2013-2014 学年春真题（期中）

#真题

考试日期为 2014 年 5 月 14 日。源文件包含题目、答案和评分步骤。原卷后半部分重复使用了“三、四、五”的题号；为便于阅读，下文按实际出现顺序整理为第三至第六题，不改变题目内容。

一、求解下列问题（共 56 分）

1. 方向导数与最大方向导数

已知

f(x,y,z)=xz−y2,f(x,y,z)=xz-y^2,

以及 A(2,−1,1)A(2,-1,1)、B(2,1,−1)B(2,1,-1)。求 ff 在 AA 点沿 AA 到 BB 方向的方向导数，并求 ff 在 AA 点方向导数的最大值。

查看答案与解析 ∇f=(z,−2y,x),∇f(A)=(1,2,2).\nabla f=(z,-2y,x),\qquad \nabla f(A)=(1,2,2).

AB→=(0,2,−2)\overrightarrow{AB}=(0,2,-2)，其单位向量为 (0,1/2,−1/2)(0,1/\sqrt2,-1/\sqrt2)。故指定方向的方向导数为

(1,2,2)⋅(0,12,−12)=0.(1,2,2)\cdot\left(0,\frac1{\sqrt2},-\frac1{\sqrt2}\right)=0.

最大方向导数等于梯度模长：

∣∇f(A)∣=1+4+4=3.|\nabla f(A)|=\sqrt{1+4+4}=3.

2. Fourier 级数与奇数平方倒数和

将 f(x)=∣x∣f(x)=|x|、x∈(−π,π)x\in(-\pi,\pi) 展开为 Fourier 级数，并求

∑n=1∞1(2n−1)2.\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{(2n-1)^2}.
查看答案与解析

ff 是偶函数，所以 bn=0b_n=0。计算得

a0=π,a_0=\pi,

且

an={−4(2k−1)2π,n=2k−1,0,n=2k.a_n= \begin{cases} -\dfrac4{(2k-1)^2\pi},&n=2k-1,\\ 0,&n=2k. \end{cases}

因此

∣x∣=π2−4π∑k=1∞cos⁡((2k−1)x)(2k−1)2.|x|=\frac\pi2-\frac4\pi \sum_{k=1}^{\infty}\frac{\cos((2k-1)x)}{(2k-1)^2}.

令 x=0x=0，得到

∑k=1∞1(2k−1)2=π28.\sum_{k=1}^{\infty}\frac1{(2k-1)^2}=\frac{\pi^2}{8}.

3. 累次极限与重极限

求

f(x,y)=xyx+yf(x,y)=\frac{xy}{x+y}

在 (0,0)(0,0) 的两个累次极限和重极限。

查看答案与解析

固定 xx 或 yy 后先让另一个变量趋于零，都得到 00，所以两个累次极限均为零。

但沿 y=x2−xy=x^2-x，

f(x,x2−x)=x−1→−1;f(x,x^2-x)=x-1\to-1;

沿 y=xy=x，

f(x,x)=x2→0.f(x,x)=\frac x2\to0.

两条路径结果不同，故重极限不存在。

4. 两曲面交线的切线与法平面

求曲线

{x2+y2+z2=50,x2+y2=z2\begin{cases} x^2+y^2+z^2=50,\\ x^2+y^2=z^2 \end{cases}

在 (3,4,5)(3,4,5) 处的切线方程与法平面方程。

查看答案与解析

两曲面的梯度叉积在该点平行于 (−4,3,0)(-4,3,0)，所以切线为

x−3−4=y−43=z−50.\frac{x-3}{-4}=\frac{y-4}{3}=\frac{z-5}{0}.

法平面以该切向量为法向量：

−4(x−3)+3(y−4)=0,-4(x-3)+3(y-4)=0,

即 4x−3y=04x-3y=0。

5. 复合函数的混合偏导

设

z=f(xy,xy)+g(yx),z=f\left(xy,\frac xy\right)+g\left(\frac yx\right),

其中 f(u,v)f(u,v)、g(t)g(t) 有连续二阶导数，求 zxyz_{xy}。

查看答案与解析

下文 fi,fijf_i,f_{ij} 在 (xy,x/y)(xy,x/y) 处取值，g′,g′′g',g'' 在 y/xy/x 处取值。先求

zx=yf1+1yf2−yx2g′.z_x=yf_1+\frac1y f_2-\frac y{x^2}g'.

再对 yy 求导，f12f_{12} 与 f21f_{21} 两项抵消，得到

zxy=f1−f2y2+xyf11−xy3f22−g′x2−yx3g′′.z_{xy}=f_1-\frac{f_2}{y^2}+xyf_{11} -\frac{x}{y^3}f_{22} -\frac{g'}{x^2}-\frac{y}{x^3}g''.

6. 偶次幂级数

计算

∑n=0∞x2n(2n)!,\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n}}{(2n)!},

其收敛区间为 (−∞,+∞)(-\infty,+\infty)。

查看答案与解析

把 exe^x 与 e−xe^{-x} 的幂级数相加，奇次项抵消：

∑n=0∞x2n(2n)!=ex+e−x2=cosh⁡x.\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n}}{(2n)!} =\frac{e^x+e^{-x}}2 =\cosh x.

7. 隐函数组求导

方程组

{x+y+z=0,x2+y2+z2=6\begin{cases} x+y+z=0,\\ x^2+y^2+z^2=6 \end{cases}

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

查看答案与解析

两式关于 xx 求导：

1+y′+z′=0,1+y'+z'=0, 2x+2yy′+2zz′=0.2x+2yy'+2zz'=0.

解这个二元一次方程组，得到

dydx=x−zz−y,dzdx=y−xz−y.\frac{\mathrm dy}{\mathrm dx}=\frac{x-z}{z-y}, \qquad \frac{\mathrm dz}{\mathrm dx}=\frac{y-x}{z-y}.

