安徽大学2020年数学分析考研真题

安徽大学2020年数学分析考研真题


（1）、证明
                        由于
                                  $\displaystyle \forall x\in [0,+\infty ),\lim_{n \to +\infty }f_n(x)=\lim_{n \to +\infty }n^\alpha xe^{-nx^2}=0.$

                        所以，$f_n(x)$在$ [0,+\infty )$上一致收敛于零。

（2）、解
                       由于求导法可知，函数的极大值点分别为：$0,\frac{1}{n}.$又因为

                                   $\displaystyle f_n(0)=0,\lim_{n \to +\infty }f_n(x)=0.$

                        所以，当$x=\frac{1}{n}$时，$f_n(x)$有极大值。于是

                                  $\displaystyle \underset{x\in[0,+\infty )}{\sup}|f_n(x)-f(x)|=f(n^{-1})=n^{\alpha -1}e^{-1}.$  
                         因而
                                   $\displaystyle \lim_{n \to \infty }n^{\alpha -1}e^{-1}=\begin{cases}
0 &, \alpha < 1 \\
e^{-1} &,\alpha=1 \\
+\infty  &,\alpha > 1
\end{cases}$

                              故，仅当$\alpha < 1$时，$f_n(x)$一致收敛于$f(x)=0.$





                     

安徽大学2020年数学分析考研真题


解：由曲线积分的性质，知
                                  $I=\oint_L (\frac{y}{x^2+4y^2}+y)dx+(\frac{x}{x^2+4y^2}+2x)dy=\oint_L\frac{ydx+xdy}{x^2+4y^2}+\oint_Lydx+2xdy=I_1+I_2.$   

           由格林公式
                                  $I_2=\oint_Lydx+2xdy=\iint_Ddxdy=\pi.$

          作一条特殊曲线：
                              $L_1:x^2+4y^2=\varepsilon ^2,$

                 $\varepsilon $足够小，使$L_1$包含于圆$L$内。则
                                $I_1=\oint_{L+L_1^-}\frac{ydx+xdy}{x^2+4y^2}+\oint_{L_1}\frac{ydx+xdy}{x^2+4y^2}=0+\frac{1}{\varepsilon ^2}\iint_{D_1}(1-1)dxdy=0.$

                              $\therefore I=I_1+I_2=\pi. $




                                                   

安徽大学2020年数学分析考研真题


解：   令
                       $F(x,y,z)=\ln x+2\ln y+4\ln z+\lambda (x^2+y^2+z^2-7r^2),$

           求条件极值

                       $\begin{cases}
F_x&=\frac{1}{x}+2\lambda x=0 \\
F_y&=\frac{2}{y}+2\lambda x=0 \\
F_z&=\frac{4}{z}+2\lambda x=0\\
F_\lambda &=x^2+y^2+z^2-7r^2=0
\end{cases}$

            解方程组，得

                            $x^2=-\frac{1}{2\lambda },y^2=-\frac{1}{\lambda },z^2=-\frac{2}{\lambda },$

                             $\lambda =-\frac{1}{2r^2}.x=r.y=\sqrt{2}r,z=2r.$

            由题意，得到极值点唯 一，故有最大值为

                              $\therefore f(x,y,z)=\ln x+2\ln y+4\ln z=\ln(xy^2z^4)\leq \ln(r\cdot 2r^2\cdot 16r^4)=\ln32r^7.$


             由上式，可令
                              $x=a,y=b,z=c,$

                   则由条件有

                              $a^2+b^2+c^2=7r^2.$

                      此时显然有

                              $ab^2c^4\leq 32(r^2)^{\frac{7}{2}}=32(\frac{a^2+b^2+c^2}{7})^{\frac{7}{2}}\leq 32(\frac{a+b+c}{7})^7\leq 1024(\frac{a+b+c}{7})^7.$

                              证毕。

华南理工大学2020年数学分析考研试题解答(转自博士数学论坛)

一道数列求和的巧妙解法：（转自智慧e数学）

曲面积分练习（武汉大学 陈士华）
1、计算曲面积分：$\iint_S(y^2+z^2)dS$，其中$S$为球面$x^2+y^2+z^2=a^2.$

解：
                               $\begin{align*}I&=\iint_S(y^2+z^2)dS\\\\&=\iint_{D_{xy}}(a^2-x^2)\sqrt{1+\frac{x^2}{a^2-x^2-y^2}+\frac{y^2}{a^2-x^2-y^2}}dxdy\\\\&=2a\iint_{D_{xy}}\frac{a^2-x^2}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}dxdy,\end{align*}$

                 作变量代换
                               $x=r\cos t,y=r\sin t,D_{xy}:0\leq t\leq \pi,0\leq r\leq a,|J|=r.$

                  并利用对称性，
                                $\begin{align*}I&=4a\int_{0}^{\pi}dt\int_{0}^{a}\frac{a^2-r^2\cos^2t}{\sqrt{a^2-r^2}}\cdot rdr\\\\&=4a^3\int_{0}^{\pi}dt\int_{0}^{a}\frac{r}{\sqrt{a^2-r^2}}dr-4a\int_{0}^{\pi}\cos^2tdt\int_{0}^{a}\frac{r^2}{\sqrt{a^2-r^2}}\cdot rdr\\\\&=I_1+I_2.\end{align*}$

                                $\displaystyle I_1=4a^3\int_{0}^{\pi}dt\int_{0}^{a}\frac{r}{\sqrt{a^2-r^2}}dr=-4\pi a^3\sqrt{a^2-r^2}|_0^a=4\pi a^4.$

                               $\begin{align*}I_2&=-4a\int_{0}^{\pi}\cos^2tdt\int_{0}^{a}\frac{r^2}{\sqrt{a^2-r^2}}\cdot rdr\\\\&=-2\pi a\int_{0}^{a}\frac{r^2}{\sqrt{a^2-r^2}}\cdot rdr\\\\&=-\pi a\int_{0}^{a}\frac{a^2-r^2}{\sqrt{a^2-r^2}}d(a^2-r^2)+\pi a^3\int_{0}^{a}\frac{1}{\sqrt{a^2-r^2}}d(a^2-r^2)\\\\&=-\pi a(-\frac{2a^3}{3})+\pi a^3(-2a)\\\\&=-\frac{2}{3}\pi a^4.\end{align*}$

                                $\therefore I=I_1+I_2=\frac{8}{3}\pi a^4.$


注：这里的一组曲面积分练习题，是武汉大学数学竞赛补充习题，很经典的题。这里的有3个题（8、10、12）的解答结果跟陈士华老师提供的答案有异，可能是解答有些错误。

曲面积分练习


解：已知曲面：
                             $S:x^2+y^2+z^2=t^2.$

                            $S_1:\begin{cases}
&x^2+y^2+z^2=t^2 \\
&z\geq \sqrt{x^2+y^2}
\end{cases}$
                 
                               $D_1:x^2+y^2\leq \frac{1}{2}t^2,$
                 在此曲面上
                                   $f(x,y,z)=x^2+y^2,$

                         而
                                   $S-S_1:f(x,y,z)=0,$

              所求曲面积分
                                   $\displaystyle F(t)=\iint_Sf(x,y,z)dS= \iint_{S_1} (x^2+y^2)dS,$

                        其中
                                    $\displaystyle dS=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\frac{t}{\sqrt{t^2-x^2-y^2}}dxdy,$

                   作变量变换
                                      $\displaystyle x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,0\leq r\leq \frac{t}{\sqrt{2}},0\leq \theta \leq 2\pi.$

                                    $\displaystyle \therefore F(t)=t\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\frac{t}{\sqrt{2}}}\frac{r^2}{\sqrt{t^2-r^2}}rdr=\frac{8-5\sqrt{2}}{6}\pi t^4.$

