2016–2017 学年春季期中真题

考试日期为 2017 年 5 月 7 日。源卷附答案，以下按原题整理。

一、选择题（每小题 4 分，共 24 分）

1. 比值判别法

已知数列 $\{a_n\}$ 满足

$$\lim_{n\to\infty}\frac{|a_n|}{|a_{n+1}|}=q.$$

判断下列命题：

1. 当 $q>1$ 时，级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收敛；
2. 当 $q<1$ 时，级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 发散；
3. 当 $q>1$ 时，级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 发散；
4. 当 $q<1$ 时，级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 收敛；
5. 当 $q<1$ 时，级数 $\sum_{n=1}^{\infty}a_n$ 不一定发散。

正确的是（　）。

A. ①②　B. ③④　C. ①⑤　D. ③④⑤

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答案：A。题设比值是通常比值判别式的倒数：

$$\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\frac1q.$$

$q>1$ 时右端小于 1，级数绝对收敛；$q<1$ 时右端大于 1，通项不可能趋于零，级数发散。

2. 平面点集

已知集合

$$E=\{(x,y)\mid xy\neq0\}.$$

判断下列命题：

1. $E$ 是开集；
2. $E$ 是闭集；
3. $E$ 是有界集；
4. $E$ 是区域；
5. $E$ 的导集 $E'=\mathbb R^2$。

正确的是（　）。

A. ①②③　B. ②③④　C. ①⑤　D. ②④⑤

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答案：C。$E$ 是连续函数 $xy$ 对开集 $\mathbb R\setminus\{0\}$ 的原像，因此是开集；它由四个卦限组成，不连通，所以不是区域。任意坐标轴上的点也可由 $E$ 中的点逼近，故 $E'=\mathbb R^2$。

3. 二元函数的累次极限与重极限

设

$$f(x,y)=\frac{x^3+y^3}{x^2+y}.$$

判断下列命题：

1. $\displaystyle\lim_{x\to0}\lim_{y\to0}f(x,y)=0$，且 $\displaystyle\lim_{y\to0}\lim_{x\to0}f(x,y)=0$；
2. $\displaystyle\lim_{y\to0}\lim_{x\to0}f(x,y)=1$；
3. $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=0$；
4. $\displaystyle\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)$ 不存在。

正确的是（　）。

A. ①③　B. ②③　C. ①④　D. ②④

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答案：C。先令 $y\to0$ 得 $f(x,0)=x$；先令 $x\to0$ 得 $f(0,y)=y^2$，所以两个累次极限均为 0。另一方面，沿

$$y=-x^2+x^4$$

趋近原点时，分母为 $x^4$，分子以 $x^3$ 为主，函数无界。因此重极限不存在。

4. 二元函数的极值点

函数

$$z=xy(3-x-y)$$

的极值点为（　）。

A. $(0,0)$　B. $(0,3)$　C. $(3,0)$　D. $(1,1)$

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答案：D。四个选项都是驻点，但在 $(1,1)$ 处 Hessian 为

$$\begin{pmatrix}-2&-1\\-1&-2\end{pmatrix},$$

它负定，因此 $(1,1)$ 是严格极大值点；其余三个驻点都不是极值点。

5. 偏导数符号与单调性

设 $f(x,y)$ 具有一阶偏导数，且任意 $(x,y)$ 都满足

$$f_x(x,y)>0, \qquad f_y(x,y)<0.$$

则（　）。

A. $f(0,0)>f(1,1)$　B. $f(0,0)<f(1,1)$　C. $f(0,1)>f(1,0)$　D. $f(0,1)<f(1,0)$

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答案：D。固定 $y=0$ 增大 $x$，有 $f(1,0)>f(0,0)$；固定 $x=0$ 增大 $y$，有 $f(0,1)<f(0,0)$。因此 $f(0,1)<f(1,0)$。

6. 二元 Taylor 公式

函数 $z=\sin x\cos y$ 在 $(0,0)$ 点的 Taylor 公式为（　），其中 $\rho=\sqrt{x^2+y^2}$。

A. $\displaystyle x-\frac16x^3-\frac12xy^2+o(\rho^4)$

B. $\displaystyle x-\frac16x^3-\frac13xy^2+o(\rho^3)$

C. $\displaystyle1-\frac12x^2-\frac12y^2+\frac14x^2y^2+o(\rho^4)$

D. $\displaystyle xy-\frac16x^3y-\frac16xy^3+o(\rho^4)$

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答案：A。分别展开

$$\sin x=x-\frac{x^3}{6}+O(x^5), \qquad \cos y=1-\frac{y^2}{2}+O(y^4),$$

相乘得到

$$\sin x\cos y=x-\frac{x^3}{6}-\frac{xy^2}{2}+o(\rho^4).$$

二、填空题（每空 3 分，共 30 分）

1. 幂级数的收敛域与和函数

幂级数

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n}}{4^n n}$$

的收敛域为 ______，和函数为 ______。

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令 $t=x^2/4$，利用 $\sum_{n=1}^{\infty}t^n/n=-\ln(1-t)$，得到

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{2n}}{4^n n} =-\ln\left(1-\frac{x^2}{4}\right).$$

