陶哲轩实分析

发布时间:2017-2-26 11:00:52编辑:www.fx114.net 分享查询网我要评论
本篇文章主要介绍了"陶哲轩实分析",主要涉及到陶哲轩实分析方面的内容,对于陶哲轩实分析感兴趣的同学可以参考一下。

15.1 形式幂级数

习题
15.1.1
(a)(b)
根据定理7.5.1,如果|xa|>R,那么lim sup(cn(xa)n)1/n=(xa)/R>1,发散,如果|xa|<R,那么lim sup(cn(xa)n)1/n=(xa)/R<1,收敛。

(c)f在[a-r,a+r]上满足定理14.5.7,因为连续且有界,并且级数收敛(根据(b)),所以必然收敛到f,并且f连续

(d)根据(c),ncn(xa)n1在[a-r,a+r]一致收敛到f’,而在a点,cn(xa)n=0,根据定理14.7.1,结论成立。

(e)提示是不是错了,感觉应该用推论14.6.2呀

15.1.2
(a) |x|n/n
(b) xn/n
(c) xn/n
(d) xn/n2
(e) nxn

15.2 实解析函数

习题
15.2.1
归纳法,k=0,成立,归纳假设k成立,那么fk+1=cn!(nk)!(nk)(xa)nk1=cn!(n(k+1))!xn(k+1),证明完成
k>n时,f(k)=0

15.2.2
对于任意a!=1,11x=11a11xa1a=(11a)n+1(xa)n,前提是|xa1a|<1

15.2.3
对k归纳并使用定理15.1.6(d)

15.2.4
命题15.2.6中取x=a,得f(k)(a)=ckk!

15.2.5
由于x-a=(x-b)+(b-a),根据习题7.1.4,等式成立。

f(x)=((ba)+(xb))n
根据taylor公式,f(k)(b)=k!ck
而根据习题15.2.1,k!ck=n!(nk)!(ba)nk
ck=n!k!(nk)!(ba)nk ,跟习题7.1.4得出结论一致。

15.2.6
一元多项式为anxn,习题15.2.5中取a=0即可,那么所有一元多项式都可以在任一点b处表示成有限幂级数,这就是实解析的定义。

15.2.7
第一个等式两边都等于11xr
两边同时求导m次,左边求导m次得到m!r(rx)m+1
右边求导m次,根据命题15.2.6得到rm(n+m)!n!xn,用n替换n+m,得到结论。

为什么右边收敛?用比例判别法。

15.2.8
(a)
因为b+s < a+r,b-s > a-r
所以
a-b > s-r
a-b < r-s
分3种情况a=b a < b a > b,结论都是成立的

(b)
f(x)的收敛半径大于等于r,根据定义15.1.3,有limsup|cn|1n1/r,那么存在N,如果n>N,则|cn|rn<(rε)n,而对于nN的项,这样的C总是能找到的,只需要取最大的C即可。

(c)
由于|ab|r,根据15.2.7,dmn!m!(nm)!(ba)nmrn收敛,根据推论7.3.2dm收敛

(d)
题目应该有问题,应该是|dm|C(sε)m,上面(c)的证明过程中证明了dmrr|ba|,而sr|ab|,那么只需要c>r即可。

(e)
收敛性容易根据比例判别法得到
dm(xb)m=m=0n=m=n=0nm=0=n=0cn(xa)n

(f)
这是(e)的直接结论

15.3 Abel定理

习题
15.3.1 略,简单,而且很多书上都有。

15.4 幂级数的相乘

15.5 指数函数和对数函数

习题
15.5.1
(a)绝对收敛用比例判别法,R上为实解析函数用习题15.2.8
(b)用定理15.1.6d
(c)用定理15.1.6e
(d)根据定理15.4.1
exp(x)exp(y)=fn,其中
fn=nm=0xmm!ynm(nm)!=(x+y)nn!
(e)x=0的时候只有第一项非0
根据(d),exp(x+(-x))=1=exp(x)*exp(-x)
(f)对于级数中每一个对应项,如果y > x都有对应的大于关系,这样证明不知道行不行,或者根据提示,对于每一个x > 0,exp(x)第一项为1,以后每项都大于0,所以exp(x)>0

15.5.2
数学分析原理3.32
不等式的证明比较容易,对于最后结论,假设e=p/q,那么
e=1+1/2+1/3!+...1+1/2+...+1/q!+2/(q+1)!,那么
0<q!eq!(1+1/2+...+1/q!)2/(q+1),那么存在0到2/(q+1)之间的自然数,矛盾,证明完成

15.5.3
x是自然数时候,归纳成立
x是负数的时候根据定理15.5.2(e)
x是有理数p/q,则exp(p)=(exp(p/q))qexp(p/q)=(ep)1q
x是实数,根据定义6.7.2,ex=lime(an)=limexp(an)

15.5.4 0点任意导数都是0,
反证法,根据15.2.10,那么f将在0点附近被展开为f(x)=0,矛盾。

15.5.5定理15.5.6
(a)(exp(ln(x)))=x,所以lnxexp(ln(x))=1,所以lnx=1x

(b)xy=eln(xy)=eln(x)eln(y),所以ln(xy)=ln(x)+ln(y)

