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一、 计算题
1：解：
$underset{n o +infty }{mathop{lim }}\,frac{1}{n}sqrt[n]{n(n+1)(n+2)cdots (2n-1)}=underset{n o +infty }{mathop{lim }}\,frac{1}{n}sqrt[n]{frac{1}{2}(n+1)(n+2)cdots [n+(n-1)](n+n)} $
$=underset{n o +infty }{mathop{lim }}\,sqrt[n]{frac{1}{2}}cdot underset{n o +infty }{mathop{lim }}\,sqrt[n]{prodlimits_{i=1}^{n}{(1+frac{i}{n})}}=underset{n o +infty }{mathop{lim }}\,sqrt[n]{prodlimits_{i=1}^{n}{(1+frac{i}{n})}}$
而
$underset{n o +infty }{mathop{lim }}\,sqrt[n]{prodlimits_{i=1}^{n}{(1+frac{i}{n})}}={{e}^{underset{n o +infty }{mathop{lim }}\,frac{1}{n}sumlimits_{i=1}^{n}{ln (1+frac{i}{n})}}}={{e}^{int_{0}^{1}{ln (1+x)dx}}}$
由于
$int_{0}^{1}{ln (1+x)dx=xln (1+x)|_{0}^{1}}-int_{0}^{1}{frac{x}{1+x}}dx=ln 2-1+ln (1+x)|_{0}^{1}=2ln 2-1=ln frac{4}{e}$
于是
$underset{n o +infty }{mathop{lim }}\,frac{1}{n}sqrt[n]{n(n+1)(n+2)cdots (2n-1)}=frac{4}{e}$
2：解： 不妨设
$x=rsin varphi cos heta ,y=rsin varphi sin heta ,z=rcos varphi ,0le varphi le pi ,0le heta le 2pi ,0le rle t$
于是
$iiintlimits_{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}le {{t}^{2}}}{sin sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}}dxdydz}=int_{0}^{2pi }{d heta int_{0}^{pi }{dvarphi int_{0}^{t}{{{r}^{2}}sin varphi cdot sin rdr}}}$
$=2pi cdot (-cos varphi )_{0}^{pi }cdot int_{0}^{t}{{{r}^{2}}}sin rdr=4pi int_{0}^{t}{{{r}^{2}}}sin rdr$
于是
$underset{t o {{0}^{+}}}{mathop{lim }}\,frac{iiintlimits_{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}le {{t}^{2}}}{sin sqrt{{{x}^{2}}+{{y}^{2}}+{{z}^{2}}}dxdydz}}{{{t}^{4}}}=underset{t o {{0}^{+}}}{mathop{lim }}\,frac{4pi int_{0}^{t}{{{r}^{2}}sin rdr}}{{{t}^{4}}}=underset{t o {{0}^{+}}}{mathop{lim }}\,frac{pi {{t}^{2}}sin t}{{{t}^{3}}}=pi $
3：解：不妨设
$P(x,y)=-frac{y}{{{x}^{2}}+9{{y}^{2}}},Q(x,y)=frac{x}{{{x}^{2}}+9{{y}^{2}}}$
于是
${{P}_{y}}=frac{9{{y}^{2}}-{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+9{{y}^{2}}},{{Q}_{x}}=frac{9{{y}^{2}}-{{x}^{2}}}{{{x}^{2}}+9{{y}^{2}}}$
记$D$是$L$所包围的封闭面积，由格林公式可知：
$oint_{L}{frac{xdy-ydx}{{{x}^{2}}+9{{y}^{2}}}}=iint_{D}{({{Q}_{y}}-{{P}_{x}})dxdy=0}$
二、 证明：不妨设$g(x)={{x}^{alpha }},0alpha 1,xin [0,+infty )$，且$[0,+infty )=[0,1]cup [1,+infty )$
对任意的$varepsilon 0$，任意的${{x}_{1}},{{x}_{2}}in [1,+infty )$，由中值定理可知，存在$xi $在${{x}_{1}}$与${{x}_{2}}$之间，使得
