证明   \[\because \varphi (y)=\int_{a}^{+\infty }f(x,y)dx在y\in [c,d]上一致收敛，\]\[\therefore \forall \varepsilon > 0,\exists A> 0,|\int_{A}^{+\infty }f(x,y)dx|< \frac{\varepsilon }{3}.\]\[对于y,y_0\in [a,+\infty),\delta > 0,0< |y-y_0|< \delta ,s.t.\]\[|\int_{a}^{A}f(x,y)dx-\int_{a}^{A}f(x,y_0)dx|\le \int_{a}^{A}|f(x,y)dx-f(x,y_0)|dx< \frac{\varepsilon }{3}.\]因此\[\begin{align*}|\varphi (y)-\varphi (y_0)|
&=|\int_{a}^{A}f(x,y)dx+\int_{A}^{+\infty }f(x,y)dx-\int_{a}^{A}f(x,y_0)dx-\int_{A}^{+\infty }f(x,y_0)dx| \\
&\le |\int_{a}^{A}f(x,y)dx-\int_{a}^{A}f(x,y_0)dx|+ |\int_{A}^{+\infty }f(x,y)dx|+|\int_{A}^{+\infty }f(x,y_0)dx| \\
&<\frac{\varepsilon }{3}+\frac{\varepsilon }{3}+\frac{\varepsilon }{3} \\
&=\varepsilon .
\end{align*}\]            而由$y_0$的任意性，可知$\varphi (y)\in C[c,d] .$


         

解  
         添加直线段$A(-2,0)B(2,0).$使之与BA弧组成闭合区域。原点$（0，0）$在闭合区域边界上,为奇点。作半经为$\varepsilon $的小圆，挖去小圆：$x^2+y^2=\varepsilon ^2.$\[\begin{align*}I
&=\int_{L}\frac{ydx-xdy}{x^2+y^2} \\
&=\oint_{L_{BA+AB}}\frac{ydx-xdy}{x^2+y^2}-\int_{BA}\frac{ydx-xdy}{x^2+y^2}\\
&=\oint_{L_{BA+AB-\frac{1}{2}C_\varepsilon }}\frac{ydx-xdy}{x^2+y^2}-\oint_{L_{\frac{1}{2}C_\varepsilon }}\frac{ydx-xdy}{x^2+y^2}-0 \\
&=0-\frac{1}{\varepsilon^2} \oint_{L_{C_\varepsilon }}ydx-xdy-0 \\
&=-\pi .
\end{align*}\]

解 \[I(a)=\int_{0}^{+\infty }\frac{e^{-x}\sin ax}{x}dx,\]\[\begin{align*}I'(a)
&=\int_{0}^{+\infty }\frac{xe^{-x}\cos  ax}{x}dx \\
&=-e^{-x}\cos  ax|_0^{+\infty }-a\int_{0}^{+\infty }e^{-x}\sin axdx \\
&=1+ae^{-x}\sin ax|_0^{+\infty }-a^2\int_{0}^{+\infty }e^{-x}\cos axdx \\
&=1-a^2\int_{0}^{+\infty }e^{-x}\cos axdx.
\end{align*}\]所以\[I'(a)=\int_{0}^{+\infty }\frac{xe^{-x}\cos  ax}{x}dx=\frac{1}{1+a^2}.\]\[I(a)=\int_{0}^{a}\frac{1}{1+a^2}da+I(0)=\arctan \alpha .\]

证明  \[p> 1,|\int_{1}^{+\infty }\frac{\sin x}{x^p}\cos \frac{1}{x}dx|\le \int_{1}^{+\infty }\frac{1}{x^p}dx< \infty .\]广义积分绝对收敛。而\[0< p\le 1,\begin{align*}|\int_{1}^{+\infty }\frac{\sin x}{x^p}\cos \frac{1}{x}dx|
&=|\int_{1}^{+\infty }\frac{\sin( x+\frac{1}{x})+\sin( x-\frac{1}{x})}{x^p}dx| \\
&\geqslant |\int_{1}^{+\infty }\frac{\sin^2( x+\frac{1}{x})+\sin^2( x-\frac{1}{x})}{x^p}dx| \\
&\geqslant |\int_{1}^{+\infty }\frac{2}{x^p}dx| \\
&=\infty .
\end{align*}\]广义积分非绝对收敛。但此时\[\because \int_{1}^{+\infty }\sin x\le M.\frac{1}{x^p}\downarrow \rightarrow 0,\]\[\therefore \int_{1}^{+\infty }\frac{\sin x}{x^p}\cos \frac{1}{x}dx\le \int_{1}^{+\infty }\frac{\sin x}{x^p}dx<  \infty .\]说明广义积分条件收敛。

