2015-2016 学年春真题（期中）

考试日期为 2016 年 5 月 8 日。源文件同时给出了题目、答案和评分步骤；下文按原卷七个部分整理。

一、选择题（每小题 4 分，共 20 分）

1. 连续、偏导与可微

下列论断正确的是（　）。

A. $z=f(x,y)$ 在 $(x_0,y_0)$ 的两个偏导数都存在，则在该点可微

B. $z=f(x,y)$ 在 $(x_0,y_0)$ 可微，则两个偏导数在该点都存在且连续

C. $z=f(x,y)$ 在 $(x_0,y_0)$ 连续，则两个偏导数在该点都存在

D. $z=f(x,y)$ 在 $(x_0,y_0)$ 可微，则在该点连续，且两个偏导数都存在

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答案：D。可微蕴含连续，也蕴含各偏导存在；但可微并不要求偏导函数在该点连续。仅有偏导存在或仅有连续，都不足以推出可微。

2. 累次极限与重极限

已知

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

下面命题正确的是（　）。

1. $\displaystyle\lim_{x\to0}\lim_{y\to0}f(x,y)=1$，$\displaystyle\lim_{y\to0}\lim_{x\to0}f(x,y)=-1$
2. 两个累次极限都等于 $1$
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

A. ①③　B. ②③　C. ①④　D. ②④

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答案：C。先令 $y\to0$ 得 $1$，先令 $x\to0$ 得 $-1$，所以两个累次极限如①。沿 $y=0$ 与 $x=0$ 得到不同极限，故重极限不存在。

3. 平面点集

已知

$$E=\{(x,y)\mid y>x^2\},$$

判断下列命题：

1. $E$ 是闭集；
2. $E$ 是区域；
3. $E$ 是有界集；
4. $E$ 的导集 $E'=\{(x,y)\mid y\ge x^2\}$；
5. $E$ 的边界 $\partial E=\{(x,y)\mid y=x^2\}$。

A. ①②③　B. ②③④　C. ①④　D. ②④⑤

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答案：D。$E$ 是开且连通的无界区域；它的聚点集是闭包 $\{y\ge x^2\}$，边界是抛物线 $y=x^2$。

4. 幂级数的收敛域

幂级数

$$\sum_{n=1}^{\infty}\left(1+\frac1n\right)^{n^2}(x-1)^n$$

的收敛域为（　）。

A. $(-e,e)$　B. $\left(1-\dfrac1e,1+\dfrac1e\right)$

C. $\left[1-\dfrac1e,1+\dfrac1e\right)$　D. $(1-e,1+e]$

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答案：B。系数的 $n$ 次方根为

$$\left(1+\frac1n\right)^n\longrightarrow e,$$

故收敛半径是 $1/e$。在两个端点，通项的绝对值

$$\frac{(1+1/n)^{n^2}}{e^n}$$

不趋于零，所以端点均发散。

5. 二元 Taylor 公式

函数 $\ln(1+x+y)$ 的二阶 Maclaurin 公式是（　）。

A. $\displaystyle x+y+\frac{(x+y)^2}{2}+o(x+y)$

B. $x+y+o(x+y)$

C. $\displaystyle x+y-\frac{(x+y)^2}{2}+o(x^2+y^2)$

D. $\displaystyle1+x+y+\frac{(x+y)^2}{2}+o(x^2+y^2)$

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答案：C。令 $t=x+y$，代入 $\ln(1+t)=t-t^2/2+o(t^2)$ 即得。

二、计算题（每小题 6 分，共 30 分）

1. 求级数的和

求

$$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{n(n+1)}{2^n}$$

的和。

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对 $|t|<1$，有

$$\sum_{n=1}^{\infty}n(n+1)t^n=\frac{2t}{(1-t)^3}.$$

取 $t=-1/2$，得到

$$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n\frac{n(n+1)}{2^n} =\frac{-1}{(3/2)^3}=-\frac8{27}.$$

