陈洪葛的博客

  好不容易过了复试，大概回忆下考试的题吧，想报考武大基础数学的朋友可以看看。 考试时间有点紧，2个小时要对付8个题呢（总分100），数学分析和高等代数占了多数，常微分方程只有1个题。有个别题目还是比较有难度的，比如Tauber定理，还有代数第1题。考试的时候发的答题纸还是划好了线的，不太容易写清楚，考完以后感觉整个人都不好了。跪。。。o(╯□╰)o。。。

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问题1.（10分）函数$f(x)$在$(-1,1)$上连续，除了$0$这一点外可导。
（1）若$f(x)$的导函数当$x\to 0$时极限存在，证明$f(x)$在$0$点的导数存在。
（2）上述命题的逆命题是否成立？就是说$f(x)$在$0$点的导数存在是不是一定有$f(x)$在$x\to 0$的极限存在？成立请证明，否则给出反例。
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问题2（10分）
证明函数$f(x)$在$(a,b)$上一致连续的充分必要条件是对$(a,b)$上的收敛数列$\{x_{n}\}$,数列$\{f(x_{n})\}$也收敛。
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问题3（10分）
证明含参变量积分
\[ \int_{0}^{+\infty}\frac{\sin{xy}}{y(1+x)}dy \]
关于$x$在$0<\delta\leq x<+\infty$上一致收敛，在$0<x<+\infty$上非一致收敛。
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问题4（10分）
设$X$是带有度量空间上的紧集，$E\subset X$,$\varphi(x)$是$E$上的变换，且满足
\[ d(\varphi(x),\varphi(y))<d(x,y) \qquad (x\neq y,x,y\in E) \]
证明$\varphi(x)$在$E$中存在唯一的不动点。
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问题5（10分）(Tauber定理)
设在$-1<x<1$上有
\[ f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}\]
并且
\[ \lim_{n\to\infty}na_{n}=0 \]
若$\displaystyle \lim_{x\to 1^{-}}f(x)=S$,则$\displaystyle \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}$收敛且其和为$S$.
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问题6 （15分）

讨论微分方程过点$y=0$的解的存在性和唯一性，其中$\alpha>0$.
\[ \frac{dy}{dx}=|y|^{\alpha} \]
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问题7 （15分）

设$A$是$n$阶可逆复方阵，证明存在分解
\[ A=UT \]
其中$U$是酉矩阵，$T$是主对角线上都是正数的上三角型矩阵，并证明这种分解的唯一性。
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问题8 （20分）
设$V$是数域$F$上的线性空间，$M_{2}(C)$是复数域上的矩阵空间，$f$在$V$中一组基下的矩阵为$A$
\[A = \left({\begin{array}{*{20}{c}}
a&b\\
c&d
\end{array}}\right)\]
\[{E_{11}} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
1&0\\
0&0
\end{array}} \right),{E_{12}} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
0&1\\
0&0
\end{array}} \right),{E_{21}} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
0&0\\
1&0
\end{array}} \right),{E_{22}} = \left( {\begin{array}{*{20}{c}}
0&0\\
0&1
\end{array}} \right)\]
为$M_{2}(C)$的一组基.
(1)求$f$在这组基下的矩阵$B$
(2)找出$V$的两个不变子空间$V_{1},V_{2}$,并分别写出它们的一组基。
(3)证明若矩阵$B$可以对角化的充分必要条件是矩阵$A$可以对角化。

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设微分方程
\[ \frac{dy}{dx}=f(y) \tag{1}\]
其中$f(y)$在$y=a$的某领域（例如，区间$|y-a|<\varepsilon$)内连续，而且$f(y)=0\Leftrightarrow y=a$,则在直线$y=a$上的每一点，方程$(1)$的解局部唯一，当且仅当瑕积分
\[ \left|\int_{a}^{a\pm\varepsilon}\frac{dy}{f(y)}\right|=\infty\qquad (\text{发散}) \]

