兰州大学2022


解
                     $\begin{align*}I&=\iint_Sx^3dydz+y^3dxdz+z^3dxdy\\\\&=3\iiint_\Omega (x^2+y^2+z^2)dxdydz\\\\&=3\iiint_\Omega (x^2+y^2+(z-1)^2)dxdydz+3\iiint_\Omega(2z-1)dxdydz\\\\&=3\iiint_\Omega (x^2+y^2+(z-1)^2)dxdydz-3\iiint_\Omega dxdydz.\end{align*}$

                     用球面坐标计算即可。

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证明
                     令
                                $\displaystyle \varphi (x)=\frac{f(x)-f(b)}{x-b},$

                     由凸函数的性质，有
                                    $\displaystyle \forall x_1,x_2\in(b-\delta ,b],x_1< x_2.s.t.$

                                       $\displaystyle \varphi (x_1)=\frac{f(x_1)-f(b)}{x_1-b}\leq \frac{f(x_2)-f(b)}{x_2-b}=\varphi (x_2),$

                               即$\displaystyle \varphi (x)$为单调增函数，又因为$(b-\delta ,b]$为有限区间，所以，$\varphi (x)$必有界。从而函数$\varphi (x)$极限存在，也即
                                              $\displaystyle \lim_{x\to b-}\varphi (x_1)=f_-(b).$

                           同样的道理，有
                                                $\displaystyle \lim_{x\to a+}\varphi (x_1)=f_+(a).$

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证明
                    如果函数一致收敛，则由已知条件，可知有
                                      $\displaystyle \forall \varepsilon > 0，\forall x_1,x_2\in[0,+\infty ),\exists \delta > 0,|x_1-x_2|< \delta ,s.t.|f(x_1)-f(x_2)|< \varepsilon .$

                        对于上面的$\displaystyle \varepsilon ,x_1,x_2,\delta$，有
                                        $\displaystyle s.t.|\int_{x_1}^{x_2}f(x)|< \varepsilon .$

                         因为
                                     $\displaystyle |f(x)|=\frac{1}{\delta }|\int_{x_1}^{x_2}f(x)|< \frac{1}{\delta }|\int_{x_1}^{x_2}(f(x)-f(t))dt|+\frac{1}{\delta }|\int_{x_1}^{x_2}f(t)dt|< \frac{1}{\delta }\cdot \delta \varepsilon +\frac{1}{\delta }\cdot \varepsilon =\varepsilon .$

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

                       另一方面，如果上面的结论成立，则
                                      $\displaystyle \forall \varepsilon > 0，\forall x,t,x_1,\in[0,+\infty ),\exists \delta > 0,|x-t|< \delta .$

                           此时
                                       $\displaystyle |f(x)-f(t)|\leq |f(x)|+|f(t)|=\frac{1}{\delta }|\int_{x_1}^{x_1+\delta }f(x)dx|+\frac{1}{\delta }|\int_{x_1}^{x_1+\delta }f(t)dt|< \frac{1}{\delta }\cdot \delta \varepsilon +\frac{1}{\delta }\cdot \delta \varepsilon =\varepsilon .$
                                即能推出函数一致收敛。

                         综合所述。命题成立。

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证明
          （1）、令
                                 $\displaystyle F(x)=\int_{a}^{x}f(t)dt,$

                         显然函数连续，且有，
                                         $\displaystyle F(a)=F(b)=0,$

                              又
                                          $\displaystyle \because \int_{a}^{b}f(x)e^xdx=e^xF(x)|_a^b-\int_{a}^{b}F(x)e^xdx=-\int_{a}^{b}F(x)e^xdx=0,$

                              由积分中值定理，有
                                            $\displaystyle \exists \xi\in(a,b),s.t.F(\xi)e^\xi(b-a)=0.\Rightarrow F(\xi)=0.$

                             于是由Rolle微分中值定理，
                                              $\displaystyle \exists x_1\in(a,\xi),x_2\in(\xi,b),s.t.$

