同济大学2021年数学分析真题

证明：
                              $\displaystyle \because |g(x_1)-g(x_2)|\leq |g(x_1)-f(x_1)|+|f(x_2)-g(x_2)|+|f(x_1)-f(x_2)|,$

                 由已知条件，可知有
                                    $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,\exists X\in[a,+\infty),x_1,x_2> X,s.t.$

                                      $\displaystyle |f(x_2)-g(x_2)|< \frac{\varepsilon }{3},|f(x_1)-f(x_2)|< \frac{\varepsilon }{3},$

                  对上述$\varepsilon,x_1,x_2$，
                                            $\displaystyle \exists \delta > 0,\forall x_1,x_2\in [a,+\infty),|x_1-x_2|< \delta ,s.t.$

                                                    $\displaystyle |f(x_1)-f(x_2)|< \frac{\varepsilon}{3} ,$

                                       $\begin{align*}\therefore |g(x_1)-g(x_2)|&\leq |g(x_1)-f(x_1)|+|f(x_2)-g(x_2)|\\\\&+|f(x_1)-f(x_2)|<  \frac{\varepsilon }{3}+ \frac{\varepsilon }{3}+ \frac{\varepsilon }{3}=\varepsilon .\end{align*}$

                          命题成立。

同济大学2021年数学分析真题


解：
               当$\alpha > 2$时，在函数间断点$x=0$连续。从而在$R$上连续。由于$\alpha > 2$时，函数在$[-1，1]$上连续，有界，因而可积。

同济大学2021年数学分析真题

证明：
                此题与下一题的证明思路相同，利用点的邻域内函数的单调有界性质，证明左右极限存在。

同济大学2021年数学分析真题

证明：
                   开区间上的凸函数，在区间内每个点的邻域内是单调有界的，因此在每个点上极限存在，也即函数连续。

同济大学2021年数学分析真题



证明：
             将函数在特殊点泰勒展开
                                              $\displaystyle f(x+h)=f(x)+f'(x)h+\frac{1}{2}f''(\eta_1)h^2,\eta_1\in (x,x+h)$

                                               $\displaystyle f(x-h)=f(x)+f'(x)h-\frac{1}{2}f''(\eta_1)h^2,\eta_2\in (x-h,x)$

                  两式相减，得
                                              $\displaystyle f(x+h)-f(x-h)=2f'(x)h+\frac{1}{2}h^2(f''(\eta_1)-f''(\eta_2)),$

                                               $\displaystyle \because M^k=\sup |f^k(x)|,k=0,1,2$

                       所以有
                               $\displaystyle 0\leq |\frac{1}{2}h^2(f''(\eta_1)-f''(\eta_2))+2f'(x)h-(f(x+h)-f(x-h))|\leq M_2h^2+2M_1h+2M_0,$

                         由二次多项式根与系数关系，有
                                                $\displaystyle \Delta =4M_1^2-8M_0M_2\leq 0,$

                               因此，有
                                                    $\displaystyle \Rightarrow M_1^2\leq 2M_0M_1< +\infty .$

同济大学2021年数学分析真题


证明
                         当$x\geq 1$时，有
                                               $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }f(x)dx\leq \int_{0}^{+\infty }xf(x)dx< \infty ,$

                              此时，积分$\displaystyle \int_{0}^{+\infty }f(x)dx$收敛。设辅助函数
                                                 $\displaystyle F(x)=\int_{0}^{x}tf(t)dt-\frac{1}{2}(\int_{0}^{x}f(t)dt)^2,$

                                                  $\displaystyle \because 0< f(x)< 1,$

                                  $\displaystyle \therefore F'(x)=xf(x)-f(x)\int_{0}^{x}f(t)dt=(x-\int_{0}^{x}f(t)dt)f(x)> 0,$

                                            $\displaystyle \Rightarrow F(x)=\int_{0}^{x}tf(t)dt-\frac{1}{2}(\int_{0}^{x}f(t)dt)^2> F(0)=0.$

                                             $\displaystyle \therefore \frac{1}{2}(\int_{0}^{+\infty }f(x)dx)^2< \int_{0}^{+\infty }xf(x)dx,(t\to+\infty)$

