一些数学分析考研题（2024年）的解析

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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.