山东科技大学2018数学分析712

解：用Stoke’s公式。

      $P=3y,Q=-xz,R=yz^2.$

       $\begin{vmatrix}
dydz & dzdx &dxdy \\
\frac{\partial }{\partial x} &\frac{\partial }{\partial y}  &\frac{\partial }{\partial z} \\
P & Q & R
\end{vmatrix}=(z^2-x)dydz-0dzdx+(-z-3)dxdy.$

     $\begin{align*}I&=\oint_{\Gamma}=\iint_{\Sigma}(z^2-x)dydz-0dzdx+(-z-3)dxdy \\
&=\underset{x^2+y^2\leq 4}{\iint}(-z-3)dxdy \\
&=-\underset{x^2+y^2\leq 4}{\iint}5dxdy \\
&=-20\pi.\end{align*}$

山东科技大学2018数学分析712


解：利用高斯公式计算。添加三个面$X-0,Y=0,Z=0$，与$\Sigma $组成闭合曲面，方向向外。

       $\begin{align*}I&=\underset{\Sigma }{\iint} =\oint \int_{\Sigma +X_-+Y_-+Z_-} -\iint_{X_+} -\iint_{Y_+}-\iint_{Z_+}\\
&=\iiint_{\Omega }\left ( 3x^2+6y^2+9z^2 \right ) dV-0-0-0\\
&=18\iiint_{\Omega }x^2dV \\
&=18\int_{0}^{\pi/2}\sin^3\theta d\theta \int_{0}^{\pi/2}\cos^2 \varphi d\varphi \int_{0}^{a}r^4dr\\
&=\frac{18a^5}{5}\int_{0}^{\pi/2}\sin^3\theta d\theta \int_{0}^{\pi/2}\cos^2 \varphi d\varphi\\
&=\frac{18a^5}{5}\cdot \frac{\pi}{3}=\frac{6}{5}\pi a^5.
\end{align*}$

     上面的计算利用了积分的对称性。

四川师范大学2018年数学分析-628

解：
                                          $ e^{-x^2}=1-x^2+\frac{1}{2}x^4+o(x^4).$
                                          $\sin^32x=(2x)^3.$$$\lim_{x\to 0}\frac{1-x^2-e^{-x^2}}{x\sin^32x}=\lim_{x\to 0}\frac{1-x^2-1+x^2-\frac{1}{2}x^4}{x\cdot (2x)^3}=-\frac{1}{16}.$$

四川师范大学2018年数学分析-628

解：
      $$\underset{y\to 0}{\lim_{x\to 0}}f(x,y)=\underset{y\to 0}{\lim_{x\to 0}}(x\sin\frac{1}{y}+y\sin\frac{1}{x})=0M+0M =0.(\sin \alpha =M)$$$$\lim_{x\to 0}\lim_{y\to 0}f(x,y)=\lim_{x\to 0}\lim_{y\to 0}(x\sin\frac{1}{y}+y\sin\frac{1}{x})=\lim_{x\to 0}x\cdot M=0.$$$$\lim_{y\to 0}\lim_{x\to 0}f(x,y)=\lim_{y\to 0}\lim_{x\to 0}(x\sin\frac{1}{y}+y\sin\frac{1}{x})=\lim_{y\to 0}y\cdot M=0.$$

    其中，$-1\leq M\leq 1$.

四川师范大学2018年数学分析-628

解：
     

四川师范大学2018年数学分析-628

证明：
           $\exists \xi \in(a,b),s.t.$

           $f'(\xi)=\frac{f(b)-f(a)}{b-a},(Lagrange)$

           $\begin{align*}\Rightarrow
f'(\xi)&=\frac{f(b)-f(a)}{b-a}\\
&=(a^2+ab+b^2)\frac{f(b)-f(a)}{b^3-a^3}\\
&=(a^2+ab+b^2)\frac{f'(\eta )}{3\eta ^2},(\eta \in(a,b),Cauchy)
\end{align*}$


注，偶尔见到此题的一个一般推广形式，可用相同的方法解答：

四川师范大学2018年数学分析-628

解：设
            $f(x,y)=e^{-x^2}\cos xy,$
     则有
             $f_y(x,y)=-xe^{-x^2}\sin xy,$

             $\Rightarrow |f_y(x,y)|=|-xe^{-x^2}\sin xy|\leq xe^{-x^2},(0\leq x< +\infty ,-\infty < y< +\infty )$
     而
            $\int_{0}^{+\infty }xe^{-x^2}dx< \infty .$

