一些数学分析考研题（2024年）的解析

证明
           由于有\[|f_n(x_n)-f(c)|\le |f_n(x_n)-f(x_n)|+|f(x_n)-f(c)|\]而\[\because f_n(x_n)\implies f(x_n),\]\[\therefore \forall \varepsilon > 0,|f_n(x_n)-f(x_n)|< \frac{\varepsilon }{2}.\]又\[\because \lim_{n\to\infty }x_n=c.\]\[\therefore \exists \varepsilon > 0,x_n,c\in [a,b],\delta > 0,|x_n-c|< \delta ,s.t.\]\[|f(x_n)-f(c)|< \frac{\varepsilon }{2}.\]因此\[|f_n(x_n)-f(c)|\le |f_n(x_n)-f(x_n)|+|f(x_n)-f(c)|= \frac{\varepsilon }{2}+ \frac{\varepsilon }{2}=\varepsilon .\]

解
      \[\lim_{x\to0}(\frac{e^x}{\ln(1+x)}-\frac{1}{x})=\lim_{x\to0}\frac{xe^x-\ln(1+x)}{x\ln(1+x)}=\lim_{x\to0}\frac{x(1+x+\frac{1}{2}x^2+o(x^2)-(x-\frac{1}{2}x^2+o(x^2))}{x^2\ln(1+x)^{\frac{1}{x}}}=\frac{3}{2}.\]

解
      直接微分后再代入得\[dz=7dx-16dy.\]

解
         由于\[\frac{x\ln(1+x)}{x^3+1}\geqslant \frac{x(x-\frac{1}{2}x^2)}{x^3+1}.\]而\[\int_{0}^{+\infty }\frac{x(x-\frac{1}{2}x^2)}{x^3+1}dx=\infty .\]所以\[\int_{0}^{+\infty }\frac{x\ln(1+x)}{x^3+1}dx=\infty .\]

解
      \[P=x^3y+e^y,\frac{\partial P}{\partial y}=x^3+e^y,\]\[Q=xy^3+5x^3y^2+xe^y,\frac{\partial Q}{\partial x}=y^3+15x^2y^2+e^y.\]\[
\begin{align*}\oint_{L}(x^3y+e^y)dx+(xy^3+5x^3y^2+xe^y)dy
&=\iint\limits_{D}(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})dxdy,(格林公式) \\
&=\iint\limits_{D}(-x^3+y^3+15x^2y^2)dxdy \\
&=15\iint\limits_{D}x^2y^2dxdy,(奇函数，对称性) \\
&=540\int_{0}^{1} r^5dr\int_{0}^{2\pi }\cos ^2x\sin ^2xd\theta ,(x=3r\cos \theta ,y=2r\sin \theta )\\
&=\frac{45\pi }{2}-\frac{45}{8}.
\end{align*}\]

解
         \[由于级数\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }n(n+1)t^n的收敛域为(-1,1).故原级数的收敛域为(\frac{1}{2},+\infty ).\]\[\begin{align*}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }n(n+1)(\frac{x-1}{x})^n
&=\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }n(n+1)t^n=t\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }n(n+1)t^{n-1}\\
&==t(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }(n+1)t^n)'\\
&=t(\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty }t^{n+1})''\\
&=\frac{2t}{1-t)^2}\\
&=2x^2(x-1).x\in (\frac{1}{2},+\infty )
\end{align*}\]

证明
            这个结论，从直觉上看是显然的，只是组织成数学语言，比较麻烦。以下证明，结合函数图形。
            首先，由图意所给条件，可知，可能在$[a,b]$内存在多个函数值为$f(a),f(b)$r的点，设为\[f(a_i)=f(a),i=1,2,\cdots ,t\]\[f(b_j=f(b),j=1,2,\cdots ,k\]分别在其中取一个点$a_{i_c},b_{j_d}$，使得两个点最为接近（也即在以此两个点作为端点的区间内再无其它函数值为$f(a),f(b)$的点），即\[|a_{i_c}-b_{j_d}|=\inf |a_i-b_j|.\]令\[c=a_{i_c},d=b_{j_d}.\]则由所给条件知\[\forall x\in [c,d]\subseteq [a,b],f(a)=f(c)< f(x)< f(d)=f(b).\]并且\[f(x)_\min =f(a),f(x)_\max =f(b).\]

证：
           \[令y=0,f(0)=0,则L条件形式为|f(x)-f(y)|=f(x)\le Lx,即\frac{f(x)}{x}\le L.\]\[而a_n|\sin nx|\le a_n,故f(x)一致收敛。\]又\[\lim_{n\to\infty }\displaystyle\sum_{k=1}^{n }ka_k=\lim_{n\to\infty }\displaystyle\sum_{k=1}^{n }ka_k\frac{|\sin kx|}{|\sin kx|}\le \lim_{n\to\infty }\displaystyle\sum_{k=1}^{n}ka_k\frac{|\sin kx|}{| kx|}=\frac{f(x)}{x}\le L.(x\to0)\]级数收敛。

解
     利用中值定理\[\lim_{n\to\infty }n^2(3^{\frac{1}{n}}-3^{\frac{1}{n+1}})=\lim_{n\to\infty }n^2\cdotp 3^{\frac{1}{\xi}}\ln3\cdotp (\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1})=\ln3.(\frac{1}{n+1}< \xi < \frac{1}{n})\]