哈尔滨工程大学2020数学分析


解：
                  设
                                 $\displaystyle t=\arcsin x,dt=\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}dx,$

                        则
                                   $\displaystyle I=\int \frac{(1+x^2)\arcsin x}{x\sqrt{1-x^2}}dx=\int \frac{(1+\sin ^2t)t}{\sin t}dt=\int \frac{(1+\sin ^2t)(\pi+t)}{-\sin t}dt,(t=\pi+t)$

                                $\begin{align*}\therefore I&=-\frac{1}{2}\int \frac{(1+\sin ^2t)\pi}{\sin t}dt\\\\&=-\frac{\pi}{2}(\int \frac{1}{\sin t}dt+\int \sin tdt)\\\\&=-\frac{\pi}{2}(\frac{1}{2}\ln\frac{1-\cos t}{1+\cos t}-\cos t)+C\\\\&=-\frac{\pi}{4}\ln\frac{1-\cos t}{1+\cos t}+\frac{\pi}{2}\cos t+C\\\\&=-\frac{\pi}{4}\ln\frac{1-\sqrt{1-x^2}}{1+\sqrt{1-x^2}}+\frac{\pi}{2}\sqrt{1-x^2}+C.\end{align*}$

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解：由$z(x,y)$为全微分，故得
                               $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x}=2x-3,\Rightarrow z=x^2-3x+C(y),$

                                $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y}=2y+4,\Rightarrow z=y^2+4y+C(x),$

               由此得
                                $\displaystyle z=x^2-3x+y^2+4y,$

                          令
                                 $\displaystyle F(x,y)=x^2-3x+y^2+4y+\lambda (x^2+y^2-25),$

                      求驻点
                                  $\begin{cases}
F_x=2x-3+2\lambda x=0,\\
F_y=2y+4+2\lambda y=0,\\
F_\lambda =x^2+y^2-25=0,
\end{cases} $

                      由此可知可能的极大值点为：$\displaystyle (1,-\frac{4}{3}),(-3,4)$

                      代入比较可知$(-3,4)$是函数的极大值点，极大值为$\displaystyle \therefore z_{\max}=50.$

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证明
              不妨假定
                                      $\displaystyle f(c)\leq f(d),$（不等号相反的情况，同类命题也成立。）

                             则有
                                       $\displaystyle f(c)\leq \frac{t_1}{t_1+t_2}f(c)+\frac{t_2}{t_1+t_2}f(d)\leq f(d),$

                        根据连续函数介值定理
                                       $\displaystyle \exists \xi \in {c,d}\subset [a,b],s.t.$

                                       $\displaystyle \frac{t_1}{t_1+t_2}f(c)+\frac{t_2}{t_1+t_2}f(d)=f(\xi),$

                                    $\displaystyle \therefore t_1f(c)+t_2f(d)=f(\xi)(t_1+t_2).$

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解：
                       $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }(\sqrt{a_n+\sqrt{a_n}}-\sqrt{a_n})&=\lim_{n \to \infty }\frac{\sqrt{a_n}}{\sqrt{a_n+\sqrt{a_n}}+\sqrt{a_n}}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{\sqrt{\sqrt{a_n}+1}+1}\\\\&=0.\end{align*}$

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解：
                      $\displaystyle \underset{y\to a}{\lim_{x\to\infty }}(1+\frac{1}{x})^{\displaystyle \frac{x^2}{x+y}}=\underset{y\to a}{\lim_{x\to\infty }}e^{\displaystyle \frac{x}{x+y}}=e.$

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解：
                   令
                                $\displaystyle x=r\cos t,y=r\sin t,$

                         则
                                $\displaystyle \sin (xy )\sim xy=r^2\cos t\sin t,(r\to 0)$

                          由
                               $\displaystyle \lim_{x^2+y^2\rightarrow 0}\frac{(x+y)\sin (xy)}{x^2+y^2}=\lim_{r\to 0}\frac{r^3(\cos t+\sin t)\cos t\sin t}{r^2}=0.$

                      所以，函数连续。

                   由于
                              $\begin{align*}\lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\frac{f(x,y)-f(0,0)-f_x\cdot x-f_y\cdot y}{\sqrt{x^2+y^2}}&=\lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\frac{\frac{(x+y)\sin (xy)}{x^2+y^2}-0-0-0}{\sqrt{x^2+y^2}}\\\\&=\lim_{(x,y)\rightarrow (0,0)}\frac{(x+y)\cdot xy}{(x^2+y^2)^{\frac{3}{2}}},\end{align*}$