同济大学2021年数学分析真题

解：
                  利用泰勒展开
                                  $\displaystyle \lim_{n \to +\infty }n^2(\sin \frac{\pi}{n}-\sin \frac{\pi}{n+1})=\lim_{n \to +\infty }n^2(\frac{\pi}{n}+o(\frac{\pi}{n})-\frac{\pi}{n+1}-o(\frac{\pi}{n+1}))=\pi.$

同济大学2021年数学分析真题

证明：
                       由已知条件，可知
                                            $\displaystyle \because \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=0,\therefore \lim_{x\to 0}f(x)=0,f'(0)=0.$

                            将级数项泰勒展开
                                             $\displaystyle f(\frac{1}{n})=f(0)+\frac{1}{n}f'(0)+\frac{1}{n^2}f''(\xi)=\frac{1}{n^2}f''(\xi),\xi\in(-1,1)$

                               再由函数有连续的二险导数，所以有界，从而有
                                              $\displaystyle \because |f''(\xi)|\leq M,\therefore |f(\frac{1}{n})|\leq \frac{M}{n^2}.$

                                 因而
                                              $\displaystyle \Rightarrow |\sum_{n=1}^{\infty }f(\frac{1}{n})|\leq M\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2}=M\frac{\pi^2}{6}< \infty .$

                                级数绝对收敛。

同济大学2021年数学分析真题


证明：
                         令
                                      $\displaystyle u(x)=\frac{x^n}{n^2\ln(1+ n)},$
                               当
                                        $\displaystyle \forall x\in[-1,1],n\geq 2,$

                         时，由于
                                       $\displaystyle |u(x)|=|\frac{x^n}{n^2\ln(1+ n)}|\leq \frac{1}{n^2}\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                           所以，$f(x)$在$x\in[-1,1]$上一致连续，$f(x)$在$x\in[-1,1]$上连续。

                                 又因为
                                           $\displaystyle u'(x)=\frac{x^{n-1}}{n\ln(1+ n)}$
                              
                                    在$(-1,1)$上收敛。$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }u'(x)$在$x=-1$收敛,$[-1,0]$上一致收敛。因此有
                                            $\displaystyle f'(x)=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n-1}}{n\ln(1+ n)},x\in[-1,0]$

                                  从而有
                  $\displaystyle \lim_{x\to1^-}f'(x)=\lim_{x\to1^-}\sum_{n=1}^{\infty }\frac{x^{n-1}}{n\ln(1+ n)}=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n\ln(1+ n)}=+\infty ,$

                                在$x=1$，对$f(x)$求导数，得
                                       $\displaystyle \lim_{x\to 1}\frac{f(x)-f(1)}{x-1}=\lim_{x\to 1}f'(x)=+\infty,$

                                    不可导。

同济大学2021年数学分析真题


证明：
                  由已知
                                  $\displaystyle \because \int_{0}^{+\infty }t^af(t)dt< \infty ,\int_{0}^{+\infty }t^bf(t)dt< \infty ,$

                                   $\displaystyle \therefore \forall \varepsilon > 0,\exists A_0> 0,A_1> A_0,A_2> A_0,s.t.$

                                    $\displaystyle |\int_{A_1}^{+\infty }t^af(t)dt|< \varepsilon ,|\int_{A_2}^{+\infty }t^bf(t)dt|< \varepsilon,$

                        对于上面的$\varepsilon ,A_0$，不妨设$A_2> A_1> A_0$，

                          当$b> a> 0,$时有
$\displaystyle |\int_{A_1}^{A_2}t^\lambda f(t)dt|\leq |\int_{A_1}^{+\infty }t^\lambda f(t)dt|+|\int_{A_2}^{+\infty }t^\lambda f(t)dt|\leq |\int_{A_1}^{+\infty }t^b f(t)dt|+|\int_{A_2}^{+\infty }t^b f(t)dt|< \varepsilon ,$

                          当$0> b> a,$时有
                              $\displaystyle |\int_{A_1}^{A_2}t^\lambda f(t)dt|\leq |\int_{A_1}^{+\infty }t^a f(t)dt|+|\int_{A_2}^{+\infty }t^a f(t)dt|< \varepsilon ,$

                           当$b> 0,a< 0,$时有
                                $\displaystyle |\int_{A_1}^{A_2}t^\lambda f(t)dt|\leq |\int_{A_1}^{+\infty }t^b f(t)dt|+|\int_{A_2}^{+\infty }t^b f(t)dt|< \varepsilon ,$

                             因此，积分$\displaystyle \int_{0}^{+\infty }t^\lambda f(t)dt$在$\lambda \in [a,b]$上一致收敛.