解：设球面上一点$P(x,y,z)$,法向量为$\overrightarrow{n}(\frac{x}{2},\frac{y}{2},z)$

       而切线方程为
                              $\frac{x}{2}X+\frac{y}{2}Y+zZ=1,$

       $(0,0,0)$到$P(x,y,z)$的距离为
                              $d(x,y,x)=\frac{1}{\sqrt{(\frac{x}{2})^2+(\frac{y}{2})^2+z^2}}=\frac{1}{\rho }.$

               则
                               $I=\iint_S\frac{z}{d(x,y,z)}dS=\iint_S z\rho dS.$

               而
                                $\rho =\sqrt{(\frac{x}{2})^2+(\frac{y}{2})^2+z^2}=\frac{x}{2}\frac{\frac{x}{2}}{\rho }+\frac{y}{2}\frac{\frac{y}{2}}{\rho }+z\frac{z}{\rho }=\frac{x}{2}\cos \alpha +\frac{y}{2}\cos \beta +z\cos \gamma .$

                故
                              $I=\iint_S z\rho dS=\iint_Sz(\frac{x}{2}\cos \alpha +\frac{y}{2}\cos \beta +z\cos \gamma)dS.$

                补曲面
                              $S':z=0,\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{2}\leq 1.$取下侧。

                     而
                               $\iint_{S'}z(\frac{x}{2}\cos \alpha +\frac{y}{2}\cos \beta +z\cos \gamma)dS=0.$

            由高斯公式，

                              $\begin{align*}\therefore I&=\iint_S\frac{z}{d(x,y,z)}dS\\\\&=\iiint_\Omega (\frac{1}{2}+\frac{1}{2}+2)zdV\\\\&=3\int_{0}^{1}zdx\iint_{D(z)}dxdy\\\\&=3\pi\int_{0}^{1}2z(1-z^2)dz\\\\&=\frac{3}{2}\pi.\end{align*}$

解：由条件知满足高斯定理，得

                            $\displaystyle\begin{align*}I&=\iint_Sx^2 dydz+y^2dzdx+z^2dxdy\\\\&=\iiint_\Omega 2(x+y+z)dV\\\\&=2\iiint_\Omega ((x-a)+(y-b)+(z-c))dV+2\iiint_\Omega (a+b+c)dV,\end{align*}$

           对第一部分积分，可作平移变换，变换后的积分是奇函数积分，由对称性，知为零，即有：

                                    $\displaystyle2\iiint_\Omega ((x-a)+(y-b)+(z-c))dV=0,$

                                 $\displaystyle\therefore I=0+2(a+b+c)\cdot \frac{4}{3}\pi R^3= \frac{8}{3}\pi(a+b+c)R^3.$

解：
                         $ S_1:x=\sqrt{z-y^2},S_2:x=-\sqrt{z-y^2},$

                          $\iint_Sxydydz=\iint_{S_1} y\sqrt{z-y^2}dydz-\iint_{S_1} y\sqrt{z-y^2}dydz=0.$

解：
       由已知平面$S$得法量为：
                                            $S:\overrightarrow{n}\{\frac{1}{\sqrt{3}}(1,-1,1)\},$

             再由第一类和第二类曲面积分的关系

                                            $\begin{align*}I&=\iint_S (f(x,y,z)+x)dydz+(2f(x,y,z)+y)dzdx+(f(x,y,z)+z)dxdy\\\\&=\frac{1}{\sqrt{3}}\iint_S (f(x,y,z)+x)dydz-(2f(x,y,z)+y)dzdx+(f(x,y,z)+z)dS\\\\&=\frac{1}{\sqrt{3}}\iint_S(x-y+z)dS\\\\&=\frac{1}{\sqrt{3}}\iint_SdS=\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot \frac{1}{2}\cdot \sqrt{3}=\frac{1}{2}.
\end{align*}$

解;
               添加一个平面：
                                       $S':z=1,$

              取下侧，使之与原曲面形成一个闭合体：$\Omega =S+S'$,则利用高斯公式

                                         $\begin{align*}\iint_{S+S'}(z+2y)dzdx+zdxdy&=-\iiint_\Omega (2+1)dV\\\\&=-3\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}rdr\int_{r^2}^{0}dz=-\frac{3}{2}\pi.\end{align*}$

              而多增加的平面为
                                         $\displaystyle \iint_{S'}(z+2y)dzdx+zdxdy=\iint_{S'}dxdy=-\iint_{D_{xy}}dxdy=-\pi.$     

                    原积分
                                       $\displaystyle \iint_{S}(z+2y)dzdx+zdxdy=\iint_{S+S'}-\iint_{S'}=-\frac{1}{2}\pi.$   

            

解：此题是典型题。在$(0,0,0)$被积函数偏导数不连续，故不满足高斯公式，作包含帮点的小球，使之包含于已知椭球面内，则

      小球与原有人椭球面组成的闭合曲面上高斯公式为零。只要求小球体积即可。

解：
      （1）、利用高斯公式，并由积分的对称性，得

                            $\displaystyle I=\iint_Sx^2dydz+y^2dzdx+z^2dxdy=2\iiint_\Omega (x+y+z)dV=0.$

        (2)、同上例相仿，有

                             $\begin{align*}I&=\iint_Sx^2dydz+y^2dzdx+z^2dxdy\\\\&=2\iiint_\Omega ((x-1)+(y-2)+(z-3))dV+2\iiint_\Omega (1+2+3)dV\\\\&=2\cdot 6 \cdot \frac{4}{3}\pi\cdot 2^3=128\pi.\end{align*}$

2020年北京大学数学分析考研试题解答（转自xiaohuhu）
1. 定义在 $[a, b]$ 上的函数 $f(x)$ 满足条件: 任取 $x_{0} \in[a, b]$ , 均有 $\limsup\limits _{x \rightarrow x_{0}}  f(x) \leq f\left(x_{0}\right),$ 问 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上是否有最大值？若有给出证明. 若没有, 请举出反例.
         

                 本题考查上半连续的知识, 上半连续函数的特点就是有上界且能取到最大值.
                 
                 先证明函数有上界.
                 
                 用反证法. 若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上无上界, 那么对任意的 $n$ , 都能找到 $x_n\in[a,b]$ 使得 $f(x_n)> n$, 因为 $\{x_n\}$ 是无限有界数列, 由致密性定理知存在收敛子列 $\{x_{n_k}\}$ 使得 $x_{n_k} \to x_0, k \to \infty$. 因为 $[a,b]$ 是闭区间, 所以 $x_0 \in [a,b]$. 根据题意, 在点 $x_0$ 应该有 $\limsup\limits _{x \rightarrow x_{0}}  f(x) \leq f\left(x_{0}\right)$, 但是现在找到了一个趋于 $x_0$ 的数列 $\{x_{n_k}\}$ 使得
                \[ \lim\limits_{k\to+\infty} f(x_{n_k}) = +\infty,  \]
                 这发生了矛盾, 因此 $f(x)$ 必须要有上界.
                 
                 用有限覆盖定理. 取 $\varepsilon_0 = 1$, 存在 $\delta >0$, 使得 $y \in [a,b] \bigcap (x-\delta,x+\delta)$, 有
                \[  f(y) < f(x) + \varepsilon,  \]
                 记 $I_x =[a,b] \bigcap (x-\delta,x+\delta) $, 当 $x$ 取满区间的每一点时, $\bigcup I_x$ 构成了 $[a,b]$ 的一个开覆盖, 根据有限覆盖定理, 可找到有限个 $I_{x_1}, I_{x_2},\cdots,I_{x_n}$ 使得它们覆盖了 $[a,b]$.
                 令
                \[ M = \max\{ f(x_1) +\varepsilon_0,f(x_2) + \varepsilon_0, \cdots,f(x_n) + \varepsilon_0,   \}  \]
                 那么对任意的 $x \in [a,b]$, 都有 $f(x) < M$, 从而有上界.
                 
                 有上界就有上确界. 记 $a = \sup\limits_{x\in[a,b]}f(x)$.
                 
