合肥工业大学2020数学分析


解：
              由于
                       $\begin{align*}\frac{1}{1+\frac{1}{n}}\cdot \frac{1}{n}(\sin \frac{\pi}{n}+\sin \frac{2\pi}{n}+\cdots +\sin \frac{n\pi}{n})&\leq \frac{\sin \frac{\pi}{n}}{n^2+1}+\frac{\sin \frac{2\pi}{n}}{n^2+2}+\cdots +\frac{\sin \frac{n\pi}{n}}{n^2+n}\\\\&\leq \frac{1}{1+\frac{1}{n^2}}\cdot \frac{1}{n}(\sin \frac{\pi}{n}+\sin \frac{2\pi}{n}+\cdots +\sin \frac{n\pi}{n}).\end{align*}$

                   又
                        $\displaystyle \because \lim_{n \to \infty }\frac{1}{n}(\sin \frac{\pi}{n}+\sin \frac{2\pi}{n}+\cdots +\sin \frac{n\pi}{n})=\int_{0}^{1}\sin x\pi dx=\frac{2}{\pi}.$

                        $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }(\frac{\sin \frac{\pi}{n}}{n^2+1}+\frac{\sin \frac{2\pi}{n}}{n^2+2}+\cdots +\frac{\sin \frac{n\pi}{n}}{n^2+n})=\frac{2}{\pi}.$

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证明：
                  将区间分为：
                                       $\displaystyle (0,a]=(0,\delta_1]\cup [\delta_1,a],$

                      在$x\in [\delta_1,a]$上，由$f(x)$的连续性，即知一致连续。再由已知条件可得
                                        $\displaystyle \exists M> 0,\delta_1> 0(< a),\forall x\in(0,\delta_1],s.t.|\sqrt{x}f'(x)|\leq M.$

                       而函数$\sqrt{x}$在$(0,a]$上的一致连续性，可知有
                                       $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\forall x_1,x_2\in(0,\delta_1],\exists \delta_1> \delta > 0 ,|x_1-x_2|< \delta ,s.t.$
                                      
                                        $\displaystyle |\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}|< \epsilon ,$

                       由柯西中值定理，得
                                         $\displaystyle \exists \xi \in(0,\delta_1],s.t.$

                                         $\displaystyle \frac{f(x_1)-f(x_2)}{\sqrt{x_1}-\sqrt{x_2}}=2\sqrt{\xi}f'(\xi)\leq 2M,$
                                       
                                        $\displaystyle \Rightarrow |f(x_1)-f(x_2)|< 2M\epsilon .$

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此题前面已经解答过，参见17#。

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解：
         1、令
                           $\displaystyle x=\pi-t,$

                            $\displaystyle \int_{0}^{\pi}xf(\sin x)dx=-\int_{\pi}^{0}(\pi-t)f(\sin t)dt=\pi\int_{0}^{\pi}f(\sin t)dt-\int_{0}^{\pi}tf(\sin t)dt,$

                              $\displaystyle \therefore \int_{0}^{\pi}xf(\sin x)dx=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}f(\sin x)dx.$


         2、由反三角函数关系式：
                                $\displaystyle \arctan x+\arctan \frac{1}{x}=\frac{\pi}{2},$

                          原式
                                   $\displaystyle \because I=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}\arctan e^xdx=\int_{-\pi}^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}\arctan e^{-x}dx,$

                                     $\displaystyle \therefore I=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}(\arctan e^x+\arctan e^{-x})dx=\frac{\pi}{4}\int_{-\pi}^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}dx=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\pi}\frac{x\sin x}{1+\cos^2x}dx,$

                    利用上题结论，有
                                    $\displaystyle I=\frac{\pi^2}{4}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin x}{1+\cos^2x}dx=-\frac{\pi^2}{4}\arctan \cos x|_0^\pi=\frac{\pi^3}{8}.$

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解：
                由已知等式，得
                                      $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}=2x,\frac{\partial v}{\partial x}=2y,$

                                      $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial x}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial x}=2x\frac{\partial z}{\partial u}+2y\frac{\partial z}{\partial v},$