南开大学2019年数学分析真题


解：
                  由方向导数的定义，得
                              $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial l}|_{(P)}=\frac{\partial f}{\partial x}\cos \alpha +\frac{\partial f}{\partial y}\cos \beta  +\frac{\partial f}{\partial z}\cos \gamma =\sqrt{2}(x-y),$

                   因为动点$P$满足椭球方程这个条件，所以利用拉格朗日条件极值法，令
                              $\displaystyle F(x,y,z)=\sqrt{2}(x-y)+L(x^2+2y^2+3z^2-1),$

                               $\displaystyle F'_x=\sqrt{2}+2Lx=0,F'_y=-\sqrt{2}+4Ly=0,F'_z=6Lz=0.$
  
                            解之得
                                      $\displaystyle z=0,x=-2y,$

                                      $\displaystyle x=\pm \frac{\sqrt{6}}{3},y=\mp \frac{\sqrt{6}}{6},$

                         比较大小，有
                          $\displaystyle P_1(\frac{\sqrt{6}}{3},-\frac{\sqrt{6}}{6},0),\frac{\partial f}{\partial l}|_{\max} =\sqrt{3},$

                        $\displaystyle P_2(\frac{-\sqrt{6}}{3},\frac{\sqrt{6}}{6},0),\frac{\partial f}{\partial l}|_{\min }=-\sqrt{3},$

南开大学2019年数学分析真题


证明：
                 由已知，有
                                    $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }f^2(x)\leq M< \infty ,x\in I,M> 0$

                      由许瓦兹不等 式， 所以
                                   $\displaystyle (\sum_{n=1}^{\infty }\frac{f(x)}{n^p})^2\leq \sum_{n=1}^{\infty }f^2(x)\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{2p}}\leq M\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^{2p}}< \infty .$
                        
                           即，
                                   $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{f(x)}{n^p}$在$I$上收敛。从而有

                                    $\displaystyle \frac{f(x)}{n^{p}}\rightarrow 0,(n \to \infty )$
                              
                            因此
                                       $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }\frac{f(x)}{n^p}$在$I$上一致收敛。
                                 

南开大学2019年数学分析真题



证明：
                 当$\displaystyle \alpha > 1,\beta > 0$时，有

                 $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\int_{1}^{x}\frac{1}{x^\alpha +t^\beta }dt< \lim_{x\to+\infty}\int_{1}^{x}\frac{1}{x^\alpha +1 }dt=\lim_{x\to+\infty}\frac{x-1}{x^\alpha +1}=0.$

                 对于$\displaystyle \beta > 1,\alpha > 0$时，有
                     $\displaystyle \exists \alpha',s.t. 0< \alpha'< \alpha ,$

                  将极限分为两段
              $\displaystyle \lim_{x\to+\infty}\int_{1}^{x}\frac{1}{x^\alpha +t^\beta }dt=\lim_{x\to+\infty}\int_{1}^{x^{\alpha '}}\frac{1}{x^\alpha +t^\beta }dt+\lim_{x\to+\infty}\int_{x^{\alpha '}}^{x}\frac{1}{x^\alpha +t^\beta }dt.$

                  如此，
                $\displaystyle \because \lim_{x\to+\infty}\int_{1}^{x^{\alpha '}}\frac{1}{x^\alpha +t^\beta }dt\leq \lim_{x\to+\infty}\frac{x^{\alpha '}-1}{x^\alpha +1}=0,$

                $\displaystyle \because \lim_{x\to+\infty}\int_{x^{\alpha '}}^{x}\frac{1}{x^\alpha +t^\beta }dt\leq \lim_{x\to+\infty}\int_{x^{\alpha '}}^{x}\frac{1}{t^\beta }dt=\lim_{x\to+\infty}\frac{x^{1-\beta }-x^{\alpha '(1-\beta )}}{1-\beta }=0.$

                   $\displaystyle \therefore \lim_{x\to+\infty}\int_{1}^{x}\frac{1}{x^\alpha +t^\beta }dt=0.$

