中国科学技术大学数学分析B3期中试题(2020秋季)


证明：
        （1）、设$x_0$为$f^{-1}(1)$的聚点。则定义必有
                                     $\displaystyle \exists A_\epsilon ,x_n\in A_\epsilon =(x_0-\epsilon ,x_0+\epsilon ),s.t.$

                                        $\displaystyle x_n\rightarrow x_0,(n \to \infty )$

                         而由条件可知
                                                $\displaystyle x_n\in [a,b]$

                                             $\displaystyle \therefore x_0\in f^{-1}(1).$

                           因此，$f^{-1}(1)$为闭集。

          （2）、由条件及（1）知，$D$为开区间，所以为开集。

中科大学数学分析B3期中试题(2020秋季)


证明
   （1）、当$x\in[0,1)$时
                                $\displaystyle \lim_{n \to \infty }f_n(x)=\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{x}f(t^n)dt=\lim_{n \to \infty }xf(\xi^n)=xf(0).(\xi\in[0,1))$

              当$x=1$时
                                $\displaystyle \lim_{n \to \infty }f_n(1)=\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{1}f(t^n)dt=\lim_{n \to \infty }\int_{0}^{1-\delta }f(t^n)dt+\lim_{n \to \infty }\int_{1-\delta }^{1}f(t^n)dt=f(0)+0=f(0),(\delta>0,\delta\to 0)$

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

（2）、令
                         $\displaystyle g(x)=f_n(x)-xf(0).$

                    则
                          $\displaystyle g'(x)=f(x^n)-f(0)=0,\Rightarrow x=0,$（最大值点）

                  此时有
                              $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\sup|f_n(x)-xf(0)|=0.$
                  
                 由此可知，$\{f_n(x)\}$一致收敛。

中科大学数学分析B3期中试题(2020秋季)


证明：
            因为$\{x_n\}$为有界无穷数列，所以必存在收敛子列。设任一收敛子列为$\displaystyle \{x_{n_k}\}$,而
                                   $\displaystyle \lim_{n\to \infty}x_{n_k}=x_0\in E,$

                 显然$E$非空，至少包含一个$\displaystyle \{x_n\}$的聚点。

            另一方面，设$\xi$为$E$的聚点，则必$\exists A_\xi=(\xi-\epsilon ,\xi+\epsilon )\in E,$

                  由条件可知，$A_\xi$中的点均为$\{x_n\}$的极限点，由此可知，$\xi$必为$\{x_n\}$的极限点。

                  所以，$\xi\in E.$由闭集的定义可知，$E$为闭集。

中科大学数学分析B3期中试题(2020秋季)


证明：由已知条件
                                    $\displaystyle \because na_n\rightarrow 0,(n \to \infty ),$

                                     $\displaystyle \therefore a_n=o(\frac{1}{n}),\rightarrow 0,\downarrow ,$

                           又
                                    $\displaystyle \because |x^n|\leq 1,$

                   由级数一致收敛的Dirichlet判别法，可知$\displaystyle \{a_nx^n\}$一致收敛。于是由级数一致收敛的性质，有

                                   $\displaystyle \lim_{x\to 1^-}f(x)=\lim_{x\to 1^-}\sum_{n=1}^{\infty }a_nx^n=\sum_{n=1}^{\infty }\lim_{x\to 1^-}(a_nx^n)=\sum_{n=1}^{\infty }a_n=A.$

一道三重积分题及推广：



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一般形式



https://www.zhihu.com/question/430973890/answer/1708026964

南开大学2016-2017学年第一学期数学分析期末试题


证明：
           （i）若$A$有界，则$A$的任意无穷子列必有界，根据致密性定理，该子列必有聚点。

           （ii）用反证法证明$A$的任意无穷有聚点的子列，必有界。

                        设$x_n$为$A$的一个任意无穷有聚点的子列，设$x_n$无界。则必有
                                      $\displaystyle |x_n|>n,(n>N)$
                             即有
                                       $\displaystyle \lim_{n\to \infty}x_n=\infty.$