                                                $\displaystyle F'(x_1)=F'(x_2)=0,\Rightarrow f(x_1)=f(x_2)=0.(Rolle)$

                               命题面立。

             （2）、用数学归纳法，即可证明。                                                                 
                                 当$k=2$时，由（1）可知命题成立；
                                 假设当$k=n$时，$f(x)$在区间内至少有$n$个相异的零点；
                                 那么，当$k=n+1$时，同样设
                                                $\displaystyle F(x)=\int_{a}^{x}f(t)dt,$

                         显然函数连续，且有，
                                                     $\displaystyle F(a)=F(b)=0,$

                              运用分步积分，
                            $\displaystyle \int_{a}^{b}f(x)e^{nx}dx=e^{nx}F(x)|_a^b-n\int_{a}^{b}F(x)e^{nx}dx=-n\int_{a}^{b}F(x)e^{nx}dx=0.$

                           于是，由假设，运用Rolle中值定理，可知，$F(x)$在区间内至少存在$n+2$个相异零点，则$f(x)$在区间内至少存在$n+1$个相异零点.

兰州大学2022数学分析


     

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山东科技大学2018年硕士研究生712数学分析自命题试题


解
                        $\displaystyle \lim_{x\to0}\frac{\tan^2 x}{\sqrt{1+x\sin x}-1}=\lim_{x\to0}\frac{\tan^2 x}{\frac{1}{2}x\sin x}=2.$

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解
                   $\displaystyle \because a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\frac{\alpha }{a_n}),a_1,\alpha > 0.$
                    $\displaystyle  \therefore a_{n+1}\geq \frac{1}{2}\cdot 2\sqrt{a_n}\cdot \sqrt{\frac{\alpha }{a_n}}\geq \sqrt{\alpha }.$

              又
                       $\displaystyle a_{n+1}=\frac{1}{2}(a_n+\frac{\alpha }{a_n})=\frac{a_n^2+\alpha }{2a_n},$

               因此
                        $\displaystyle \frac{a_{n+1}}{a_n}=\frac{a_n^2+\alpha }{2a^2_n}\leq \frac{2a^2_n}{2a^2_n}=1.$

                                $\displaystyle \Rightarrow \{a_n\}\downarrow .$

                     数列$\{a_n\}$单调有界，有极限。可令
                                             $\displaystyle \lim_{n \to \infty }=l.$

                         由已知，得
                                              $\displaystyle l=\frac{1}{2}(l+\frac{\alpha }{l}),\Rightarrow \lim_{n \to \infty }=l=\sqrt{\alpha }.$

山东科技大学2018年硕士研究生712数学分析自命题试题


解
                         $\displaystyle 2y\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}+\frac{2}{y}\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\sin 2x,$

                            $\displaystyle   \frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}=\frac{y\sin 2x}{2(y^2+1)}.$

                             $\displaystyle  \frac{\mathrm{d}^2y}{\mathrm{d}x^2}=\frac{(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\sin 2x+2y\cos 2x)(y^2+1)-2y^2\cos 2x }{2(y^2+1)^2}=\cdots .$

山东科技大学2018年硕士研究生712数学分析自命题试题



解
      （1）、
                                $f(0)=0,x^\alpha \rightarrow 0,(x\to0)$

                    如果函数在$x=0$处连续，则必须有
                                        $\Rightarrow \alpha > 0.$                       

      （2）、
                    若函数在$x=0$有极限，则左右极限存在，且相等。
                                   $\lim_{x\to0^+}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0^+}\frac{1-\cos x-0}{x-0}=\lim_{x\to0^+}\frac{\frac{1}{2}x^2}{x}=0,$

                                   $\lim_{x\to0^-}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to0^-}\frac{x^\alpha -0}{x-0}=\lim_{x\to0^-}x^{\alpha -1}=0,$

                              如此必有
                                             $\alpha > 1.$

                                 且，
                                             $f'(0)=f'(0+)=f'(0-)=0.$

山东科技大学2018年硕士研究生712数学分析自命题试题


解
                          $\begin{align*}I&=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{xdx}{1-\cos 2x }=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{xdx}{2\sin ^2x }\\\\&=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{xdx}{2\cos ^2x\tan ^2x }\\\\&=-\frac{x}{2\tan x}|_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}+\frac{1}{2}\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{dx}{\tan x}\\\\&=\frac{\pi}{4}+\frac{1}{2}\ln\sin x|_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\\\\&=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{4}\ln2.\end{align*}$