                 综上所得，命题成立。

南开大学2019年数学分析真题


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

                   分部积分，得
                                $\displaystyle \int_{0}^{1}f^2(x)dx=f(x)F(x)|_0^1-\int_{0}^{1}f'(x)F(x)dx=-\int_{0}^{1}f'(x)F(x)dx,$

                      再由
                         $\displaystyle 2|F(x)|=|F(x)-F(0)|+|F(x)-F(1)|=|\int_{0}^{x}f(t)dt|+|\int_{x}^{1}f(t)dt|\leq \int_{0}^{1}|f(x)|dx.$

       $\displaystyle \therefore 2\int_{0}^{1}f^2(x)dx=|-2\int_{0}^{1}f'(x)F(x)dx|< 2\int_{0}^{1}|f'(x)||F(x)|dx< \int_{0}^{1}|f'(x)|dx\int_{0}^{1}|f(x)|dx.$

南京大学2018年数学分析


证明：
                由方向导数公式，得
                              $\begin{align*}I&=\int_\Omega u\frac{\partial u}{\partial n}=\int_\Omega  u(\sum_{i=1}^{n}\frac{\partial u}{\partial x_i}\cos \alpha_i)dS\\\\&=\int_\Omega  u(\sum_{i=1}^{n}\frac{\partial u}{\partial x_i}dx_1\cdots dx_{i-1}dx_{i+1}\cdots dx_n),\end{align*}$

                    再利用高斯公式,有
                               $\displaystyle I=\int_B(u\Delta u+||\bigtriangledown u||^2)=\int_Bu\Delta u+\int_B||\bigtriangledown u||^2.$

                     其中
                                $\displaystyle \Delta u=\sum_{i=1}^{n}\frac{\partial^2 u}{\partial x_i^2},\bigtriangledown u=(\frac{\partial u}{\partial x_1},\frac{\partial u}{\partial x_2},\cdots ,\frac{\partial u}{\partial x_{n-1}},\frac{\partial u}{\partial x_n}).$

                                  $\displaystyle ||\bigtriangledown u||^2=\sum_{i=1}^{n}(\frac{\partial u}{\partial x_i})^2.$

南京大学2018年数学分析


解：有唯一解。证明如下：

           （1）、有解性。不妨设
                                  $\displaystyle \Phi_n=x+\int _\Omega \Phi _{n-1},\Phi_1=x,$

                       由已知条件，可知有
                                      $\displaystyle \because 0\leq x,y,z\leq 1,\therefore |\Phi |\leq M.$
         
                             而
                                        $\displaystyle |\Phi_2-\Phi_1|=|\int _\Omega \Phi _1|\leq Mxyz,$

                                         $\displaystyle |\Phi_3-\Phi_2|=|\int _\Omega (\Phi _2-\Phi _1)|\leq \frac{M(xyz)^2}{(2!)^3},$

                             由此类推，可得
                      $\displaystyle |\Phi_{n+1}-\Phi_{n}|=|\int _\Omega (\Phi _{n}-\Phi _{n-1})|\leq \frac{M(xyz)^n}{(n!)^3}\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                            由此可知，$\displaystyle \Phi_n\underset{\rightarrow}{\rightarrow}\Phi ,$方程有解。

              （2）、唯 一性。假设方程有另一解:$\Psi$。那么一定有$|\Psi |\leq N.$令
                                            $\displaystyle g=\Phi -\Psi ,$

                              与（1）相同的方法，可推得
                                              $\displaystyle |g_n|=|\int _\Omega (\Phi_n-\Psi_n)|\leq \frac{(M+N)(xyz)^n}{(n!)^3}\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                                因此，$g\equiv 0.$方程有唯 一解。

南京大学2018数学分析
9、证明：
                        $\displaystyle \lim_{n \to \infty}\int_0^1f(x,\sin nt)dx=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{2\pi}f(x,\sin y)dy.$

(原始回忆版试题有误，根据不同版本，此处是根据不同版本还原的，不知道对否？)