                 若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上取不到 $\alpha$, 那么对任意的 $x$ 都有 $f(x) < \alpha$, 那么 $\alpha-f(x) > 0$, 令
                \[ F(x) = \dfrac{1}{\alpha-f(x)}, x \in[a,b],  \]
                 对任意的 $x \in [a,b]$, 有
                \[ \limsup\limits _{x \rightarrow x_{0}}  F(x) = \limsup\limits _{x \rightarrow x_{0}} \dfrac{1}{\alpha-f(x)} = \dfrac{1}{\liminf\limits _{x \rightarrow x_{0}}(\alpha-f(x))}  \]
                 \[ =\dfrac{1}{\alpha- \limsup\limits _{x \rightarrow x_{0}}f(x)} \leq \dfrac{1}{\alpha-f(x_0)} =  F(x_0),  \]
                 说明 $F(x)$ 具有与 $f(x)$ 一样的性质, 从而 $F(x)$ 也有上界. 记 $b$ 是 $F(x)$ 的一个上界, 那么
                \[ 0  < F(x) = \dfrac{1}{\alpha-f(x)} < b , \]
                 把 $f(x)$ 解出来有
                \[ f(x) < \alpha- \dfrac{1}{b}, x\in[a,b] ,  \]
                 这与 $\alpha$ 是 $f(x)$ 的上确界矛盾. 因此可以取到最大值.

         
2.判断函数 ${f(x)=\dfrac{x}{1+x \cos ^{2} x}}$ 在 $[0,+\infty)$ 是否一致连续? 并说明理由.

                 问题出现在 $x\to+\infty$ 的时候.
                 
                 取
                \[ x_n = n\pi + \dfrac{\pi}{2}, y_n = x_n + \dfrac{1}{n},  \]
                 那么
                \[ x_n - y_n \to 0 , \cos^2x_n = 0 ,\cos^2y_n = \sin^2 \dfrac{1}{n},   \]
                 此时
                \[ f(y_n) - f(x_n) = \dfrac{y_n}{1+y_n \sin^2 \frac{1}{n}} - x_n = \dfrac{y_n - x_n(1+y_n \sin^2 \frac{1}{n})}{1+y_n \sin^2 \frac{1}{n}}  \]
                 \[ = \dfrac{\frac{1}{n}}{1+y_n \sin^2 \frac{1}{n}} - \dfrac{x_ny_n \sin^2 \frac{1}{n}}{1+y_n \sin^2 \frac{1}{n}},  \]
                 其中
                \[ y_n \sin^2 \frac{1}{n} \to 0, x_ny_n \sin^2 \frac{1}{n} \to \pi^2,  \]
                 因此
                \[ f(y_n) - f(x_n) \to -\pi^2 \neq 0,   \]
                 所以 $f(x)$ 不一致连续.

         
         
3.已知函数 $f(x)$ 在 $[1,+\infty)$ 上连续且满足: 对任意的 $x, y \in[1,+\infty)$ 有
        \[
         f(x+y) \leq f(x)+f(y) ,
         \]
         问： $\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \dfrac{f(x)}{x}$ 是否存在？若存在，给出证明; 若不存在，请给出反例.
         

                 这个题目可能回忆的时候少了条件. 取 $f(x) = x$, 那么 $\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \dfrac{f(x)}{x} = 1$. 取 $f(x) = -x^2$, 那么 $\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \dfrac{f(x)}{x} = -\infty$ 不存在.
                 
                 如果 $\dfrac{f(x)}{x}$ 有下界, 可以证明 $\lim\limits _{x \rightarrow+\infty} \dfrac{f(x)}{x} = \inf\limits_{x\geq 1}\dfrac{f(x)}{x} $.
                 
         

                         记 $a = \inf\limits_{x\geq 1}\dfrac{f(x)}{x}$. 先假设 $a\geq 0$. 根据下确界的定义, 对任意的 $\varepsilon > 0$, 存在 $x_0$ 使得
                        \[  a \leq \dfrac{f(x_0)}{x_0} < a + \varepsilon,  \]
                         即
                        \[ ax_0 \leq f(x_0) \leq (a+\varepsilon)x_0 , \]
                         当 $x$ 充分大时, 找到 $n$ 使得 $x = nx_0 + x_0 + \theta$, 其中 $0 < \theta < x_0 $, 反复利用条件
                        \[ f(x+y) \leq f(x) + f(y),  \]
                         可得
                        \[  f(x) = f(nx_0 + x_0 + \theta) \leq nf(x_0) + f(x_0 + \theta) < n(a+\varepsilon)x_0 +f(x_0 + \theta)  ,  \]
                         所以
                        \[ \dfrac{f(x)}{x} < \dfrac{n(a+\varepsilon)x_0 +f(x_0 + \theta)}{nx_0 + x_0 + \theta} ,  \]
                         可得
                        \[ a \leq \liminf\limits_{x\to+\infty }\dfrac{f(x)}{x}  \leq \limsup\limits_{x\to+\infty }\dfrac{f(x)}{x} \leq a+\varepsilon , \]
                         因此得证.
                        
                         若 $a<0$, 那么 $\dfrac{f(x)}{x} - a \geq  0$,
                         也就是  $f(x) -ax \geq 0$, 令 $g(x) = f(x) - ax$, 那么 $g(x)$ 非负连续, 并且
                        \[ g(x+y)= f(x+y)-a(x+y) \leq g(x) + g(y),  \]
                         所以类似可得.
                        
         
4. 已知函数 $f(x)$ 在 [0,1] 上连续单调增加，且 $f(x) \geq 0,$ 记
        \[
         s=\dfrac{{\int_{0}^{1} x f(x) \mathrm{d} x}}{{\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x}},
         \]
         
          证明  : $ s \geq \dfrac{1}{2}$
                 
          比较 $\displaystyle{\int_{0}^{s} f(x) \mathrm{d} x}$ 与 $\displaystyle{\int_{s}^{1} f(x) \mathrm{d} x}$ 的大小. (可以用物理或几何直觉)

         
         第一问更一般的命题是

               
                 设 $f(x)$ 在 $[a, b]$ 上连续且单调增加，证明:
                 
                 \[ \int_{a}^{b} x f(x) \mathrm{d} x \geqslant \dfrac{a+b}{2} \int_{a}^{b} f(x) \mathrm{d} x . \]
                 

                 由于 $f(x)$ 单调增加, 所以对任意的 $x\in[a,b]$, 有
           \[ \left(x - \dfrac{a+b}{2} \right)\left( f(x)- f\left(\dfrac{a+b}{2}  \right)\right)  \geq 0,     \]
            即
           \[  xf(x) -\dfrac{a+b}{2}f(x) \geq \left(x - \dfrac{a+b}{2} \right)f\left(\dfrac{a+b}{2}  \right),   \]
            两边对 $x$ 从 $a$ 到 $b$ 积分可得不等式.

         
         (b) 注意到 $s$ 是由一个积分确定的数, 这让我们想起有关凸函数积分不等式时也有这种情况, 因此考虑使用凸函数处理.

         
         记 $F(x) =\displaystyle{\int_{0}^{x} f(x) \mathrm{d} x} $, 则 $F'(x) = f(x) \geq 0$, 说明 $F(x)$ 是凸函数.
         记 $a = \displaystyle{\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{d} x}$, 注意到
        \[ \displaystyle{\int_{s}^{1} f(x) \mathrm{d} x} = a - \displaystyle{\int_{0}^{s} f(x) \mathrm{d} x} = a- F(s),  \]
         因此只要比较 $F(s)$ 与 $a/2$ 的大小即可.

         
         下面的例子在考研复习中应该有见过, 在很多的参考书中都能找到.