                       由此说明$x_n$无聚点。这与假设矛盾。

                         所以，$A$的任意无穷有聚点的子列，必有界。从而$A$必有界。

                命题成立。

复旦大学2019-2020学年数学分析AII试卷


解：
                               $\displaystyle \int_{0}^{n}xe^{[x^2]}dx=\frac{1}{2}\int_{0}^{n}e^{[x^2]}dx^2=\frac{1}{2}\int_{0}^{n^2}e^{[t]}dt,$

                                       $\displaystyle \because t-1\leq [t]\leq t,$

                                $\displaystyle \therefore \int_{0}^{n}xe^{[x^2]}dx=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n^2}\int_{k-1}^{k}e^{k-1}dt=\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n^2}e^{k-1}=\frac{e^{n^2}-1}{2(e-1)}.$

复旦大学2019-2020学年数学分析AII试卷


解：
                由
                          $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }\sin (x^p+\frac{1}{x^q})dx=\int_{0}^{1}\sin (x^p+\frac{1}{x^q})dx+\int_{1}^{+\infty }\sin (x^p+\frac{1}{x^q})dx,$

                  可知右边第一个积分为正常积分，有界。而第二个积分
                                   $\displaystyle \int_{1}^{+\infty }\sin (x^p+\frac{1}{x^q})dx=\int_{1}^{+\infty }\frac{1}{(x^p+\frac{1}{x^q})'}(x^p+\frac{1}{x^q})'\sin (x^p+\frac{1}{x^q})dx=\int_{1}^{+\infty }\frac{1}{(x^p+\frac{1}{x^q})'}\sin (x^p+\frac{1}{x^q})d(x^p+\frac{1}{x^q}),$

                当$p> 1$时，由于
                                            $\displaystyle \int_{1}^{+\infty }\sin (x^p+\frac{1}{x^q})d(x^p+\frac{1}{x^q}),$
                         有界，而
                                             $\displaystyle \frac{1}{(x^p+\frac{1}{x^q})'}=\frac{1}{px^{p-1}-qx^{-q-1}},\downarrow ,\rightarrow 0.$

                        因此，此时第二个积分收敛。
                  


            

复旦大学2019-2020学年数学分析AII试卷


解：由所求和级数的形式，可以想到用$\sh x,\ch x.$

                             $\displaystyle \because \cosh' x=(\sum_{n=0}^{\infty }\frac{x^{2n}}{(2n)!})'=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{2nx^{2n}}{(2n)!}=x\sinh x,$

                  又
                              $\displaystyle (\sum_{n=1}^{\infty }\frac{2nx^{2n-1}}{(2n)!})'=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{4n^2x^{2n}}{(2n)!}=\sinh x+\cosh x,$

                           令$x=1,$得
                                 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{n^2}{(2n)!}=\frac{\sinh 1+\cosh 1}{4}.$

复旦大学2019-2020学年数学分析AII试卷

求：
          $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\int_{1}^{n}(\frac{1}{[x]}-\frac{1}{x})dx.$

解：
                $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\int_{1}^{n}(\frac{1}{[x]}-\frac{1}{x})dx=\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n-1}\int_{k}^{k+1}(\frac{1}{k}-\frac{1}{x})dx=\lim_{n \to \infty }(\sum_{k=1}^{n-1}\frac{1}{k}-\ln n)=\gamma .$

求
        $\displaystyle \iint_Sxyz(y^4z^4+z^4x^4+x^4y^4)dS$
其中积分区域为：
                          $\displaystyle x^2+y^2+z^2=1,x\geq 0,y\geq ,z\geq 0.$

（南开大学数学伯苓班2020-2021学年第一学期《数学分析》3课程期末考试试题）
解：
                     $\displaystyle z=\sqrt{1-x^2-y^2},$

                    $\displaystyle dS=\sqrt{z_x^2+z_y^2+1}dxdy=\sqrt{\frac{x^2}{1-x^2-y^2}+\frac{y^2}{1-x^2-y^2}+1}dxdy=\frac{1}{\sqrt{1-x^2-y^2}}dxdy,$