                      极限不存在，所以不可微。

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（1）、
                         $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\forall x_1,x_2\in (0,1),\exists \delta > 0,|x_1-x_2|< \delta ,s.t.$

                          $\displaystyle |f(x_1)-f(x_2)|=|x_1^2\sin x_1-x_2^2\sin x_2|\leq 2|x_1-x_2|< 2\delta =\epsilon .$

                      因此，函数在$(0,1)$上一致收敛。

（2）、
                    取
                          $\displaystyle x_1=2n\pi+\frac{1}{n},x_2=2n\pi,\delta =\frac{1}{n}\rightarrow 0,$

                 则有
                           $\displaystyle |f(x_1)-f(x_2)|=|x_1^2\sin x_1-x_2^2\sin x_2|=(2n\pi+\frac{1}{n})^2\cdot \sin \frac{1}{n}\neq 0,(n \to \infty )$

                    因此，函数在$(0,+\infty)$上非一致收敛。

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解;
             在新变换下，微分表达式为
                                $\displaystyle \Delta u=\sum_{l=1}^{3}\frac{\partial u}{\partial x_l}dx_l,$

                  其中
                                $\displaystyle dx_1=\cos \theta dr-r\sin \theta d\theta ,$

                                $\displaystyle dx_2=\sin \theta dr+r\cos \theta d\theta ,$

                                 $\displaystyle dx_3=dz.$

                 故新变换下的微分为
                                $\begin{align*}\therefore \Delta u&=\sum_{l=1}^{3}\frac{\partial u}{\partial x_l}dx_l=\frac{\partial u}{\partial x_1}(\cos \theta dr-r\sin \theta d\theta )+\frac{\partial u}{\partial x_2}(\sin \theta dr+r\cos \theta d\theta)+\frac{\partial u}{\partial z}dz\\\\&=(\frac{\partial u}{\partial x_1}\cos \theta +\frac{\partial u}{\partial x_2}\sin \theta )dr-r(\frac{\partial u}{\partial x_1}\sin \theta -\frac{\partial u}{\partial x_2}\cos \theta )d\theta +\frac{\partial u}{\partial z}dz.\end{align*}$

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证明：
                   由全微分公式可知，当
                                                   $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial y}=0,$

                                     时，有
                                                      $\displaystyle u(x,y)\equiv C.$

                                                 当
                                                     $\displaystyle \frac{\partial v}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}=0,$

                                         时
                                                     $\displaystyle v(x,y)\equiv C.$
                                         成立。

                        由已知方程
                                                $\displaystyle \because u^2+v^2=C,$

                                                $\displaystyle \therefore \frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial v}{\partial x}=0,$

                             结合另外两个已知等式，就有
                                                   $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial v}{\partial y}=0,$

                                              $\displaystyle \Rightarrow \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{\partial u}{\partial y}=0,$

                                                    $\displaystyle \frac{\partial v}{\partial x}=\frac{\partial v}{\partial y}=0.$

                                  由此可知，命题成立。

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解：
                设
                            $\displaystyle P=\frac{-y}{x^2+9y^2},Q=\frac{x}{x^2+9y^2},$

                    因为
                             $\displaystyle \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{9y^2-x^2}{(x^2+9y^2)^2}=\frac{\partial Q}{\partial x},$

                     所以，积分与路径无关。可以作半径为$\epsilon $的小圆：
                                  $\displaystyle x^2+9y^2=\epsilon ^2,$

                    则
                              $\displaystyle I=\int_CPdx+Qdy=\frac{1}{\epsilon ^2}\iint_\epsilon 2dxdy=2\pi.$

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解：利用定义及高斯公式计算，得
                      $\displaystyle I=\iint_S\overrightarrow{F}\cdot d \overrightarrow{S}=\iint_Sxdydz+2xdzdx+5zdxdy=\iiint_\Omega 6dxdydz=2.$

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解：
                     令
                              $\displaystyle f_n(x)=\sum_{k=1}^{n}(-1)^k\frac{2kx^{2k-1}}{(2k+1)!},$

