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课程教师:袁亚湘 助教:刘歆 2015 年 12 ⽉ 2 ⽇,19:00-20:40
作业 1. 设平面 π : Ax + By + Cz + D = 0 与连接两点 M1(x1, y1, z1)⊤ 和 M2(x2, y2, z2)⊤ 的线段交于 点 M , 证明:
(M1, M2, M ) =−Ax1+ By1+ Cz1+ D Ax2+ By2+ Cz2+ D. 作业 2. 在空间仿射坐标系中, 直线 l1 与 l2 分别有⼀般⽅程如下:
{
2x + y− z + 1 = 0, x− y + 2z = 0,
{
3x− z + 1 = 0, y + 2z− 2 = 0,
(1) 写出经过 l1, 且平⾏于 l2 的平面的⽅程;
(2) 求与 l1, l2 都共面, 并且平⾏于向量 ω(1, 2, 1) 的直线的⽅程.
作业 3. 证明: 任何与异面直线
l1: {
A1x + B1y + C1z + D1= 0;
A2x + B2y + C2z + D2= 0, 和
l2: {
A3x + B3y + C3z + D3= 0;
A4x + B4y + C4z + D4= 0, 都相交的直线 l 的⽅程为
{
λ1(A1x + B1y + C1z + D1) + µ1(A2x + B2y + C2z + D2) = 0;
λ2(A3x + B3y + C3z + D3) + µ2(A4x + B4y + C4z + D4) = 0, 其中 λ1 与 µ1 不同时为零, λ2 与 µ2 不同是为零.
作业 4. 设两条异面直线 l1, l2 分别经过点 M1, M2, ⽅向向量分别为 v1, v2, 请证明 l1 与 l2 的距离为
d = |−−−−→
M1M2· v1× v2|
|v1× v2| .
作业 5. a) 设 C[a, b] 是定义在区间 [a, b] 上的⼀切连续函数所构成的线性空间, 其中定义了在该区间 上函数的⼀致收敛性度量, ⽽ C2[a, b] 还是这个线性空间, 但其中定义了在该区间上函数的均⽅差
1
度量 (即 d(f, g) =√∫b
a|f − g|2(x)dx). 试证: 函数在 C[a, b] 中的收敛性蕴含它们在 C2[a, b] 中的 收敛性, 但逆命题不成立, ⽽且空间 C2[a, b] 不完备, 这与 C[a, b] 不同.
d) 求出 sin πx 在区间 [−1, 1] 按勒让德多项式的傅立叶展开的前四项.
e) 试证: 第 n 个勒让德多项式在 C2[−1, 1] 中的范数 ||Pn|| 的平⽅等于 2
2n + 1 (
= (−1)n(n + 1)(n + 2)· 2n n!22n
∫ 1
−1
(x2− 1)dx )
.
f) 试证: 在⼀切最⾼次项的系数等于 1 的 n 次多项式中, 勒让德多项式 ¯Pn(x), 按区间 [−1, 1] 上的 平均意义, 偏离零最小.
g) 说明为什么任意函数 f ∈ C2([−1, 1], C) 都满⾜等式
∫ 1
−1|f|2(x)dx =
∑∞ n=0
( n + 1
2 ) ∫ 1
−1
f (x)Pn(x)dx 2,
这里{P0, P1, ...} 是勒让德多项式.
作业 6. 给定函数
f (x) = sgn(x) = {
1 当x∈ [0, π]
−1 当x ∈ [−π, 0)
属于R([−π, π], R), 请给出 f(x) 关于正交系 {1, cos(nx), sin(nx), n ∈ N} 的傅立叶级数.
解答作业 1. 设 λ = (M1, M2, M ), 则 M 的坐标为 (x1+ λx2
1 + λ ,y1+ λy2
1 + λ ,z1+ λz2
1 + λ )
,
代⼊平面⽅程即得.
解答作业 2. (1) 假设所求平面为 Ax + By + Cz = D, 与 l1 平⾏得
−A + 5B + 3C = 0;
(1)
与 l2 平⾏得
A− 6B + 3C = 0.
(2)
联立(1)和(2)得到 A = 33C, B = 6C.
33x + 6y + z = D,
由于该平面过 l1, 取 l1 上任⼀点 (0,−2, −1), 由于平面过该点, 解得 D = −13. 于是, 平面⽅程为
33x + 6y + z =−31.
(2) 将 l1, l2 表示成参数⽅程:
l1: (t,−5t − 2, −3t − 1), l2: (s− 1, −6s + 6, 3s).