                     $\begin{align*}I&=\iint_Sxyz(y^4z^4+z^4x^4+x^4y^4)dS\\\\&=\iint_Sxy\sqrt{1-x^2-y^2}((y^4+x^4)(1-x^2-y^2)^2+x^4y^4)\frac{1}{\sqrt{1-x^2-y^2}}dxdy\\\\&=\iint_{D_{xy}}xy((y^4+x^4)(1-x^2-y^2)^2+x^4y^4)dxdy\\\\&=\int_{0}^{\pi/2}d\theta \int_{0}^{1}r^2\sin \theta \cos \theta [r^4(\sin ^4\theta +\cos ^4\theta )(1-r^2)^2+r^8\sin ^4\theta \cos ^4\theta]rdr\\\\&=\int_{0}^{\pi/2}\sin \theta \cos \theta d\theta \int_{0}^{1} [r^7(\sin ^4\theta +\cos ^4\theta )(1-r^2)^2+r^{11}\sin ^4\theta \cos ^4\theta]dr\\\\&=\frac{1}{120}\int_{0}^{\pi/2}(\sin ^5\theta \cos \theta +\sin \theta \cos ^5\theta +10\sin ^5\theta \cos ^5\theta )d\theta \\\\&=\frac{1}{120}(\frac{1}{3}-3)\\\\&=-\frac{1}{45}.\end{align*}$




           

国科数学竞赛模拟卷一


证明：
                     $\begin{align*}\lim_{h\rightarrow 0}\frac{1}{h^3}\sum_{i=0}^{3}(-1)^{i+1}C_3^if(x+ih)&=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{1}{h^2}\cdot \frac{-f(x)+3f(x+h)-3f(x+2h)+f(x+3h)}{h}\\\\&=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{1}{h^2}\cdot \frac{-f(x)+f(x+h)-2[f(x+2h)-f(x+h)]+f(x+3h)-f(x+2h)}{h}\\\\&=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{1}{h}\cdot \frac{f'(x)-2f'(x+h)+f'(x+2h)}{h}\\\\&=\lim_{h\rightarrow 0}\frac{f''(x+h)-f''(x)}{h}\\\\&=f'''(x).\end{align*}$

国科数学竞赛模拟卷一


证明：
                       $\displaystyle \because \underset{n}{\rightarrow}=\{a,b,c\},$

                        $\displaystyle \therefore \sqrt{a^2+b^2+c^2}=1.$

                利用Stokes公式
                          $\begin{align*}I&=\frac{1}{2}\oint_L(bz-cy)dx+(cx-az)dy+(ay-bx)dz\\\\&=\frac{1}{2}\iint_\Sigma \begin{vmatrix}
\cos \alpha  & \cos \beta  & \cos \gamma \\
\frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} &\frac{\partial }{\partial z} \\
bz-cy & cx-az & ay-bx
\end{vmatrix}dS\\\\&=\frac{1}{2}\iint_\Sigma \frac{2(a^2+b^2+c^2)}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}dS\\\\&=\iint_\Sigma dS.\end{align*}$

国科数学竞赛模拟卷一



           分析：由题意，要证
                                     $\displaystyle X=\frac{\int_{0}^{a}xf(x)}{\int_{0}^{a}f(x)}> \frac{a}{2},$
                               成立。而此式相当于要证明
                                      $\displaystyle F(x)=\int_{0}^{a}tf(t)dt-\frac{a}{2}\int_{0}^{a}f(t)dt> 0.$
                              成立。
  证明  
                  设辅助函数
                                         $\displaystyle F(x)=\int_{0}^{x}tf(t)dt-\frac{x}{2}\int_{0}^{x}f(t)dt$   

                       则
                                         $\displaystyle F'(x)=xf(x)-\frac{1}{2}\int_{0}^{x}f(t)dt-\frac{x}{2}f(x),F'(0)=0.$        

                                          $\displaystyle F''(x)=\frac{1}{2}xf'(x)> 0,F''(0)=0.$
                      由条件可得
                                           $\displaystyle F''(x)> 0\Rightarrow F'(x)> 0\Rightarrow F(x)> 0.(x\in [0,a])$
                             令
                                         $\displaystyle x=a> 0,$
                        即得命题结论成立。



                           