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证明
                   令
                                   $\displaystyle F(x)=xf(x)+(1-x)[f(1)-2\int_{0}^{\frac{1}{2}}xf(x)dx].$

                     则
                                  $\displaystyle F(x)\in C[0,1],$$F(x)$在$(0,1)$内可导。于是有
                                          
                                      $\displaystyle F(0)=0,F(1)=f(1)-2\int_{0}^{\frac{1}{2}}xf(x)dx=0.$

                      由Rolle定理，得
                                        $\displaystyle \exists \xi\in(0,1),s.t.F'(\xi)=f(\xi)+\xi f'(\xi)=0.$

                                           $\displaystyle \therefore f'(\xi)=-\frac{f(\xi)}{\xi}.$

                             命题成立。(错误，待纠正)

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解
        （1）、
                      由已知
                                       $\displaystyle g(x)=\int_{0}^{1}f(xt)dt=\int_{0}^{1}\frac{f(xt)}{x}d(xt)=\frac{1}{x}\int_{0}^{x}f(u)du,$

                               由于有
                                                     $\displaystyle \lim_{u\to0}f(u)=\lim_{u\to0}\frac{f(u)}{u}\cdot u=0,$

                                     $g(x)$为正常积分。
                                                       $\displaystyle \therefore g'(x)=\frac{xf(x)-\int_{0}^{x}f(u)du}{x^2}.$
                        
          （2）、
                             由已知$f(x)$连续，所以
                                                        $\displaystyle g(0)=\lim_{x\to0}g(x)=\lim_{x\to0}\frac{1}{x}\int_{0}^{x}f(u)du=f(0).$

                                  由导数定义得
                             $\displaystyle g'(0)=\lim_{x\to0}\frac{g(x)-g(0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{\frac{1}{x}\int_{0}^{x}f(u)du-f(0)}{x}=\lim_{x\to0}\frac{\int_{0}^{x}f(u)du-xf(0)}{x^2}=\frac{1}{2}f'(0).$

                                 而由（1）可得
                              $\displaystyle \lim_{x\to0}g'(x)=\lim_{x\to0}\frac{xf(x)-\int_{0}^{x}f(u)du}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{f(x)+xf'(x)-f(x)}{2x}=\frac{1}{2}f'(0),$

                            由此，$g'(x)$在$x=0$连续。

山东科技大学2018年硕士研究生712数学分析自命题试题


解
         1、
                             $\begin{align*}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n-1}}{n(n+1)}&=\sum_{n=1}^{\infty }(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})x^{n-1}\\\\&=(\sum_{n=1}^{\infty }x^n)'-\frac{1}{x}(\sum_{n=0}^{\infty }x^n)'\\\\&=(\frac{x}{1-x})'-\frac{1}{x}(\frac{1}{1-x})'\\\\&=\frac{x-1}{x}\cdot \frac{1-x+1}{(1-x)^2}\\\\&=\frac{x-2}{x(1-x)}.\end{align*}$

       2、                    由
                                 $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)2^n}=\frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)2^{n-1}},$

                   利用1、的结论，令
                                                    $\displaystyle x=\frac{1}{2},$

                          因此
                                      $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n(n+1)2^n}=\frac{1}{2}\cdot \frac{\frac{1}{2}-2}{\frac{1}{2}(1-\frac{1}{2})}=-3.$

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解：
                  因为
                  $\displaystyle \lim_{\underset{y\to0}{x\to0}}f(x,y)=\lim_{\underset{y\to0}{x\to0}}\frac{x^2y^2}{(x^2+y^2)^{1/2}}\leq \lim_{\underset{y\to0}{x\to0}}\frac{1}{2}(x^2+y^2)^{3/2}=0.$

                                   $\displaystyle \therefore \lim_{\underset{y\to0}{x\to0}}f(x,y)=0=f(0,0).$

                       即$f(x,y)$在原点连续，从而在定义域内连续。

                       又
                               $\displaystyle f_x'(0,0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x-0}=\lim_{x\to0}\frac{0-0}{x}=0.$