    因此，由Weierstrass判别法，下列积分

            $\int_{0}^{+\infty }f_y(x,y)dx=\int_{0}^{+\infty }-xe^{-x^2}\sin xydx.$

   在$-\infty < y< +\infty $上一致收敛。用积分号下求导定理，有

           $I'(y)=-\int_{0}^{+\infty }xe^{-x^2}\sin xydx=\frac{1}{2}e^{-x^2}\sin xy|_0^{+\infty }-\frac{1}{2}y\int_{0}^{+\infty }e^{-x^2}\cos xydx=-\frac{1}{2}yI(y).$

           $\therefore \frac{I'(y)}{I(y)}=-\frac{1}{2}y,\Rightarrow I(y)=\frac{1}{4}Ce^{-y^2}.$

           $\because I(0)=\frac{\sqrt{\pi}}{2},\Rightarrow C=2\sqrt{\pi}.$

           $\therefore I(y)=\frac{\sqrt{\pi}}{2}e^{-y^2}.$

四川师范大学2018年数学分析-628

证明：
         $\because \sum_{k=1}^{n}\sin kx=\frac{1}{2\sin \frac{x}{2}}\sum_{k=1}^{n}2\sin x\sin kx=\frac{1}{2\sin \frac{x}{2}}(\cos\frac{x}{2}-\cos\frac{(2n+1)x}{2}).$

         $\therefore \left |\frac{1}{2\sin \frac{x}{2}}\sum_{k=1}^{n}2\sin x\sin kx \right |\leq \frac{1}{\sin \frac{x}{2}},\Rightarrow \sum_{k=1}^{n}\sin kx\leq M.$(有界)

        又， $\frac{1}{n}\rightarrow 0,$

        由Dirichlet判别法，$\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\sin nx}{n}$收敛。

        另一方面，$\because \left |\frac{\sin nx}{n}  \right |\geq \left |\frac{\sin^2nx}{n}  \right |=\frac{1}{2}(\frac{1}{n}-\frac{1}{n}\cos nx),$

              而，$\sum_{n=1}^{\infty }\frac{\cos nx}{n}< \infty ,$

                     $\sum_{n=1}^{\infty }\frac{1}{n}=\infty .$

              $\therefore \left |\frac{\sin nx}{n}  \right |=\infty .$

             结论成立。

       注：这是一道非常典型的关于绝对收敛与条件收敛判断题，在很多教程中都能见到。

四川师范大学2018年数学分析-628

解：令$$S_n=\sum_{k=1}^{n}k(k+1)x^k,$$$$\Rightarrow S_n-xS_n=\frac{2(x-x^n)}{1+x}-(n^2+3n)x^{n+1},$$$$\therefore S=\lim_{n \to \infty }S_n=\frac{2x}{1-x^2},(-1< x< 1)$$
       利用上述结果，当$x=\frac{1}{2}$时，得到：$$\sum_{n=1}^{\infty }\frac{n(n+1)}{2^n}=\frac{2\cdot 1/2}{1-(1/2）^2}=\frac{4}{3}.$$

四川师范大学2018年数学分析-628



此题比较简单。见上面类似题解。

浙江理工大学2017年601数学分析试题


证明：区间套方法。由已知条件，对$a,b,\exists y_1,y_2,s.t.|f(y_2)|\leq \frac{1}{2}|f(b)|,|f(y_1)|\leq \frac{1}{2}|f(a)|,$

                                       $\Rightarrow 0\leq ||f(y_2)|-|f(y_1)||\leq \frac{1}{2}||f(b)|-|f(a)||,$
           
                         再对$y_1,y_2,\exists y_3,y_4,s.t.|f(y_4)|\leq \frac{1}{2}|f(y_2)|,|f(y_3)|\leq \frac{1}{2}|f(y_1)|,$

                                $\Rightarrow 0\leq ||f(y_4)|-|f(y_3)||\leq \frac{1}{2}||f(y_2)|-|f(y_1)||\leq \frac{1}{2^2}||f(b)|-|f(a)||,$

                         同理，相同的办法，一直继续下去，有

                                 $\exists y_k,y_{k+1},s.t.0\leq ||f(y_{k+1})|-|f(y_k)||\leq \frac{1}{2^k}||f(b)|-|f(a)||,$