周期函数结论

国科数学竞赛模拟卷一


解：
                      $\displaystyle \because a_n=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{n\pi}x|\sin x|dx\overset{x=n\pi-t}{=}\frac{1}{\pi}\int_{0}^{n\pi}(n\pi-t)|\sin t|dt,$

                      $\displaystyle \therefore a_n=\frac{n}{2}\int_{0}^{n\pi}|\sin x|dx=\frac{n^2}{2}\int_{0}^{\pi}\sin xdx=n^2.$

                       $\begin{align*}I_1&=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{4a_n-1}=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{4n^2-1}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{2}\sum_{k=1}^{n }(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1})\\\\&=\frac{1}{2}\lim_{n \to \infty }(1-\frac{1}{2n+1})=\frac{1}{2}.\end{align*}$

                       $\displaystyle I_2=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^n}{4a_n-1}=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty }(\frac{(-1)^n}{2n-1}-\frac{(-1)^n}{2n+1})=\frac{1}{2}+\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^n}{2n-1}.$
                考虑函数项级数
                       $\displaystyle S(x)=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^n}{2n-1}x^{2n-1},-1\leq x\leq 1,$

                        $\displaystyle S'(x)=\sum_{n=1}^{\infty }(-1)^nx^{2n-2}=\frac{-1}{1+x^2},-1< x< 1,$

                       $\displaystyle \therefore S(x)=-\arctan x,$

                        $\displaystyle \Rightarrow I_2=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^2}{4a_n-1}=\frac{1}{2}+S(1)=\frac{1}{2}-\frac{\pi}{4}.$

                  

国科数学竞赛模拟卷一


解：先解微分方程，由齐次方程，得
                                  $r^2+3r+2=0,r_1=-1,r_2=-2.$

             则原方程的齐次方程的解为
                                  $\displaystyle Y=C_1e^{-x}+C_2e^{-2x},$

              再用变异系数法，设原方程的一个特解为
                                   $\displaystyle y^*=C_1(x)e^{-x}+C_2(x)e^{-2x},$
                      则
                                    $\begin{cases}
y_1C'_1(x)+y_2C'_2(x) & = 0\\
y'_1C'_1(x)+y'_2C'_2(x) & =f(x)
\end{cases}$
                     从而
                                     $\begin{cases}
e^{-x}C'_1(x)+e^{-2x}C'_2(x) & = 0\\
e^{-x}C'_1(x)+2e^{-2x}C'_2(x) & =-f(x)
\end{cases}$

                     解之得
                                       $\displaystyle \Rightarrow C_1(x)=\int_{0}^{x}e^tf(t)dt,C_2(x)=-\int_{0}^{x}e^{2t}f(t)dt.$

                                       $\displaystyle \therefore y=C_1e^{-x}+C_2e^{-2x}+e^{-x}\int_{0}^{x}e^tf(t)dt-e^{-2x}\int_{0}^{x}e^{2t}f(t)dt.$
       （1）
                                         $\displaystyle \because |f(x)|\leq M.x\in [0,+\infty ),M> 0.$

                             而
                                         $\displaystyle |e^{-x}\int_{0}^{x}e^tf(t)dt|\leq e^{-x}\int_{0}^{x}e^t|f(t)|dt\leq Me^{-x}\int_{0}^{x}e^tdt\leq M,$

                                         $\displaystyle |e^{-2x}\int_{0}^{x}e^{2t}f(t)dt|\leq e^{-2x}\int_{0}^{x}e^{2t}|f(t)|dt\leq \frac{1}{2}e^{-x}\int_{0}^{x}e^tdt\leq \frac{M}{2},$

                                         $\displaystyle \therefore |y|\leq |C_1|+|C_2|+M+\frac{M}{2},(x\in[0, +\infty) )$

       (2)
                                       $\displaystyle \because \lim_{x\to+\infty }f(x)=0,$

                                        $\displaystyle \therefore \exists X> 0,M> 0,x\leq X,s.t.|f(x)|\leq M,$

                                        $\forall \epsilon > 0,x> X,s.t.|f(x)|< \epsilon .$

                          此时
                                         $\displaystyle |e^{-x}\int_{0}^{x}e^tf(t)dt|\leq e^{-x}\int_{0}^{X}e^t|f(t)|dt+e^{-x}\int_{X}^{x}e^t|f(t)|dt<  e^{-x}M(e^X-1)+\frac{1}{2}\epsilon < \epsilon .$

