广东工业大学2021年602数学分析
三、


证明：
                 设$c$为函数的极大值点，则有
                                      $\displaystyle \exists c\in (0,a),s.t.f'(c)=0.$

                      分别在$x=0,a$点将导函数泰勒展开，得
                                        $\displaystyle f'(0)=f'(c)+f''(\xi_1)(0-c),\xi_1\in(0,c),$

                                        $\displaystyle f'(a)=f'(c)+f''(\xi_2)(a-c),\xi_2\in(c,a),$

                                    $\displaystyle \therefore |f'(0)|\leq c|f''(\xi_1)|,$

                                        $\displaystyle |f'(a)|\leq (a-c)|f''(\xi_2)|,$

                                  $\displaystyle \Rightarrow |f'(0)|+|f'(a)|\leq c|f''(\xi_1)|+(a-c)|f''(\xi_2)|=aM.$

中国矿业大学2021年数学分析真题
二、


解：先利用闭合曲面的高斯公式，再利用轮换对称性，得

                    $\displaystyle I=\iiint_\Sigma (x+y+z)dV=3\iiint_\Sigma xdV=3\int_{0}^{1}xdx\int_{0}^{1-x}dy\int_{0}^{1-x-y}dz=\frac{1}{8}.$

中国矿业大学2021年数学分析真题
二、3.
                   $\displaystyle \int \frac{1}{5-3\cos x}dx.$

解
                用万能公式：                                      $\displaystyle \cos x=\frac{1-\tan^2\frac{x}{2}}{1+\tan^2\frac{x}{2}},$

                 所以
                                      $\begin{align*}\int \frac{1}{5-3\cos x}dx&=\int \frac{dx}{5-\frac{3-3\tan^2\frac{x}{2}}{1+\tan^2\frac{x}{2}}}\\\\&=\int \frac{1+\tan^2\frac{x}{2}}{2+8\tan^2\frac{x}{2}}dx\\\\&=\int \frac{d\tan\frac{x}{2}}{1+4\tan^2\frac{x}{2}}\\\\&=\frac{1}{2}\arctan(2\tan \frac{x}{2})+C.\end{align*}$

中国矿业大学2021年数学分析真题
四、


证明：
                在$x=0,1$分别泰勒展开，得
                              $\displaystyle f(0)=f(x)+f'(x)(0-x)+\frac{1}{2}f''(c_1)(0-x)^2,c_1\in(0,x)$

                              $\displaystyle f(1)=f(x)+f'(x)(1-x)+\frac{1}{2}f''(c_2)(1-x)^2,c_2\in(x,1)$

                两式相减，得
                               $\displaystyle f(1)-f(0)=f'(x)+\frac{1}{2}f''(c_2)(1-x)^2-\frac{1}{2}f''(c_1)(0-x)^2,$

                              $\displaystyle \therefore |f'(x)|\leq |f(1)|+|f(0)|+\frac{1}{2}b|[(1-x)^2-x^2]|\leq 2a+\frac{b}{2}.$

中国矿业大学2021年数学分析真题
四、


证明：
                  $\displaystyle \because f'(x)\leq 0,\therefore f(x)\downarrow ,\Rightarrow f(1)< f(x)< f(0),\Rightarrow F(x)\downarrow.$

                   $\displaystyle \therefore xF(1)\leq xF(x)\leq F(x)\leq 2F(x)=2\int_{0}^{1}F(x)dx,x\in (0,1).$

安徽师范大学2021年601数学分析


解：
                 $\displaystyle \because f(x)=\lim_{n \to \infty }\frac{4(1-\cos x)+2e^{-nx}\cos x}{x^2+e^{-nx}}=\frac{4(1-\cos x)}{x^2}=2-\frac{1}{6}x^2+o(x^2),(x\to 0)$

                             $\displaystyle f(0)=2,$

                   $\displaystyle \therefore f'(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{2-\frac{1}{6}x^2-2}{x}=0.$

安徽师范大学2021年601数学分析


解：
          由比值判别法知道
                      当$p>1$时，${a_n}$是以$\displaystyle {\sum_{n=1}^{+\infty }\frac{1}{n^{1+\alpha }}}$为优级数的级数，因此收敛；

                       而当$p\leq 1$时，${a_n}$大于调和级数，所以发散。

安徽师范大学2021年601数学分析


解：由泰勒公式，在$x$的附近展开
                           $\displaystyle f(x+1)=f(x)+f'(x)+\frac{1}{2}f''(\xi),\xi\in(x,x+1)$

