2017–2018 学年春季期中真题

考试日期为 2018 年 5 月 13 日。源文件只有题目，没有附答案；以下解析依据题面与课程内容推导，并非官方评分答案。

一、单项选择题（每小题 4 分，共 16 分）

1. 由一个收敛级数构造新级数

已知 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收敛，则下列级数一定收敛的是（　）。

A. $\sum|a_n|$　B. $\sum a_n^2$　C. $\sum(a_n+a_{n+1})$　D. $\sum(-1)^na_n/n$

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答案：C。其部分和可写成原级数部分和的线性组合，并利用 $a_n\to0$，故收敛。A、B 不由条件收敛推出；D 也不一定，例如取 $a_n=(-1)^n/\ln(n+1)$。

2. 缩放变量后的收敛半径

已知

$$\sum_{n=0}^{\infty}\left(\frac32\right)^na_nx^n$$

的收敛半径为 1，则 $\sum a_nx^n$ 的收敛半径为（　）。

A. $3/2$　B. $2/3$　C. $1$　D. $\sqrt{3/2}$

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答案：A。前一幂级数就是把后一幂级数的变量换为 $3x/2$；其半径因此缩为原来的 $2/3$。已知缩后半径为 1，原半径为 $3/2$。

3. 沿所有直线的极限

若对任意 $k$ 都有 $\lim_{x\to0}f(x,kx)=A$，则（　）。

A. $f$ 在原点连续　B. 两个偏导数存在　C. 二重极限等于 $A$　D. 二重极限不一定存在

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答案：D。沿所有直线得到同一极限只是二重极限存在的必要条件，不是充分条件；还可能沿抛物线等非直线路径得到不同结果。

4. 可微的充分条件

$z=f(x,y)$ 在 $(x_0,y_0)$ 可微的充分条件是 $f$ 在该点（　）。

A. 两个偏导数连续　B. 两个偏导数存在　C. 存在任意方向的方向导数　D. 连续且存在偏导数

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答案：A。两个一阶偏导在该点的某邻域内存在并在该点连续，是可微的常用充分条件；其余条件都不足以推出线性主部存在。

二、填空题（每空 4 分，共 20 分）

1. 梯度与方向导数

设 $f(x,y,z)=x^2-xy+y^2+2z$。求 $\nabla f(1,1,1)$，以及在该点沿方向 $\mathbf l=(1,-2,2)$ 的方向导数。

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$$\nabla f=(2x-y,-x+2y,2),\qquad \nabla f(1,1,1)=(1,1,2).$$

$\mathbf l$ 的单位向量是 $(1,-2,2)/3$，故方向导数为

$$(1,1,2)\cdot\frac{(1,-2,2)}3=1.$$

2. 二元函数的极小值

求 $f(x,y)=x^3+y^3-3xy$ 的极小值。

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驻点为 $(0,0)$ 与 $(1,1)$。前者是鞍点；在 $(1,1)$，Hessian 的行列式为 $27>0$ 且 $f_{xx}=6>0$，故局部极小值为

$$f(1,1)=-1.$$

3. Fourier 系数

设

$$f(x)=\begin{cases} 0,&-\pi\leq x<0,\\ A,&0\leq x\leq\pi. \end{cases}$$

求 $b_{2k-1}$，$k=1,2,\ldots$。

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$$b_n=\frac1\pi\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nx\,\mathrm dx =\frac{A[1-(-1)^n]}{n\pi}.$$

因此

$$b_{2k-1}=\frac{2A}{(2k-1)\pi}.$$

4. 在非零中心展开 Taylor 级数

将 $\displaystyle f(x)=\frac1{3+4x}$ 在 $x_0=-1$ 展开为 Taylor 级数，并写出收敛域。

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令 $h=x+1$，则

$$\frac1{3+4x}=\frac1{4h-1}=-\frac1{1-4h} =-\sum_{n=0}^{\infty}4^n(x+1)^n,$$

收敛条件为 $|x+1|<1/4$。

三、级数与幂级数（每小题 7 分，共 14 分）

1. 含三角函数的级数

判别

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin nx}{(\ln3)^n}$$

的敛散性；若收敛，判断是绝对收敛还是条件收敛。

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对任意实数 $x$，

$$\left|\frac{\sin nx}{(\ln3)^n}\right|\leq\left(\frac1{\ln3}\right)^n.$$

因为 $\ln3>1$，右侧是公比小于 1 的几何级数，所以原级数绝对收敛。

2. 幂级数的收敛域与和函数

求

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n(n+1)}$$

的收敛域与和函数。

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收敛半径为 1；在 $x=\pm1$ 都绝对收敛，故实数收敛域为 $[-1,1]$。