                                       $\displaystyle \frac{\partial^2z}{\partial x^2}=2\frac{\partial z}{\partial u}+4x^2\frac{\partial^2z}{\partial u^2}+8xy\frac{\partial^2z}{\partial u\partial v}+4y^2\frac{\partial^2z}{\partial v^2},$

                 同样地
                                      $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial y}=-2y,\frac{\partial v}{\partial y}=2x,$

                                      $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y}=\frac{\partial z}{\partial u}\frac{\partial u}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial v}\frac{\partial v}{\partial y}=-2y\frac{\partial z}{\partial u}+2x\frac{\partial z}{\partial v},$

                                      $\displaystyle \frac{\partial^2z}{\partial y^2}=-2\frac{\partial z}{\partial u}+4y^2\frac{\partial^2z}{\partial u^2}-8xy\frac{\partial^2z}{\partial u\partial v}+4x^2\frac{\partial^2z}{\partial v^2},$

                 所以，
                                   $\displaystyle \frac{\partial^2z}{\partial x^2}+\frac{\partial^2z}{\partial y^2}=(4x^2+4y^2)(\frac{\partial^2z}{\partial u^2}+\frac{\partial^2z}{\partial v^2})=1.$

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解：
               用拉格朗日乘数法，令
                                  $\displaystyle F(x_1,\cdots ,x_n)=f(x_1,\cdots ,x_n)+\lambda (\sum_{k=1}^{n}x^2_k-1)=\sum_{k=1}^{n}a_kx_k+\lambda (\sum_{k=1}^{n}x^2_k-1),$

                  分别求偏导数，并令其为$0$,得
                                    $\displaystyle F_k=a_k+2\lambda x_k=0,x_k=-\frac{a_k}{2\lambda },$

                                     $\displaystyle F_\lambda =\sum_{k=1}^{n}x^2_k-1=0,$

                         将前式代入，得
                                     $\displaystyle \frac{\displaystyle \sum_{k=1}^{n}a_k^2}{4\lambda^2}=1,$

                       解出参数后，得
                                      $\displaystyle \therefore x_k=\frac{a_k}{\displaystyle \sqrt{\sum_{k=1}^{n}a_k^2}},$

                           由取得最大值的条件，比较后将负值舍去。得最大值为
                                         $\displaystyle f_{\max}=\frac{\displaystyle \sum_{k=1}^{n}a_k^2}{\sqrt{\displaystyle \sum_{k=1}^{n}a_k^2}}=\sqrt{\sum_{k=1}^{n}a_k^2}.$

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证明：
                  由方向导数积分公式：
                                               $\displaystyle \oint_L\frac{\partial u}{\partial n}ds=\oint_L[\frac{\partial u}{\partial x}\cos (n,x)+\frac{\partial u}{\partial y}\cos (n,y)]ds,$

                          又
                                               $\displaystyle \because \cos (n,x)ds=dy,\cos (n,y)ds=-dx,$
                                          
                              再运用格林公式，
                                              $\begin{align*}\therefore \oint_L\frac{\partial u}{\partial n}ds&=\oint_L-\frac{\partial u}{\partial y}dx+\frac{\partial u}{\partial x}dy\\\\&=\iint_D[\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2u}{\partial x^2}]dxdy\\\\&=\iint_De^{-(x^2+y^2)}dxdy\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{t}e^{-r^2}\cdot rdr\\\\&=\pi(1-e^{-t^2}).\end{align*}$

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解：这里应该是漏了$r$的说明：
                                       $\displaystyle r=\sqrt{(x-1)^2+(y-2)^2+(z-3)^2}.$

                     由被积函数可知，其在点$(1,2,3)$无连续偏导数。除该点外，可以验证有：$\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=0,$

                     作一个包围点$(1,2,3)$的小球，小球外的积分为$0$.而所求积分即等于在此小球区域上的曲面积分。
                                      $\displaystyle \Sigma' :(x-1)^2+(y-2)^2+(z-3)^2=\epsilon ^2.$