              由已知$\displaystyle f(x),f''(x)$有界，故从上述线性方程可知，$\displaystyle f'(x)$必有界。

安徽师范大学2021年601数学分析


证明
                    当$\displaystyle k=0,\int_{a}^{b}f(x)dx=0$时，用反证法知结论成立；

                    假设$k=n$时，由$\displaystyle \int_{a}^{b}x^nf(x)dx=0$,结论不成立。设$f(x)$在$[a,b]$内至多只有$n$次变号，即只有$n$个根，分别为$\displaystyle x_0,x_1,\cdots ,x_{n-1}$,则由多项式性质$\displaystyle f(x)(x-x_0)(x-x_1)\cdots (x-x_{n-1})$不变号。再由
                      $\displaystyle f(x)(x-x_0)(x-x_1)\cdots (x-x_{n-1})=\sum_{k=0}^{n-1}a_kx^kf(x),$

                 而根据假设，得:

                       $\displaystyle 0\neq \int_{a}^{b}\sum_{k=0}^{n-1}a_kx^kf(x)dx=\sum_{k=0}^{n-1}a_k\int_{a}^{b}x^kf(x)=0,$

                 矛盾。因此结论成立。

安徽师范大学2021年601数学分析


解：
               将函数以周期$2\pi$进行展开，有
                             $\displaystyle a_0=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}x(2\pi-x)dx=\frac{4}{3}\pi^2.$

                              $\displaystyle a_n=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}x(2\pi-x)\cos nxdx=-\frac{4}{n^2}.$

                               $\displaystyle b_n=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{2\pi}x(2\pi-x)\sin nxdx=0.$

                          $\displaystyle \therefore x(2\pi-x)=\frac{2}{3}\pi^2-\sum_{n=1}^{\infty }\frac{4}{n^2}\cos nx.$

                 令$x=0,$因此可得

                               $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=\frac{\pi^2}{6}.$

安徽师范大学2021年601数学分析


证明：
                         $\displaystyle \because |f(x)|\leq M,x\in[a,b]$

                         $\displaystyle \therefore f_2(x)=\int_{a}^{x}f(t)dt\leq M(x-a);$

           依此类推，得

                        $\begin{align*}f_{n+1}(x)&=\int_{a}^{x}dx_{n-1}\int_{a}^{x_{n-1}}\cdots \int_{a}^{x_1}f(x)dx\\\\&\leq \frac{M}{n!}(x-a)^n\\\\&=\frac{M}{\sqrt{2\pi n}}(\frac{e(x-a)}{n})^n\\\\&\leq \frac{M}{\sqrt{2\pi n}}(\frac{e(b-a)}{n})^n\rightarrow 0,(n\to\infty)\end{align*}$

             由Cauchy定理得
                      $\displaystyle |f_{n+p}(x)-f_n(x)|\leq \frac{Mp}{\sqrt{2\pi n}}(\frac{e(b-a)}{n})^n\rightarrow 0.$

               所以，命题成立。

安徽师范大学2021年601数学分析


解：例
                              $\displaystyle f(x,y)=\begin{cases}
\frac{1}{xy}\sin xy,& (x,y)\neq (0,0)\\
1, & (x,y)=(0,0)
\end{cases}$

                    则有
                                 $\displaystyle \lim_{x\to0}f(x,y_0)=\lim_{x\to0}\frac{1}{xy_0}\sin xy_0=1=f(0,0),$

                                 $\displaystyle \lim_{y\to0}f(x_0,y)=\lim_{y\to0}\frac{1}{x_0y}\sin x_0y=1=f(0,0),$

                   函数对任意一个自变量在原点都连续。

                  令$\displaystyle y=\frac{1}{x},$此时，则
                                  $\displaystyle \lim_{y\to0,x\to0}\frac{1}{xy}\sin xy=\lim_{y\to0,x\to0}\frac{1}{x\cdot \frac{1}{x}}\sin (x\cdot \frac{1}{x})=\sin 1\neq f(0,0).$

                   即知函数在原点不连续。

安徽师范大学2021年601数学分析


解：（1）、
                       
                       
                                                                               参考《数学分析精选习题全解》(上)-薛春华,徐森林 编,2009。352题。

       （2）、利用上面结论，有
                          $\displaystyle \because \frac{\mathrm{d} r^{2-n}}{\mathrm{d} r}=(2-n)r^{1-n},$