                 
                 设 $f(x),p(x)$ 在区间 $[a,b]$ 上连续, $p(x)\geq 0, \displaystyle{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x} > 0 $,
                 且 $m \leq f(x) \leq M$. $\varphi(x)$ 是定义在 $[m,M]$ 上的可导凸函数, 则
                \[ \varphi\left( \dfrac{ \int_{a}^{b} p(x)f(x) \mathrm{d} x}{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x} \right) \leq \dfrac{\int_{a}^{b} p(x)\varphi(f(x)) \mathrm{d} x}{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x}.  \]
         
                 因为 $\varphi(x)$ 是定义在 $[m,M]$ 上的可导凸函数, 所以对任意的 $x,y \in[m,M]$ 有
                \[ \varphi(y) \geq \varphi(x) + \varphi'(x)(y-x),  \]
                 取定
                \[ x =x_0 =  \dfrac{ \displaystyle{\int_{a}^{b} p(x)f(x) \mathrm{d} x } }{{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x}}  \] 为常数, 同时取 $y =f(x) $,则
                \[  \varphi(f(x)) \geq \varphi(x_0) + \varphi'(x_0)(f(x)-x_0),  \displaystyle{} \]
                 对上式两边同时乘以因子
                \[  \dfrac{p(x)}{{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x}}  \]
                 有
                \[ \dfrac{p(x)\varphi(f(x))}{\sy{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x}}\geq \varphi(x_0) \dfrac{p(x)}{{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x}}  + p(x)(f(x)-x_0)\dfrac{\varphi'(x_0)}{{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x}} ,  \]
                 两边对 $x$ 作积分有
                \[ \dfrac{\sy{\int_{a}^{b} p(x)\varphi(f(x))     \mathrm{d} x}}{{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x}}  \geq \varphi(x_0) \dfrac{{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x}}{{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x}} +\varphi'(x_0) \dfrac{\displaystyle{ \int_{a}^{b} p(x)(f(x) - x_0) \mathrm{d} x }}{{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x}}, \]
                 注意到
                \[ \displaystyle{ \int_{a}^{b} p(x)(f(x) - x_0) \mathrm{d} x} = 0,  \]
                         所以
         \[   \varphi(x_0) \leq \dfrac{\displaystyle{\int_{a}^{b} p(x)\varphi(f(x)) \mathrm{d} x }}{{\int_{a}^{b} p(x) \mathrm{d} x}} ,  \]

         
         在本题中取 $p(x) = f(x),f(x) = x,\varphi(x) = F(x)$ 满足条件, 则
        \[ F(s) \leq \dfrac{\displaystyle{\int_{0}^{1} f(x)F(x) \mathrm{d} x }}{\displaystyle{\int_{0}^{1}f(x) \mathrm{d} x }}  = \dfrac{1}{a}\displaystyle{\int_{0}^{1} F(x) \mathrm{d} F(x) } =\dfrac{1}{2a}F^2(x)|_0^1 = \dfrac{a}{2}.     \]

5. 已知 ${\int_{0}^{+\infty} \dfrac{\sin x}{x} \mathrm{d} x}=\dfrac{\pi}{2}$, 计算 ${\int_{0}^{+\infty}\left(\dfrac{\sin x}{x}\right)^{2} \mathrm{d} x}$, 并说明计算依据.
        

                使用分部积分
                \[ {\int_{0}^{+\infty}\left(\dfrac{\sin x}{x}\right)^{2} \mathrm{d} x} = -\int_{0}^{+\infty}\sin^2 x \mathrm{d} \left(\frac{1}{x} \right)   =\int_{0}^{+\infty} \dfrac{\sin 2x}{x}  \mathrm{d} x     \]
                \[ = \int_{0}^{+\infty} \dfrac{\sin 2x}{2x}  \mathrm{d} (2x)  =  \dfrac{\pi}{2} . \]
        
使用 Green 公式证明如下特殊情况下的 Stokes 公式
        \[
        \oint_{\Gamma} R(x, y, z) \mathrm{d} z=\iint_{\Sigma} \dfrac{\partial R}{\partial y} \mathrm{d} y \mathrm{d} z-\dfrac{\partial R}{\partial x} \mathrm{d} z \mathrm{d} x .
        \]

                翻书.

        
6. 设 $0<p<1,$ 求 $f(x)=\cos p x$ 在 $[-\pi, \pi]$ 上的 Fourier 级数，并求出其和函数;
         
                        
证明余元公式
                \[
                 \int_{0}^{1} x^{p-1}(1-x)^{-p} \mathrm{d} x=\dfrac{\pi}{\sin (p \pi)} .
                 \]

                 
                 $\cos p x$ 是偶函数, 所以 $b_n = 0$.
                 
                 \[ \begin{aligned} a_{n} &=\frac{2}{\pi} \int_{0}^{\pi} \cos p x \cos n x \mathrm{d} x =\frac{1}{\pi} \int_{0}^{\pi}(\cos (p-n) x+\cos (p+n) x) \mathrm{d} x \\  &=\frac{1}{\pi}\left(\frac{\sin (p-n) \pi}{p-n}+\frac{\sin (p+n) \pi}{p+n}\right) =\frac{(-1)^{n}}{\pi} \frac{2 p \sin p \pi}{p^{2}-n^{2}} \quad(n=0,1,2, \cdots) \end{aligned} . \]
                 
                 
                 $\cos p x$ 在 $[-\pi, \pi]$ 上连续, 由收敛定理有
                \[ \cos ax = \dfrac{\sin a\pi}{\pi} \left( \dfrac{1}{a}  + \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n \dfrac{2p}{p^2 - n^2} \cos nx\right) .  \]
                 

                 
                 令 $x = \dfrac{1}{1 + t}$, 则
                \[ \int_{0}^{1} x^{p-1}(1-x)^{-p} \mathrm{d} x = \int_{0}^{+\infty} \dfrac{x^{p-1}}{1+x} \mathrm{d} x = \int_{0}^{1} \dfrac{x^{p-1}}{1+x} \mathrm{d} x + \int_{1}^{+\infty} \dfrac{x^{p-1}}{1+x} \mathrm{d} x, \]
                 使用幂级数展开,
                 \[ \dfrac{x^{p-1}}{1+x}= \sum_{n= 0}^{\infty}(-1)^nx^{n+p-1},  \]
                 记
                \[ S_n(x)  = \sum_{k= 0}^{n-1}(-1)^kx^{k+p-1}, \]
                 那么 $S_n(x)$ 内闭一致收敛, 并且
                \[ S_n(x) = x^{p-1} \sum_{k= 0}^{n-1}(-x)^k =
                 x^{p-1} \dfrac{1-(-x)^n}{1+x} \leq \dfrac{2x^{p-1}}{1+x} \leq 2x^{p-1},   \]
                 因为 ${\int_{0}^{1} \dfrac{1}{x^{1-p}}} dx$ 收敛, 故
                ${\int_{0}^{1} S_n(x) dx} $ 关于 $n$ 一致收敛, 所以积分求和可交换.
                  \[ \int_{0}^{1} \dfrac{x^{p-1}}{1+x} \mathrm{d} x =\sum_{n= 0}^{\infty}(-1)^n \int_{0}^{1}x^{n+p-1}  \mathrm{d} x  =\sum_{n= 0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{n+p} ,  \]
                  作倒变换 $x = 1/t$, 那么
                 \[ \int_{1}^{+\infty} \dfrac{x^{p-1}}{1+x} \mathrm{d} x =\int_{0}^{1} \dfrac{t^{(1-p)-1}}{1+t} \mathrm{d} x  =\sum_{n= 1}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{p-n},    \]
                  因此
                 \[ \int_{0}^{+\infty} \dfrac{x^{p-1}}{1+x} \mathrm{d} x =\sum_{n= 0}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{n+p} +  \sum_{n= 1}^{\infty}\dfrac{(-1)^n}{p-n}    \]
                  \[ = \dfrac{1}{p} + \sum_{n= 1}^{\infty}\left(\dfrac{(-1)^n}{n+p} +\dfrac{(-1)^n}{p-n}   \right) =  \dfrac{1}{p}  +\sum_{n= 1}^{\infty} (-1)^n \dfrac{2p}{p^2-n^2},  \]
                  