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证明：必要性
首先我们看到经过域$R_{1}:-\infty<x<+\infty,a-\varepsilon\leq y<a$和域$R_{2}:-\infty<x<+\infty,a<y\leq a+\varepsilon$ 内任一点$(x_{0},y_{0})$恰有方程(1)的一条积分曲线，它由下式确定
\[ \int_{y_{0}}^{y}\frac{dy}{f(y)}=x-x_{0} \tag{2} \]
这些积分曲线彼此不相交。其次，域$R_{1}(R_{2})$内的所有积分曲线
\[ \int \frac{dy}{f(y)}=x+c \]
都可由其中一条，比如
\[ \int \frac{dy}{f(y)}=x+c_{0} \]
沿着$x$轴的方向平移而得到。因此只需要详细研究经过$R_{1}$内某一点$(x_{0},a-\varepsilon)$的积分曲线，它由(2)确定。若$\displaystyle \left|\int_{a-\varepsilon}^{a}\frac{dy}{f(y)}\right|$收敛，即存在$x=x_{1}$,使得$\displaystyle \left|\int_{a-\varepsilon}^{a}\frac{dy}{f(y)}\right|=x_{1}-x_{0}$,即所讨论的积分曲线当$x=x_{1}$时达到直线$y=a$上点$(x_{1},a)$,由$(2)$可以看到所讨论积分曲线在$(x_{1},a)$处与$y=a$相切，在这种情形下，经过直线上一点就不只有一条积分曲线，与局部唯一矛盾，所以$\displaystyle\left|\int_{a-\varepsilon}^{a}\frac{dy}{f(y)}\right|=\infty$

充分性：若积分$\displaystyle\left|\int_{a-\varepsilon}^{a}\frac{dy}{f(y)}\right|=\infty$,此时由(2)可以看出，所有经过点$(x_{0},a-\varepsilon)$的积分曲线，不可能达到直线$y=a$上，而以直线$y=a$为渐进线，又注意到$y=a$也是(1)的积分曲线，所以(1)过$(x_{0},a-\varepsilon)$的解是唯一的。同理可以说明$R_{2}$在点$(x_{0},a+\varepsilon)$的情况。

证明
\[ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(n-1)!}{n(x+1)(x+2)\cdots(x+n)}=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(x+k)^2} \]
证明：
我们知道Gamma函数有
\[ \Gamma(x+1)=x\Gamma(x) \]
\[ \Gamma(x+n+1)=(x+n)(x+n-1)\cdots(x+1)\Gamma(x+1) \]
这样
\[ \frac{(n-1)!}{n(x+1)(x+2)\cdots(x+n)}=\frac{\Gamma(x+1)\Gamma(n)}{n\Gamma(x+n+1)}=\frac{B(x+1,n)}{n}\]
于是
\begin{align*}
\sum_{n=1}^{\infty}\frac{B(x+1,n)}{n}&=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{n}\int_{0}^{1}t^{n-1}(1-t)^{x}dt\\
&=\int_{0}^{1}\left(\sum_{n=1}^{\infty}\frac{t^{n-1}}{n}\right)(1-t)^{x}dt\\
&=\int_{0}^{1}\left[-\frac{\ln(1-t)}{t}\right](1-t)^{x}dt\\
&=\int_{0}^{1}\left[-\frac{\ln{z}}{1-z}\right]z^{x}dz \qquad (z=1-t)\\
&=\int_{0}^{1}(-1)\sum_{k=1}^{\infty}z^{x+k-1}\ln{z}dz\\
&=\sum_{k=1}^{\infty}(-1)\int_{0}^{1}z^{x+k-1}\ln{z}dz\\
&=\sum_{k=1}^{\infty}\int_{0}^{\infty}ue^{-u(x+k)}du\qquad (z=e^{-u})\\
&=\sum_{k=1}^{\infty}\int_{0}^{\infty}\frac{1}{(x+k)^2}ye^{-y}dy\qquad (y=u(x+k))\\
&=\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(x+k)^2}
\end{align*}