                            $\therefore \Rightarrow ||f(y_{k+1})|-|f(y_k)||\rightarrow 0,(k\to \infty )$

                                $\therefore f(y_{k+1})=f(y_k)=0.(k\to \infty )$

                      令最终的点为$\xi$.此时，$f(\xi)=0.$

浙江理工大学2017年601数学分析试题

解：由心形线方程可知，该曲线是水来方向，尖形朝向水平轴正方向，关于$x$轴对称的图形。
       由对称性，可求上半部分面积。由极坐标方程，可取扇形为面积微元$dA$:

                      $dA=\frac{1}{2}\rho ^2d\theta =\frac{1}{2}a^2(1+\cos \theta )^2d\theta .$

                     $A=2\int_{0}^{\pi}\frac{1}{2}a^2(1+\cos \theta )^2d\theta =a^2\int_{0}^{\pi}(1+2\cos \theta +\cos^2\theta )d\theta =\frac{3}{2}\pi a^2.$

浙江理工大学2017年601数学分析试题

证明：
           $f(x)=xf(x)\cdot \frac{1}{x},$

       $\because \int_{a}^{+\infty }xf(x)dx< \infty ,$

          $\frac{1}{x}\leq \frac{1}{a}.$

       由阿贝尔判别法，可知

                                $\int_{a}^{+\infty }f(x)dx< \infty.$

浙江理工大学2017年601数学分析试题

解：
      $\Omega ：0\leq z\leq 4-x-y,0\leq x\leq 4-y,0\leq y\leq 3.$

      $V=\iiint_\Omega dV=\int_{0}^{3} dy\int_{0}^{4-y}dx\int_{0}^{4-x-y}dz=\int_{0}^{3} dy\int_{0}^{4-y}(4-x-y)dx=\int_{0}^{3}(4x-\frac{1}{2}x^2-yx)|_0^{4-y}dy=\int_{0}^{3}(8-4y-\frac{1}{2}y^2)dy=\frac{3}{2}.$

浙江理工大学2017年601数学分析试题


解：因为所给方程各项均为大于等于零。因此若使所给函数的值为最小，则各项应该同时满足最小条件。即：
             $|x_1|\geq 0,|x_2|\geq 0, (x_1-b_1)^2\geq 0 ,(x_2-b_2)^2\geq 0 .$

            再按$b_1,b_2$分别为零，大于零，小于零的情况讨论。

南京理工大学2018年数学分析

（1）、解
               $\begin{align*}S_n &=\left ( \frac{1^2}{n^4}+\frac{1^2+2^2}{n^4}+\cdots +\frac{1^2+2^2+\cdots +n^2}{n^4} \right )\\
&=\frac{1}{n^4}\left ( \sum_{k=1}^{n}(n-k+1)k^2 \right )\\
&=\frac{1}{n^4}\left ( \sum_{k=1}^{n}(n+1)k^2-\sum_{k=1}^{n}k^3 \right )\\
&=\frac{1}{n^4}\left ( (n+1)\sum_{k=1}^{n}k^2-\sum_{k=1}^{n}k^3 \right ).\end{align*}$ $$\because \sum_{n=1}^{n}k^2=\frac{n(n+1)(2n+1)}{6}.$$$$\sum_{n=1}^{n}k^3=\frac{1}{4}\left ( n(n+1) \right )^2.$$
     所以有：
$\begin{align*}\lim_{n \to \infty }S_n &=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{n^4}\left (\frac{n(n+1)^2(2n+1)}{6}-\frac{n^2(n+1)^2}{4}\right )\\
&=\lim_{n \to \infty }\frac{(n+1)^2}{n^3}\left (\frac{(2n+1)}{6}-\frac{n}{4}\right )\\
&=\frac{1}{12}.\end{align*}$

（2）、解:$$\because \left (1+x+\frac{f(x)}{x}\right )^{1/x}=e^2,(x \to 0)$$$$\therefore \frac{1}{x}\ln\left (1+x+\frac{f(x)}{x}\right )=2,(x \to 0)$$$$\Rightarrow \frac{1}{x}\left ( x+\frac{f(x)}{x} \right )=2,(x \to 0)$$$$\therefore \lim_{x\to 0}\left ( 1+\frac{f(x)}{x^2} \right )=2,$$$$\Rightarrow \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x^2}=1.$$


              