                            同理得
                                                $\displaystyle f_y'(0,0)=0,$

                             所以函数在原点偏导数存在。

                        注：本题似有误，由所给函数式不能得到函数在原点不可微的结论（分子次方不应大于2次）。

山东科技大学2018年硕士研究生712数学分析自命题试题


证明
          1、
                          令
                                                $\displaystyle \xi=x^2-y^2,\eta =2xy,$

                                                $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x}=2x\frac{\partial z}{\partial \xi}+2y\frac{\partial z}{\partial \eta }.$

                                                $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial y}=-2y\frac{\partial z}{\partial \xi}+2x\frac{\partial z}{\partial \eta }.$

                                          $\displaystyle \frac{\partial^2 z}{\partial x^2}=2\frac{\partial z}{\partial \xi}+2x(2x\frac{\partial^2 z}{\partial \xi^2}+2y\frac{\partial^2z}{\partial \xi\partial \eta})+2y(2x\frac{\partial^2 z}{\partial \eta \partial \xi}+2y\frac{\partial^2 z}{\partial \eta^2}).$

                                           $\displaystyle \frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=-2\frac{\partial z}{\partial \xi}-2y(-2y\frac{\partial^2 z}{\partial \xi^2}+2x\frac{\partial^2z}{\partial \xi\partial \eta})+2x(-2y\frac{\partial^2 z}{\partial \eta \partial \xi}+2x\frac{\partial^2 z}{\partial \eta^2}).$

                               于是有
                                            $\displaystyle \frac{\partial^2 z}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 z}{\partial y^2}=0.$
       2、
                             由泊松积分
                                                $\displaystyle \because \int_{0}^{+\infty}e^{-\alpha x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi }}{2\sqrt{\alpha }}.$

                                                $\displaystyle \therefore I(\alpha )=
\int_{0}^{+\infty}\sqrt{\alpha }e^{-\alpha x^2}dx=\frac{\sqrt{\pi }}{2}.$

                               由此可知，含参积分收敛。
                       由一致收敛判别法，当$\displaystyle \forall \alpha \geq 0,\exists A> 0$时，由于
                                   $\displaystyle \lim_{\alpha \to0^+}\int_{A}^{+\infty}\sqrt{\alpha }e^{-\alpha x^2}dx\overset{t=\sqrt{\alpha} x}{=}\lim_{\alpha \to0^+}\int_{\sqrt{\alpha }A}^{+\infty}e^{-t^2}dt=\int_{0}^{+\infty }e^{-t^2}dt=\frac{\sqrt{\pi}}{2}.$

                         所认对于
                                         $\displaystyle 0< \varepsilon _0< \frac{\sqrt{\pi}}{2},\exists \alpha _0> 0,s.t.$

                                          $\displaystyle \int_{A}^{+\infty}\sqrt{\alpha_0}e^{-\alpha x^2}dx> \varepsilon _0.$

                            故积分不一致收敛。

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解
                 用球面坐标，得
                               $\displaystyle F(t)=\underset{x^2+y^2+z^2\leq t^2}{\iiint} f(x^2+y^2+z^2)dxdydz=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\pi}\sin \varphi d\varphi \int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr=4\pi\int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr.$

                 由泰勒展开得
                                        $\displaystyle \ln(1+4\pi t)=4\pi t+o(t),e^{5t}-1=5t+o(t),$