证：
            $\begin{align*}\lim_{n \to \infty}\int_0^1f(x,\sin nt)dx&=\lim_{n \to \infty}\int_0^1(\frac{1}{2\pi}\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{n}\int_{2k\pi}^{2(k+1)\pi}f(x,\sin y)dy)dx\\\\&=\frac{1}{2\pi}\lim_{n \to \infty}\int_{0}^{1}dx\sum_{k=0}^{n-1}\frac{1}{n}\int_{0}^{2\pi}f(x,\sin y)dy\\\\&=\frac{1}{2\pi}\lim_{n \to \infty}\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{2\pi}f(x,\sin y)dy\\\\&=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{2\pi}f(x,\sin y)dy.\end{align*}$

               其中，利用了周期函数的积分性质：
                          $\displaystyle \int_{2k\pi}^{2(k+1)\pi}f(x,\sin y)dy=\int_{0}^{2\pi}f(x,\sin y)dy.$

2016年南京大学数学分析考研试题


证明：
                        由已知，可知有
                                         $\displaystyle x_1\in(x_0,x_0+\delta ),\Rightarrow x_1> x_0,x_1-\delta > x_0,x_1+\delta > x_0+\delta ,$

                                          $\displaystyle \because x\in(x_0-\delta ,x_0+\delta ),f\uparrow ,x\in(x_1-\delta ,x_1+\delta ),f\uparrow ,$

                                          $\displaystyle \therefore x\in(x_0-\delta ,x_1+\delta ),f\uparrow ,$

                                                      $\displaystyle \cdots \cdots $

                                            $\displaystyle \Rightarrow x\in(x_0-\delta ,x_n+\delta )\subset R,f\uparrow ,$

                                             $\displaystyle \Rightarrow x\in(x_0-\delta ,+\infty )\subset R,f\uparrow ,$

                         同样的
                                            $\displaystyle x_1\in(x_0-\delta ,x_0 ),$

                                  有
                                            $\displaystyle \Rightarrow x\in(-\infty,x_0+\delta )\subset R,f\uparrow ,$

                                                $\displaystyle \therefore x\in R,f\uparrow .$

2016年南京大学数学分析考研试题


证明：
                   由条件：
                                          $\displaystyle \because \sum_{n=1}^{\infty }\sqrt{n}a_n< \infty ,$

                                          $\displaystyle \therefore \forall \varepsilon > 0,\exists N\in \mathbb{N},n> N,s.t.|\sqrt{n}a_n|< \varepsilon .$

                              从而有
                                           $\displaystyle \Rightarrow |a_n|<(\frac{\varepsilon}{\sqrt{n}}),\downarrow ,\rightarrow 0,(n \to \infty )$

                              $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }|a_n|$的通项为单调有界数列，级数绝对收敛。

南京大学2016年数学分析真题


证明：
                由积分定义，得
                           $\displaystyle \because ｜f(x)｜=|\int_{0}^{x}f'(t)dt|,$

                   利用许瓦兹不等式，$\exists c\in (0,1),s.t.$           
                           $\displaystyle |f(x)｜^2=|\int_{0}^{x}f'(t)dt|^2\leq (x-0)\int_{0}^{x}|f'(t)|^2dt\leq c\int_{0}^{1}|f'(x)|^2dx,$

                    两边求积，得
                             $\displaystyle \int_{0}^{1}f^2(x)dx\leq c\int_{0}^{1}|f'(x)|^2dx,c\in(0,1)$

       注：证明中未用到命题中的积分为零条件，存疑？




                     

南京大学2016年数学分析


证明：
                 首先，求极值可能点:
                                            $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial x_i}=2a_{ii}x_i+\sum_{j=1,j\neq i}^{n}a_{ij}x_j-\sum_{i=1}^{n}b_i=0,i=1,2,....,n.$

                    因为$A$是实正定对称矩阵。所以上述非齐次方程组系数矩阵亦是实正定对称的，秩为$n$，因此有唯一解：$\displaystyle (x_1^0,x_2^0,....,x_n^0)$。

                   此时，$f$前半部分可化为标准二次型，且系数均为正。设$A$的特征值为：$\displaystyle \lambda _1,\lambda _2,\cdots ,\lambda _n.(> 0)$则

                          $\displaystyle f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)=\sum_{i=1}^{n}\lambda_ix^2_i-\sum_{i=1}^{n}b_ix_i\geq f(x_1^0,x_2^0,\cdots ,x^0_n)=\sum_{i=1}^{n}\lambda_i(x^0_i)^2-\sum_{i=1}^{n}b_ix_i^0.$