                                $\displaystyle \forall x\in[a,b]\subset(-\infty,+\infty),$

                              $\displaystyle \because |f_n(x)|\downarrow, $

                              $\displaystyle |f_n(x)|=|(-1)^n\frac{2nx^{2n-1}}{(2n+1)!}|\rightarrow 0=f(x),(n \to \infty) $

                 所以，函数项级数内闭一致收敛。

                              $\begin{align*}f(x)&=\sum_{k=1}^{\infty }(-1)^k\frac{2kx^{2k-1}}{(2k+1)!}\\\\&=\sum_{k=1}^{\infty }(-1)^k\frac{x^{2k-1}}{(2k-1)!}-\sum_{k=1}^{\infty }(-1)^k\frac{x^{2k-1}}{(2k+1)!}\\\\&=\sum_{k=0}^{\infty }(-1)^k\frac{x^{2k-1}}{(2k-1)!}-\frac{1}{x^2}\sum_{k=0}^{\infty }(-1)^{k}\frac{x^{2k+1}}{(2k+1)!}-1+\frac{1}{x^2}\\\\&=(1-\frac{1}{x^2})\sin x-1+\frac{1}{x^2}\\\\&=\frac{x^2-1}{x^2}(\sin x-1).\end{align*}$


【此题解答是错的，待改正】

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证明：
                    由已知
                                  $\displaystyle \because \exists \xi_1,\xi_2\in (a,b),\xi_1\neq \xi_2,f(\xi_1)=f(\xi_2),$

                                    $\displaystyle \therefore \exists \eta \in (a,b),s.t.$

                                            $\displaystyle f'(\eta )=0,(Rolle.T.h)$

                                又
                                        $\displaystyle \because f''(x)> 0,$

                                 所以，$f(\eta )$为极小值。

                             再者
                                         $\displaystyle \because f''(x)> 0,\Rightarrow f'(x)> 0,\Rightarrow f(x)> 0,f(x)\uparrow .$

                             故只有唯一极小值。

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证明：
                        $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin ^nxf(x)dx=\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{\delta }\sin ^nxf(x)dx+\lim_{n \to \infty }\int_{\delta }^{\frac{\pi}{2}}\sin ^nxf(x)dx,(0< \delta < \frac{\pi}{2})$

                  又根据积分中值定理，有
                         $\displaystyle \because \lim_{n \to \infty }\int_{\delta }^{\frac{\pi}{2}}\sin ^nxf(x)dx=\lim_{n \to \infty }\sin ^n\xi\int_{\delta }^{\frac{\pi}{2}}f(x)dx=0.(\delta < \xi< \frac{\pi}{2})$

                            $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{\delta }\sin ^nxf(x)dx=\lim_{n \to \infty }\sin ^n\eta \int_{0}^{\delta }f(x)dx=0,(0< \eta < \delta )$

                        $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin ^nxf(x)dx=0.$

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证明：
            用反证法。
                                 $\displaystyle \exists N> 1,\forall x_n\in [0,1-\frac{1}{N}],$

                         而有
                                   $\displaystyle f(x_n)\neq f(x_n+\frac{1}{N}),$

                             令
                                    $\displaystyle g(x_n)=f(x_n)- f(x_n+\frac{1}{N}),$

                         则$g(x)$在$ [0,1-\frac{1}{N}]$上连续，且不恒为零。不妨设$g(x_n)> 0,$则有
                                    $\displaystyle f(0)-f(\frac{1}{N})> 0,$

                                     $\displaystyle f(\frac{1}{N})-f(\frac{2}{N})> 0,$

                                     $\cdots \cdots $

                                      $\displaystyle f(\frac{N-1}{N})-f(1)> 0.$

                            相加，得
                                       $\displaystyle f(0)-f(1)> 0.$

                                与条件矛盾。故命题结论成立。



              

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证明：
               由
                         $\displaystyle (x+y)^\alpha -x^\alpha -y^\alpha =x^\alpha [(1+\frac{y}{x})^\alpha -1-(\frac{y}{x})^\alpha],x^\alpha >0,$

                可令
                            $\displaystyle f(t)=(1+t)^\alpha -1-t^\alpha,t=\frac{y}{x}> 0,$

                    显然有
                             $\displaystyle f(0)=0.$

                         而
                             $\displaystyle f'(t)=\alpha (1+t)^{\alpha-1}-\alpha t^{\alpha-1}=\alpha [(1+t)^{\alpha-1}-t^{\alpha-1}],$