                   再代入计算极限，并由已知条件，得
                                          $\begin{align*}\lim_{t\to0^-}[\frac{F(t)}{t^5}-\frac{\ln(1+4\pi t)}{e^{5t}-1}]&=\lim_{t\to0^-}\frac{4\pi\int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr\cdot 4\pi t-4\pi t\cdot t^5}{t^5\cdot 5t}\\\\&=\lim_{t\to0^-}\frac{4\pi\int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr\cdot 4\pi -4\pi \cdot t^5}{t^5\cdot 5}\\\\&=\frac{4\pi}{5}\lim_{t\to0^-}\frac{4\pi\int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr - t^5}{t^5}\\\\&=\frac{4\pi}{5}\lim_{t\to0^-}\frac{4\pi\int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr - t^5}{t^5}\\\\&=\frac{4\pi}{5}\lim_{t\to0^-}\frac{4\pi\cdot f(t^2)t^2-5t^4}{5t^4}\\\\&=\frac{4\pi}{5}\lim_{t\to0^-}\frac{4\pi\cdot f(t^2)-5t^2}{5t^2}\\\\&=\frac{4\pi}{5}\lim_{t\to0^-}\frac{4\pi\cdot f'(t^2)t-5t}{5t}\\\\&=\frac{4\pi}{5}\lim_{t\to0^-}\frac{4\pi\cdot f'(t^2)-5}{5}\\\\&=\frac{4\pi(4\pi-5)}{25}.\end{align*}$

山东科技大学2018年硕士研究生712数学分析自命题试题


解
                         显然
                                     $\overrightarrow{n}=\{0,0,1\},$

                          所以，有
                                     \begin{align*}\iint _\Sigma \begin{vmatrix}
0 &0  &1 \\
\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z}\\
3y & -xz & yz^2
\end{vmatrix}dS&=\iint _\Sigma (z+2)dS\\\\&=\iint _\Sigma \frac{1}{2}(x^2+y^2)\sqrt{1+x^2+y^2}dxdy+8\pi\\\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{2}r^3\sqrt{1+r^2}dr+8\pi\\\\&=\frac{14}{3}\sqrt{5}\pi+8\pi.\end{align*}$

山东科技大学2018年硕士研究生712数学分析自命题试题


解
                   先添加三个坐标平面，方向向坐标平面负向，使之与已给曲面在第一象限区成闭合曲面，在闭合曲面上运用高斯公式计算。再减对三个添加平面的曲面积分（均为0）.即
                                   $\begin{align*}I&=\iint_\Sigma =\oint \int_{\Sigma+x^-+y^-+z^-}+\iint_{x^+}+\iint_{y^+}+\iint_{z^+}\\\\&=\oint \int_{\Sigma+x^-+y^-+z^-}=3\iiint_\Omega (x^2+2y^2+3z^2)dV.\end{align*}$

                      再运用球面坐标计算，有
                                           $x=r\sin \varphi \cos \theta ,y=r\sin \varphi \sin \theta ,z=r\cos \varphi ,J=r^2\sin \varphi .$

                                     $\begin{align*}I&=3\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin \varphi \int_{0}^{1}r^4dr\\\\&+3\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin \varphi \int_{0}^{1}r^4\cos ^2\varphi (\sin ^2\theta +1)dr \\\\&+3\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin \varphi \int_{0}^{1}r^4\cos ^2\varphi dr=\cdots .\end{align*}$

厦门大学2023数学分析


证明
                首先
                            $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }(a_n+ka_{n-1}+\cdots +k^{n-1}a_0)&=\lim_{n \to \infty }a_n(1+k+\cdots +k^{n-1})\\\\&+\lim_{n \to \infty }[k(a_{n-1}-a_n)+k^2(a_{n-2}-a_n)+\cdots +k^{n-1}(a_0-a_n)]\\\\&=\frac{a}{1-k}+\lim_{n \to \infty }[k(a_{n-1}-a_n)+k^2(a_{n-2}-a_n)+\cdots +k^{n-1}(a_0-a_n)].\end{align*}$

                  而
                              $\begin{align*}k^{n-1}(a_0+a_1+\cdots +a_{n-1}-na_n)&\leq k(a_{n-1}-a_n)+k^2(a_{n-2}-a_n)+\cdots +k^{n-1}(a_0-a_n)\\\\&\leq k(a_0+a_1+\cdots +a_{n-1}-na_n).\end{align*}$
                接下来我们只要证明
                               $\displaystyle \lim_{n \to \infty }k(a_{n-1}-a_n)+k^2(a_{n-2}-a_n)+\cdots +k^{n-1}(a_0-a_n)=0.$

                    即可。
                              令
                                      $\displaystyle S_n=a_0+a_1+\cdots +a_{n-1},$