南京理工大学2018年数学分析

解：(1)
         $\because x-\int_{0}^{y+x}e^{-t^2}dt=0,$

         $\therefore 1-(y'+1)e^{-(y+x)^2},\Rightarrow y'(0)=e^{y^2(0)}-1.$

        $y''=2(y'+1)^2(y+x),\Rightarrow y''(0)=2y(0)e^{-y^2(0)}.$



    (2)
            只要令：
                          $f(x)=e^{x-1}+x\ln x-x^2$

               再求一次导，两次导，利用函数单调性。

南京理工大学2018年数学分析


解：1、$$\int \frac{e^x(1+x)}{1-xe^x}dx=\int \frac{d(xe^x)}{1-xe^x}=-\ln|1-xe^x|+C.$$

       2、$$\int_{x}^{1}\frac{\cos t}{t^2}dt=\int_{x}^{1}\frac{1}{t^2}dt-2\int_{x}^{1}\frac{\sin^2\frac{t}{2}}{t^2}dt.$$$$\because \int_{x}^{1}\frac{1}{t^2}dt=\infty ,\int_{x}^{1}\frac{\sin^2\frac{t}{2}}{t^2}dt< \infty .(x\to 0)$$$$\therefore \int_{x}^{1}\frac{\cos t}{t^2}dt=\infty .(x\to 0)$$$$\Rightarrow \lim_{x\to 0^+}x\int_{x}^{1}\frac{\cos t}{t^2}dt=\lim_{x\to 0^+}\frac{\int_{x}^{1}\frac{\cos t}{t^2}dt}{\frac{1}{x}}=\lim_{x\to 0^+}\frac{\cos x}{x^2}\cdot x^2=1.$$


   

南京理工大学2018年数学分析


解：
          $\exists \varepsilon_0> 0,\forall \delta > 0$，当$0< |x-0|< \delta $，$s.t.|f(x)-A|> \varepsilon_0.$

         取$x_n=\frac{1}{2n\pi+\frac{\pi}{2}}\rightarrow 0.$

南京理工大学2018年数学分析


（1）证明：令
                       $P=\frac{1}{y}\left ( 1+y^2f(xy) \right ),Q=\frac{x}{y^2}(y^2f(xy)-1).$

                   则有：
                        $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{1}{y^2}(y^2f(xy)+xy^3f'(xy)-1)=\frac{\partial Q}{\partial x}.$

                    因此，积分与路经无关。

（2）当$ab=cd$时，$f(xy)=f(ab)$为常数。
                     $\begin{align*}I&=\int _L(\frac{1}{y}+yf(ab))dx+(xf(ab)-\frac{x}{y^2})dy\\
&=\int_{(a,b)}^{(c,d)}(\frac{1}{b}+bf(ab))dx+\int_{(c,b)}^{(c,d)}(cf(ab)-\frac{c}{y^2})dy\\
&=\frac{cb-ad}{bd}.
\end{align*}$

     

南京理工大学2018年数学分析

（1）证明：
                      因为$\because \int_{0}^{+\infty }\sin xdx\leq 1,\frac{1}{x}$在$(0，+\infty)$上单调趋于零。由狄利克雷判别法，广义积分收敛。

（2）所求积分为第二类曲面积分。可用高斯公式计算。

                         $P=0,Q=0,R=z+1.$

                         $\begin{align*}I&=\iint_\Sigma (z+1)dxdy=\oint\int_{\Sigma +z=1^-+z=2^+} -\iint_{z=1^-}-\iint_{z=2^+}\\
&=\iiint_\Omega (1+1)dV-\iint_{z=1^-}(1+1)dxdy-\iint_{z=2^+}(2+1)dxdy\\
&=2\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_{0}^{\pi}\sin\theta d\theta \int_{1}^{2}r^2dr-2\pi-12\pi\\
&=\frac{28}{3}\pi-10\pi\\
&=-\frac{2}{3}\pi.
\end{align*} $

南京理工大学2018年数学分析



证明：$$\because \lim_{x\to 0}\frac{f(x)}{x}=a> 0.$$$$\Rightarrow f(\frac{1}{n})> 0,f(\frac{1}{n})\sim \frac{1}{n}.(n\to \infty)$$
                  由比值判别法，知级数与调和级数同发散。


                 同理，有：$$(-1)^nf(\frac{1}{n})\sim (-1)^n\frac{1}{n}.(n\to \infty)$$
                 由交错级数$\{(-1)^n\frac{1}{n}\}$的收敛性，知原级数条件收敛。