$left| g({{x}_{1}})-g({{x}_{2}}) ight|=left| g(xi ) ight|left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} ight|=frac{alpha }{{{xi }^{^{1-alpha }}}}left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} ight|le alpha left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} ight|$
于是令$delta =frac{varepsilon }{alpha }$，当$left| {{x}_{1}}-{{x}_{2}} ight|delta $时，有$left| g({{x}_{1}})-g({{x}_{2}}) ight|varepsilon $
于是$g(x)$在$[1,+infty )$上一致连续
而$g(x)$在$[0,1]$上连续，则$g(x)$在$[0,1]$上一致连续
于是$g(x)$在$[0,+infty )$上一致连续
由$underset{x o infty }{mathop{lim }}\,f(x)$存在，则存在${{M}_{1}}0$，存在$N0$，当$nN$时，有$left| f(x) ight|{{M}_{1}}$
而$f(x)$在$[0,N+1]$上连续，则$f(x)$在$[0,N+1]$上有界
于是存在${{M}_{2}}0$，对一切$xin [0,N+1]$，有$left| f(x) ight|{{M}_{2}}$
令$M=max {{{M}_{1}},{{M}_{2}}}$，则对一切$xin [0,+infty )$，有$left| f(x) ight|M$
对任意的$varepsilon 0$，任意的${{x}_{3}},{{x}_{4}}in [0,+infty )$，由中值定理可知，存在$eta $在${{x}_{3}}$与${{x}_{4}}$之间，使得
$left| f(g({{x}_{3}}))-f(g({{x}_{4}})) ight|=left| f(eta ) ight|left| g({{x}_{3}})-g({{x}_{4}}) ight|Mleft| g({{x}_{3}})-g({{x}_{4}}) ight|$
由$g(x)$在$[0,+infty )$上一致连续
则对上述$varepsilon 0$，${{x}_{3}},{{x}_{4}}in [0,+infty )$，当$left| {{x}_{3}}-{{x}_{4}} ight|delta $时，有$left| g({{x}_{3}})-g({{x}_{4}}) ight|frac{varepsilon }{M}$
即$left| f(g({{x}_{3}}))-f(g({{x}_{4}})) ight|varepsilon$
于是$f({{x}^{alpha }})$在$[0,+infty )$上一致连续
三、 证明：不妨设
$F(x)=[f(x)-f(a)][g(b)-g(a)]-[f(b)-f(a)][g(x)-g(a)],xin [a,b]$
于是$F(a)=F(b)=0$
而$F(x)$在$[a,b]$上连续，$(a,b)$内可导，由罗尔定理可知：
存在$xi in (a,b)$，使得$F(xi )=0$
即$[f(b)-f(a)]g(xi )=[g(b)-g(a)]f(xi )$
四、
（1）证明：，对任意的$xin (0,+infty )$由于$underset{n o +infty }{mathop{lim }}\,frac{n}{{{e}^{nx}}}=0$，则$f(x)$在$(0,+infty )$上收敛
（2）证明：不妨设${{u}_{n}}(x)=n{{e}^{-nx}}$，由于$underset{n o +infty }{mathop{lim }}\,{{u}_{n}}(x)=0$
于是
$underset{xin (0,+infty )}{mathop{sup }}\,left| {{u}_{n}}(x)-0 ight|ge {{u}_{n}}(frac{1}{n})=n{{e}^{-1}} o +infty e 0(n o +infty )$
于是$sumlimits_{n=1}^{+infty }{n{{e}^{-nx}}}$在$(0,+infty )$上非一致收敛
（3）证明：由题可知：
$f(x)={{e}^{-x}}+2{{e}^{-2x}}+cdots +n{{e}^{-nx}}+(n+1){{e}^{-(n+1)x}}+cdots $
${{e}^{-x}}f(x)={{e}^{-2x}}+2{{e}^{-3x}}+cdots +n{{e}^{-(n+1)x}}+(n+1){{e}^{-(n+2)x}}+cdots $
于是
$(1-{{e}^{-x}})f(x)=sumlimits_{n=1}^{+infty }{{{e}^{-nx}}}=frac{{{e}^{-x}}}{1-{{e}^{-x}}}$
则$f(x)=frac{{{e}^{-x}}}{{{(1-{{e}^{-x}})}^{2}}}$
显然$f(x)$在$(0,+infty )$上无穷次可导
（或用定义进行证明）
五、设$F(x,y)={{x}^{2}}+y-sin (xy)$
（1） 显然，有$F(0,0)=0$
（2）${{F}_{y}}(x,y)=1-xcos (xy)$
（3）${{F}_{y}}(0,0)=1 e 0$