                      再令
                                $\displaystyle g(t)=t^{\alpha -1},$

                         则有
                                 $\displaystyle g'(t)=(\alpha -1)t^{\alpha -2}< 0,$

                                    $\displaystyle \therefore \Rightarrow f'(t)< 0,\Rightarrow f(t)\downarrow ,$

                                      $\displaystyle \therefore f(t)=(1+t)^\alpha -1-t^\alpha< f(0)=0.$

                               从而有
                                         $\displaystyle (x+y)^\alpha -x^\alpha -y^\alpha =x^\alpha [(1+\frac{y}{x})^\alpha -1-(\frac{y}{x})^\alpha]< 0,$

                             即
                                        $\displaystyle (x+y)^\alpha < x^\alpha +y^\alpha.$

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解：
                                $\displaystyle \lim_{x\to0}[\frac{2+e^{\frac{1}{x}}}{1+e^{\frac{4}{x}}}+\frac{\sin x}{|x|}]=\lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{|x|}.$

                           $\displaystyle \because \lim_{x\to 0^+}\frac{\sin x}{|x|}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\sin x}{x}=1,$

                               $\displaystyle \lim_{x\to 0^-}\frac{\sin x}{|x|}=\lim_{x\to 0^-}\frac{\sin x}{-x}=-1,$

                  因此，极限不存在。

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解：
                               $\displaystyle \lim_{x\to 0^+}\frac{\sin \tan x-\sin \sin x}{\tan x-\sin x}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\tan x-\sin x}{\tan x-\sin x}=1,$

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证明：
                     由不等式
                                    $\displaystyle \because \frac{2}{\pi}x\leq \sin x\leq x,x\in (0,\frac{\pi}{2}]$

                                    $\displaystyle \therefore 1=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{2}{\pi}dx\leq \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \frac{\sin x}{x}dx\leq \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}dx=\frac{\pi}{2}.$

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解：由于
                      $\displaystyle x_{n+1}=\ln(1+x_n)< x_n,x_n> 0,$

                所以，$\{x_n\}$单调降，且有下界。极限存在。

                设
                         $\displaystyle \lim_{n \to \infty }x_n=l,$

                      则有
                           $\displaystyle l=\ln(1+l),$

                           $\displaystyle 1+l=e^l\Rightarrow l=0.$

                      $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }x_n=0,$

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解：
                          $\displaystyle \because \phi (x)=\int_{0}^{1}f(xt)dt,$

                               $\displaystyle \therefore \phi (0)=f(0).$

                 因而
                            $\displaystyle \phi '(0)=\lim_{x\to 0}\frac{\phi (x)-\phi (0)}{x-0}=\lim_{x\to 0}\int_{0}^{1}\frac{f(xt)-f(0)}{x}dt=f'(0)\int_{0}^{1}tdt=\frac{1}{2}f'(0).$

                       又
                               $\begin{align*}\because \phi'(x)&=\int_{0}^{1}tf'(xt)dt=\frac{1}{x}\int_{0}^{1}tdf(xt)\\\\&=\frac{1}{x}tf(xt)|_0^1-\frac{1}{x}\int_{0}^{1}f(xt)dt\\\\&=\frac{f(x)}{x}-\int_{0}^{1}\frac{f(xt)}{x}dt,\end{align*}$

                        再由已知极限条件
                                $\displaystyle \therefore \lim_{x\to 0}\phi'(x)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}-\lim_{x\to 0}\int_{0}^{1}\frac{f(xt)}{x}dt=A-A\int_{0}^{1}tdt=\frac{1}{2}A.$

               由此可知，当$f'(0)=A$时，$\phi'(x)$在$x=0$处连续。而$f'(0)\neq A$时，$\phi'(x)$在$x=0$处不连续。

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证明：
                                      $\displaystyle f(x)=(x^2-3x+2)^n\phi (x)=(x-2)^n(x-1)^n\phi (x),$

                        令
                                      $\displaystyle g(x)=(x-2)^n(x-1)^n,$

                 由莱布尼兹公式，得
                                        $\displaystyle g^{(n-1)}(x)=(n-1)!(x-2)(x-1)^n+n(n-2)!(x-2)^2(x-1)^{n-1}+\cdots +(n-1)!(x-2)^n(x-1),$