                          由此可知，函数有唯一的最小值。

南京大学2016年数学分析



证明：
                         由已知，函数在$[a,b]$上为凸函数，因此$\displaystyle \forall x,t\in[a,b]s.t.$

                                                 $\displaystyle f(x)\geq f(t)+f'(t)(x-t).$

                                    令
                                                   $\displaystyle t=\frac{a+b}{2}=x_0,$

                                    代入上式得
                                                    $\displaystyle f(x)\geq f(x_0)+f'(x_0)(x-x_0),$

                                       两边求积分，得
                                                    $\begin{align*}\int_{a}^{b}f(x)dx&\geq f(x_0)(b-a)+f'(x_0)\int_{a}^{b}(x-x_0)dx\\\\&=f(x_0)(b-a)+f'(x_0)[\frac{(b-x_0)^2}{2}-\frac{(a-x_0)^2}{2}]\\\\&=f(x_0)(b-a).\end{align*}$

                                      整理得
                                                   $\displaystyle f(\frac{a+b}{2})\leq \frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)dx.$

                   注：此题常考。

2016华东师范大学数学分析


证明：
               由已知条件
                         $\displaystyle \because \forall x\in[a,b],\exists y\in[a,b],s.t.|f(y)|\leq \frac{1}{2}|f(x)|,$

                          $\displaystyle \therefore \forall y\in[a,b],\exists y_1\in[a,b],s.t.|f(y_1)|\leq \frac{1}{2}|f(y)|,$

                同理
                          $\displaystyle \forall y_1\in[a,b],\exists y_2\in[a,b],s.t.|f(y_2)|\leq \frac{1}{2}|f(y_1)|\leq \frac{1}{2^2}|f(y)|,$

                  依此类推，得
                           $\displaystyle \forall y_{n-1}\in[a,b],\exists y_n\in[a,b],s.t.|f(y_n)|\leq \frac{1}{2^n}|f(y)|,$

                      由此可知有
                                    $\displaystyle \lim_{n \to \infty }|f(y_n)|\leq 0.$

                         即得
                                    $\displaystyle \exists \xi \in[a,b],s.t.\lim_{n \to \infty }y_n=\xi,f(\xi)=0.$

2016华东师范大学数学分析


证明：
               由泰勒展开公式
                                      $\displaystyle f(a)=f(x)+f'(x)(a-x)+o(a-x),$

                 分别令$x=x_1,x_2,$代入上式，得
                                        $\displaystyle f(a)=f(x_1)+f'(x_1)(a-x_1)+o(a-x_1),$
                              
                                        $\displaystyle f(a)=f(x_2)+f'(x_2)(a-x_2)+o(a-x_2),$

                     由已知，有
                                        $\displaystyle \forall \varepsilon > 0, x_1,x_2\in(a,+\infty ),\exists X>a,x_2> x_1> X,s.t.$

                                         $\displaystyle |f(x_1)|< \varepsilon ,|f(x_2)|< \varepsilon ,$
                           
                                        $\displaystyle \forall \varepsilon ,\exists \delta > 0,0< |x_1-x_2|< \delta $

                      将前面两个泰勒展开式相减，得
                                        $\displaystyle (x_1-a)|f'(x_1)-f'(x_2)|\leq |f'(x_1)(x_1-a)-f'(x_2)(x_2-a)|=|f(x_1)-f(x_2)|,$

                                        $\displaystyle \Rightarrow |f'(x_1)-f'(x_2)|\leq \frac{|f(x_1)-f(x_2)|}{x_1-a}\leq \frac{|f(x_1)|+|f(x_2)|}{x_1-a}< \varepsilon .$

                           也即有
                                          $\displaystyle |f'(x_1)|=|f'(x_2)|,(x_1,x_2>X)$

                                   而$\displaystyle x_1,x_2>X，0< |x_1-x_2|< \delta$,同样有
                                             $\displaystyle |f(x_1)|=|f(x_2)|=0,$
                     
                               再由前面的两个泰勒展开式得
                                            $\displaystyle |f'(x_1)(x_1-a)|=|f'(x_2)(x_2-a)|,$