由隐函数存在定理，存在$delta 0$，存在$xin left[ delta ,+infty ight) $上的连续可微的函数$0{{{u}}_{n}}left( x ight)le frac{1}{{{n}^{3}}x}le frac{1}{delta }frac{1}{{{n}^{3}}}$，$y(0)=0$，满足$left[ delta ,+infty ight) $，${S}left( x ight)=sumlimits_{n=1}^{infty }{{{{{u}}}_{n}}left( x ight)} $，${{F}_{x}}=2x-ycos (xy)$，
且$y(x)=-frac{{{F}_{x}}(x,y)}{{{F}_{y}}(x,y)}=-frac{2x-ycos (xy)}{1-xcos (xy)}$
于是$y(0)=0$
六、
七、
（1）证明：由积分第一中值定理可知，存在${{x}_{n}}in [n-1,n]$，使得
$sumlimits_{n=1}^{+infty }{{{left| u({{x}_{n}}) ight|}^{2}}=sumlimits_{n=1}^{+infty }{int_{n-1}^{n}{{{left| u(x) ight|}^{2}}dx}=int_{0}^{+infty }{{{left| u(x) ight|}^{2}}dxle }}}int_{0}^{+infty }{({{left| u(x) ight|}^{2}}+{{left| u(x) ight|}^{2}})dx+infty }$
于是
$underset{n o +infty }{mathop{lim }}\,left| u{{({{x}_{n}})}^{2}} ight|=0Rightarrow underset{n o +infty }{mathop{lim }}\,left| u({{x}_{n}}) ight|=0$
于是存在$ [0,+infty ) $中的子列${{{x}_{n}}}_{0}^{+infty }$，使得当$n o +infty $时，${{x}_{n}} o +infty $且$u({{x}_{n}}) o 0$
（2）由于$int_{0}^{+infty }{({{left| u(x) ight|}^{2}}+{{left| u(x) ight|}^{2}})dx}$收敛，由柯西---施瓦兹不等式可知：
$left| {{u}^{2}}({{x}_{2}})-{{u}^{2}}({{x}_{1}}) ight|=2int_{{{x}_{1}}}^{{{x}_{2}}}{left| u(x)u(x) ight|}dxle int_{{{x}_{1}}}^{{{x}_{2}}}{({{left| u(x) ight|}^{2}}+{{left| u(x) ight|}^{2}})dx} o 0({{x}_{2}}ge {{x}_{1}} o +infty )$
于是由柯西收敛准则：${{u}^{2}}(x) o 0(x o +infty )Rightarrow u(x) o 0(x o +infty )$
而$u(x)$在$[0,+infty )$上连续，于是存在$M0$，使得$left| u(x) ight|le M$
令$C=frac{M}{sqrt{int_{0}^{+infty }{({{left| u(x) ight|}^{2}}+{{left| u(x) ight|}^{2}})dx}}}$
于是存在常数$C0$，使得
$underset{xin [0,+infty }}{mathop{sup }}\,left| u(x) ight|le C{{(int_{0}^{+infty }{({{left| u(x) ight|}^{2}}+{{left| {u}(x) ight|}^{2}})}dx)}^{frac{1}{2}}}$
八、
（1）证明：由于
$frac{partial u}{partial n}=frac{partial u}{partial x}cos (n,x)+frac{partial u}{partial y}cos (n,y)+frac{partial u}{partial z}cos (n,z)$
由第一型和第二型曲面积分的关系和$Guass$公式可知：
$iintlimits_{partial Omega }{vcdot frac{partial u}{partial n}}dS=iintlimits_{partial Omega }{v[frac{partial u}{partial x}cos (n,x)+frac{partial u}{partial y}cos (n,y)+frac{partial u}{partial z}cos (n,z)}]dS$
$=iintlimits_{partial Omega }{v[frac{partial u}{partial x}dydz+frac{partial u}{partial y}dzdx+frac{partial u}{partial z}dxdy]}$
$=iiint_{Omega }{vcdot Delta udxdydz+iiint_{Omega }{ abla vcdot abla udxdydz}}$
即[iiint_{Omega }{vDelta udxdydz=-}iiint_{Omega }{( abla ucdot abla v)dxdydz+iintlimits_{partial Omega }{vcdot frac{partial u}{partial n}}}dS]
（2）