                       则
                                $\displaystyle I=\frac{1}{\epsilon^3}\iint_{\Sigma'}(x-1)dydz+(y-2)dzdx+(z-3)dxdy=\frac{1}{\epsilon^3}\iiint_{\Omega'}3dxdydz=\frac{3}{\epsilon ^3}\cdot \frac{4}{3}\pi \epsilon ^3=4\pi.$

合肥工业大学2020数学分析


解：
                          $\displaystyle \because \sqrt{n^2+1}=n\sqrt{1+\frac{1}{n^2}}=n+\frac{1}{2n}+o(\frac{1}{n}),$

                              $\displaystyle \sin (\pi \sqrt{n^2+1})=\sin (n\pi+\frac{\pi}{2n}+o(\frac{1}{n}))=(-1)^{n}\sin (\frac{\pi}{2n}+o(\frac{1}{n})),$

                           $\displaystyle \therefore \sin (\pi \sqrt{n^2+1})\sim (-1)^n\frac{\pi}{2n}.$

                 而后者是交叉级数，收敛。

北京大学数学分析1期中试题


证明：
                因为$f(x)$在$x=0$附近连续，故有已知条件，得
                             $\begin{align*}\lim_{x\to 0}\frac{f(2x)-f(x)}{x}&=2\lim_{x\to 0}\frac{f(2x)-f(0)}{2x}-\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x}\\\\&=2f'(0)-f'(0)=f'(0)=m.\end{align*}$

                 本题目中结论似有误。

北京大学数学分析1期中试题


证明：
               由已知条件，可知
                                     $\displaystyle \because \forall x\in (\xi-\delta ,\xi),$

                                      $\displaystyle \therefore \lim_{x\to\xi^-}\frac{f(x)-f(\xi)}{x-\xi}=f_-'(\xi)>0$

                          又
                                      $\displaystyle \because \forall x\in (\xi,\xi+\delta),$

                                      $\displaystyle \therefore \lim_{x\to\xi^+}\frac{f(x)-f(\xi)}{x-\xi}=f_+'(\xi)>0,$

                       因此
                                      $\displaystyle \Rightarrow f'(\xi)=f_-'(\xi)=f_+'(\xi)>0.$

                                 由此$f(x)$在$x=\xi$邻域内严格增，而由$\xi\in(a,b)$的任意性，可得$f(x)$在$(a,b)$上严格增。

北京大学数学分析1期中试题


解：
                  由函数在定义域内一致连续，可知有
                                           $|f(x)|\leq M,(M> 0)$

                            同时，
                                           $\forall \epsilon > 0,\forall x',x''\in(-\infty ,+\infty ),\exists \delta_1> 0,|x'-x''|<\delta_1,s.t.$

                                           $|f(x')-f(x'')|< \frac{\epsilon }{2},$

                                          $\forall \epsilon > 0,\forall x',x''\in(-\infty ,+\infty ),\exists \delta_2> 0,|x'-x''|<\delta_2,s.t.$

                                            $|f(x')-f(x'')|< \frac{\epsilon }{2},$

                                    取
                                              $\delta =\min\{\delta_1,\delta_2\},$

                                             $\forall \epsilon > 0,\forall x',x''\in(-\infty ,+\infty ),\exists \delta> 0,|x'-x''|<\delta,s.t.$

                                           $\begin{align*}|fg(x')-fg(x'')|&=|fg(x')-f(x'')g(x')+f(x'')g(x')-fg(x'')|\\\\&\leq|fg(x')-f(x'')g(x')|+|f(x'')g(x')-fg(x'')|\\\\&< |g(x')||f(x')-f(x'')|+|f(x'')||g(x')-g(x'')|\\\\&< M\frac{\epsilon }{2}+M\frac{\epsilon }{2}=\epsilon .\end{align*}$
                                           因此，$fg$一致连续。

北京大学数学分析1期中试题


证明：用反证法。假设$f(x)$为非常值函数。则根据条件有
                                       $\exists x_0\in(a,b),s.t.f'(x_0)=0,\delta _0=b-a,$