                  在第一问中令 $x = 0$ 可得
                 \[ \dfrac{1}{p}  +\sum_{n= 1}^{\infty} (-1)^n \dfrac{2p}{p^2-n^2} = \dfrac{\pi}{\sin p\pi}.  \]
                  

7. 设  $C_{r}$ 为半径为 $r$ 的圆周, $f(x, y)$ 满足 $f(0,0)=0, \dfrac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}}+\dfrac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}}=x^{2}+y^{2}$,  其中 $f(x, y)$ 是 $C^{2}$ 的，计算
        \[
         A(r)=\int_{C_{r}} f(x, y) \mathrm{d} s.
         \]

                 圆 $x^2 + y^2 = r^2$ 的参数方程为 $x = r\cos \theta,y = r \sin\theta$, 此时 $ds = \sqrt{x'^2 + y'^2}d\theta = r d\theta$,
         那么
        \[\int_{C_{r}} f(x, y) \mathrm{d} s = \int_{0}^{2\pi} f(r\cos\theta,r\sin\theta)r \mathrm{d} \theta,   \]
         考虑函数 $g(t) = f(t\cos\theta,t\sin\theta) $, 则 $g(0) = f(0,0) = 0$, 且
        \[ g'(t) = f_x(t\cos\theta,t\sin\theta) \cdot\cos\theta + f_y(t\cos\theta,t\sin\theta) \sin\theta ,   \]
         所以
        \[ f(r\cos\theta,r\sin\theta) = g(r) = \int_{0}^{r} g'(t) \mathrm{d} t =\int_{0}^{r} (f_x\cdot\cos\theta + f_y\cdot \sin\theta) \mathrm{d} t ,    \]
         所以
        \[ \int_{C_{r}} f(x, y) \mathrm{d} s = \int_{0}^{2\pi} \int_{0}^{r} \left( f_x\cdot\cos\theta + f_y \sin\theta\right) r   \mathrm{d} t  \mathrm{d} \theta ,  \]
         
         交换积分的次序有
        \[ \int_{C_{r}} f(x, y) \mathrm{d} s = r \int_{0}^{r} \int_{0}^{2\pi}  \left( f_x\cdot\cos\theta + f_y \sin\theta\right)   \mathrm{d} \theta   \mathrm{d} t ,   \]
         其中
        \[ \int_{0}^{2\pi}  \left( f_x\cdot\cos\theta + f_y \sin\theta\right)   \mathrm{d} \theta = \dfrac{1}{t}\int_{0}^{2\pi}  \left( f_x \cdot t \cos\theta + f_y t \sin\theta \right)   \mathrm{d} \theta     \]
         \[ = \dfrac{1}{t}\int_{0}^{2\pi}  \left( f_x(t\cos\theta,t\sin\theta)\mathrm{d}(t \sin\theta) - f_y(t\cos\theta,t\sin\theta) \mathrm{d}(t\cos\theta) \right) ,       \]
         令$x = t\cos\theta,y=t\sin\theta$, 将上面的积分还原为第二型曲线积分
        \[ \int_{0}^{2\pi}  \left( f_x(t\cos\theta,t\sin\theta)\mathrm{d}(t \sin\theta) - f_y(t\cos\theta,t\sin\theta) \mathrm{d}(t\cos\theta) \right)   \]
         \[ = \int\limits_{x^2+y^2=t^2} f_x(x,y)\mathrm{d} y-f_y(x,y)\mathrm{d} x,     \]
         其中 $x^2+y^2=t^2$ 取逆时针. 接下来对它使用 green 公式有
        \[\int\limits_{x^2+y^2=t^2} f_x(x,y)\mathrm{d} y-f_y(x,y)\mathrm{d} x =
         \iint\limits_{x^2 + y^2 \leq t^2} \left( f_{xx} + f_{yy} \right)  \mathrm{d} x \mathrm{d} y   \]
         \[  =\iint\limits_{x^2 + y^2 \leq t^2} \left( x^{2}+y^{2} \right)  \mathrm{d} x \mathrm{d} y  = \dfrac{\pi}{2}t^4.   \]
         
         将上面的内容综合起来有
        \[ \int_{C_{r}} f(x, y) \mathrm{d} s =r \int_{0}^{r}\dfrac{\pi}{2}t^3 \mathrm{d} t = \dfrac{\pi}{8}r^5.   \]
----------------------------------------
【第7题另解一】：
作者: Hansschwarzkopf    时间: 2020-1-10 13:21
设
\[I(r)=\frac{1}{2\pi
r}\oint_{s}
f(x,y)ds=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}f(r\cos\theta,r\sin\theta)d\theta.\]
从而
\[\begin{array}{rl} I'(r)&=\frac{1}{2\pi}\int_0^{2\pi}(f_x(r\cos\theta,r\sin\theta)\cos\theta
+f_y(r\cos\theta,r\cos\theta)\sin\theta)d\theta\\
&=\frac{1}{2\pi
r^2}\oint_{x^2+y^2=r^2}(f_x(x,y)x+f_y(x,y)y)ds\\
&=\frac{1}{2\pi r}\oint_{x^2+y^2=r^2}\frac{\partial f}{\partial
n}ds\\
&=\frac{1}{2\pi r}\iint\limits_{x^2+y^2\leqslant r^2}\Delta
f(x,y)dxdy\\
&=\frac{1}{2\pi r}\iint\limits_{x^2+y^2\leqslant
r^2}(x^2+y^2)dxdy\\
&=\frac{1}{2\pi r}\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^r\rho^3d
\rho\\
&=\frac{r^3}{4}.\end{array}
\]
由于$I(0)=0$, 故
\[I(r)=\frac{r^4}{16}.\]

【第7题另解二】：
作者: Hansschwarzkopf    时间: 2020-1-10 14:01
最简洁的解法:

令
\[g(x,y)=f(x,y)-\frac{x^4+y^4}{12},\]
则$g$是调和函数, $g(0,0)=0$, 从而根据平均值定理
\[\frac{1}{2\pi r}\oint_{x^2+y^2=r^2}g(x,y)ds=g(0,0)=0,\]
因此 \[\frac{1}{2\pi r}\oint_{x^2+y^2=r^2}f(x,y)ds=\frac{1}{24\pi
r}\oint_{x^2+y^2=r^2}(x^4+y^4)d s=\frac{r^4}{16}.\]

                                       

8. 设 $k\geq 1$, 整数列$q_k,p_k$ 满足 $q_k\geq p_k > 0,q_{k+1} - q_k > p_k + p_{k+1}$, 定义函数 $T_{p_k,q_k}(x)$ 如下
        \[ T_{p_k,q_k}(x) = \dfrac{\cos(q_k + p_k)x}{p_k} +\dfrac{\cos(q_k + p_k-1)x}{p_k-1} + \cdots + \dfrac{\cos(q_k + 1)x}{1}  \]
         \[ - \dfrac{\cos(q_k- 1)x}{1} - \dfrac{\cos(q_k -2)x}{2}-\cdots - \dfrac{\cos(q_k - p_k)x}{p_k} ,  \]
         现有数列 $a_n$, 满足 $a_n > 0,\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n <+\infty, \sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\ln p_n = +\infty$, 令 $f(x)=\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k T_{p_k,q_k}(x) $.
         

                 试证明: $f(x) $ 是 $\mathbb{R}$ 上以周期为 $2\pi$ 的连续函数.
                 
                  $f(x) $ 的 Fourier 级数在 $x=0$ 处是否收敛, 请说明理由.