解      可以直接计算。（略）

解  积分平面$\Sigma$ 的单位微量：$\vec{n}=\{\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}}\}.$由$Stoks$定理\[\begin{align*}I
&=\oint_{C}(y^2-z^2)dx+(z^2-x^2)dy+(x^2-y^2)dz \\
&=\iint\limits_{\Sigma }\begin{vmatrix}
\frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}}\\
\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} &\frac{\partial}{\partial z} \\
y^2-z^2 &z^2-x^2  & x^2-y^2
\end{vmatrix}dS \\
&=-\frac{4}{\sqrt{3}}\iint\limits_{\Sigma }(x+y+z)dS\\
&=-\frac{4}{\sqrt{3}}\iint\limits_{\Sigma }dS\\
&=-\frac{4}{\sqrt{3}}\pi .
\end{align*}\]

证明 \[\begin{align*}d_n&=\int_{0}^{1}f(x)dx-\frac{1}{n}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}f(\frac{k-1}{n})\\&=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}f(x)dx-\frac{1}{n}[\displaystyle\sum_{k=1}^{n}f(\frac{k}{n})+f(0)-f(1)]\\&=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}[f(x)-f(\frac{k}{n})]dx+\frac{1}{n}[f(1)-f(0)]\\&=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}f'(\xi _k)(x-\frac{k}{n})dx+\frac{1}{n}[f(1)-f(0)],(被积函数连续.\xi _k\in (\frac{k}{n},x))\\&=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}f'(\xi _k)\int_{\frac{k-1}{n}}^{\frac{k}{n}}(x-\frac{k}{n})dx+\frac{1}{n}[f(1)-f(0)],(x\to\frac{k}{n})\\&=\displaystyle\sum_{k=1}^{n}f'(\xi _k)[\frac{2k-1}{2n^2}-\frac{k}{n^2}]+\frac{1}{n}[f(1)-f(0)]\\&=-\frac{1}{2n^2}\displaystyle\sum_{k=1}^{n}f'(\xi _k)+\frac{1}{n}[f(1)-f(0)]\\&=-\frac{1}{2n}\int_{0}^{1}f'(\xi )dx+\frac{1}{n}[f(1)-f(0)]\\&=\frac{1}{2n}[f(1)-f(0)].
\end{align*}\]\[\therefore \lim_{n\to\infty }nd_n=\frac{1}{2}[f(1)-f(0)].\]

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解\[\lim_{x\to0}\frac{\frac{x}{1+x}-\ln(1+x)}{x^2}=\lim_{x\to0}\frac{x-x^2+o(x^2)-x+\frac{1}{2}x^2+o(x^2)}{x^2}=-\frac{1}{2}.\]

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解 \[\begin{align*}\int_{0}^{1}x^2f(x)dx
&=\int_{0}^{1}x^2dx\int_{1}^{x}e^{-y^2}dy \\
&=\int_{0}^{1}e^{-y^2}dy\int_{0}^{y}x^2dx\\
&=\frac{1}{3}\int_{0}^{1}y^3e^{-y^2}dy \\
&=\frac{1}{6}\int_{0}^{1}y^2e^{-y^2}dy^2 \\
&=\frac{1}{6}\int_{0}^{1}te^{-t}dt,(y^2=t)\\
&=\frac{1}{6}[-te^{-t}|_0^1+\int_{0}^{1}e^{-t}dt]\\
&=\frac{1}{6}[-e^{-1}-e^{-1}+1]\\
&=\frac{1}{6}-\frac{1}{3}e^{-1}.
\end{align*}\]

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解\[\begin{align*}\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\frac{(-1)^n(n^2-n+1)}{2^n}
&=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\frac{(-1)^nn(n-1)}{2^n}+\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }\frac{(-1)^n}{2^n} \\
&=x^2\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }(-1)^nn(n-1)x^{n-2}+\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }(-1)^nx^n,(x=\frac{1}{2})\\
&=x^2(\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }(-1)^nx^n)''+\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty }(-1)^nx^n\\
&=x^2(\frac{1}{1+x})'' +\frac{1}{1+x}\\
&=\frac{2x^2}{(1+x)^3}+\frac{1}{1+x}\\
&=\frac{3x^2+2x+1}{(1+x)^3}\\
&=\frac{22}{27},(x=\frac{1}{2}代入)
\end{align*}\]

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解  由积分面的称性和被积函数是奇函数，所以有\[\iint\limits_{S}(xy+yz)dS=0.\]由$z=\sqrt{x^2+y^2}$,投影到$xoy$平面上.\[dS=\sqrt{1+\frac{x^2}{x^2+y^2}+\frac{y^2}{x^2+y^2}}dxdy=\sqrt{2}dxdy.\]\[\begin{align*}I
&=\iint\limits_{S}(xy+yz+zx)dS \\
&=\iint\limits_{S}zxdS \\
&=\sqrt{2}\iint\limits_{D_{}xoy}x\sqrt{x^2+y^2}dxdy \\
&=\sqrt{2}\int_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}d\theta \int_{0}^{2a\cos \theta } r^3dr,(极坐标变换)\\
&=8\sqrt{2}a^4 \int_{0}^{\frac{\pi }{2}}\cos ^4\theta d\theta\\
&=8\sqrt{2}a^4 \frac{3}{4}\frac{1}{2}\frac{\pi }{2}\\
&=\frac{\sqrt{2}}{2}\pi a^4.
\end{align*}\]