                                        $\exists x_1\in(a,x_0),s.t.f'(x_1)=0,\delta _1=x_0-a,$

                                        $\exists x_2\in(a,x_1),s.t.f'(x_2)=0,\delta _2=x_1-a,$

                                                $\cdots $

                                        $\exists x_n\in(a,x_{n-1}),s.t.f'(x_n)=0,\delta _n=x_{n-1}-a,$
                           
                                如此，
                                        $n \to \infty ,\delta _n\rightarrow 0,x_n\rightarrow a,f'(x_n)=f'(a)=0.$

                        同理，在其它区间里，也有
                                         $f'(x_n)=f'(x_0)=f'(b)=0.$

                                  这就证明了$f'(x)=0$,即$f(x)$为常值函数。

北京大学数学分析1期中试题


解：结论是
                       $\displaystyle t\geq 1.$

       分析：这个题不太容易想到。偶尔在《超越吉米多维奇 数列的极限》刘培杰主编,2009（p208）上看到此题的原型题，才知道上述结论。原题等式将结论陈列出来：
                                  $\displaystyle \lim_{n \to \infty }n(\frac{1+x_{n+1}}{x_n}-1)\geq 1.$
      要求证明。难度降低了不少。北大就是牛啊，这样的题放到期中考试中，这些学生真厉害！

            设
                          $\displaystyle \forall \alpha > 0,x_n=\alpha n,$

                  则有
                           $\displaystyle t=\lim_{n \to \infty }n(\frac{1+x_{n+1}}{x_n}-1)=\lim_{n \to \infty }n(\frac{1+\alpha (n+1)}{\alpha n}-1)=\frac{1+\alpha }{\alpha }> 1,$

                            $\displaystyle \therefore t=\lim_{\alpha \rightarrow +\infty }t=\lim_{\alpha \rightarrow +\infty }\frac{1+\alpha }{\alpha }\geq 1.$

                     由此还可知，$t=1$为最佳估值数。

北京大学数学分析1期中试题


证明
           （1）、由题意
                                     $\displaystyle \because \exists \in (1,+\infty ),s.t.$

                                      $\displaystyle f(\xi)=a\xi.$

                                       $\displaystyle \therefore \forall \eta =c\xi,s.t.$

                                        $\displaystyle f(\eta )=f(c\xi)=a\eta =ac\xi.$

                            其中$c$为任意常数。由此即：方程有无穷多个解。

                （2）、对所给方程求导，得
                                        $\displaystyle \because f'(x)=a> 0,$

                            由此知$f(x)$是严格递增函数。

解：
                 由已知积分区域$S$，㮋球面的法向量为：
                                       $\displaystyle \underset{n}{\rightarrow}=\frac{1}{\sqrt{\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4}+\frac{z^2}{c^4}}}(\frac{x}{a^2},\frac{y}{b^2},\frac{z}{c^2}),$

                         且切平面方程
                                         $\displaystyle \because \frac{x}{a^2}x+\frac{y}{b^2}y+\frac{z}{c^2}z=1,$

                        因此，被积函数可以作等价变换
                                        $\displaystyle \frac{1}{\sqrt{\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4}+\frac{z^2}{c^4}}}dS=\frac{\frac{x}{a^2}x+\frac{y}{b^2}y+\frac{z}{c^2}z}{\sqrt{\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4}+\frac{z^2}{c^4}}}dS=(x\cos \alpha +y\cos \beta +z\cos \gamma )dS=xdzdy+ydzdx+zdxdy.$

                        由此，原积分变为
                                           $\displaystyle  I=\iint_S\frac{xdzdy+ydzdx+zdxdy}{(x^2+y^2+z^2)^{\frac{3}{2}}}.$

                         由于曲面积分在原点无连续偏导数，故可作一个包围原点的小球,方向向内：
                                           $\displaystyle S':x^2+y^2+z^2=\epsilon ^2,$
         
                            则$S+S‘$组成一个闭合曲面，可以求得
                                            $\displaystyle \frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=0,$