对 $|x|<1$，利用 $1/[n(n+1)]=1/n-1/(n+1)$：

$$S(x)=1+\frac{1-x}{x}\ln(1-x),\qquad x\neq0.$$

在 $x=0$ 连续延拓为 $S(0)=0$；端点值由原级数或极限给出，$S(1)=1$、$S(-1)=1-2\ln2$。

四、函数列的一致收敛（8 分）

1. $S_n(x)=(1-x)x^n$

讨论其在 $[0,1]$ 上的一致收敛性。

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逐点极限为 0。最大值在 $x=n/(n+1)$ 取得，且

$$\max_{[0,1]}S_n(x)=\frac1{n+1}\left(\frac n{n+1}\right)^n\to0.$$

所以一致收敛于 0。

2. $S_n(x)=nx(1-x^2)^n$

讨论其在 $[0,1]$ 上的一致收敛性。

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逐点极限仍为 0。取 $x_n=1/\sqrt{2n+1}$，这是正最大值点，并有

$$S_n(x_n)=\frac n{\sqrt{2n+1}}\left(\frac{2n}{2n+1}\right)^n,$$

它不趋于 0（事实上量级为 $\sqrt n$），故不一致收敛。

五、连续、可微与偏导连续性（12 分）

设

$$f(x,y)=\begin{cases} (x^2+y^2)\sin\dfrac1{x^2+y^2},&(x,y)\neq(0,0),\\ 0,&(x,y)=(0,0). \end{cases}$$

讨论：① $f$ 在原点的连续性；② $f$ 在原点的可微性；③ $f_x,f_y$ 在原点的连续性。

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记 $r=\sqrt{x^2+y^2}$。有 $|f(x,y)|\leq r^2\to0$，故连续。沿坐标轴按定义可得 $f_x(0,0)=f_y(0,0)=0$，且

$$\frac{|f(x,y)|}{r}\leq r\to0,$$

所以 $f$ 在原点可微、全微分为零。

原点外

$$f_x=2x\sin\frac1{r^2}-\frac{2x}{r^2}\cos\frac1{r^2},$$

$f_y$ 有对称形式。沿坐标轴趋近时第二项振荡且无界，故两个偏导函数在原点都不连续。

六、隐函数与复合偏导（每小题 6 分，共 12 分）

1. 方程组确定的隐函数

方程组

$$\begin{cases} x^2+y^2-z=0,\\ x^2+2y^2+3z^2=4a^2 \end{cases}$$

确定 $y=y(x)$、$z=z(x)$，求 $\mathrm dy/\mathrm dx$、$\mathrm dz/\mathrm dx$。

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两式对 $x$ 求导：

$$2x+2yy'-z'=0,\qquad2x+4yy'+6zz'=0.$$

解此线性方程组，得到

$$y'=-\frac{x(1+6z)}{2y(1+3z)},\qquad z'=\frac{x}{1+3z},$$

结论在相应分母非零、隐函数定理适用处成立。

2. 二阶复合偏导

设

$$z=x^2f\left(x+y,\frac yx\right),$$

$f(u,v)$ 有连续二阶偏导，求 $z_x,z_{xy}$。

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记 $u=x+y$、$v=y/x$。链式法则给出

$$z_x=2xf+x^2f_u-yf_v.$$

再对 $y$ 求导：

$$z_{xy}=2xf_u+f_v+x^2f_{uu}+(x-y)f_{uv}-\frac yx f_{vv}.$$

各偏导均在 $(u,v)=(x+y,y/x)$ 处取值。

七、正半轴上的函数项级数（10 分）

设

$$S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}n^2e^{-nx}.$$

证明：① 该级数在 $(0,+\infty)$ 上不一致收敛；② $S$ 在该区间连续；③ $S$ 有一阶连续导数。

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一致收敛要求通项一致趋于零，但

$$\sup_{x>0}n^2e^{-nx}=n^2,$$

故在整个开区间上不一致收敛。

任取 $x_0>0$，在它附近可取闭区间 $[\delta,M]\subset(0,\infty)$。原级数由 $\sum n^2e^{-n\delta}$ 控制而一致收敛，所以 $S$ 局部连续。导数级数

$$-\sum_{n=1}^{\infty}n^3e^{-nx}$$

同样在每个这类闭区间上一致收敛，逐项求导定理说明 $S'$ 存在且连续。

八、曲面上距原点最近的点（8 分）

证明：在光滑曲面 $F(x,y,z)=0$ 上，离原点最近的点处的法线必过原点。

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在最近点极小化 $G=x^2+y^2+z^2$，约束为 $F=0$。Lagrange 乘数法给出

$$\nabla G=2(x,y,z)=\lambda\nabla F.$$

$\nabla F$ 是曲面法向量，而 $(x,y,z)$ 是从原点指向该点的径向向量；二者平行，所以该点法线经过原点。

九、附加题（10 分）

设 $f$ 有连续偏导数，$f(0,0)=1$，且当 $x^2+y^2\leq9$ 时 $\|\nabla f\|\leq1$。证明在该圆盘内 $|f(x,y)|\leq4$。

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对圆盘内任一点 $P=(x,y)$，连接原点与 $P$ 的线段仍在圆盘内。沿该线段应用一元中值定理或线积分估计：

$$|f(P)-f(0,0)|\leq\sup\|\nabla f\|\cdot|P|\leq3.$$

因此 $|f(P)|\leq|f(P)-1|+1\leq4$。