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证明 注意到\[0\le \alpha\le 1,|x_1^\alpha -x_2^\alpha|\le |x_1-x_2|^\alpha .\]成立.于是\[\forall \varepsilon > 0,x_1,x_2\in [0,+\infty ),\exists \delta > 0,|x_1-x_2|< \delta .s.t.\]\[|x_1^\alpha -x_2^\alpha|\le |x_1-x_2|^\alpha < \delta ^\alpha =\varepsilon .\]
              因此，$f(x)$在$[0,+\infty )$上一致连续。

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解 \[\because | 1-\cos \frac{x}{n}|\le |\frac{1}{2}(\frac{x}{n})^2|=
\frac{x^2}{2n^2}\le \frac{a^2}{2n^2}\rightarrow 0,(n\to\infty )\]而\[\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{a^2}{2n^2}< \infty.\]由此\[\therefore \displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}( 1-\cos \frac{x}{n})在[-a,a]上一致收敛.\]

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证明  \[\because m\le a_n\le M.\therefore \{a_n\}有上下极限.\]令\[\varlimsup_{n\to+\infty } x_n=A,\varliminf_{n\to+\infty } x_n=B.显然，A\geqslant B.\]由上下极限性质\[\varlimsup_{n\to+\infty }(x_{2n}+2x_n)\geqslant \varliminf_{n\to+\infty } x_{2n}+2\varlimsup_{n\to+\infty }x_n=A+2B.\]\[\varliminf_{n\to+\infty }(x_{2n}+2x_n)\le \varliminf_{n\to+\infty } x_{2n}+2\varlimsup_{n\to+\infty }x_n=B+2A.\]\[因为\lim_{n\to+\infty }(x_{2n}+2x_n)存在,\]所以\[\varlimsup_{n\to+\infty }(x_{2n}+2x_n)=\varliminf_{n\to+\infty }(x_{2n}+2x_n).\]于是有\[B+2A\le A+2B,即A\le B.\Rightarrow A=B.\]                          数列$\{a_n\}$极限存在.

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证明   题目明显手误了，应该为\[x_n=\displaystyle\sum_{i=1}^{n}(-1)^{i-1}\frac{1}{i}.\]
         数列通项是交叉级数，收敛.

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证明   令\[F(x)=\int_{a}^{x}tf(t)dt-\frac{a+x}{2}\int_{a}^{x}f(t)dt.F(a)=0.\]那么，\[F'(x)=xf(x)-\frac{1}{2}\int_{a}^{x}f(t)dt-\frac{a+x}{2}f(x)=\frac{1}{2}xf(x)-\frac{1}{2}af(x)-\frac{1}{2}\int_{a}^{x}f(t)dt,\]\[\because f(x)\uparrow ,\therefore \frac{1}{2}\int_{a}^{x}f(t)dt\le \frac{x-a}{2}f(x).\]因此有\[F'(x)\geqslant \frac{1}{2}xf(x)-\frac{1}{2}af(x)- \frac{x-a}{2}f(x)=0.\]从而有\[F(x)=\int_{a}^{x}tf(t)dt-\frac{a+x}{2}\int_{a}^{x}f(t)dt\geqslant 0.\]结论成立.

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证明  设有序列\[\{x_n\},\{t_n\},\{y_n\},x_n,t_n,y_n\in [a,b],x_n\le t_n\le y_n,x_0=a,x_0=b.\]
            $中分区间得两部分：[x_0,\frac{x_0+y_0}{2}],[\frac{x_0+y_0}{2},y_0],如此t_1必属其中之一，$
           $ 不妨设t_1\in [\frac{x_0+y_0}{2},y_0]=[x_1,y_1],此时有|f(x_1)-f(y_1)|\le L|x_1-y_1|=L|f(x_0)-f(y_0)|,$
            $中分[x_1,y_1]，得t_2\in [x_2,y_2],|f(x_2)-f(y_2)|\le L|x_2-y_2|=L^2|f(x_0)-f(y_0)|,$
            $如此下去，同理可得t_n\in [x_n,y_n],|f(x_n)-f(y_n)|\le L^n|f(x_0)-f(y_0)|.f(x_n)\le f(t_n)\le f(y_n).$\[n\to \infty ,\exists \xi\in[a,b],  x_n=y_n=t_n=\xi .f(x_n)=f(y_n)=f(t_n)=f(\xi).\]又\[\because f(x_{n-1})=x_n\le t_n=f(t_{n-1})\le y_n=f(y_{n-1}),\]
                         $令n\to \infty ,\xi=f(\xi).$
                             命题成立.