                          所以在$S+S‘$上，由高斯公式知，该曲面积分为$0$.这样，原曲面积分即等价于
                                            $\displaystyle I=I'=\frac{1}{\epsilon ^3}\iint_{S'}(xdzdy+ydzdx+zdxdy)=\frac{1}{\epsilon ^3}\iiint_{\Omega '}3dxdydz=\frac{3}{\epsilon ^3}\cdot \frac{4}{3} \pi \epsilon ^3=4\pi.$


【注】：本题综合了解析几何和两类曲面积分相互关系的知识，是一道极好的题。硬算是无法完成的。

兰州大学2020数学分析


证明：
                由积分中值定理，得
                    $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\int_{0}^{1}(1+x^n)^\alpha dx=\lim_{n \to \infty }(1+\xi^n)^\alpha=1,(\xi\in(0,1))$

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题目及解答见136#

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解：设$S$为曲线$L$所围的球面部分，方向取下。则此球面部分与$L$平面围成一个闭合曲面。$D_{xy}$为曲面在$xoy$平面上有投影区域。曲面$S$的法向量为：
                                 $\displaystyle \underset{n}{\rightarrow}=(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )=-\frac{1}{R}(x-R,y,z).$

                   利用Stokes公式，并由两类曲面的转换公式得
                                  $\begin{align*}I&=\oint_LPdx+Qdy+Rdz\\\\&=\iint_S(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z})dydz+(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x})dzdx+(\frac{\partial Q}{\partial z}-\frac{\partial P}{\partial y})dxdy\\\\&=-2\iint_S(z-y)dS\\\\&=-2\iint_{D_{xy}}[\sqrt{2Rx-x^2-y^2}-y]\frac{R}{\sqrt{2Rx-x^2-y^2}}dxdy\\\\&=-2R\iint_{D_{xy}}dxdy+2R\iint_{D_{xy}}\frac{y}{\sqrt{2Rx-x^2-y^2}}dxdy\\\\&=-2\pi r^2R.\end{align*}$

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解：
                    $\displaystyle F'(0)=\lim_{x\to 0}\frac{\int_{0}^{x}\sin \frac{1}{t}dt-0}{x}=\lim_{x\to 0}\sin \frac{1}{x}.$

此题可能有误。

兰州大学2020数学分析


解：先取对数，得
                             $\begin{align*}\lim_{x\to+\infty }\frac{1}{x^2}\ln\int_{0}^{x}e^{t^2}dt&=\lim_{x\to+\infty }\frac{e^{x^2}}{2x\int_{0}^{x}e^{t^2}dt}\\\\&=\lim_{x\to+\infty }\frac{2xe^{x^2}}{2\int_{0}^{x}e^{t^2}dt+2xe^{x^2}}\\\\&=\lim_{x\to+\infty }\frac{e^{x^2}+2x^2e^{x^2}}{2e^{x^2}+2x^2e^{x^2}}\\\\&=1.\end{align*}$

                            $\displaystyle \therefore \lim_{x\to+\infty }(\int_{0}^{x}e^{t^2}dt)^{\frac{1}{x^2}}=e.$

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证明：
              将函数在$x=0$处泰勒展开，得
                                     $\displaystyle f(x)=f(0)+f'(0)x+\frac{1}{2}f''(\xi)x^2= f'(0)x+\frac{1}{2}f''(\xi)x^2.$

                对等式求积分，得
                                      $\displaystyle \int_{-1}^{1}f(x)dx=f'(0)\int_{-1}^{1}xdx+\frac{1}{2}f''(\xi)\int_{-1}^{1}x^2dx=\frac{1}{3}f''(\xi),$

                        从而有
                                     $\displaystyle \therefore |\int_{-1}^{1}f(x)dx|=|\frac{1}{3}f''(\xi)|\leq \frac{1}{3}M.$

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证明：
                用反证法。设
                               $\displaystyle \lim_{x\to+\infty }f(x)=A\neq 0,$

                 则$(A>0)$时
                               $\displaystyle \exists M> a,x> M,s.t.f(x)> \frac{A}{2},$

                       因此有
                               $\displaystyle \int_{M}^{+\infty}f(x)dx> \int_{M}^{+\infty}\frac{A}{2}dx=+\infty .$

