2019–2020 学年春季期末真题

#真题

源文件为带答案的期末卷。下面保留原题的七个大题及其小题，解析依据原卷整理。

一、计算题（20 分）

1. 圆盘上的二重积分

设 D={(x,y)∣x2+y2≤1}D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\leq1\}，求

∬D1+xy21+x2+y2 dxdy.\iint_D\frac{1+xy^2}{1+x^2+y^2}\,\mathrm dx\mathrm dy.
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含 xy2xy^2 的部分关于 xx 为奇函数，在关于 yy 轴对称的 DD 上积分为零。因此

I=∬D11+x2+y2 dxdy=∫02π ⁣dθ∫01r1+r2 dr=πln⁡2.\begin{aligned} I&=\iint_D\frac1{1+x^2+y^2}\,\mathrm dx\mathrm dy\\ &=\int_0^{2\pi}\!\mathrm d\theta\int_0^1\frac{r}{1+r^2}\,\mathrm dr =\pi\ln2. \end{aligned}

2. 单位球上的三重积分

设 Ω={(x,y,z)∣x2+y2+z2≤1}\Omega=\{(x,y,z)\mid x^2+y^2+z^2\leq1\}，求

∭Ω(x2+y2) dV.\iiint_\Omega(x^2+y^2)\,\mathrm dV.
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用球坐标 x2+y2=ρ2sin⁡2φx^2+y^2=\rho^2\sin^2\varphi，得到

I=∫02π ⁣dθ∫0π ⁣dφ∫01ρ4sin⁡3φ dρ=2π⋅45⋅13=8π15.\begin{aligned} I&=\int_0^{2\pi}\!\mathrm d\theta\int_0^\pi\!\mathrm d\varphi \int_0^1\rho^4\sin^3\varphi\,\mathrm d\rho\\ &=2\pi\cdot\frac45\cdot\frac13=\frac{8\pi}{15}. \end{aligned}

3. 半圆周上的第一型曲线积分

计算

∫L(2+x2y) ds,\int_L(2+x^2y)\,\mathrm ds,

其中 LL 是单位圆周 x2+y2=1x^2+y^2=1 的右半部分。

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右半圆关于 xx 轴对称，x2yx^2y 关于 yy 为奇函数，故该部分积分为零。右半圆长为 π\pi，所以

∫L(2+x2y) ds=2π.\int_L(2+x^2y)\,\mathrm ds=2\pi.

二、计算题（15 分）

1. 二元函数的极值

求

f(x,y)=x2−2xy+3y2−2x+2yf(x,y)=x^2-2xy+3y^2-2x+2y

的极值。

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由 fx=2x−2y−2=0f_x=2x-2y-2=0、fy=−2x+6y+2=0f_y=-2x+6y+2=0 得唯一驻点 (1,0)(1,0)。二阶导数满足

A=fxx=2,B=fxy=−2,C=fyy=6,A=f_{xx}=2,\qquad B=f_{xy}=-2,\qquad C=f_{yy}=6,

且 AC−B2=8>0AC-B^2=8>0、A>0A>0，所以 (1,0)(1,0) 为极小值点，极小值为 f(1,0)=−1f(1,0)=-1。

2. 余弦级数及一个级数的和

设 f(x)=1−x2f(x)=1-x^2，0≤x≤π0\leq x\leq\pi。

  1. 将 ff 展开为余弦级数；
  2. 求 ∑n=1∞(−1)n−1n2\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}。
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偶延拓后计算余弦系数：

a0=2π∫0π(1−x2) dx=6−2π23,a_0=\frac2\pi\int_0^\pi(1-x^2)\,\mathrm dx =\frac{6-2\pi^2}{3}, an=2π∫0π(1−x2)cos⁡nx dx=4(−1)n−1n2.a_n=\frac2\pi\int_0^\pi(1-x^2)\cos nx\,\mathrm dx =\frac{4(-1)^{n-1}}{n^2}.

故

1−x2=3−π23+4∑n=1∞(−1)n−1n2cos⁡nx.1-x^2=\frac{3-\pi^2}{3} +4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}\cos nx.

令 x=0x=0，得到

∑n=1∞(−1)n−1n2=π212.\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^2}=\frac{\pi^2}{12}.

三、多元函数在原点的性质（12 分）

设

f(x,y)={2x3yx4+y2,(x,y)≠(0,0),0,(x,y)=(0,0).f(x,y)= \begin{cases} \dfrac{2x^3y}{x^4+y^2},&(x,y)\neq(0,0),\\ 0,&(x,y)=(0,0). \end{cases}

讨论：① ff 在原点的连续性；② fx,fyf_x,f_y 在原点的连续性；③ ff 在原点的可微性。

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由 2∣x2y∣≤x4+y22|x^2y|\leq x^4+y^2，

∣f(x,y)∣≤∣x∣→0,|f(x,y)|\leq|x|\to0,

所以 ff 在原点连续。按定义有 fx(0,0)=fy(0,0)=0f_x(0,0)=f_y(0,0)=0。原点外

fx=6x2y3−2x6y(x4+y2)2,fy=2x7−2x3y2(x4+y2)2.f_x=\frac{6x^2y^3-2x^6y}{(x^4+y^2)^2},\qquad f_y=\frac{2x^7-2x^3y^2}{(x^4+y^2)^2}.

