$$(0,\alpha)$$与$$ (\alpha,\pi) $$上分别定号，且两符号相反。因此有$$ \int_{0}^{\pi} f(x)(\cos {x}-\cos{\alpha}) \mathrm{d} x <0$$ 或 $$ \int_{0}^{\pi} f(x)(\cos {x}-\cos{\alpha}) \mathrm{d} x >0$$
    矛盾！因此$$ f(x) $$在$$(0,\pi)$$上必有两个相异零点。
    
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Nirvanacs 在 2011 年 12 月 6 日下午 5:32 说道：

第5题数学吧 http://tieba.baidu.com/p/1312365452
已知$f(x)$在$[0,2]$上连续 , $(0,2)$上可导 , 且$2f(0)=f(1)=f(2)=1$ . 证明 : 存在$\xi$属于$(0,2)$ , 使得$f’(\xi)=2(1-\xi)f(\xi)$ .

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- Nirvanacs 在 2011 年 12 月 6 日下午 5:38 说道：
  
  证明 : 令$g(x)=\mathrm{e}^{(x-1)^2}f(x)$ , 则\[\left(g(x)\right)'=\mathrm{e}^{(x-1)^2}f'(x)+2(x-1)\mathrm{e}^{(x-1)^2}f(x).\]因为$\displaystyle g(0)=\frac{\mathrm{e}}{2},g(1)=1,g(2)=\mathrm{e}$ , 所以存在$\alpha\in (1,2)$使得$\displaystyle g(\alpha)=\frac{\mathrm{e}}{2}$ , 从而存在$\xi\in (0,\alpha)$使得$g’(\xi)=0$ , 即\[\mathrm{e}^{(\xi-1)^2}f'(\xi)+2(\xi-1)\mathrm{e}^{(\xi-1)^2}f(\xi)=e^{(\xi-1)^2}\left(f'(\xi)+2(\xi-1)f(\xi)\right)=0\]因为$\mathrm{e}^{(\xi-1)^2}\ne 0$ , 所以$f’(\xi)+2(\xi-1)f(\xi)=0$ , 即$f’(\xi)=2(1-\xi)f(\xi)$ .
  
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Nirvanacs 在 2011 年 12 月 8 日上午 10:18 说道：

第6题博士家园 http://www.math.org.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=22825&extra=page%3D1
设$f,g$为$[0,1]\longrightarrow [0,1]$的连续函数 , 且$f(x)$递增 , 求证 :\[\int_0^{1}f(g(x))\mathrm{d}x\le\int_0^1 f(x)\mathrm{d}x+\int_0^1 g(x)\mathrm{d}x.\]

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- Nirvanacs 在 2011 年 12 月 10 日上午 12:51 说道：
  
  证明 : 设$f(g(x))-g(x)$的最大值在$x=t$时取到 , 则\[\int_{0}^1 (f(g(x))-g(x))\mathrm{d}x\le f(g(t))-g(t)=f(s)-s\]因为$f(x)$递增且$0\le f(s)\le 1$ , 所以$sf(s)\le s$且\[\int_{0}^1 f(x)\mathrm{d}x\ge (1-s)f(s),\]因此\[f(s)-s=sf(s)-s+(1-s)f(s)\le\int_{0}^1 f(x)\mathrm{d}x ,\]从而不等式得证 .
  
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  - zyzs 在 2012 年 1 月 19 日上午 10:49 说道：
    
    不太清楚式子$\displaystyle\int_{0}^{1}f(x)\mathrm{d}x\geq(1-s)f(s)$是怎么得到的?
    
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    - Nirvanacs 在 2012 年 1 月 19 日上午 10:57 说道：
      
      $f(x)$单调增 , 所以在$[s,1]$上$f(x)\ge f(s)$加上$f(x)$非负.
      
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Nirvanacs 在 2011 年 12 月 16 日下午 6:56 说道：

第7题博士家园 http://www.math.org.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=22897&extra=page%3D1
设$f(x)$在$x=0$的某邻域内连续可导 , 且$f’(0)=0$ , $f”(0)$存在 , 求证 :\[\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)-f(\ln (1+x))}{x^3}=\frac{1}{2}f''(0).\]

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- Nirvanacs 在 2011 年 12 月 16 日下午 7:07 说道：
  
  证明 : 由柯西中值定理知存在$\xi\in (\ln(1+x),x)$使得\[\frac{f(x)-f(\ln(1+x))}{x^2-\ln^2 (1+x)}=\frac{f'(\xi)}{2\xi}.\]因此\[\begin{aligned}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)-f(\ln(1+x))}{x^2-\ln^2 (1+x)}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f'(x)}{2x}=\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f'(x)-f'(0)}{2x}=\frac{1}{2}f''(0)\end{aligned},\]而\[\begin{aligned}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{x^2-\ln^2 (1+x)}{x^3}=&\lim_{x\rightarrow 0}\frac{x^2-\left(x-\frac{x^2}{2}+o(x^2)\right)^2}{x^3}\\ =&\lim_{x\rightarrow 0}\frac{x^2-x^2+x^3+o(x^3)}{x^3} \\ =& 1\end{aligned}.\]因此\[\begin{aligned}\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)-f(\ln(1+x))}{x^3}=&\lim_{x\rightarrow 0}\frac{f(x)-f(\ln(1+x))}{x^2-\ln^2 (1+x)}\cdot\lim_{x\rightarrow 0}\frac{x^2-\ln^2 (1+x)}{x^3}\\=&\frac{1}{2}f''(0)\end{aligned}\]
  