                     由比较判别法知$\displaystyle \int_{a}^{+\infty}f(x)dx$发散。与已知条件

                                     $\displaystyle \int_{a}^{+\infty}f(x)dx< \infty .$

                           矛盾。命题成立。

                        对于$A<0$时，同理可证命题也成立。

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证明：
                 由已知，不妨设
                                         $\displaystyle f(x)\downarrow ,$

                      此时有
                                           $\displaystyle f(x)\geq 0.$

                       因为，若函数不为正，则必有
                                            $\displaystyle \exists x_0\in [a,+\infty),f(x_0)< 0,$

                           如此有
                                              $\displaystyle x>x_0,-f(x)> -f(x_0)> 0,$

                           由此得到
                                             $\displaystyle \int_{a}^{+\infty}-f(x)dx> \int_{a}^{+\infty}-f(x_0)dx= +\infty .$

                              与条件矛盾。因此函数必为正函数。而由收敛条件，则
                                              $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\exists G\geq a,\forall u_1,u_2> G,s.t.$

                                                $\displaystyle |\int_{u_1}^{u_2}f(x)dx|< \epsilon ,$

                               因而，当$\displaystyle \forall x> 2G,s.t.$

                                             $\displaystyle 0< |xf(x)|=2|\int_{\frac{x}{2}}^{x}f(x)dx|< 2\epsilon ,$

                                             $\displaystyle \therefore \lim_{x\to+\infty}xf(x)=0.$

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证明：将积分分为两个部分：
                              $\displaystyle I=\int_{0}^{+\infty }\frac{\sin (x+\frac{1}{x})}{x^\alpha }dx=\int_{0}^{1}\frac{\sin (x+\frac{1}{x})}{x^\alpha}dx+\int_{1}^{+\infty }\frac{\sin (x+\frac{1}{x})}{x^\alpha }dx=I_1+I_2.$

               （1）、先讨论
                                $\displaystyle I_2=\int_{1}^{+\infty }\frac{\sin (x+\frac{1}{x})}{x^\alpha }dx,$

                                 $\displaystyle \alpha > 1,\because |\frac{\sin (x+\frac{1}{x})}{x^\alpha }|\leq \frac{1}{x^\alpha },$
                        由比较判别法，积分绝对收敛。

                                 $\displaystyle 0< \alpha \leq 1,\because \int_{n\pi+\frac{\pi}{6}}^{n\pi+\frac{\pi}{2}}|\frac{\sin (x+\frac{1}{x})}{x^p}|> \frac{1}{(n\pi+\frac{\pi}{2})^\alpha }\cdot \frac{\pi}{6},$
                         由比较判别法，积分非绝对收敛。

                               又
                                   $\displaystyle \because I_2=\int_{1}^{+\infty }\frac{\sin (x+\frac{1}{x})}{x^\alpha }dx=\int_{1}^{+\infty }\frac{\sin \frac{1}{x}\cos x+\sin x\cos \frac{1}{x}}{x^\alpha }dx,$

                            其中$\displaystyle \int_{1}^{+\infty }\frac{\cos x}{x^\alpha}dx,\int_{1}^{+\infty }\frac{\sin x}{x^\alpha }dx$收敛，$\displaystyle \sin \frac{1}{x},\cos \frac{1}{x}$有界，由Abell判别法，积分收敛。所以此时$I_2$条件收敛。

                           当$\displaystyle \alpha =0$时，积分收敛。

                            当$\displaystyle \alpha < 0$时，无界函数发散。

                 （2）、再讨论第一部分。令
                                             $\displaystyle x=\frac{1}{t},$

                                           $\displaystyle I_1=\int_{0}^{1}\frac{\sin (x+\frac{1}{x})}{x^\alpha}dx=\int_{1}^{+\infty }\frac{\sin (t+\frac{1}{t})}{t^{2-\alpha }}dt,$

                             由（1）可知，
                                         $\displaystyle 2-\alpha > 1,\alpha < 1$时,$I_1$绝对收敛；