                          同样
                                        $\displaystyle |e^{-2x}\int_{0}^{x}e^{2t}f(t)dt|< \epsilon .$

                                        $\displaystyle \therefore |y|\leq |C_1e^{-x}|+|C_2e^{-2x}|+|e^{-x}\int_{0}^{x}e^tf(t)dt|+|e^{-2x}\int_{0}^{x}e^{2t}f(t)dt|< \epsilon (x\to+\infty )$

国科数学竞赛模拟卷一


解：椭球面的切平面为
                      $\displaystyle \pi_1:\frac{x_0}{a^2}x+\frac{y_0}{b^2}y+\frac{z_0}{c^2}z=1,$

               切点为$P_0(x_0,y_0,z_0).$如与已知平面$\pi$平行，则有：
                        $\displaystyle \pi_1//\pi:x_0=a^2At,y_0=b^2Bt,z_0=c^2Ct,$

                而$\pi$与原点的距离为：
                          $\displaystyle d=\frac{1}{\displaystyle \sqrt{A^2+B^2+C^2}},$

                切平面$\pi_1$与原点的距离为
                          $\displaystyle d_1=\frac{1}{\displaystyle \sqrt{(\frac{x_0}{a^2})^2+(\frac{y_0}{b^2})^2+(\frac{z_0}{c^2})^2}}=\frac{1}{\displaystyle t\sqrt{A^2+B^2+C^2}},$

                则由位置关系：
                           $d>d_1,t<1$时，$\pi$与椭球面相交；
                           $d=d_1,t=1$时，$\pi$与椭球面相切；
                           $d<d_1,t>1$时，$\pi$与椭球面相离。

                 其中
                               $\displaystyle t=\frac{1}{\displaystyle \sqrt{a^2A^2+b^2B^2+c^2C^2}},$

黎曼引理




摘自（ 数学分析中的典型问题与方法（第2版） [裴礼文编][高等教育出版社][2006.04][1036页][11）

《数学分析中的典型问题与方法（第3版）》裴礼文编. . 北京：高等教育出版社, 2021.01


证明：由条件可知有
                    $\displaystyle \because \int_{-\infty }^{+\infty }\rho (u)du=0,$

                     $\displaystyle \therefore \frac{1}{\lambda }f(x)\int_{-\infty }^{+\infty }\rho (u)du=\int_{-\infty }^{+\infty }\rho (u)\frac{f(x)}{\lambda }du=0,$

                    $\displaystyle \because \int_{-\infty }^{+\infty }u\rho (u)du=1,$

                    $\displaystyle \therefore \int_{-\infty }^{+\infty }u\rho (u)f'(x)du=f'(x)\int_{-\infty }^{+\infty }u\rho (u)du=f'(x),$

         变量代换
                    $\displaystyle u=\frac{t-x}{\lambda },t=\lambda u+x,dt=\lambda du,$

                     $\begin{align*}\lim_{\lambda \to 0}\int_{-\infty }^{+\infty }\frac{1}{\lambda ^2}\rho (\frac{t-x}{\lambda })f(t)dt&=\lim_{\lambda \to 0}\int_{-\infty }^{+\infty }\frac{1}{\lambda } \rho (u)f(\lambda u+x)du\\\\&=\lim_{\lambda \to 0}\int_{-\infty }^{+\infty }\frac{1}{\lambda } \rho (u)f(\lambda u+x)du-\int_{-\infty }^{+\infty }\rho (u)\frac{f(x)}{\lambda }du\\\\&=\lim_{\lambda \to 0}\int_{-\infty }^{+\infty }u\rho (u)\frac{f(\lambda u+x)-f(x)}{\lambda u}du\\\\&=\int_{-\infty }^{+\infty }u\rho (u)\lim_{\lambda \to 0}\frac{f(\lambda u+x)-f(x)}{\lambda u}du\\\\&=\int_{-\infty }^{+\infty }u\rho (u)f'(x)du\\\\&=f'(x)\int_{-\infty }^{+\infty }u\rho (u)du\\\\&=f'(x).\end{align*}$