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Nirvanacs 在 2011 年 12 月 16 日下午 7:28 说道：

第8题博士家园 http://www.math.org.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=22897&extra=page%3D1
设$f$在$(-\infty,+\infty)$上二阶连续可微 , 且对任意的$x,h\in\mathbb{R}$成立\[f(x+h)-f(x)=hf'\left(x+\frac{h}{2}\right),\]求证 : $f(x)=ax^2+bx+c$ .

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- Nirvanacs 在 2011 年 12 月 16 日下午 7:33 说道：
  
  证明 : 以$h$为变元对$\displaystyle f(x+h)-f(x)=hf’\left(x+\frac{h}{2}\right)$两边求导 , 可得\[f'(x+h)=f'\left(x+\frac{h}{2}\right)+\frac{1}{2}hf''\left(x+\frac{h}{2}\right).\]令$x=t,h=-2t$得$f’(t)=f’(0)+tf”(0)$ . 若设$\displaystyle f’(0)=b,f”(0)=\frac{1}{2}a$ 由此知$f(x)=ax^2+bx+c$ .
  
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Nirvanacs 在 2011 年 12 月 16 日下午 10:57 说道：

第9题博士家园 http://www.math.org.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=22931&extra=page%3D1
设$f(x,y)$是$\mathbb{R}^2$上的可微函数 , 且有$\displaystyle \lim_{r\rightarrow +\infty}(xf_x+yf_y)=a>0$ , 其中$r=\sqrt{x^2+y^2}$ . 证明 : $f(x,y)$在$\mathbb{R}^2$上必有最小值 .

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- Nirvanacs 在 2011 年 12 月 16 日下午 11:13 说道：
  
  证明 : 极坐标变换$x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$ , 于是有$\displaystyle\lim_{r\rightarrow +\infty}rf_r=a>0$ . 因此存在$G>0$ , 使得对任意的$r\ge G$ , 都有$\displaystyle rf_r>0$ , 即$\displaystyle f_r>0$ . 于是作圆$U:x^2+y^2\le G^2$ , 设$f(x,y)$在$U$上的最小值为$m$ , 如果不存在$m>f(x,y)$那么$m$为最小值 , 命题得证 . 如果存在$m>f(x_0,y_0)$ , 那么$(x_0,y_0)$在圆$U$外部 . 令此时$(x_0,y_0)=(r_0\cos\alpha,r_0\sin\alpha)$ , 其中$r_0>G$ . 因为对任意的$r\ge G$ , 都有$f_r>0$ , 所以在$[G,r_0]$上 , $f(r\cos\alpha,r\sin\alpha)$(此处$\alpha$为前面所给定的值)递增 , 所以\[f(x_0,y_0)=f(r_0\cos\alpha,r_0\sin\alpha)\ge f(G\cos\alpha,G\sin\alpha)\ge m,\]这与前面的假设$m>f(x_0,y_0)$矛盾 . 综上所述 , $f(x,y)$在$\mathbb{R}^2$上必有最小值 .
  
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Nirvanacs 在 2011 年 12 月 18 日上午 7:02 说道：

第10题博士家园 http://www.math.org.cn/forum.php?mod=viewthread&tid=22953&extra=page%3D1
设$f(x)$在$[a,+\infty)$上连续 , 且$\displaystyle\int_a^{+\infty}|f(x)|\mathrm{d}x$收敛 , 求证 : 存在数列$\{x_n\}$满足对任意的正整数$n$有$x_n\in [a,+\infty)$ , 并且有\[\lim_{n\rightarrow +\infty}x_n=+\infty\quad\mathrm{and}\quad\lim_{n\rightarrow +\infty}x_nf(x_n)=0.\]并举例说明如果积分只是条件收敛 , 则命题可能不成立 . (个人认为条件收敛命题也是成立的.)

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- Nirvanacs 在 2011 年 12 月 18 日上午 7:15 说道：
  
  证明 : 由$\displaystyle\int_a^{+\infty}|f(x)|\mathrm{d}x$收敛 , 因此对任意的正整数$n$ , 都存在$x_n>n$使得\[\int_{x_n}^{2x_n}|f(x)|\mathrm{d}x<\frac{1}{2n}.\]因为$f(x)$连续 , 所以$|f(x)|$连续 , 因此可设$|f(x)|$在$[x_n,2x_n]$上的最小值在$y_n$时取到 . 于是有\[\frac{1}{2}y_n|f(y_n)|\le x_n|f(y_n)|\le \int_{x_n}^{2x_n}|f(x)|\mathrm{d}x<\frac{1}{2n},\]即$\displaystyle y_n|f(y_n)|<\frac{1}{n}$ . 易知此时$\{y_n\}$为满足要求的数列 .
  
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空念远兮

专注于数学奥林匹克, 自主招生, LaTeX, Aurora.

数学分析

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