         先处理一下 $T_{p_k,q_k}(x)$, 注意到
        \[ \dfrac{\cos(q_k + p_k)x}{p_k} - \dfrac{\cos(q_k - p_k)x}{p_k} = \dfrac{\cos(q_k + p_k)x - \cos(q_k - p_k)x}{p_k} , \]
         使用和差化积公式 $\cos(a+b) - \cos(a-b) = -2\sin(a)\sin(b)$, 所以

        \[ \dfrac{\cos(q_k + p_k)x - \cos(q_k - p_k)x}{p_k}  = \dfrac{-2\sin(q_kx)\sin(p_kx)}{p_k},   \]
         所以
        \[ T_{p_k,q_k}(x) = -2\sin(q_kx) \sum\limits_{n=1}^{p_k}\dfrac{\sin(nx)}{n}.   \]
         下面证明 $\sum\limits_{n=1}^{p_k}\dfrac{\sin(nx)}{n}$ 在 $x\in \mathbb{R}$ 上一致有界.

         
         注意到 $\sin nx$ 是周期为 $2\pi$ 的奇函数, 故只需要考虑一个或者半个周期即可.
         
         将函数 $g(x) = x,x\in(0,2\pi)$ 延拓为周期为 $2\pi$ 的周期函数, 容易求的它的 Fourier 级数为
        \[ x \sim \pi - 2\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\sin nx}{n} , \]
         根据收敛原理有
        \[\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\sin nx}{n} = \dfrac{\pi - x}{2} , 0 < x < 2\pi ,   \]
         因此 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\sin nx}{n}$ 在 $(0,2\pi)$ 上一致有界, 在 $x= 0, 2\pi$ 处级数为 $0$, 因此 $\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\sin nx}{n}$ 在一个周期 $[0,2\pi]$ 上一致有界.
         
         
         另外可考虑复幂级数公式(参考复变函数(史济怀老师)),
         \[ \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{z^n}{n} = -\ln(1-z),  \]
         令 $z = e^{ix},x\in(0,2\pi)$, 有
        \[ \begin{aligned}
         -\ln(1-z) &= - \ln|1-z| - i\arg (1-z) \\
          &= -\dfrac{1}{2}\ln(2-2\cos x) + i \arctan\dfrac{\sin x}{1-\cos x},
         \end{aligned}  \]
         其中
        \[ 2-2\cos x = 4\sin^2\frac{x}{2},\quad \dfrac{\sin x}{1-\cos x} = \cot\frac{x}{2} = \tan \dfrac{\pi-x}{2}.   \]
         此时 $\dfrac{\pi-x}{2} \in (-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2})$,
         所以 $\arctan\left( \tan\dfrac{\pi-x}{2} \right)  =\dfrac{\pi-x}{2} $,
         \[ -\dfrac{1}{2}\ln(2-2\cos x) + i \arctan\dfrac{\sin x}{1-\cos x} =   -\ln2\sin\frac{x}{2} + i\dfrac{\pi-x}{2} ,  \]
         因此
        \[  \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{z^n}{n} = \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\cos nx}{n} + i \sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\sin nx}{n}, \]
         对照实部和虚部有
        \[\sum\limits_{n=1}^{\infty} \dfrac{\sin nx}{n} =  \dfrac{\pi-x}{2} , x\in(0,2\pi).   \]
         
         
         相关的还有如下命题.

                 证明:对任意 $n, x$ 成立不等式 $\left|\sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{\sin k x}{k}\right|<2 \sqrt{\pi}$.

                 注意到 $\sin nx$ 是周期为 $2\pi$ 的奇函数, 故只需要考虑 $x\in(0,\pi)$ 即可.
                 
                 使用 Jordan 不等式 $$\dfrac{2}{\pi} x < \sin x < x, 0 < x < \frac{\pi}{2}$$.
                 
                 首先公式
                \[ \left|S_n \right|  = \left| \sum\limits_{k=1}^{n}\sin k x\right|  = \left| \dfrac{\cos\dfrac{x}{2} - \cos\left( n+\dfrac{1}{2}\right)x }{2\sin\dfrac{x}{2}}\right|  \leq \dfrac{1}{\sin\dfrac{x}{2}} < \dfrac{\pi}{x} ,x\in(0,\pi).  \]
         
                 当 $nx \leq \sqrt{\pi}$ 时,
                         \[ \left|\sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{\sin k x}{k}\right|   \leq nx \leq  \sqrt{\pi}.   \]
                        
                  当 $nx > \sqrt{\pi}$ 时, 找到正整数 $m$, 使 $m \leq \dfrac{\sqrt{\pi}}{x}< m+1$, 即 $mx \leq \sqrt{\pi} < (m+1)x $,
                         拆开两部分
                        \[ \sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{\sin k x}{k} = \sum\limits_{k=1}^{m} \dfrac{\sin k x}{k} + \sum\limits_{k=m+1}^{n} \dfrac{\sin k x}{k} ,  \]
                        
                         前一部分前面已经评估出来, 后一部分使用分部求和公式
                        \[ \sum\limits_{k=m+1}^{n} \dfrac{\sin k x}{k} =  \dfrac{1}{2\sin\dfrac{x}{2}}\sum\limits_{k=m+1}^{n}\dfrac{\cos\left( k-\dfrac{1}{2}\right)x - \cos\left( k+\dfrac{1}{2}\right)x}{k}= \dfrac{1}{2\sin\dfrac{x}{2}}    \]
                         \[  \left( \dfrac{\cos\left( m+\dfrac{1}{2}\right)x}{m+1}  -\sum\limits_{k=m+1}^{n-1}\cos\left( kx+\dfrac{1}{2}x\right) \left(\dfrac{1}{k}- \dfrac{1}{k+1} \right) + \dfrac{\cos\left( n+\dfrac{1}{2}\right)x}{n}      \right)    \]
                         \[ \leq \dfrac{1}{2\sin\dfrac{x}{2}} \left(\dfrac{1}{m+1} +\dfrac{1}{m+1} - \dfrac{1}{n} + \dfrac{1}{n}  \right)  =  \dfrac{1}{\sin\dfrac{x}{2}} \cdot \dfrac{1}{m+1},  \]
                         利用 Jordan 不等式有 $\sin\dfrac{x}{2} > \dfrac{x}{\pi}$,
                         所以
                        \[ \sum\limits_{k=m+1}^{n} \dfrac{\sin k x}{k} \leq \dfrac{1}{\sin\dfrac{x}{2}(m+1)} < \dfrac{\pi}{(m+1)x} < \sqrt{\pi}, \]
                         所以
                \[  \sum\limits_{k=1}^{n} \dfrac{\sin k x}{k} < \sqrt{\pi} + \sqrt{\pi} = 2\sqrt{\pi}.  \]  
                 
                 
                 还可以利用导数后积分确定界. 同样的只讨论 $x\in(0,\pi)$.
                 \[  \begin{aligned} S_{n}(x) &=\sum_{k=1}^{n} \frac{\sin k x}{k}=\sum_{k=1}^{n} \int_{0}^{x} \cos k t \mathrm{d} t \\ &=\int_{0}^{x} \sum_{k=1}^{n} \cos k t \mathrm{d} t=\int_{0}^{x} \frac{\left[\sin \left(n+\frac{1}{2}\right) t-\sin \frac{t}{2}\right]}{2 \sin \frac{t}{2}} \mathrm{d} t \\ &=\int_{0}^{x} \frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right) t}{t} \mathrm{d} t+\int_{0}^{x}\left[\frac{1}{2 \sin \frac{t}{2}}-\frac{1}{t}\right] \sin \left(n+\frac{1}{2}\right) t \mathrm{d} t-\frac{x}{2}  \end{aligned} \]
                 其中
                \[ \int_{0}^{x} \frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right) t}{t} \mathrm{d} t = \int_{0}^{x} \frac{\sin \left(n+\frac{1}{2}\right) t}{\left(n+\frac{1}{2}\right)t} \mathrm{d} \left(n+\frac{1}{2}\right)t = \int_{0}^{\left(n+\frac{1}{2}\right) x} \frac{\sin u}{u} \mathrm{d} u,   \]
                 并且注意到
                \[ \lim\limits_{u\to0^+}\frac{\sin u}{u} = 1,\quad {\int_{0}^{+\infty} \dfrac{\sin x}{x} \mathrm{d} x}=\dfrac{\pi}{2} , \quad \lim\limits_{t\to0^+} \left[\frac{1}{2 \sin \frac{t}{2}}-\frac{1}{t}\right] =0,   \]
                 所以
                \[ \int_{0}^{\left(n+\frac{1}{2}\right) x} \frac{\sin u}{u} \mathrm{d} u   \]
                 有限, 且
                \[ \left|\int_{0}^{x}\left[\frac{1}{2 \sin \frac{t}{2}}-\frac{1}{t}\right] \sin \left(n+\frac{1}{2}\right) t \mathrm{d} t  \right| \leq \int_{0}^{\pi }\left|\frac{1}{2 \sin \frac{t}{2}}-\frac{1}{t} \right|   \mathrm{d} t   \]
                 有限.
                 所以 $S_n$ 有界.