2. 隐函数的混合偏导

设

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

求该方程确定的隐函数的 $z_x$、$z_{xy}$。

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下文的 $F_i,F_{ij}$ 都在 $(x+z,x+y)$ 处取值。对 $x$、$y$ 分别求导可得

$$z_x=\frac{F_1+F_2}{1-F_1},\qquad z_y=\frac{F_2}{1-F_1}.$$

再对 $z_x$ 关于 $y$ 求导：

$$z_{xy} =\frac{[(F_{11}+F_{21})z_y+F_{12}+F_{22}](1-F_1) +(F_1+F_2)(F_{11}z_y+F_{12})}{(1-F_1)^2}.$$

把 $z_y=F_2/(1-F_1)$ 代入即可得到只含 $F$ 的各阶偏导的表达式。

3. 梯度与方向导数

求

$$u=\frac12x^2y^2z^2$$

在 $M(1,1,1)$ 沿方向 $\boldsymbol l=(\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma)$ 的方向导数与梯度。

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$$\nabla u=(xy^2z^2,x^2yz^2,x^2y^2z),$$

所以

$$\nabla u(1,1,1)=(1,1,1),$$

方向导数为

$$\frac{\partial u}{\partial l}(1,1,1) =\nabla u(1,1,1)\cdot\boldsymbol l =\cos\alpha+\cos\beta+\cos\gamma.$$

4. 两曲面交线的切线与法平面

求椭球面

$$2x^2+3y^2+z^2=9$$

与曲面

$$3x^2+y^2-z^2=0$$

的交线在点 $(1,-1,2)$ 处的切线与法平面。

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两曲面的法向量分别是

$$\nabla F=(4x,6y,2z),\qquad \nabla G=(6x,2y,-2z).$$

在给定点处取叉积，得到交线切向量

$$\nabla F\times\nabla G=(32,40,28)\parallel(8,10,7).$$

因此切线为

$$\frac{x-1}{8}=\frac{y+1}{10}=\frac{z-2}{7},$$

法平面为

$$8(x-1)+10(y+1)+7(z-2)=0,$$

即 $8x+10y+7z-12=0$。

5. Fourier 级数

设 $f$ 是以 $2\pi$ 为周期的函数，且

$$f(x)= \begin{cases} x,&x\in(0,2\pi],\\ 2\pi,&x=0. \end{cases}$$

写出它的 Fourier 级数。

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原卷给出的 Fourier 系数为

$$a_0=2\pi,\qquad a_n=0,\qquad b_n=-\frac2n.$$

因此

$$\pi-2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin nx}{n} = \begin{cases} f(x),&0<x<2\pi,\\ \pi,&x=0,2\pi. \end{cases}$$

端点处级数收敛到周期延拓左右极限的平均值 $\pi$，而不是定义值 $2\pi$。

三、连续、偏导与可微（10 分）

讨论

$$f(x,y)= \begin{cases} \dfrac{x^3-y^3}{x^2+y^2},&(x,y)\ne(0,0),\\ 0,&(x,y)=(0,0) \end{cases}$$

在原点的连续性、可微性以及偏导函数的连续性。

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令 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，则

$$f=r(\cos^3\theta-\sin^3\theta)\to0,$$

所以 $f$ 在原点连续。按定义有

$$f_x(0,0)=1,\qquad f_y(0,0)=-1.$$

若可微，余项应满足

$$\frac{f(\Delta x,\Delta y)-\Delta x+\Delta y} {\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}}\to0.$$

但该比值等于

$$\frac{\Delta x\Delta y(\Delta x-\Delta y)} {(\Delta x^2+\Delta y^2)^{3/2}},$$

沿 $\Delta y=k\Delta x$ 的值依赖于 $k$，故 $f$ 在原点不可微。

对非原点求偏导并沿 $y=kx$ 考察，可得

$$f_x(x,kx)=\frac{1+3k^2+2k^3}{(1+k^2)^2},\qquad f_y(x,kx)=-\frac{k^4+3k^2+2k}{(1+k^2)^2}.$$

它们随 $k$ 改变，不能分别趋于 $1$ 和 $-1$，所以两个偏导函数在原点都不连续。

四、含参数级数的敛散性（10 分）

设 $\alpha>0$、$p>0$，证明级数

$$\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^n \frac{\sin^2(5n)}{n^p+\alpha}\arctan(5n)$$