假设所求直线与 l1 交于 (t0,−5t0− 2, −3t0− 1), 和 l2 交于 (s0− 1, −6s0+ 6, 3s0), 由其与 (1, 2, 1) 平
⾏得
{
2t0+ s0=−1;
−7t0+ 8s0= 10,
于是 t0 = −18/23, s0 = 13/23. 因此所求直线过 (−18/23, 44/23, 31/23), 参数⽅程为 (−18/23 + t, 44/23 + 2t, 31/23 + t).
解答作业 3. 有轴平面束.
解答作业 4. 略.
解答作业 5. (a) 设函数{fn(x)} 在 C[a, b] 中收敛到 g(x), 即对任意 ϵ > 0, 存在 N, n > N 时, sup
x∈[a,b]|fn(x)− g(x)| < ϵ.
于是
d(fn, g) =
√∫ b a
|fn− g|2(x)dx≤ ϵ√b− a,
也即{fn(x)} 在 C2[a, b] 中也收敛到 g(x). 反之, 在 [0, 1] 上取 fn(x) := xn− x2n. 易验证{fn(x)} 在 C2[a, b] 上收敛到 g(x) = 0. ⽽在 C[a, b] 中, 对每⼀点 x ∈ [0, 1], fn(x) 也收敛于 g(x), 但是对任意 n∈ N, 存在 xn 使得 xnn= 12, 进⽽ fn(xn) = 14, 因此 {fn(x)} 不⼀致收敛.
考虑{xn} ∈ C2[0, 1], 它是柯西列, 但收敛到 g(x) = {
0 0≤ x < 1;
1 x = 1, , ⽽ g(x) 显然不连续因⽽不 属于 C2[0, 1], 故 C2[a, b] 不完备.
(d) 勒让德多项式前四项为 P0(x) = 1, P1(x) = x, P2(x) = 12(3x2− 1), P3(x) = 12(5x3− 3x) 于是
a0 =
∫1
−1sin πxdx
∫1
−1P02(x)dx = 0;
a1 =
∫1
−1sin πx· xdx
∫1
−1P12(x)dx = 3 π;
a2 =
∫1
−1sin πx· 12(3x2− 1)dx
∫1
−1P22(x)dx = 0;
a3 =
∫1
−1sin πx· 12(5x3− 3x)dx
∫1
−1P32(x)dx = 7(π2− 15) π3 .
(e)
||Pn(x)||2 = 1 (2nn!)2
∫ 1
−1
[dn(x2− 1)n dxn
]2
dx = 1 (2nn!)2
(dn−1(x2− 1)n
dxn−1 ·dn(x2− 1)n dxn
x=1
x=−1
−
∫ 1
−1
dn−1(x2− 1)n
dxn−1 · dn+1(x2− 1)n dxn+1 dx
)
= ... = 1
2nn!(−1)n
∫ 1
−1
(x2− 1)n·d2n(x2− 1)n
dx2n dx = (−1)n·(2n)!
2nn!
∫ 1
−1
(x2− 1)ndx.
另⼀⽅面
∫ 1
−1
(x2−1)ndx = x(x2− 1)nx=1
x=−1−
∫ 1
−1
2nx2(x2−1)n−1dx =−2n (∫ 1
−1
(x2− 1)ndx +
∫ 1
−1
(x2− 1)n−1dx )
,
因此∫1
−1(x2−1)ndx =−1+2n2n ∫1
−1(x2−1)n−1dx =· · · = (−1)n3·5···(2n−1)2nn! ·2n+12 . 综上||Pn(x)||2= 2n+12 . (f) 设最⾼次项系数是 1 的 n 次多项式 f = ¯Pn(x) +
n∑−1 k=0
akP¯k(x), 其中 ¯Pk(x) 的首次项系数均为 1.
则
||f||2=
∫ 1
−1
[
P¯n(x) +
n−1
∑
k=0
akP¯k(x) ]2
dx =
∫ 1
−1
(
P¯n2(x) +
n−1
∑
k=0
a2kP¯k2(x) )
dx≥ || ¯Pn(x)||.
(g) 由 (e) 知, Pn∗(x) =
√2n+1
2 Pn(x) 是规范正交多项式, 于是
⟨f, f⟩ =
∑∞ n=1
|⟨f, Pn∗(x)⟩|2.
证毕.
解答作业 6. f (x) 的傅立叶级数为 a0+ ∑∞
n=1
ancos(nx) + bnsin(nx), 其中
a0 = 1 π
∫ π
−π
f (x)dx = 0;
an = 1 π
∫ π
−π
f (x) cos(nx)dx = 0;
bn = 1 π
∫ π
−π
f (x) sin(nx)dx = 2 π
∫ π 0
sin(nx)dx = 2(1− cos(nπ))
nx =
{
0 n是偶数;
4
nπ n是奇数.