                 
                 从前面的证明说明 $T_{p_k,q_k}(x)$ 在 $x\in \mathbb{R}$ 上一致有界.
                 所以
                \[ \left| \sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k T_{p_k,q_k}(x)  \right| \leq \sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k\left|T_{p_k,q_k}(x) \right| \leq M \sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k,  \]
                 根据魏尔斯特拉斯判别法知道 $f(x)$ 在 $\mathbb{R}$ 一致收敛, 并级数的每一项都是周期 $2\pi$ 的连续函数, 因此第一问得证.
                 

                 
                 (b) 由前面的
                \[  f(x) = \sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k T_{p_k,q_k}(x)   \]        
                 是周期为 $2\pi$ 的偶函数, 因此其 Fourer 系数 $b_n = 0$,        
                 
                 \[ a'_n = \dfrac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\mathrm{d} x=\dfrac{1}{\pi} \int_{-\pi}^{\pi} \sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k T_{p_k,q_k}(x)\cos nx\mathrm{d} x  ,  \]
                 因为级数一致收敛, 所以积分和求和可交换次序,

                 \[ a'_n=\dfrac{1}{\pi}\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k \int_{-\pi}^{\pi}\sum\limits_{j=1}^{p_k} \dfrac{\cos(q_k + j)\cos nx - \cos(q_k-j)\cos nx}{j} \mathrm{d} x    \]
                 
                 \[  = \dfrac{1}{\pi}\sum\limits_{k=1}^{\infty}a_k\sum\limits_{j=1}^{p_k} \dfrac{1 }{j}\left( \int_{-\pi}^{\pi}\cos(q_k + j)\cos nx \mathrm{d} x -\int_{-\pi}^{\pi}\cos(q_k - j)\cos nx \mathrm{d} x  \right) ,  \]
                 计算的时候需要用到三角正交系
                \[ \int_{-\pi}^{\pi} \cos mx \cos nx \mathrm{d} x = \pi \delta_{mn},   \]
                 
                 因此, 对每个固定的 $k$, 只有当 $n$ 取 $q_k + j,q_k - j, j = 1,\cdots ,p_k$ 时积分才不为 $0$, 当 $n = q_k + j$ 时, 满足
                \[  1\leq j = n-q_k \leq p_k ,  \]
                 也就是
                \[ 1 + q_k \leq n \leq q_k + p_k,  \]
                 并且注意到条件 $q_{k+1} - q_k > p_k + p_{k+1}$, 这说明当取 $k-1$ 和 $k + 1$ 时, 不会有
                \[  q_{k-1} \pm i = n(i = 1,2,\cdots ,p_{k-1}) \quad \text{或} \quad q_{k+1} \pm t = n (t = 1,2,\cdots ,p_{k+1})   \]
                 的情况.
         所以当 $n = q_k + j$ 时, 除了
        
         \[ \int_{-\pi}^{\pi}\cos(q_k + j)\cos nx \mathrm{d} x = \pi, \]
         
         其它的积分都为 $0$, 同样可以讨论 $n = q_k - j$ 的情况.
         
         因此有
                \[ a'_n = \left\{ \begin{array}{ll}
                 \dfrac{a_k}{n-q_k}, & q_k - p_k \leq n \leq  q_k + p_k,n \neq q_k\\
                 0, & \text{其它取值}
                 \end{array}    \right.   \]
                 所以 $f(x)$ 的 fourier 级数为
                \[ f(x) \sim  \sum\limits_{n=1}^{\infty}a'_n\cos nx.  \]
                 
                 
                 在 $x = 0$ 处, 研究级数 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}a'_n$ 的敛散性.
                 
                 注意到 $a'_n$ 是分段取值的, 所以
                \[ \sum\limits_{n=1}^{\infty}a'_n =\sum\limits_{k=1}^{\infty}\sum\limits_{ n=q_k - p_k}^{q_k + p_k} \dfrac{a_k}{n-q_k} (n \neq q_k) ,  \]
                 虽然 $\sum\limits_{ n=q_k - p_k}^{q_k + p_k} \dfrac{a_k}{q_k - n} (n \neq q_k) = 0$, 但是这并不意味着级数就为 $0$, 好比
                $\sum(-1)^n$ 一样.
                 
                 考虑柯西收敛准则, 我们截取最大的片段,
                 \[ \sum\limits_{ n=q_k+1}^{q_k + p_k} \dfrac{a_k}{n-q_k} =
                 \sum\limits_{j=1}^{p_k} \dfrac{a_k}{j}   \]
                 
                 
                 到这里不知如何条件 $\sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\ln p_n = +\infty$, 取 $a_n = \dfrac{1}{n(\ln n)^2}, p_n = n$, 则
                \[ \sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\ln p_n = \sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{1}{n\ln n} = +\infty,   \]
                 此时
                \[  \sum\limits_{j=1}^{p_k} \dfrac{a_k}{j} < a_k p_k = \dfrac{1}{\ln k} \to 0, \]
                 如果取 $a_n = \dfrac{1}{n(\ln n)^2}, p_n = n^{n^2}$, 则
                \[ \sum\limits_{n=1}^{\infty}a_n\ln p_n = \sum\limits_{n=1}^{\infty}\dfrac{n}{\ln n} = +\infty,   \]
                 
                 但是
                \[ \sum\limits_{j=1}^{p_k} \dfrac{a_k}{j} >         \sum\limits_{j=1}^{p_k} a_k \ln\left( 1+ \dfrac{1}{j} \right)  \]
                 \[ =\sum\limits_{j=1}^{p_k} a_k (\ln(1+j) - \ln(j))  = a_k \ln (p_k + 1)\to +\infty.    \]
                 
                 有可能我没有想到它是怎么使用的, 或者是题目条件回忆错误了.
                 
                 如果是 $\lim\limits_{k\to+\infty}a_k \ln p_k \neq 0$ 就好了.

解：
                       $S:z\geq \frac{h}{a}\sqrt{x^2+y^2},$

                       $dS=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}dxdy=\sqrt{1+\frac{h^2}{a^2}}dxdy,$

                       $D_{xy}:x^2+y^2\leq ax,$

                        $x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,-\frac{\pi}{2}\leq \theta \leq \frac{\pi}{2},0\leq r\leq a\cos\theta.$

                        $\begin{align*}\iint_SzdS&=\frac{h}{a} \iint_\Sigma \sqrt{x^2+y^2} \cdot \sqrt{1+\frac{h^2}{a^2}}dxdy\\\\&=\frac{h}{a^2}\sqrt{a^2+h^2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \int_{0}^{a\cos\theta }r^2dr\\\\&=\frac{h}{3a^2}\sqrt{a^2+h^2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}a^3\cos^3\theta d\theta\\\\&=\frac{4}{9}ah\sqrt{a^2+h^2}.\end{align*}$

