2014-2015 学年春真题（期中）

考试日期为 2015 年 5 月 16 日。源目录中的 (1) 文件包含完整题面以及第三至第五、第七大题的答案，(2) 文件补充第二、第六大题答案；两份材料互补，下面合并为一篇。

一、选择题（每小题 4 分，共 20 分）

1. 函数项级数的一致收敛

设 $\{f_n(x)\}$ 是定义在点集 $D$ 上的函数列。与“函数项级数

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

在 $D$ 上一致收敛”等价的是（　）。

A. 对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N$，当 $m>n\ge N$ 时，对所有 $x\in D$ 都有 $|f_m(x)-f_n(x)|<\varepsilon$

B. 对任意 $\varepsilon>0$，存在 $N$，当 $m>n\ge N$ 时，对所有 $x\in D$ 都有 $\left|\sum_{k=n+1}^m f_k(x)\right|<\varepsilon$

C. 函数列 $\{f_n(x)\}$ 在 $D$ 上一致收敛于 $0$

D. 对每个 $x\in D$，对任意 $\varepsilon>0$，存在依赖于 $x$ 的 $N$，使 $\left|\sum_{k=n+1}^m f_k(x)\right|<\varepsilon$

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答案：B。这正是函数项级数一致收敛的 Cauchy 准则；关键是同一个 $N$ 必须对所有 $x\in D$ 同时有效。

2. 幂级数的收敛域

幂级数

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

的收敛域为（　）。

原卷求和下标印作 $n=0$，但通项分母含 $n$，在 $n=0$ 无定义；此处按唯一有意义的解释从 $n=1$ 起求和。

A. $(2/3,4/3)$　B. $[2/3,4/3)$　C. $(-3,3)$　D. $(-2,4)$

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答案：B。系数绝对值的 $n$ 次方根趋于 $3$，故中心为 $1$、收敛半径为 $1/3$。在左端 $x=2/3$，通项为

$$\frac{(-1)^n+(2/3)^n}{n},$$

级数收敛；在右端 $x=4/3$，通项包含调和级数 $1/n$，所以发散。收敛域为

$$\left[\frac23,\frac43\right).$$

3. 二元 Maclaurin 公式

函数 $e^{-x-y}$ 的二阶 Maclaurin 公式为（　）。

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

B. $1-(x+y)+o(x+y)$

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

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

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答案：C。把 $t=-(x+y)$ 代入 $e^t=1+t+t^2/2+o(t^2)$。

4. 偏导存在与可微

函数 $z=f(x,y)$ 在点 $(x_0,y_0)$ 具有偏导数，是它在该点存在全微分的（　）。

A. 必要而非充分条件　B. 充分而非必要条件

C. 充分必要条件　D. 既非充分也非必要条件

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答案：A。可微一定推出偏导存在；反过来，仅有两个偏导存在不能保证可微。

5. 累次极限与重极限

已知

$$f(x,y)=\frac{x^2y}{x^4+y^2},$$

判断：

1. 两个累次极限都等于 $0$；
2. 两个累次极限都不存在；
3. 重极限等于 $0$；
4. 重极限不存在。

A. ①③　B. ②③　C. ①④　D. ②④

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答案：C。固定一个变量先趋于零时都得到 $0$。但沿 $y=x^2$ 有

$$f(x,x^2)=\frac{x^4}{2x^4}=\frac12,$$

而沿 $y=0$ 为 $0$，所以重极限不存在。

二、计算题（每小题 6 分，共 30 分）

1. 隐函数的混合偏导

设

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

求 $z_x$、$z_{xy}$。

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下文 $F_i,F_{ij}$ 都在 $(x+z,y)$ 处取值。链式法则给出

$$z_x=F_1(1+z_x),\qquad z_y=F_1z_y+F_2,$$

所以

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

再对 $z_x$ 关于 $y$ 求导：

$$z_{xy}=\frac{F_{11}z_y+F_{12}}{(1-F_1)^2} =\frac{F_{11}F_2+F_{12}-F_1F_{12}}{(1-F_1)^3}.$$

2. 梯度与方向导数

求 $u=xyz$ 在 $M(1,1,1)$ 沿方向 $\boldsymbol l=(2,-1,3)$ 的方向导数与梯度。

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

$\boldsymbol l$ 的单位向量为 $(2,-1,3)/\sqrt{14}$，所以方向导数为

$$\nabla u\cdot\frac{\boldsymbol l}{|\boldsymbol l|} =\frac{2-1+3}{\sqrt{14}} =\frac{2\sqrt{14}}7.$$

3. 两曲面交线的切线与法平面

求球面

$$x^2+y^2+z^2=50$$

与平面 $x+y+z=0$ 的交线在点 $(5,0,-5)$ 处的切线与法平面。

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球面与平面的法向量在该点分别为 $(10,0,-10)$、$(1,1,1)$，叉积平行于 $(1,-2,1)$。故切线为

$$\frac{x-5}{1}=\frac y{-2}=\frac{z+5}{1},$$

法平面为

$$(x-5)-2y+(z+5)=0,$$

即 $x-2y+z=0$。

4. Fourier 级数与 Basel 和

将 $f(x)=x^2$ 在 $[-\pi,\pi]$ 上展开为 Fourier 级数，并由此求 $\sum_{n=1}^{\infty}1/n^2$。

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$f$ 为偶函数，故 $b_n=0$。计算得

$$a_0=\frac{2\pi^2}{3},\qquad a_n=\frac{4(-1)^n}{n^2}.$$

因此

$$x^2=\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n\cos nx}{n^2}.$$

令 $x=\pi$，有

$$\pi^2=\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2},$$

从而

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}=\frac{\pi^2}{6}.$$

5. 参数函数项级数的一致收敛

判断

$$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}\left(1+\frac xn\right)^n$$