                                        $\displaystyle \because \lim_{n \to \infty }\frac{S_n}{n}=\lim_{n \to \infty }\frac{S_n-S_{n-1}}{n-(n-1)}=\lim_{n \to \infty }a_{n-1}=a,$

                         由此可以得到
                                              $\displaystyle \lim_{n \to \infty }(a_0+a_1+\cdots +a_{n-1}-na_n)=0.$

                              从而由前面的不等式，得到
                                               $\displaystyle \lim_{n \to \infty }k(a_{n-1}-a_n)+k^2(a_{n-2}-a_n)+\cdots +k^{n-1}(a_0-a_n)=0.$

                                 即证。

厦门大学2023数学分析


证明
                      类似的考题已经有多所学校采用过。解题方法主要是利用函数二阶连续可微，对一次微分运用Lagrange微分中值定理。由已知极值条件，设函数在$\displaystyle x_0\in(0,1)$取得极大值，即有$f(x_0)=0$.

                      由Lagrange中值定理，得
                                    $\displaystyle f'(0)=f'(x_0)+f''(\xi_1)(0-x_0),\xi_1\in(0,x_0)$

                                     $\displaystyle f'(1)=f'(x_0)+f''(\xi_2)(1-x_0),\xi_2\in(x_0,1)$

                           对上述两个等式，分别取绝对值，并适当放大，得
                                        $\displaystyle |f'(0)|=|f'(x_0)+f''(\xi_1)(0-x_0)|\leq x_0|f''(\xi_1)|=x_0M.$

                                         $\displaystyle |f'(1)|=|f'(x_0)+f''(\xi_2)(1-x_0)|\leq (1-x_0)|f''(\xi_2)|=(1-x_0)M.$

                              两式相加
                                               $\displaystyle \therefore |f'(0)|+|f'(1)|\leq x_0M+(1-x_0)M=M.$

厦门大学2023数学分析


证明
                  由已知，数项级数$\sum_{n=1}^{+\infty}a_n$收敛。所以满足柯西收敛定理，即有
                                              $\forall \varepsilon > 0,\exists N,n> N,s.t.$

                                              $|\sum_{k=1}^{p}a_{n+k}|<\varepsilon.$

                    而对所给函数项级数
                                              $\forall x\in[0,+\infty ),\forall \varepsilon > 0,\exists N,n> N,s.t.$

                                              $|\sum_{k=1}^{p}\frac{a_{n+k}}{(n+k)^x}|< \frac{1}{(n+1)^x}|\sum_{k=1}^{p}a_{n+k}|< \frac{\varepsilon }{(n+1)^x}.$
                                             
                       由柯西定理，数项级数一致收敛。

厦门大学2023数学分析


证明
                    由已知，有
                                        $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }f(x)f'(x)dx\leq \int_{0}^{+\infty }\frac{f^2(x)+f'^2(x)}{2}dx< \infty ,$

                          又，由积分性质，一定能推出下列结论
                                           $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)f'(x)=A\Rightarrow A=0.$

                                    用反证法。不妨假设$A> 0$,
                                   此时有，
                                                      $\displaystyle \exists X,as x> X,s.t.f(x)f'(x)> \frac{A}{2},$

                                    于是便有
                                                          $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }f(x)f'(x)dx> \frac{A}{2}\lim_{x\to+\infty}x=+\infty .$

                                  显然与积分收敛矛盾。同理，如果$\displaystyle A<0$,也有相似结论。因此必有$A=0.$

                                   即有
                                                       $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}f(x)f'(x)=0.$

                                    由此有两种情况 ，一是
                                                        $\displaystyle \forall x\in[0,+\infty),f(x)f'(x)=0\Rightarrow f(x)=0,f‘(x)=0.$

                                              另一种情况是
                                                          $\displaystyle \forall x\in[0,+\infty),f(x)f'(x)=0\Rightarrow f'(x)=0\Rightarrow f(x)=C=0.$

                                      这里，$C$为常数，且一定为零。因为由已知第一个条件,如果$C$不为零，必发散。

                                        综合，结论成立。

厦门大学2023数学分析


证明
                       这道题还真不太好证明，我看到一个网上的证法，比较复杂，还不太容晚想到。在这里我用积分中值定理给出一个简单的证明，不知道可否。