                                        $\displaystyle \therefore x=2,g(2)=0,g'(2)=0,\cdots ,g^{(n-1)}(2)=0.$

                        而
                                       $\displaystyle f^{(n-1)}(x)=g^{(n-1)}(x)\phi (x)+ng^{(n-2)}(x)\phi'(x)+\cdots +(n-1)!g(x)\phi^{(n-1)}(x),$

                                        $\displaystyle \therefore f^{(n-1)}(2)=0.$

                            又
                                       $\displaystyle \because g^{(n)}(x)=n!(x-1)^n+n(n-1)!(x-2)(x-1)^{n-1}+\cdots +n!(x-2)^n,$

                              得
                                         $\displaystyle g^{(n)}(2)=n!,$

                                        $\displaystyle \therefore f^{(n)}(2)=g^{(n)}(2)\phi (2)=n!\phi(2).$

北京科技大学2020数学分析


解
（1）、函数在某点的连续性不能推出函数在该点偏导数存在，同样，某点偏导数的存在也不能推出函数在该点的连续。例子有：
                                       $f(x,y)=\begin{cases}
\frac{xy}{x^2+y^2} &, x^2+y^2\neq 0\\
0 &, x^2+y^2= 0
\end{cases}$

                      $f(x,y)$在$(0,0)$处不连续，可偏导。

（2）、
                    如果有
                                  $\displaystyle |f'_x|\leq M,|f'_y|\leq M,$
                     
                     则由函数的增量式，得
                                   $\displaystyle |f(x,y)-f(x_0,y_0)|\leq |f_x'\Delta x|+|f_y'\Delta y|\rightarrow 0,((\Delta x,\Delta y)\rightarrow (0,0))$

                   由此知，函数在$(x_0,y_0)$连续。

北京科技大学2020数学分析


解：
               级数的收敛半径为
                               $\displaystyle |R|=\frac{\displaystyle (1+\frac{1}{n})^{n^2}}{(1+\frac{1}{n+1})^{(n+1)^2}}=\frac{e^n}{e^{n+1}}=\frac{1}{e}.(n \to\infty )$

                 在 收敛区域的端点，$x=\pm \frac{1}{e},$

                  通项
                                $\displaystyle u_n(x)=\pm (1+\frac{1}{n})^{n^2}\cdot \frac{1}{e^n}=\pm 1,(n \to \infty )$

                          由此可知，此时不收敛。所以级数的收敛区域为
                                      $\displaystyle x\in （-\frac{1}{e},\frac{1}{e}）.$

北京科技大学2020数学分析


解：
              补一个平面$\displaystyle S:x=e^a,y^2+z^2\leq a^2.$使之与旋转曲面组成一个闭合曲面。再利用高斯公式

                         $\displaystyle I=\iint_{\Sigma +s} -\iint_S=\iiint_\Omega (-4x+8x-4x)dV-\iint_S2(1-e^{2a})dydz=2(e^{2a}-1)\pi a^2.$

北京科技大学2020数学分析


证明
                  由
                             $\displaystyle u(x,y)=f(x)g(y),$

                   求偏微分，得到
                              $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}=g(y)\frac{\mathrm{d} f}{\mathrm{d} x},\frac{\partial u}{\partial y}=f(x)\frac{\mathrm{d} g}{\mathrm{d} y},$

                    再求二次偏 导，得
                               $\displaystyle \frac{\partial^2 u}{\partial x\partial y}=\frac{\mathrm{d} f}{\mathrm{d} x}\frac{\mathrm{d} g}{\mathrm{d} y},$

                            $\displaystyle \therefore u\frac{\partial^2 u}{\partial x\partial y}=g(y)\frac{\mathrm{d} f}{\mathrm{d} x}\cdot f(x)\frac{\mathrm{d} g}{\mathrm{d} y}=\frac{\partial u}{\partial x}\cdot \frac{\partial u}{\partial y}.$

北京科技大学2020数学分析


证明：
      （1）、由于
                                       $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\cos xdx\leq 1,$

                           而
                                       $\displaystyle \frac{1-e^{-ax}}{x}\rightarrow 0,(x\rightarrow +\infty ,a\in [0,1])$

                由狄里赫来特判别法。积分一致收敛。

       （2）、计算.由
                                        $\displaystyle I=\int_{0}^{+\infty }\frac{1-e^{-x}}{x}\cos xdx=\int_{0}^{+\infty }\cos xdx\int_{0}^{1}e^{-xy}dy=\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{+\infty }\cos xe^{-xy}dx,$