偶尔发现此题跟下面的题形式上非常相似，我的解法与例题解法不相同，  

南京理工大学2018年数学分析

（1）证明：
                  $\because \eta(A)=\left | \int_{A }^{+\infty }\frac{\sin(xy)}{y}dy\right |\overset{t=xy}{\rightarrow}\left | \int_{xA }^{+\infty }\frac{\sin t}{t}dt\right |\geq \left | \int_{0}^{+\infty }\frac{\sin t}{t}dt\right |=\frac{\pi}{2}.$

                  $\therefore \lim_{A \rightarrow 0}\eta(A)=\frac{\pi}{2}\nrightarrow 0.$

           从而，参变量积分不一致收敛。


（2）证明：对于
                        $x\in [\delta ,+\infty ),\delta > 0.$

                    $\because \left | \int_{0}^{A}\sin(xy)dy \right |=\frac{1}{|x|}|\cos(xA)-1|\leq \frac{2}{\delta }.$

                且$\frac{1}{y}\rightarrow 0.(y\rightarrow \infty )$,单调。
  
                由Dirichlet判别法知，参变量积分一致收敛。

南京理工大学2018年数学分析



此题前已有解。

南京理工大学2018年数学分析


证明：此即Cantor定理。

叙述一


叙述二

         

2018年河南师范大学611数学分析


证明：
           因为$\{a_n\}$单调下降趋于零。所以数列收敛。

           $\because \displaystyle\sum_{k=1}^{n}(a_k-a_n)\leq 1,$

           $\therefore \displaystyle\sum_{k=1}^{n}a_k-na_n\leq 1.\Rightarrow \sum_{k=1}^{n}a_k\leq 1+na_n.$

           $\because \displaystyle \lim_{n \to \infty}na_n=\lim_{n \to \infty}\frac{n}{\frac{1}{a_n}}=\lim_{n \to \infty}\frac{n-(n-1)}{\frac{1}{a_n}-\frac{1}{a_{n-1}}}\leq 0.$

           这是因为：
                         $\displaystyle\therefore a_{n-1}-a_n\leq 0.\Rightarrow \frac{1}{a_{n}}-\frac{1}{a_{n-1}}\leq 0,$

            因此，有
                 $\displaystyle\sum_{k=1}^{\infty}a_k\leq 1+\lim_{n \to \infty }na_n\leq 1.$

2018年河南师范大学611数学分析


证明：
              $\because \left | \frac{x^n\sin nx}{1+x+x^2+\cdots +x^{n-1}} \right |\leq \left | \frac{x^n}{1+x+x^2+\cdots +x^{n-1}} \right |\leq x^n,$

               而$x^n$一致收敛，所以原级数一致收敛。

2018年河南师范大学611数学分析


解：利用格林公式计算：

           $P=-x^2y+e^y+\sin x,Q=xy^2+xe^y-\cos y.$

           $\frac{\partial P}{\partial y}=-x^2+e^y,\frac{\partial Q}{\partial x}=y^2+e^y.$

           $\begin{align*}\int_LPdx+Qdy&=\iint_S\left (\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} \right )dxdy\\
&=\iint_{x^2+y^2\leq 1}(x^2+y^2)dxdy\\
&=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}r^3dr\\
&=\frac{\pi}{2}.
\end{align*} $

2018年河南师范大学611数学分析

解：
          $V:(x-\frac{1}{2})^2+(y-\frac{1}{2})^2+(z-\frac{1}{2})^2\leq \frac{3}{4},$

     作平移变换：$V\to V'$

           $V':u=x-\frac{1}{2},v=y-\frac{1}{2},w=z-\frac{1}{2}.$
            $|J|=1,dxdydz=dudvdw.$

            $\begin{align*}
I&=\iiint_V(x+y+z)dxdydz  \\
&=\iiint_{V'}(u+v+w+\frac{3}{2})dudvdw\\
&=\iiint_{V'}(\frac{3}{2})dudvdw \\
&=\frac{3}{2}\cdot \frac{4}{3}\pi (\frac{\sqrt{3}}{2})^3\\
&=\frac{3\sqrt{3}}{4}\pi.
\end{align*}$

              计算中，运用了坐标和几何图形的对称性。

2018年河南师范大学611数学分析


证明：可以用反证法。
           
           设$\displaystyle \lim_{x\to \infty }f(x)=A< \infty .$

            则由已知条件，有：$\displaystyle \lim_{x\to \infty }f(f(x))=\lim_{y\to A}f(y)=\infty .$

            因为$x$为任意，故可以有$x=y$。而此时得：

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

                  与假设结论矛盾。原结论成立。

参考解答：