要求 $|t|<1$，且 $x=\pm2$ 时均成为调和级数，所以收敛域是 $(-2,2)$。

2. Fourier 级数

函数 $f(x)=x\cos x$ 在区间 $(-\pi,\pi)$ 的 Fourier 展开式为 ______。

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$f$ 是奇函数，因此只有正弦项：

$$x\cos x=\sum_{n=1}^{\infty}b_n\sin nx,$$

其中

$$b_1=-\frac12, \qquad b_n=(-1)^n\frac{2n}{n^2-1}\quad(n\geq2).$$

3. 复合函数的混合偏导

设二元函数 $f(u,v)$ 具有二阶连续偏导数，

$$z=f(\sqrt{xy},y), \qquad x>0, y>0.$$

求 $\partial^2z/(\partial x\partial y)$。

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记 $u=\sqrt{xy},v=y$。先求

$$z_x=\frac12\sqrt{\frac yx}\,f_1,$$

再对 $y$ 求导，得到

$$\frac{\partial^2z}{\partial x\partial y} =\frac14f_{11} +\frac{\sqrt y}{2\sqrt x}f_{12} +\frac1{4\sqrt{xy}}f_1.$$

4. 梯度与方向导数

$A(1,1,1)$ 和 $B(2,3,4)$ 是 $\mathbb R^3$ 中的两点。函数 $u=xyz$ 在 $A$ 点的梯度为 ______，在 $A$ 点沿 $\overrightarrow{AB}$ 的方向导数为 ______。

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$$\nabla u=(yz,xz,xy), \qquad \nabla u(A)=(1,1,1).$$

$\overrightarrow{AB}=(1,2,3)$，对应单位向量为 $(1,2,3)/\sqrt{14}$，所以方向导数为

$$\nabla u(A)\cdot\frac{\overrightarrow{AB}}{|\overrightarrow{AB}|} =\frac6{\sqrt{14}}.$$

5. 两曲面交线的切线与法平面

曲面 $z=x^2+y^2$ 与曲面 $2x^2+2y^2-z^2=0$ 的交线在点 $(1,1,2)$ 处的切线方程为 ______，法平面方程为 ______。

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两个曲面在该点的法向量分别为 $(2,2,-1)$ 与 $(4,4,-4)$，其叉积可取 $(1,-1,0)$。故切线方程为

$$\frac{x-1}{1}=\frac{y-1}{-1}=\frac{z-2}{0},$$

法平面方程为

$$x-y=0.$$

6. 隐函数的偏导数

函数 $z=z(x,y)$ 由

$$F(x+y,y+z,z+x)=0$$

确定，其中 $F(u,v,w)$ 可微。求 $z_x,z_y$。

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记 $F_i$ 为 $F$ 对第 $i$ 个变量的偏导数。分别对 $x,y$ 求导：

$$F_1+F_2z_x+F_3(1+z_x)=0,$$ $$F_1+F_2(1+z_y)+F_3z_y=0.$$

因此

$$z_x=-\frac{F_1+F_3}{F_2+F_3}, \qquad z_y=-\frac{F_1+F_2}{F_2+F_3}.$$

三、数项级数（14 分）

1. $\sum\sin n\cos(1/n)/n$

讨论级数

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin n\cos(1/n)}n$$

的敛散性，并判断是否绝对收敛。

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$\sum\sin n/n$ 由 Dirichlet 判别法收敛，而 $\cos(1/n)$ 单调且有界，故原级数由 Abel 判别法收敛。

又因 $\cos(1/n)\to1$，原级数的绝对收敛性与 $\sum|\sin n|/n$ 相同。利用 $|\sin n|\geq\sin^2n$，并写成

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin^2n}{n} =\frac12\sum_{n=1}^{\infty}\frac1n -\frac12\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos2n}{n},$$

可知它发散。因此原级数条件收敛。

2. $\sum\cos n\sin(1/n)/n$

讨论级数

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos n\sin(1/n)}n$$

的敛散性。

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由 $|\sin t|\leq|t|$，

$$\left|\frac{\cos n\sin(1/n)}n\right| \leq\frac1{n^2}.$$

所以该级数绝对收敛。

3. $\sum\sin(n+1/n)/n$

讨论级数

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

的敛散性，并判断是否绝对收敛。

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利用和角公式，

$$\frac{\sin(n+1/n)}n =\frac{\sin n\cos(1/n)}n +\frac{\cos n\sin(1/n)}n.$$

第一项构成的级数条件收敛，第二项构成的级数绝对收敛，故原级数收敛。若原级数绝对收敛，则它减去第二个绝对收敛级数后，第一个级数也应绝对收敛，与上一题矛盾。因此原级数条件收敛。

四、函数项级数（10 分）

设

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

证明：

1. $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 连续；
2. $f(x)$ 在 $(0,+\infty)$ 可导。