一道三重积分计算题



                                                                                           摘自“三千弱水”

解
      由柯西不等式
                        $\displaystyle (\sum_{i=1}^{4}a_ib_i)^2\leq (\sum_{i=1}^{4}a_i^2)(\sum_{i=1}^{4}b_i^2),$
           令
                         $\displaystyle a_1=a^{\frac{n-1}{2}},a_2=b^{\frac{n-1}{2}},a_3=c^{\frac{n-1}{2}},a_4=d^{\frac{n-1}{2}},$

                          $\displaystyle a_1=a^{\frac{n+1}{2}},a_2=b^{\frac{n+1}{2}},a_3=c^{\frac{n+1}{2}},a_4=d^{\frac{n+1}{2}},$

                          $\displaystyle \therefore (a^n+b^n+c^n+d^n)^2\leq (a^{n-1}+b^{n-1}+c^{n-1}+d^{n-1})(a^{n+1}+b^{n+1}+c^{n+1}+d^{n+1}),$
             即有
                          $\displaystyle \frac{a^{n+1}+b^{n+1}+c^{n+1}+d^{n+1}}{a^n+b^n+c^n+d^n}\geq \frac{a^n+b^n+c^n+d^n}{a^{n-1}+b^{n-1}+c^{n-1}+d^{n-1}}\geq \cdots \geq\frac{a+b+c+d}{4}> \sqrt[4]{abcd}=1.$

             当$n=2010,$就有
                          $\displaystyle a^{2011}+b^{2011}+c^{2011}+d^{2011}> a^{2010}+b^{2010}+c^{2010}+d^{2010}.$

《数学分析中的典型问题与方法》上习题7.2.15解答
$7.2.15.$计算
                      $\displaystyle \iiint_\Omega (px^{2m}+qy^{2n}+rz^{2l})dxdydz,$
其中
                       $\displaystyle \Omega :\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}\leq R^2.(a,b,c,p,q,r,m,n,l,R)$
均为已知正数。

解：
                 令：
                        $\displaystyle x=au,y=bv,z=cw,J=abc.$
                  则：
                         $\displaystyle \Omega ':u^2+v^2+w^2\leq R^2.$
             于是
                        $\begin{align*}I=\iiint_\Omega&=\iiint_{\Omega'}(p(au)^{2m}+q(bv)^{2n}+r(rw)^{2l})abcdudvdw\\\\&=abc(\iiint_{\Omega'}p(au)^{2m}dudvdw+\iiint_{\Omega'}q(bv)^{2n}dudvdw+\iiint_{\Omega'}r(rw)^{2l}dudvdw)\\\\&=abc(I_1+I_2+I_3).\end{align*}$

              由积分的轮换对称性质，得
                        $\displaystyle I_1=\iiint_{\Omega'}p(au)^{2m}dudvdw=pa^{2m}\iiint_{\Omega'}(v)^{2m}dudvdw=pa^{2m}{\color{Red} \iiint_{\Omega'}(w)^{2m}dudvdw}.$

              用球面坐标
                       $\displaystyle w=\rho \cos \phi ,J=\rho ^2\sin \phi ,$

                        $\displaystyle \therefore I_1=pa^{2m}{\color{Red} \iiint_{\Omega'}(w)^{2m}dudvdw}=pa^{2m} \int_{0}^{R}\rho ^2d\rho \int_{0}^{\pi}\sin \phi d\phi \int_{0}^{2\pi}(\rho \cos \phi )^{2m}d\theta =\frac{4\pi pa^{2m}R^{2m+3}}{(2m+1)(2m+3)}.$

                同理，可以计算$I_2,I_3$，所以得
                        $\displaystyle I=4\pi abc(\frac{pa^{2m}R^{2m+3}}{(2m+1)(2m+3)}+\frac{qb^{2n}R^{2n+3}}{(2n+1)(2n+3)}+\frac{rc^{2l}R^{2l+3}}{(2l+1)(2l+3)} ).$