在 $p>1$ 时绝对收敛，在 $0<p\le1$ 时条件收敛。

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当 $p>1$ 时，

$$\left|(-1)^n\frac{\sin^2(5n)}{n^p+\alpha}\arctan(5n)\right| \le\frac{\pi}{2n^p},$$

故绝对收敛。

当 $0<p\le1$ 时，利用

$$\sin^2(5n)=\frac{1-\cos(10n)}2$$

拆成两项。第一项是交错型级数；第二项中的 $(-1)^n\cos(10n)=\cos((10+\pi)n)$ 的部分和有界。配合

$$\frac{\arctan(5n)}{n^p+\alpha}\downarrow0$$

并用 Dirichlet、Abel 或分部求和，可知原级数收敛。

另一方面，$\arctan(5n)\to\pi/2$，而 $\sin^2(5n)$ 的部分和为 $N/2+O(1)$。因此正项级数

$$\sum\frac{\sin^2(5n)}{n^p+\alpha}\arctan(5n)$$

与阶为 $1/n^p$ 的加权和具有相同的发散性；当 $p\le1$ 时发散。故原级数不是绝对收敛，而是条件收敛。

五、一致收敛与一致连续（10 分）

设 $u_n(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续，且

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

在 $(a,b)$ 内一致收敛。证明其和函数可延拓为 $[a,b]$ 上的一致连续函数。

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由 $(a,b)$ 上的一致 Cauchy 条件，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N$，使任意 $m>n\ge N$ 和所有 $x\in(a,b)$ 都有

$$\left|\sum_{k=n+1}^m u_k(x)\right|<\varepsilon.$$

固定 $m,n$，让 $x\to a^+$ 或 $x\to b^-$，利用每个有限和的连续性，端点也满足相同的 Cauchy 估计。因此级数在两个端点收敛，并在整个 $[a,b]$ 上一致收敛。

部分和都是 $[a,b]$ 上连续函数，一致极限 $S$ 连续；紧区间上的连续函数必一致连续，所以 $S$ 在 $[a,b]$ 上一致连续。

六、点态收敛但非一致收敛（10 分）

证明函数项级数

$$\sum_{n=1}^{\infty}\left[nxe^{-nx}-(n-1)xe^{-(n-1)x}\right]$$

在 $[0,1]$ 上不一致收敛，但其和函数在 $[0,1]$ 上连续。

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级数逐项相消，第 $N$ 个部分和为

$$S_N(x)=Nxe^{-Nx}.$$

对每个固定 $x>0$，$S_N(x)\to0$；在 $x=0$ 时也恒为零。因此和函数 $S(x)\equiv0$，显然连续。

但取 $x_N=1/N$，得到

$$|S_N(x_N)-S(x_N)|=e^{-1}.$$

误差上确界不趋于零，所以收敛不是一致的。

七、Lagrange 乘数与加权均值不等式（10 分）

1. 求 $f(x,y,z)=x^ay^bz^c$ 在 $x+y+z=1$、$x,y,z>0$ 下的最大值，其中 $a,b,c>0$；
2. 由此证明对正数 $u,v,w,a,b,c$ 有

$$\left(\frac ua\right)^a \left(\frac vb\right)^b \left(\frac wc\right)^c \le \left(\frac{u+v+w}{a+b+c}\right)^{a+b+c}.$$

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对 $a\ln x+b\ln y+c\ln z$ 使用 Lagrange 乘数法，得到唯一驻点

$$x_0=\frac a{a+b+c},\qquad y_0=\frac b{a+b+c},\qquad z_0=\frac c{a+b+c}.$$

边界上乘积趋于零，因此最大值为

$$\left(\frac a{a+b+c}\right)^a \left(\frac b{a+b+c}\right)^b \left(\frac c{a+b+c}\right)^c.$$

再令

$$x=\frac{u}{u+v+w},\quad y=\frac{v}{u+v+w},\quad z=\frac{w}{u+v+w},$$

代入最大值不等式并整理，即得题设结论。当 $u:v:w=a:b:c$ 时取等号。