沿 y=x2y=x^2 有 fx→1≠fx(0,0)f_x\to1\neq f_x(0,0)；沿 y=2x2y=2x^2，fyf_y 不趋于有限值。因此两个偏导函数在原点都不连续。

若 ff 在原点可微，因为两偏导均为零，应有 f(x,y)/x2+y2→0f(x,y)/\sqrt{x^2+y^2}\to0。但沿 y=x2y=x^2，该比值为

x∣x∣1+x2,\frac{x}{|x|\sqrt{1+x^2}},

极限不存在，所以 ff 在原点不可微。

四、函数项级数的可导性（10 分）

证明

f(x)=∑n=1∞sin⁡nxn2f(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin nx}{n^2}

在 (0,2π)(0,2\pi) 内可导。

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任取 0<δ<π0<\delta<\pi。在 [δ,2π−δ][\delta,2\pi-\delta] 上，导数级数为

∑n=1∞cos⁡nxn.\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos nx}{n}.

∑k=1Ncos⁡kx\sum_{k=1}^N\cos kx 在该区间上一致有界，而 1/n1/n 单调趋于零，因此导数级数由一致 Dirichlet 判别法一致收敛。原级数又由 1/n21/n^2 控制而一致收敛。逐项求导定理遂给出 f′(x)=∑cos⁡(nx)/nf'(x)=\sum\cos(nx)/n。由 δ\delta 的任意性，ff 在整个 (0,2π)(0,2\pi) 内可导。

五、利用 Green 公式（12 分）

LL 是第一象限内从 (0,0)(0,0) 沿圆周 x2+y2=2xx^2+y^2=2x 到 (2,0)(2,0)，再沿圆周 x2+y2=4x^2+y^2=4 到 (0,2)(0,2) 的曲线。计算

I=∫L3x2y dx+(x3+x−2y) dy.I=\int_L3x^2y\,\mathrm dx+(x^3+x-2y)\,\mathrm dy.
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补上从 (0,2)(0,2) 到 (0,0)(0,0) 的线段 CC，闭曲线围成的区域记为 DD。因为

Qx−Py=(3x2+1)−3x2=1,Q_x-P_y=(3x^2+1)-3x^2=1,

Green 公式给出

∫L+CP dx+Q dy=area⁡(D)=π−π2=π2.\int_{L+C}P\,\mathrm dx+Q\,\mathrm dy =\operatorname{area}(D)=\pi-\frac\pi2=\frac\pi2.

在线段 CC 上 x=0x=0，方向为 y:2→0y:2\to0，故

∫C−2y dy=4.\int_C-2y\,\mathrm dy=4.

所以 I=π/2−4I=\pi/2-4。

六、半球面上的曲面积分（17 分）

设 Σ\Sigma 是上半球面 z=4−x2−y2z=\sqrt{4-x^2-y^2} 的上侧。

1. 利用 Gauss 公式

计算

∬Σxy dydz+x dzdx+x2 dxdy.\iint_\Sigma xy\,\mathrm dy\mathrm dz+x\,\mathrm dz\mathrm dx +x^2\,\mathrm dx\mathrm dy.
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补上底面 Σ1:z=0\Sigma_1:z=0 并取下侧。向量场 (xy,x,x2)(xy,x,x^2) 的散度为 yy，它在上半球内关于 xOzxOz 平面对称，故闭曲面的总通量为零。底面上只有第三项，且按下侧方向为

−∬x2+y2≤4x2 dxdy=−4π.-\iint_{x^2+y^2\leq4}x^2\,\mathrm dx\mathrm dy=-4\pi.

因此上半球面的积分为 4π4\pi。

2. 第一型曲面积分

计算

∬Σ12(x2y+xy+x2z) dS.\iint_\Sigma\frac12(x^2y+xy+x^2z)\,\mathrm dS.
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半径为 2 的球面上，外单位法向量为

(cos⁡α,cos⁡β,cos⁡γ)=(x2,y2,z2).(\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma)=\left(\frac x2,\frac y2,\frac z2\right).

故题中被积函数恰为

xycos⁡α+xcos⁡β+x2cos⁡γ.xy\cos\alpha+x\cos\beta+x^2\cos\gamma.

它对应上一问的第二型曲面积分，所以结果仍为 4π4\pi。

七、空间曲线积分（17 分）

1. 利用 Stokes 公式

计算

∮Γ(y+x2) dx+(z+y2) dy+(2x+z2) dz,\oint_\Gamma(y+x^2)\,\mathrm dx+(z+y^2)\,\mathrm dy+(2x+z^2)\,\mathrm dz,

其中 Γ\Gamma 是平面 x+y+z=1x+y+z=1 与柱面 x2/4+y2/9=1x^2/4+y^2/9=1 的交线；从 zz 轴正向看向原点时，Γ\Gamma 为顺时针方向。

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取平面内由 Γ\Gamma 围成的部分 Σ\Sigma，方向取下侧。向量场的旋度为 (−1,−2,−1)(-1,-2,-1)。按平面 z=1−x−yz=1-x-y 投影到 xOyxOy 面，向下方向对应的有向面积元给出

∮Γ=4∬x2/4+y2/9≤1dxdy.\oint_\Gamma=4\iint_{x^2/4+y^2/9\leq1}\mathrm dx\mathrm dy.

投影椭圆面积为 6π6\pi，所以结果为 24π24\pi。

2. 与路径无关的积分

求

∫Lx dx−y2 dy−z2 dz,\int_Lx\,\mathrm dx-y^2\,\mathrm dy-z^2\,\mathrm dz,

其中 LL 是上一问的曲线 Γ\Gamma 从 (2,0,−1)(2,0,-1) 到 (−2,0,3)(-2,0,3) 的一段。

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微分形式是全微分，其势函数可取

u(x,y,z)=x22−y33−z33.u(x,y,z)=\frac{x^2}{2}-\frac{y^3}{3}-\frac{z^3}{3}.

因此积分与具体路径无关，值为

u(−2,0,3)−u(2,0,−1)=−283.u(-2,0,3)-u(2,0,-1)=-\frac{28}{3}.

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