                                              $\displaystyle \therefore \forall x>X,s.t$

                                              $\displaystyle f'(x_1)=f'(x_2)=0.$

2016华东师范大学数学分析


证明：
                    由条件
                                 $\displaystyle \because f''(x)\geq 0,$

                      可知，函数为凸函数。由凸函数性质，得
                                         $\displaystyle \forall x,t\in [a,b],s.t.$

                                        $\displaystyle f(x)\geq f(t)+f'(t)(x-t),$

                       利用上式，对$t$求积分，得
                                       $\begin{align*}f(x)(b-a)&\geq \int_{a}^{b}f(t)dt+\int_{a}^{b}f(t)(x-t)dt\\\\&=\int_{a}^{b}f(t)dt+f(t)(x-t)|_a^b+\int_{a}^{b}f(t)dt\\\\&=2\int_{a}^{b}f(t)dt+f(b)(x-b)-f(a)(x-a).\end{align*}$

                        又
                                       $\displaystyle \because f(a)\leq 0,f(b)\leq 0,\Rightarrow f(b)(x-b)-f(a)(x-a)\geq 0,$

                                        $\displaystyle \therefore f(x)(b-a)\geq 2\int_{a}^{b}f(t)dt,$

                            即
                                        $\displaystyle f(x)\geq \frac{2}{(b-a)}\int_{a}^{b}f(t)dt.$

2016华东师范大学数学分析



证明
                 由球面坐标，得
                                      $\displaystyle x=\rho \sin \varphi \cos \theta ,y=\rho \sin \varphi \sin \theta ,z=\rho \cos \varphi ,0\leq \theta \leq 2\pi,0\leq \varphi \leq \pi,0\leq \rho \leq t.$

                                       $\displaystyle \iiint_\Omega f(x,y,z)dV=\int_{0}^{t}\rho ^2d\rho \int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\pi}f\sin \varphi d\varphi ,$

                                       $\displaystyle \therefore \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\iiint_\Omega f(x,y,z)dV=t ^2\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\pi}f\sin \varphi d\varphi ,$

                化球面为参数形式，得
                                       $\displaystyle x=t\sin \varphi \cos \theta ,y=t\sin \varphi \sin \theta ,z=t\cos \varphi ,0\leq \theta \leq 2\pi,0\leq \varphi \leq \pi.$

                                        $\displaystyle E=x^2_{\varphi }+y^2_{\varphi }+z^2_{\varphi }=t^2,F=x_{\varphi }x_{\theta }+y_{\varphi }y_{\theta }+z_{\varphi }z_{\theta }=0,G=x^2_{\theta }+y^2_{\theta }+z^2_{\theta }=t^2\sin ^2\varphi .$

                    则有
                                      $\displaystyle \sqrt{EG-F^2}=t^2\sin \varphi .$

                      而
                                 $\displaystyle \iint_Sf(x,y,z)dS=\iint_Df\sqrt{EG-F^2}d\theta d\varphi =t^2\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\pi}f\sin \varphi d\varphi ,$

                    由此，结论成立。

2016华东师范大学数学分析



证明：
                采用分段法证明。
                                      $\displaystyle  \lim_{n \to \infty}\int_{0}^1\frac{n}{1+n^2x^2}f(x)dx=\lim_{n \to \infty}\int_{0}^{\delta}\frac{n}{1+n^2x^2}f(x)dx+\lim_{n \to \infty}\int_{\delta}^1\frac{n}{1+n^2x^2}f(x)dx.$

                          因为$\displaystyle \forall x\in[\delta,1],\delta>0$时，$f(x)$有界.而
                                      $\displaystyle  \lim_{n \to \infty}\frac{n}{1+n^2x^2}=0.$

                          所以，积分一致收敛。极限与积分可交换，因此
                                      $\displaystyle  \lim_{n \to \infty}\int_{\delta}^1\frac{n}{1+n^2x^2}f(x)dx=\int_{\delta}^1 \lim_{n \to \infty}\frac{n}{1+n^2x^2}f(x)dx=0.$

                          另外
                                  $\displaystyle  \lim_{\delta\to 0}\lim_{n \to \infty}\int_{0}^{\delta}\frac{n}{1+n^2x^2}f(x)dx=\lim_{\delta\to 0}\lim_{n \to \infty}f(\xi)\int_{0}^{\delta}\frac{n}{1+n^2x^2}dx=\frac{\pi}{2}\lim_{\delta\to 0}f(\xi)=\frac{\pi}{2}f(0).$