解：
            添加一个平面$S'$,使之与原曲面形成一个闭合曲面，再利用高斯公式计算

                                   $S':z=0,\uparrow ,$

                                   $\begin{align*}\iint_S\frac{axdzdy+2(x+a)dzdx}{\sqrt{x^2+y^2+z^2+1}}&=\iint_{S+S'}-\iint_{S'}\\\\&=\iint_{S+S'}\frac{axdzdy+2(x+a)dzdx}{\sqrt{a^2+1}}-0\\\\&=\frac{1}{\sqrt{a^2+1}}\iiint(3a+2x)dV\\\\&=\frac{3a}{\sqrt{a^2+1}}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{4}{3}\pi a^3+0\\\\&=\frac{2\pi a^4}{\sqrt{a^2+1}}.\end{align*}$

解：由题意，旋转曲面的方程为：
                                             $x^2+y^2-z^2=1.$

                  添加两个平面：
                                           $S':z=1,$方向向上， $S‘':z=2,$方向向下。$\Omega :S+S'+S''.$

                                           $\displaystyle \iint_S=\iint_{S+S'+S''} -\iint_{S'} +\iint_{S''}.$

                                          $\begin{align*}\iint_{S'}xz^2dydz+(\sin x+x^2+y^2)dxdy&=\iint_{D'}(x^2+y^2)dxdy\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\sqrt{2}}r^2\cdot rdr\\\\&=\frac{4\sqrt{2}}{3}\pi.\end{align*}$

                                         $\begin{align*}\iint_{S''}xz^2dydz+(\sin x+x^2+y^2)dxdy&=\iint_{D''}(x^2+y^2)dxdy\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\sqrt{5}}r^2\cdot rdr\\\\&=\frac{10\sqrt{5}}{3}\pi.\end{align*}$

                                         $\begin{align*}\iint_{S+S'+S''}xz^2dydz+(\sin x+x^2+y^2)dxdy&=\iiint_\Omega z^2dV=\int_{1}^{2}z^2dz\iint_{D_{z}}dxdy\\\\&=\pi\int_{1}^{2}z^2(1+z^2)dz\\\\&=\frac{128}{15}\pi.\end{align*}$

                                          $\displaystyle \therefore \iint_S=\frac{128}{15}\pi-\frac{4\sqrt{2}}{3}\pi+\frac{10\sqrt{5}}{3}\pi.$

解：假设所求曲面积分与所给的积分曲面无关，则其积分值应该与在任意小的球面上的积分相等。而在小球面的曲面积分满足高斯公式，因此有
                      $\displaystyle \iint_S(1-x^2)\varphi (x)dzdy+4xy\varphi (x)dzdx+4xzdxdy=\iiint_\Omega (-2x\varphi(x)+(1-x^2)\varphi '(x)+4x\varphi (x)+4x)dV.$
            
                      $(1-x^2)\varphi'(x)+2x\varphi (x)=-4x+c,$(c为常数)

             令
                       $\varphi (x)=ax^2+bx+d,$

                       $(1-x^2)(2ax+b)+2x(ax^2+bx+d)=-4x+c,$

           解方程，得
                      $\therefore \varphi (x)=-cx^2+c-2.$

解：
                  令
                                       $\displaystyle I(t)=\iint_S(1-x^2-y^2)dS,$

                         而
                                       $\displaystyle dS=\sqrt{1+z_x^2+z^2_y}=\sqrt{1+x^2+y^2},$

                       再进行变量变换
                                        $\displaystyle x=r\cos\theta,y=r\sin\theta,0\leq \theta\leq 2\pi,0\leq r\leq\sqrt{t},$

                                         $\displaystyle\therefore I(t)=\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{\sqrt{t}}(1-r^2)\sqrt{1+r^2} rdr.$

                        求上述函数的极值
                                            $\displaystyle I'(t)=\pi t(1-t)\sqrt{1+t}=0,\Rightarrow t=0,t=1.$

                                由
                                             $\displaystyle I''(t)|_{t=1}=-\pi\sqrt{2}<0$
                           
                                知$t=1$为函数的极大值，将$t=1$代入积分，求值

                                             $\displaystyle I(t)=\iint_S(1-x^2-y^2)dS=2\pi\int_{0}^{1}(1-r^2)\sqrt{1+r^2} rdr=\frac{16}{5}\sqrt{2}\pi-\frac{22}{15}\pi.$

                         极大值小于所给定值，因此结论成立。

一道积分计算题（转载）


【另一解】

一道极限题的几个解法（向禹）

《数学分析教程(第三版) 下》常庚哲，史济怀编著


证明：
                  作变换$(x,y,z)=(tu,tv,tw),|J|=t^3.$

                 于是
                           $\displaystyle F(t)=\iiint_{[0,t]^3}f(xyz)dxdydz=\iiint_{[0,t]^3}t^3 f(t^3uvw)dudvdw,$

                    因此

                            $\begin{align*}\therefore F'(t)&=\iiint_{[0,t]^3}(3t^2 f(t^3uvw)+3t^2uvwf'(t^3uvw)t^3)dudvdw\\\\&=\frac{3}{t}(\iiint_{[0,t]^3}t^3 f(t^3uvw)dudvdw+\iiint_{[0,t]^3}t^3 uvwf'(t^3uvw)t^3dudvdw)\\\\&=\frac{3}{t}(F(t)+\iiint_{[0,t]^3}xyzf'(xyz)dxdydz).\end{align*}$

《数学分析教程(第三版) 下》常庚哲，史济怀编著

哈尔滨工业大学2020年数学分析试卷真题


解：
              用球面坐标作变换
                                          $\begin{cases}
x=r\sin\theta \cos\varphi  &, 0\leq r\leq t \\
y=r\sin\theta \sin\varphi  &, 0\leq \varphi \leq 2\pi \\
z=r\cos\theta  &, 0\leq \theta \leq \pi
\end{cases}$

                                             $J=r^2\sin\theta ,$

                     则
                                             $\begin{align*}I&=\lim_{t\to0^+}\frac{1}{t^4}\iiint_{x^2+y^2+z^2\leq t^2}\sin\sqrt{x^2+y^2+z^2}dxdydz\\\\&=\lim_{t\to0^+}\frac{1}{t^4}\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_{0}^{\pi}\sin\theta d\theta \int_{0}^{t}r^2\sin rdr\\\\&=\lim_{t\to0^+}\frac{2\pi}{t^4}\int_{0}^{\pi}\sin\theta d\theta \int_{0}^{t}r^2\sin rdr\\\\&=\lim_{t\to0^+}\frac{4\pi}{t^4}\int_{0}^{t}r^2\sin rdr\\\\&=\lim_{t\to0^+}\frac{4\pi}{t^4}(-r^2\cos r|_0^t+2\int_{0}^{t}r\cos rdr )\\\\&=\lim_{t\to0^+}\frac{4\pi}{t^4}(-t^2\cos t+2t\sin t+2\cos t-2)\\\\&=\lim_{t\to0^+}\frac{4\pi}{t^4}\cdot (\frac{5}{12}t^4+o(t^4))\\\\&=\frac{5}{3}\pi.
\end{align*}$

哈尔滨工业大学2020年数学分析试卷真题



解：
           第二型曲面积分，先添加一个来面$S':z=0$，方向向下。再利用高斯 公式

                                                   $\begin{align*}I&=\iint_S=\iint_{S+S'}-\iint_{S'}\\\\&=2\iiint_\Omega(x+y+z)dxdydz-\iint_{S'}ay^2dxdy\\\\&=2\iiint_\Omega zdxdydz-a\iint_{x^2+y^2\leq a^2}y^2dxdy.
\end{align*}$

                             其中

                                                  $\displaystyle 2\iiint_\Omega zdxdydz=2\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\pi/2}\cos\varphi \sin\varphi d\varphi \int_{0}^{a}r\cdot r^2dr=\frac{1}{2}\pi a^4.$

                                                   $\displaystyle a\iint_{x^2+y^2\leq a^2}y^2dxdy=a\int_{0}^{2\pi}\sin^2\theta d\theta \int_{0}^{a}r^2\cdot rdr=\frac{1}{4}\pi a^5.$

                              所以
                                                   $\displaystyle I=\frac{1}{2}\pi a^4-\frac{1}{4}\pi a^5.$