                           $\displaystyle \frac{\mathrm{d}^2 r^{2-n}}{\mathrm{d} r^2}=(2-n)(1-n)r^{-n},$

                         $\displaystyle \therefore \Delta (r^{2-n})=(2-n)(1-n)r^{-n}+\frac{n-1}{r}\cdot (2-n)r^{1-n}=0.$

安徽师范大学2021年601数学分析


解：
         
         
         


            

安徽师范大学2021年601数学分析


解：
          由于积分在$(0,0)$无连续偏导数，因此分两种情形。

         第一种，$L$不经过原点，则由于有
                                         $\displaystyle \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y},$

                             因此，由格林公式知，曲线积分$\displaystyle I=0.$

         第二种，$L$经过原点，则挖去。作包围原点的小圆：
                                           $\displaystyle x^2+y^2=\epsilon ^2,$

                  小圆外积分为$0$（同上），小圆内曲线$L$上的曲线积分等于沿小圆周长的曲线积分
                                      $\displaystyle I=\frac{1}{\epsilon ^2}\oint_Cxdy-ydx=\frac{1}{\epsilon ^2}\iint_\sigma 2d\sigma =2\pi.$

暨南大学2021年709数学分析


证明：
               由已知方程，求导
                                    $\displaystyle \because (f(x)e^{f(x)})'=(\arctan x)'=\frac{1}{1+x^2}> 0,$

                                     $\displaystyle \therefore f(x)e^{f(x)}\uparrow ,f(x)>0,(x> 0)$

                                    $\displaystyle \Rightarrow e^{f(x)}> 1,$

          对已知方程两边求极限
                                     $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)e^{f(x)}=\lim_{x\to+\infty}\arctan x=\frac{\pi}{2},$

                                      $\displaystyle \therefore f(x)=\frac{\pi}{2}e^{-f(x)}<\frac{\pi}{2},(x> 0)$

暨南大学2021年709数学分析



证明:
                    由已知条件，得
                                    $\displaystyle 0< a_{n+1}=\frac{2(a_n+1)}{a_n+2}=2-\frac{1}{a_n+2}< 2.$

                       而
                                      $\displaystyle a_{n+1}-a_n=\frac{2(a_n+1)}{a_n+2}-a_n=\frac{2a_n+2-a^2_n-2a_n}{a_n+2}=\frac{2-a^2_n}{a_n+2},$

                     有两种情形
                                      $\displaystyle a< \sqrt{2},a_{n+1}-a_n> 0,a_n\uparrow ,$

                                       $\displaystyle a> \sqrt{2},a_{n+1}-a_n<  0,a_n\downarrow ,$

                    无论何种情形，数列均为单调有界，故数列极限存在。设
                                         $\displaystyle \lim_{n \to +\infty}a_n=a,$

                     由已知条件两边求极限，解得
                                          $\displaystyle \Rightarrow \lim_{n \to +\infty}a_n=a=\sqrt{2}.$

暨南大学2021年709数学分析


证明：
                           令
                                    $\displaystyle F(x)=\int_{0}^{x}f(t)dt+\int_{0}^{x}f(t)\cos tdt,$

                            则
                                     $\displaystyle F(0)=F(\pi)=0,$

                       由Roll中值定理，知
                                       $\displaystyle \exists c\in(0,\pi),s.t.F'(c)=f(c)+f(c)\cos c=0,$

                             整理得
                                       $\displaystyle f(c)(1+\cos c)=0,$         

                                       $\displaystyle \because c\in(0,\frac{\pi}{2}],1+\cos c\geq  1\neq 0,$      

                                            $\displaystyle c\in(\frac{\pi}{2},\pi),1+\cos c< 1\neq 0.$         

                             两种情形都成立， 所以有
                                            $\displaystyle \exists \xi\in(0,\frac{\pi}{2}],f(\xi)=0,$

                                            $\displaystyle \exists \eta \in(\frac{\pi}{2},\pi),f(\eta)=0.$

感谢分享

暨南大学2021年709数学分析


解：
              先求系数：
                                  $\displaystyle a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}-\frac{\pi}{4}dx+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{\pi}{4}dx=0.$

                                  $\displaystyle a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}-\frac{\pi}{4}\cos nxdx+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{\pi}{4}\cos nxdx=0.$