                                         $\displaystyle 0< 2-\alpha \leq 1,1\leq \alpha < 2$时，$I_1$条件收敛；

                                         $\displaystyle \alpha =2$时，$I_1$收敛；

                                          $\displaystyle \alpha > 2$时，$I_1$发散。

                      综合（1）（2）得到，当$\displaystyle 0\leq \alpha \leq 2$时，积分条件收敛。

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证明：
               由已知，$f'(x)$存在，因此有

                     $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }n\int_{0}^{2\pi}f(x)\sin nxdx&=\lim_{n \to \infty }[-f(x)\cos nx]|_0^{2\pi}+\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{2\pi}f'(x)\cos nxdx\\\\&=f(0)-f(2\pi)+\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{2\pi}f'(x)\cos nxdx\\\\&=f(0)-f(2\pi)+\lim_{n \to \infty }f'(\xi)\int_{0}^{2\pi}\cos nxdx\\\\&=f(0)-f(2\pi),(\xi\in (0,2\pi))\end{align*}$

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证明：所谓等度连续就是要证明：
                                 $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\exists \delta > 0,\forall x',x''\in[a,b],|x'-x''|< \delta ,s.t.$

                                 $\displaystyle |f_n(x')-f_n(x'')|< \epsilon .$

                由已知条件$\{f_n(x)\}$ 一致收敛于$f(x)$，所以有
                                $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\exists N> 0,\forall n>N,\forall x\in [a,b],s.t.$

                                    $\displaystyle |f_n(x)-f(x)|< \frac{\epsilon }{3}.$

                又，因为
                                     $\displaystyle f_n(x)\in[a,b]\Rightarrow f(x)\in[a,b],$

                       所以有
                                   $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\forall x',x''\in [a,b],\exists \delta > 0,],|x'-x''|< \delta ,s.t.$

                                   $\displaystyle |f(x')-f(x'')|< \frac{\epsilon }{3}.$

                      因此得
                                      $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\exists \delta > 0,\forall x',x''\in[a,b],|x'-x''|< \delta ,s.t.$

                                     $\displaystyle |f_n(x')-f_n(x'')|\leq |f_n(x')-f(x')|+|f(x'')-f_n(x'')|+|f(x')-f(x'')|< \frac{\epsilon }{3}+\frac{\epsilon }{3}+\frac{\epsilon }{3}= \epsilon .$

山东大学2019年651数学分析


解：
                   $\begin{align*}I&=\int \frac{1}{\sin x(1+\cos x)}dx=\int \frac{1-\cos x}{\sin ^3x}dx\\\\&=\int \frac{1}{\sin ^3x}dx-\int \frac{d\sin x}{\sin ^3x}\\\\&=\int \frac{1}{\sin ^3x}dx+\frac{1}{2\sin ^2x}.\end{align*}$

            而
                      $\displaystyle \int \frac{1}{\sin ^3x}dx=-\frac{1}{2}\cdot \frac{\cos x}{\sin ^2x}+\frac{1}{2}\int \frac{dx}{\sin ^2x}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{\cos x}{\sin ^2x}-\frac{1}{2}\cot x+C.$

                      $\displaystyle \therefore I=-\frac{1}{2}\cdot \frac{\cos x}{\sin ^2x}-\frac{1}{2}\cot x+\frac{1}{2\sin ^2x}+C.$

山东大学2019年651数学分析


解：
              $\displaystyle I=\int_{0}^{1}dy\int_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}}f(x,y)dx+4+\int_{3}^{4}dy\int_{-\sqrt{4-y}}^{\sqrt{4-y}}f(x,y)dx.$

山东大学2019年651数学分析


解：
                两曲面的交线$L$所围平面$S$在$xoy$坐标平面上的投影为
                                      $\displaystyle D_{xy}:x^2+y^2\leq 1.$

                    球面的法向量为
                                      $\displaystyle \underset{n}{\rightarrow}=(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )=(x,y,z).$

                    利用Stokes公式计算,并利用二型曲面积分之间的转换关系：
                                    $\displaystyle I=\oint_Lxdy-ydx=\iint_S2zdS=2\iint_{D_{xy}}\sqrt{1-x^2-y^2}\cdot \frac{1}{\sqrt{1-x^2-y^2}}dxdy=2\pi.$