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记 $u_n(x)=e^{-nx}/(n^2+1)$。在 $[0,+\infty)$ 上，

$$|u_n(x)|\leq\frac1{n^2+1}<\frac1{n^2}.$$

由 Weierstrass 判别法，函数项级数在该区间一致收敛；各项连续，所以和函数连续。

任取 $\delta>0$。当 $x\in[\delta,+\infty)$ 时，

$$|u_n'(x)|=\frac{ne^{-nx}}{n^2+1} \leq\frac{ne^{-n\delta}}{n^2+1}.$$

右侧构成收敛级数，故导函数级数在 $[\delta,+\infty)$ 一致收敛，可以逐项求导。由 $\delta$ 的任意性，$f$ 在 $(0,+\infty)$ 可导。

五、连续、偏导与可微性（12 分）

设

$$f(x,y)= \begin{cases} \dfrac{\sin(x^2y)}{x^2+y^2},&x^2+y^2\neq0,\\ 0,&x^2+y^2=0. \end{cases}$$

证明：

1. $f$ 在 $(0,0)$ 连续；
2. $f$ 在 $(0,0)$ 的两个偏导数都存在；
3. $f$ 在 $(0,0)$ 不可微；
4. $f$ 的两个偏导数在 $(0,0)$ 都不连续。

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对 $(x,y)\neq(0,0)$，

$$|f(x,y)| \leq\frac{|x^2y|}{x^2+y^2} =|x|\frac{|xy|}{x^2+y^2} \leq\frac{|x|}{2}\to0,$$

故 $f$ 在原点连续。

沿两条坐标轴都有 $f(x,0)=f(0,y)=0$，所以

$$f_x(0,0)=f_y(0,0)=0.$$

若 $f$ 在原点可微，则由于两个偏导数均为零，应有 $f(x,y)/\sqrt{x^2+y^2}\to0$。但沿 $y=x$，

$$\frac{f(x,x)}{\sqrt{2x^2}} =\frac{\sin(x^3)}{2x^2\sqrt2|x|} \to \begin{cases} 1/(2\sqrt2),&x\to0^+,\\ -1/(2\sqrt2),&x\to0^-. \end{cases}$$

故 $f$ 不可微。

最后，对非原点求偏导。沿 $y=x\to0$ 可得 $f_x(x,x)\to1/2\neq f_x(0,0)$；沿 $y=0, x\to0$ 可得 $f_y(x,0)=1\neq f_y(0,0)$。因此两个偏导数在原点都不连续。

六、条件极值与 Cauchy 不等式（10 分）

设 $a_1,a_2,\ldots,a_n$ 是给定的 $n$ 个正数。求

$$f(x_1,x_2,\ldots,x_n)=x_1^2+x_2^2+\cdots+x_n^2$$

在条件

$$a_1x_1+a_2x_2+\cdots+a_nx_n=1$$

下的最小值，并据此证明 Cauchy 不等式

$$(a_1x_1+\cdots+a_nx_n)^2 \leq(a_1^2+\cdots+a_n^2)(x_1^2+\cdots+x_n^2).$$

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构造 Lagrange 函数

$$L=\sum_{i=1}^nx_i^2+\lambda\left(\sum_{i=1}^na_ix_i-1\right).$$

驻点方程给出 $2x_i+\lambda a_i=0$。结合约束可得

$$x_i=\frac{a_i}{\sum_{j=1}^na_j^2},$$

因此最小值为

$$\min\sum_{i=1}^nx_i^2=\frac1{\sum_{i=1}^na_i^2}.$$

对任意不全为零的 $a_i$，若 $c=\sum a_ix_i\neq0$，把 $x_i$ 同除以 $c$ 后套用上式，得到

$$\frac{\sum x_i^2}{c^2}\geq\frac1{\sum a_i^2},$$

整理即得 Cauchy 不等式；$c=0$ 时不等式显然成立。

七、附加题：递推数列生成函数（10 分）

设数列 $\{a_n\}$ 满足

$$a_0=1, \qquad a_1=0, \qquad (n+1)a_{n+1}=na_n+a_{n-1},$$

并以 $\{a_n\}$ 为系数生成幂级数

$$S(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^n.$$

1. 证明该幂级数的收敛半径不小于 1；

2. 证明 $S$ 满足

   $$(1-x)S'(x)-xS(x)=0,$$

   并据此求 $S(x)$。

原卷在递推式后标注“$n>1$ 时”，但原卷答案从 $n=1$ 起使用递推式；这里依照其后续推导整理。

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由递推关系可用归纳法证明 $0\leq a_n\leq1$。因此 $|x|<1$ 时，

$$|a_nx^n|\leq|x|^n,$$

幂级数绝对收敛，故收敛半径不小于 1。

在收敛区间内逐项求导，并按幂次整理：

$$\begin{aligned} (1-x)S'(x)-xS(x) &=\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^{n-1} -\sum_{n=1}^{\infty}na_nx^n -\sum_{n=0}^{\infty}a_nx^{n+1}\\ &=\sum_{n=1}^{\infty} [(n+1)a_{n+1}-na_n-a_{n-1}]x^n=0. \end{aligned}$$

于是

$$\frac{S'(x)}{S(x)}=\frac{x}{1-x}=-1+\frac1{1-x}.$$

积分并利用 $S(0)=a_0=1$，得到

$$S(x)=\frac{e^{-x}}{1-x}.$$