裴礼文习题7.2.26.求积分
                    $\displaystyle \iint_D\frac{dxdy}{\sqrt{1-(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2})^2}},D:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\leq 1.$

解：二重反常积分，利用参数方程
                     $\displaystyle x=ar\cos \theta ,y=br\sin \theta ,J=abr.$

                    $\begin{align*}I=\iint_D&=\lim_{\rho \to 1^-}\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\rho }\frac{abr}{\sqrt{1-r^4}}dr\\\\&=\pi ab\lim_{\rho \to 1^-}\int_{0}^{\rho }\frac{dr^2}{\sqrt{1-r^4}}\\\\&=\pi ab\lim_{\rho \to 1^-}\arcsin \rho ^2=\frac{1}{2}\pi^2ab.\end{align*}$

                                                                     (注：要注意反常积分，要考虑在$\partial D$上无界的情况。)

裴礼文习题7.2.27.求积分
                 $\displaystyle \iint_{|x|+|y|\leq 1}\frac{(|x|+|y|)^2\ln(|x|+|y|)}{x^2+y^2}dxdy.$

解：利用对称性、奇偶性，令
                 $\displaystyle x+y=u,x-y=v,|J|=\frac{1}{2}..$

                 $\begin{align*}I&=4\iint_{\underset{x\geq 0,y\geq 0}{ x+y\leq 1}}\frac{(x+y)^2\ln(x+y)}{x^2+y^2}dxdy\\\\&=4\int_{0}^{1}du\int_{-u}^{u}\frac{u^2\ln u}{\frac{u^2+v^2}{2}}\cdot \frac{1}{2}dv\\\\&=4\int_{0}^{1}u\ln udu\int_{-u}^{u}\frac{1}{1+(\frac{v}{u})^2}d(\frac{v}{u})\\\\&=4\int_{0}^{1}u\ln u\cdot \frac{\pi}{2}du\\\\&=2\pi\cdot(-\frac{1}{4})=-\frac{\pi}{2}.\end{align*}
$





                  

复旦大学2021年数学分析考研试题解答
一、求极限
                     $\displaystyle \lim_{x\to0}[\frac{\tan x}{\ln(1+x)}]^{\frac{1}{x}}.$

解：
                     $\begin{align*}\lim_{x\to0}[\frac{\tan x}{\ln(1+x)}]^{\frac{1}{x}}&=\lim_{x\to0}[\frac{x+\frac{x^3}{3}+o(x^3)}{x-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{3}+o(x^3)}]^{\frac{1}{x}}\\\\&=\lim_{x\to0}(1+\frac{\frac{1}{2}x}{1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}})^{\frac{1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}}{\frac{1}{2}x}\cdot \frac{\frac{x}{2}\cdot \frac{1}{x}}{1-\frac{x}{2}+\frac{x^2}{3}}}\\\\&=e^{\frac{1}{2}}.\end{align*}$

复旦大学2021年数学分析考研试题解答



证明
                     $\because f(x)\in [0,1],\therefore m\leq f(x)\leq M.$

             又
                      $\because -1\leq \cos (4x)< 1,(x\in(0,1]),$

                      $\therefore \forall \epsilon> 0,n> N,s.t \cos^n (4x)<\epsilon ,$

             而
                      $\displaystyle I=\lim_{n \to +\infty }\int_{0}^{1}f(x)\cos^n (4x)=\lim_{n \to +\infty }\int_{0}^{\delta }f(x)\cos^n (4x)+\lim_{n \to +\infty }\int_{\delta }^{1}f(x)\cos^n (4x),(\delta > 0)$

               由
                       $\displaystyle \forall \delta > 0,n> N,s.t.\int_{\delta }^{1}f(x)\cos ^n(4x)< \epsilon ,$

                       $\displaystyle \int_{0}^{\delta }f(x)\cos ^n(4x)\leq \int_{0}^{\delta }f(x)\leq \underset{x\in[0,\delta ]}{\sup} f(x)\delta \rightarrow 0.(\delta \rightarrow 0),$

            从而
                        $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }\int_{0}^{1}f(x)\cos^n (4x)=0.$