(c)(b)中x=y=1,则ln(1)=2ln(1)ln(1)=0
ln(x)+ln(1x)=ln(1)=0

(d)yln(x)=ln(eyln(x))=ln(xy)

(e)引理7.3.3计算积分
11x=xn
ln(1x)=1nxn
ln(x)=ln(1(1x)),再根据上式得出结论。

15.5.6
在任意点a > 0处
ln(x)=lna+ln(1(1xa)),而ln(1x)=1nxn

15.5.7提示3种证发,前两种不确定怎么弄,最后一种用幂级数。
因为在a处是正的实解析函数,所以f(x)=cn(xa)n,那么f(x)=ncn(xa)n1,所以cn=(n+1)cn+1cn=1n!,证明完成。

15.5.8
x,两项比值为e(1+1x)m,分母极限为1,所以比值大于1,因为存在a > 1,N,如果n > N,令bn=ennmbn+1/bn>a
数学分析原理8.6(f)的证明更简洁。

15.5.9
因为当x增大的时候,多项式的值主要由主项提供,再根据习题15.5.8,证明完成。

15.5.10
f(x,y)=exp(yln(x))exp(x)连续,lnx连续,xy连续,证明完成。

15.6谈谈复数

习题
15.6.1 引理15.6.4的证明根据定义15.6.2

15.6.2 引理15.6.6的证明根据定义15.6.2和定义15.6.5

15.6.3 可以把定义15.6.2中(a,b)=a+bi,这样加法和乘法都满足定义15.6.3和定义15.6.5,令a=0,b=1,则根据定义15.6.5,i2=1z=(1)z=abi

15.6.4 简单,略。

15.6.5 令z=a+bi,容易证明

15.6.6 根据提示

15.6.7 等价于|zw|=|z||w|,而(a2+b2)(c2+d2)=(acbd)2+(bc+ad)2

15.6.8 =>
反证法,如果zw不在一条直线,则根据三角不等式,等号不成立

<=
|cw+w|=(c+1)|w|

15.6.9=>
a|z|b|z|
<=
|z||a|+|b|

15.6.10
根据15.6.13,Cauchy序列收敛并且收敛到复数。

15.6.11
依次证明 单射,满射
f连续,根据定义
f1连续因为|a||z|

15.6.12 对于任意a+bi,c+di,存在f(x)=a+bi+x(c+di-(a+bi)),所以任意两点都是路联通的,根据习题13.4.7,连通。

15.6.13 因为复数度量等于二维空间欧几里得度量,根据定理12.5.7,证明完成。

15.6.14 略

15.6.15
如果 i>0,i*i=-1>0,矛盾
如果 i=0,i*i=-1>0,矛盾
如果 i<0,(-i)>0 (-i)(-i)=-1>0,矛盾

15.6.16
类似推论7.5.3,只是把an替换成复数zn
an=|zn|,证明完成

15.7 三角函数

习题
15.7.1 根据定义15.7.1

15.7.2
反证法,假设对于任意1/n,都存在0<an<1/nf(an)=0,那么存在0<bnan,满足f(an)f(0)=anf(bn),那么f(bn)=0f(bn)>f(0),而且f在x0可微,矛盾。

15.7.3
(a)cos(x+π)=cos(x),其余类似
(b)sin(0)=sin(π)=sin(2π)=0,而sin周期为2π,0-2π之间其它值都不为0,所以如果sin(x)=0,那么xπ,反之亦然
(c)cos(π)=cos2(π/2)sin2(π/2)
sin(π)=2cos(π/2)sin(π/2)
综合得出cos(π/2)=0,sin(π/2)=1
sin(x+π/2)=cos(x)
在结合(b),证明完成。

15.7.4 根据提示,分情况依次讨论。

15.7.5
左右都为复数,那么绝对值应该相等,根据引理15.6.11,有|r|=|s|。由于rs都为正数,所以r=s,那么θ=α可以满足条件,根据定理15.7.5(a),θ=α+2kπ也可以。

15.7.6
如果z=a+bi=a2+b2(aa2+b2+ba2+b2i),那么r=a2+b2,根据习题15.7.4,存在θ满足条件。

15.7.7
归纳法
n=1显然成立
归纳假设n成立(cosθ+isinθ)n=cosnθ+isinnθ,那么(cosθ+isinθ)n+1=(cosnθ+isinnθ)(cosθ+isinθ)=

15.7.8
直接根据微分定义证明

15.7.9
建立恒等式只需要对上题最后等式进行积分即可

根据定理15.3.1,级数在1收敛,函数f在1连续,所以这个等式成立

15.7.10
(a)f(x)4n,根据Weierstrass M判别法,f一致收敛

(b)f(j32m)=m1n=14ncos(32nmπj)+4mcosπj+n=m+14n
所以
|f(j+132m)f(j32m)|=m1n=14n(cos(32nmπ(j+1))cos(32nmπj))+2×4m
2×4mm1n=118m4mn4m

(c)根据提示,对于任意,x0,存在j,满足j32mx0<j+1,令am=jm/32m,这样am收敛到x,而1/32m收敛到0,
那么lim|f(x)f(x0)xx0|=limm32m|f(j+132m)f(j32m)|8m
所以微分不存在

(d)f(x)导函数不绝对收敛,所以不满足推论14.7.3






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