                         其中
                                  $\xi\in(0,\delta),\delta\to 0,\xi\to 0.$

                                 

2016华东师范大学数学分析


证明
             如果级数收敛，则由柯西收敛定理，有
                                       $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,s.t.|a_n\sin nx+a_{n+1}\sin (n+1)x+\cdots +a_{2n}\sin 2nx|< \varepsilon ,$

                       令$\displaystyle x=\frac{1}{2n},$

                             由                     
                                  $\displaystyle a_n\downarrow ,\exists N\in\mathbb{N},n> N,s.t.$

                        $\displaystyle \therefore na_n\sin \frac{1}{2}< |a_n\sin \frac{1}{2}+a_{n+1}\sin (\frac{1}{2}+\frac{1}{2n})+\cdots +a_{2n}\sin 1|< \varepsilon ,$

                                          $\displaystyle \Rightarrow \lim_{n \to \infty }na_n=0.$

                   反之，由$\displaystyle \lim_{n \to \infty }na_n=0.$

                          则
                                  $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,\exists N\in\mathbb{N},n> N,s.t.(a_n> 0)$

          $\displaystyle |a_n\sin nx+a_{n+1}\sin (n+1)x+\cdots +a_{2n}\sin 2nx|<a_n+a_{n+1}+\cdots +a_{2n}\leq na_n< \varepsilon. $

                      命题成立。

中国科学技术大学2022年考研数学分析试题


解：
                                  $\displaystyle u(x,y,z)=\sqrt{x^2+y^2+z^2},$

                 由定义
                             $\begin{align*}d^2u&=(\frac{\partial u}{\partial x}dx+\frac{\partial u}{\partial y}dy+\frac{\partial u}{\partial z}dz)^2\\\\&=\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}dx^2+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}dy^2+\frac{\partial^2 u}{\partial z^2}dz^2+2\frac{\partial^2u}{\partial x\partial y}dxdy+2\frac{\partial^2u}{\partial y\partial z}dydz+2\frac{\partial^2u}{\partial z\partial x}dzdx.\end{align*}$

                  由
                             $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial x}=\frac{x}{u},\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{y}{u},\frac{\partial u}{\partial z}=\frac{z}{u},$

                              $\displaystyle \frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=\frac{u^2-x^2}{u^3}=\frac{y^2+z^2}{u^3},$

                              $\displaystyle \frac{\partial^2 u}{\partial y^2}=\frac{u^2-y^2}{u^3}=\frac{x^2+z^2}{u^3},$

                              $\displaystyle \frac{\partial^2 u}{\partial z^2}=\frac{u^2-z^2}{u^3}=\frac{y^2+x^2}{u^3},$

                              $\displaystyle \frac{\partial^2u}{\partial x\partial y}=\frac{-xy}{u^3},\frac{\partial^2u}{\partial y\partial z}=\frac{-yz}{u^3},\frac{\partial^2u}{\partial z\partial x}=\frac{-zx}{u^3},$

                    代入整理得
                              $\begin{align*}\therefore d^2u &=\frac{1}{u^3}[(y^2+x^2)dx^2+(x^2+z^2)dy^2+(y^2+x^2)dz^2-2xydxdy-2yzdydz-2zxdzdx]\\\\&=\frac{1}{u^3}[(ydx-xdy)^2+(zdx-ydz)^2+(zdx-xdz)^2]\geq 0.\end{align*}$

中国科学技术大学2022年考研数学分析试题


证明：
                      令
                             $\displaystyle r^2=x^2+y^2< 1,0\leq r<1.$

                       则
                             $\displaystyle \forall \varepsilon > 0,\exists \delta=\frac{(1-r_1^2)(1-r_2^2)}{(r_1+r_2)} > 0,\forall r_1,r_2,0< |r_1-r_2|< \delta ,$

                             $\displaystyle |\sin\frac{1}{1-r^2_1}-\sin\frac{1}{1-r^2_2}|< |\frac{1}{1-r_1^2}-\frac{1}{1-r_2^2}|=\frac{(r_1+r_2)|r_1-r_2|}{(1-r_1^2)(1-r_2^2)}< \varepsilon .$

                       因此，函数一致连续。