计算
\[ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{2}{n+1}\left(1+\frac{1}{2}+\cdots+\frac{1}{n}\right)=\ln^2 2\]
解:
\[ H_{n}=H_{n+1}-\frac{1}{n+1} \]
\[ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{2}{n+1}\left(H_{n+1}-\frac{1}{n+1}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(-1)^{n-1}}{n+1}H_{n+1}-\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(-1)^{n-1}}{(n+1)^{2}}\]
\begin{align*}
H_{n+1}&=\int_{0}^{1}(1+x+\cdots+x^{n})dx\\
&=\int_{0}^{1}\frac{1-x^{n+1}}{1-x}dx\\
&=\int_{0}^{1}\frac{1-(1-t)^{n+1}}{t}dt\qquad (t=1-x)\\
&=[1-(1-t)^{n+1}]\ln{t}\bigg|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}(n+1)(1-t)^{n}\ln{t}dt\\
&=-(n+1)\int_{0}^{1}(1-t)^{n}\ln{t}dt
\end{align*}
\begin{align*}
 I_{1}&=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2(-1)^{n-1}}{n+1}H_{n+1}\\
&=\sum_{n=1}^{\infty}2\int_{0}^{1}(t-1)^{n}\ln{t}dt\\
&=2\int_{0}^{1}\frac{t-1}{2-t}\ln{t}dt\\
&=-2\int_{0}^{1}\ln{t}dt+2\int_{0}^{1}\frac{1}{2-t}\ln{t}dt\\
&=2+2\int_{0}^{1}\frac{\ln(1-x)}{1+x}\qquad (x=1-t)\\
&=2+2\int_{0}^{1}\frac{1}{1+z}\cdot \ln\left(\frac{2z}{1+z}\right)dz\qquad (x=\frac{1-z}{1+z})\\
&=2+\ln^2{2}-2\int_{0}^{1}\frac{\ln(1+z)}{z}dz\\
&= 2+\ln^2{2}+2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{k^2}
\end{align*}
于是
\[ I=2+\ln^2{2}+2\sum_{k=1}^{\infty}\frac{(-1)^{k}}{k^2}-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{(n+1)^2}=\ln^2 2 \]

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纯属娱乐。

设$f:[0,1]\to \mathbb{R}$是一个可微函数具有连续导数，且$f(1)=0$,证明:
\[ 4\int_{0}^{1}x^2|f'(x)|^{2}dx\geq \int_{0}^{1}|f(x)|^2dx+\left(\int_{0}^{1}|f(x)|dx\right)^{2} \]
证明：为了方便起见，我们令
\[ A=\int_{0}^{1}|f(x)|dx \]
由Cauchy-Schwarz不等式，我们有
\[ LHS=4\left(\int_{0}^{1}x^{2}|f'(x)|^{2}dx\right)\left(\int_{0}^{1}(|f(x)|+A)^{2}dx\right)\geq 4\left(\int_{0}^{1}x|f'(x)|\cdot|f(x)|dx+A\int_{0}^{1}x|f'(x)|dx \right)^{2}\]
这时，注意到
\[ \int_{0}^{1}x|f'(x)|\cdot|f(x)|dx\geq \left|\int_{0}^{1}xf'(x)dx\right|=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}|f(x)|^{2}dx \]
和
\[ \int_{0}^{1}|f(x)|dx=\int_{0}^{1}\left|\int_{t}^{1}f'(x)dx \right|\leq \int_{0}^{1}\int_{t}^{1}|f'(x)|dx= \int_{0}^{1}x|f'(x)|dx \]
\[ LHS\geq \left(\int_{0}^{1}|f(x)|^{2}dx+2A\int_{0}^{1}|f(x)|dx\right)^{2}\]
于是，只要证明
\[ \left(\int_{0}^{1}|f(x)|^{2}dx+2A\int_{0}^{1}|f(x)|dx\right)^{2}\geq \left[\int_{0}^{1}|f(x)|^2dx+\left(\int_{0}^{1}|f(x)|dx\right)^{2} \right]\left(\int_{0}^{1}(|f(x)|+A)^{2}dx\right)\]
经过简单的化简运算，就是
\[ \left(\int_{0}^{1}|f(x)|dx\right)^{4}\geq 0 \]
显然成立。Hence we are done!