                              其中
                                        $\begin{align*}I_1&=\int_{0}^{+\infty }\cos xe^{-xy}dx\\\\&=-\frac{1}{y}\cos xe^{-xy}|_0^{+\infty }-\frac{1}{y}\int_{0}^{+\infty }\sin xe^{-xy}dx\\\\&=\frac{1}{y}+\frac{1}{y^2}(\sin xe^{-xy}|_0^{+\infty }-\int_{0}^{+\infty }\cos xe^{-xy}dx)\\\\&=\frac{1}{y}-\frac{1}{y^2}\int_{0}^{+\infty }\cos xe^{-xy}dx\\\\&=\frac{1}{y}-\frac{1}{y^2}I_1,\end{align*}$

                             得到
                                      $\displaystyle I_1=\frac{y}{y^2+1},$

                                     $\displaystyle \therefore I=\int_{0}^{1}I_1dy=\int_{0}^{1}\frac{y}{y^2+1}dy=\frac{1}{2}\ln2.$

北京科技大学2020数学分析


解：
                  由已知条件，可知有
                                          $\displaystyle f'(\xi)=0,f(\xi)=\frac{1}{4},$

                    将$f(0),f(1)$分别在极值点泰勒展开，得
                                           $\displaystyle f(0)=f(\xi)+f'(\xi)(0-\xi)+\frac{1}{2!}f''(\eta_1)(0-\xi)^2,(\eta_1\in(0,\xi))$

                                           $\displaystyle f(1)=f(\xi)+f'(\xi)(1-\xi)+\frac{1}{2!}f''(\eta_2)(1-\xi)^2,(\eta_2\in(\xi,1))$

                    将两式绝对值相加，并将已知条件代入，得
                                           $\begin{align*}|f(0)|+|f(1)|&=|f(\xi)+\frac{1}{2!}f''(\eta_1)(0-\xi)^2|+|f(\xi)+\frac{1}{2!}f''(\eta_2)(1-\xi)^2|\\\\&\leq |f(\xi)|+\frac{1}{2}|f''(\eta_1)|\xi^2+|f(\xi)|+\frac{1}{2}|f''(\eta_2)|(1-\xi)^2\\\\&\leq |f(\xi)|+\frac{1}{2}\xi^2+|f(\xi)|+\frac{1}{2}(1-\xi)^2\\\\&=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\xi^2+\frac{1}{2}(1-\xi)^2\\\\&=\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\xi^2+\frac{1}{2}(1-2\xi+\xi^2)\\\\&=1-\frac{1}{2}\xi(2-\xi)\\\\&\leq 1.\end{align*}$

武汉科技大学2020年840数学分析

解：
                  用广义球面坐标计算
                                         $\displaystyle x=a\rho \sin \theta \cos\phi ,y=b\rho \sin \theta \sin \phi ,z=c\rho \cos \theta ,$

                                          $\displaystyle |J| =|\frac{\partial (x,y,z)}{\partial (\rho ,\theta ,\phi )}|=abc\rho ^2\sin \phi ,$

                     因为积分区域$x\geq 0,$并关于$y,z$对称。利用第一卦限讈，得
                                           $\displaystyle I=\iiint dV=4abc\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin \phi d\phi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} d\theta \int_{0}^{\sqrt[3]{a\sin \theta \cos \phi }}\rho ^2d\rho =\frac{1}{3}\pi a^2bc.$



                                         

四川师范大学2019数学分析


证明：
                    由已知条件
                                         $\displaystyle \because |f(x)-f(y)|=|f'(\xi)||x-y|< A|x-y|^2,(\xi\in [x,y])$

                                          $\displaystyle \therefore |f'(\xi)|< A|x-y|,$
                    令$x\to y$,取极限，有
                                          $\displaystyle \lim_{y\to x}|f'(\xi)|=|f'(x)|\leq \lim_{y\to x}A|x-y|=0,$

                            又
                                          $\displaystyle \because |f'(x)|\geq 0,$

                                          $\displaystyle \therefore |f'(x)|=0,$

                         由$x,y$取值的任意性，即可知有
                                             $\displaystyle \Rightarrow f(x)=f(y).$

                            命题得证。