                            $\begin{align*}\lim_{p\to0^+}\left ( \frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f^p(x)dx\right )^\frac{1}{p}&=\lim_{p\to0^+}\exp\left \{\frac{\displaystyle \ln\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f^p(x)dx}{p}\right \}\\\\&=\exp \left \{\lim_{p\to0^+}\frac{\displaystyle \ln\frac{f^p(\xi)}{b-a}\int_{a}^{b}dx}{p}\right \}\\\\&=\exp \ln f(\xi)\\\\&=\exp \left ( \frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}\ln f(x)dx\right ).\end{align*}$

                              其中$\displaystyle \xi\in(a,b).$

厦门大学2023数学分析



解：
                         可以利用柯西不等式
                                    $\displaystyle \because 1=\left ( \frac{x_1}{a_1}+\frac{x_2}{a_2}+\cdots +\frac{x_n}{a_n}\right )^2\leq (x_1^2+x_2^2+\cdots +x_n^2)\left ( \frac{1}{a_1^2}+\frac{1}{a_2^2}+\cdots +\frac{1}{a_n^2}\right ).$

                          由不等式性质，当
                                                 $\displaystyle x_i=\frac{1}{a_i}(\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_i^2})^{-1},$

                             时，有等号成立，即极小值。
                                                 $\displaystyle f_\min =(\sum_{i=1}^{n}\frac{1}{a_i^2})^{-1}.$

厦门大学2023数学分析


解
                 发散。这里只要证明两个积分
                                 $\displaystyle \int_{1}^{+\infty }dx\int_{1}^{+\infty }\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}dy\neq  \int_{1}^{+\infty }dy\int_{1}^{+\infty }\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}dx.$
                  即可。（略）

厦门大学2023数学分析


解
                    补两个平面$z=0$，方向向上，和$z=2$，方向向下，与原曲面组成闭合曲面，用高斯 公式计算即可。（略）

电子科技大学2009数学分析


解
      1、
                   由已知，有$\displaystyle a_n> a_{n-1},\{a_n\}\uparrow $,

                      由归纳法可以证明：$\displaystyle \sqrt{5}< a_{n}< 5.$

                           所给数列$\{a_n\}$单调有界。有极限。令
                                                             $\displaystyle \lim_{n \to \infty }a_n=l.$

                                则
                                                $\displaystyle l=\sqrt{5+l},$

                                                 $\displaystyle l=\frac{1+\sqrt{21}}{2}.$

                     即
                                      $\displaystyle \lim_{n \to \infty }a_n=\frac{1+\sqrt{21}}{2}.$

        2、
                                 $\displaystyle\lim_{x\to\infty }(\frac{x+1}{x-1})^{\frac{2x^2-1}{x+1}}=\lim_{x\to\infty }(1+\frac{2}{x-1})^{\displaystyle\frac{x-1}{2}\cdot \frac{2}{x-1}\cdot \frac{2x^2-1}{x+1}}=e^4.$

        3、
                                 $\displaystyle y=\ln(1-x^2),y'=\frac{-2x}{1-x^2},$
                   $\displaystyle l=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\sqrt{1+y'^2}dx=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\sqrt{1+\frac{4x^2}{(1-x^2)^2}}dx=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{1+x^2}{1-x^2}dx=\int_{0}^{\frac{1}{2}}(\frac{2}{1-x^2}-1)dx=\ln\frac{1+x}{1-x}|_0^\frac{1}{2}-\frac{1}{2}=\ln3-\frac{1}{2}.$

电子科技大学2009数学分析


解
     1、
                     $\displaystyle x=1,y=1.y'(1)=1.$

     2、
                     $\displaystyle d^2y=\frac{2y(x+y)^2}{(2xy+x^2)^2}dx^2.$

     3、

电子科技大学2009数学分析


解
       1、
                           $\displaystyle I=\int_{0}^{1}\frac{x^b-x^a}{\ln x}dx=\int_{a}^{b}dy\int_{0}^{1}x^ydx=\ln\frac{1+b}{1+a}.$

       2、