在 $[0,1]$ 上的一致收敛性。

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令

$$u_n=(-1)^n,\qquad v_n(x)=\frac1n\left(1+\frac xn\right)^n.$$

$\sum u_n$ 的部分和一致有界；对固定 $x\in[0,1]$，$v_n(x)$ 随 $n$ 递减。并且

$$0\le v_n(x)\le\frac1n\left(1+\frac1n\right)^n<\frac en$$

一致趋于零。由一致 Dirichlet 判别法，原级数在 $[0,1]$ 上一致收敛。

三、数项级数的敛散性（10 分）

判断

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

是否收敛；若收敛，判断是绝对收敛还是条件收敛。

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利用 $\cos^2n=(1+\cos2n)/2$，有

$$\sum(-1)^n\frac{\cos^2n}{n} =\frac12\sum\frac{(-1)^n}{n} +\frac12\sum\frac{\cos((2+\pi)n)}{n}.$$

第一项收敛；第二项因三角级数部分和有界，由 Dirichlet 判别法收敛。再结合 $\arctan(n+3)$ 单调有界，用 Abel 判别法可知原级数收敛。

对绝对值级数，$\arctan(n+3)$ 趋于 $\pi/2$，而

$$\frac{\cos^2n}{n}=\frac1{2n}+\frac{\cos2n}{2n}.$$

右边第一项发散、第二项收敛，所以绝对值级数发散。故原级数条件收敛。

四、和函数的连续性（8 分）

证明

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

在区间 $(0,1)$ 上连续。

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任取 $x_0\in(0,1)$，可选 $0<r<x_0$，只需证明级数在某个包含 $x_0$ 的闭区间 $[r,R]\subset(0,1)$ 上一致收敛。对 $x\in[r,R]$，

$$\left(\frac1n+x\right)^n\le\left(\frac1n+R\right)^n.$$

取 $q$ 满足 $R<q<1$，当 $n$ 充分大时 $R+1/n<q$，故右端不超过 $q^n$。由 Weierstrass 判别法，级数在 $[r,R]$ 上一致收敛，和函数在此连续。$x_0$ 任意，故 $S$ 在 $(0,1)$ 上连续。

五、连续、偏导与可微（10 分）

讨论

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

在原点的连续性、可偏导性和可微性。

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由

$$|f(x,y)|\le\frac{|x|^2|y|}{\sqrt{x^2+y^2}} \le |x||y|\to0,$$

$f$ 在原点连续。按偏导定义，$f_x(0,0)=f_y(0,0)=0$。

此时全微分的线性部分为零，且

$$\frac{|f(\Delta x,\Delta y)|}{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}} =\frac{|\Delta x|^2|\Delta y|}{\Delta x^2+\Delta y^2} \le\frac12|\Delta x|\to0.$$

所以 $f$ 在原点可微。

六、无盖盒子的条件极值（10 分）

某工厂生产体积为 $1\,\mathrm m^3$ 的长方体无盖盒子。如何设定长、宽、高，才能使用料最省？

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设长、宽、高分别为 $x,y,z>0$。约束是 $xyz=1$，表面积为

$$F=xy+2xz+2yz.$$

消去 $z=1/(xy)$，得到

$$S(x,y)=xy+\frac2x+\frac2y.$$

驻点方程

$$y-\frac2{x^2}=0,\qquad x-\frac2{y^2}=0$$

给出 $x=y=\sqrt[3]2$，进而

$$z=\frac1{x y}=2^{-2/3}=\frac{\sqrt[3]2}{2}.$$

该驻点是正象限内唯一驻点，且靠近边界或趋于无穷时表面积发散，因此它给出全局最小值。

七、二重对数恒等式（12 分）

设

$$S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n^2},\qquad0\le x\le1.$$

证明对任意 $x\in(0,1)$：

1. $S(x)+S(1-x)+\ln x\ln(1-x)=C$，其中 $C$ 为常数；
2. $C=S(1)=\sum_{n=1}^{\infty}1/n^2$。

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令

$$g(x)=S(x)+S(1-x)+\ln x\ln(1-x).$$

在 $(0,1)$ 上可以逐项求导，并且

$$S'(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^{n-1}}n=-\frac{\ln(1-x)}x.$$

代入可得

$$g'(x)=S'(x)-S'(1-x)+\frac{\ln(1-x)}x-\frac{\ln x}{1-x}=0.$$

所以 $g(x)=C$。再令 $x\to1^-$，有 $S(1-x)\to0$ 且 $\ln x\ln(1-x)\to0$，因此

$$C=S(1)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n^2}.$$