                                  $\displaystyle b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{0}-\frac{\pi}{4}\sin nxdx+\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}\frac{\pi}{4}\sin nxdx=\frac{1}{2n}[1-(-1)^n],$

                                   $\displaystyle \therefore f(x)=\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{1}{2n-1}\sin(2n-1)x,$

                              令：$\displaystyle x=\frac{\pi}{3},$得

                                  $\displaystyle \frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{3}}{2}(1-\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{11}+\cdots ).$

                           即有
                                   $\displaystyle \frac{\sqrt{3}\pi}{6}=1-\frac{1}{5}+\frac{1}{7}-\frac{1}{11}+\cdots .$

                                                                                  注：此题是华师大数分教程原题。






                                    

中国科学技术大学极限论试题


解：
       （1）、
                              $\displaystyle \because e=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots +\frac{1}{n!}+\frac{1}{(n+1)!}+\cdots ,$

                              $\begin{align*}\therefore 2\pi n!e&=2\pi n!(1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots +\frac{1}{n!}+\frac{1}{(n+1)!}+\cdots )\\\\&=2(n!+n!+n(n-1)\cdots (n-3)+\cdots +1)\pi+2\pi[\frac{1}{n+1}+\frac{1}{(n+2)(n+1)}+\cdots ],\end{align*}$

                     所以有
                             $\displaystyle \lim_{n \to \infty }n\sin(2\pi n!e)=\lim_{n \to \infty }n\sin[2\pi (\frac{1}{n+1}+o(\frac{1}{n+1}))]=\lim_{n \to \infty }\frac{2\pi n}{n+1}=2\pi.$

         
       （2）、
                             $\displaystyle \because e=1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots +\frac{1}{n!}+\frac{1}{(n+1)!}+\cdots ,$

                             $\begin{align*}\therefore n!e&=n!(1+\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}+\cdots +\frac{1}{n!}+\frac{1}{(n+1)!}+\cdots )\\\\&=(n!+n!+n(n-1)\cdots (n-3)+\cdots +1)+(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{(n+2)(n+1)}+\cdots ),\end{align*}$

                                $\displaystyle [n!e]=(n!+n!+n(n-1)\cdots (n-3)+\cdots +1)+[\frac{1}{n+1}+\frac{1}{(n+2)(n+1)}+\cdots],$

                因此得
                              $\displaystyle \lim_{n \to \infty }(n!e-[n!e])=\lim_{n \to \infty } \left ((\frac{1}{n+1}+\frac{1}{(n+2)(n+1)}+\cdots )-[\frac{1}{n+1}+\frac{1}{(n+2)(n+1)}+\cdots]\right )=0.$

中国科学技术大学极限论试题


证明：
                       $\displaystyle \because \lim_{n \to \infty }\frac{a_n}{n}=0,$

                       $\displaystyle \Rightarrow \exists N,n> N,s.t.\frac{a_N}{n}=0,$

              而
                       $\begin{align*}\frac{\max \{a_1,a_2,\cdots ,a_n\}}{n}&=\max \left \{\frac{\max\{a_1,a_2,\cdots ,a_N\}+\max\{a_{N+1},a_{N+2},\cdots \}}{n}  \right \}\\\\&=\max\{0+0\}=0,(n\to\infty)\end{align*}$

              命题成立。

中国科学技术大学极限论试题


证明：引用知乎上的Toeplitz定理内容：
         


         令
                            $\displaystyle t_i=\frac{2i}{n^2},$

            则
                       $\displaystyle \sum_{i=1}^{n}t_i=\frac{n(n+1)}{n^2}=1,(n\to\infty)$

         由Toeplitz定理，有
                        $\displaystyle \lim_{n \to \infty}\frac{a_1+2a_2+\cdots na_n}{n^2}=\frac{1}{2}\lim_{n \to \infty}\frac{2(a_1+2a_2+\cdots na_n)}{n^2}=\frac{a}{2}.$

中国科学技术大学极限论试题


证明：
                                $\displaystyle \because x_{n+1}\leq x_n+\frac{1}{n^2},$

                                 $\displaystyle \therefore \sum_{k=1}^{n}x_{k+1}\leq \sum_{k=1}^{n}x_k+\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2},$

                                $\displaystyle \Rightarrow x_{n+1}\leq \sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2},$

                                $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }x_{n+1}\leq \lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k^2}< \infty .$