8. 二元 Taylor 公式

求

z=xye−(x2+y2)z=xye^{-(x^2+y^2)}

在 (0,0)(0,0) 的 Taylor 公式，写到四阶。

查看答案与解析 e−(x2+y2)=1−(x2+y2)+12(x2+y2)2+⋯ .e^{-(x^2+y^2)}=1-(x^2+y^2)+\frac12(x^2+y^2)^2+\cdots.

乘上 xyxy 后，保留总次数不超过四的项：

z=xy−x3y−xy3+o(ρ4),ρ=x2+y2.z=xy-x^3y-xy^3+o(\rho^4), \qquad \rho=\sqrt{x^2+y^2}.

二、数项级数的敛散性（12 分）

判断

∑n=1∞cos⁡3nn(1+1n)n\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\cos3n}{n}\left(1+\frac1n\right)^n

是否收敛；若收敛，判断是绝对收敛还是条件收敛。

查看答案与解析

∑n=1Ncos⁡3n\sum_{n=1}^N\cos3n 的部分和有界，而 1/n↓01/n\downarrow0，所以 ∑cos⁡3n/n\sum\cos3n/n 由 Dirichlet 判别法收敛。又 (1+1/n)n(1+1/n)^n 单调有界，使用 Abel 判别法可知题设级数收敛。

另一方面，(1+1/n)n→e(1+1/n)^n\to e。利用 ∣cos⁡3n∣≥cos⁡23n=(1+cos⁡6n)/2|\cos3n|\ge\cos^2 3n=(1+\cos6n)/2，有

∑∣cos⁡3n∣n(1+1n)n\sum\frac{|\cos3n|}{n}\left(1+\frac1n\right)^n

至少具有一个调和级数主项，而余下振荡项收敛，因此绝对值级数发散。原级数条件收敛。

三、连续、偏导与可微（12 分）

讨论

f(x,y)={xycos⁡1x2+2y2,(x,y)≠(0,0),0,(x,y)=(0,0)f(x,y)= \begin{cases} xy\cos\dfrac1{x^2+2y^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。

查看答案与解析

由 ∣f(x,y)∣≤∣xy∣→0|f(x,y)|\le|xy|\to0，函数在原点连续。沿坐标轴函数恒为零，所以

fx(0,0)=fy(0,0)=0.f_x(0,0)=f_y(0,0)=0.

线性主部为零，且

∣f(Δx,Δy)∣Δx2+Δy2≤∣ΔxΔy∣Δx2+Δy2≤12Δx2+Δy2→0.\frac{|f(\Delta x,\Delta y)|}{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}} \le\frac{|\Delta x\Delta y|}{\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}} \le\frac12\sqrt{\Delta x^2+\Delta y^2}\to0.

所以 ff 在原点可微。

四、和函数在全实轴上的连续性

证明

S(x)=∑n=3∞(xln⁡ln⁡n)nS(x)=\sum_{n=3}^{\infty}\left(\frac{x}{\ln\ln n}\right)^n

在 (−∞,+∞)(-\infty,+\infty) 上连续。

查看答案与解析

这个级数不在整个实轴上一致收敛，但它在每个紧区间上一致收敛。任取 M>0M>0，对 ∣x∣≤M|x|\le M，

∣xln⁡ln⁡n∣n≤(Mln⁡ln⁡n)n.\left|\frac{x}{\ln\ln n}\right|^n \le\left(\frac{M}{\ln\ln n}\right)^n.

右侧数项级数由根值判别法收敛，因为其通项 nn 次方根 M/ln⁡ln⁡n→0M/\ln\ln n\to0。由 Weierstrass 判别法，原级数在 [−M,M][-M,M] 上一致收敛，和函数连续。MM 任意，所以 SS 在全实轴上连续。

五、幂级数的收敛区间与和函数（10 分）

求

S(x)=∑n=1∞xnn(n+1)(n+2)S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n(n+1)(n+2)}

的收敛区间与和函数。

查看答案与解析

系数的 nn 次方根趋于 11，半径为 11；在 x=±1x=\pm1 都绝对收敛，故收敛区间为 [−1,1][-1,1]。

对 x≠0,1x\ne0,1，利用

1n(n+1)(n+2)=12n−1n+1+12(n+2)\frac1{n(n+1)(n+2)}=\frac1{2n}-\frac1{n+1}+\frac1{2(n+2)}

并套用 ∑xn/n=−ln⁡(1−x)\sum x^n/n=-\ln(1-x)，得到

S(x)=34−12x+(1x−12−12x2)ln⁡(1−x).S(x)=\frac34-\frac1{2x} +\left(\frac1x-\frac12-\frac1{2x^2}\right)\ln(1-x).

端点或可去点另算：

S(0)=0,S(1)=∑n=1∞1n(n+1)(n+2)=14.S(0)=0, \qquad S(1)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac1{n(n+1)(n+2)}=\frac14.

在 x=−1x=-1 时可直接代入上式，ln⁡(1−x)=ln⁡2\ln(1-x)=\ln2。

六、算术—几何平均不等式（10 分）

在 nn 个正数满足

x1+x2+⋯+xn=ax_1+x_2+\cdots+x_n=a

的条件下，求乘积 x1x2⋯xnx_1x_2\cdots x_n 的最大值，并由此证明

x1x2⋯xnn≤x1+x2+⋯+xnn.\sqrt[n]{x_1x_2\cdots x_n} \le\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}.
查看答案与解析

对乘积在和约束下使用 Lagrange 乘数法，唯一内部驻点满足

x1=x2=⋯=xn=an.x_1=x_2=\cdots=x_n=\frac an.

在允许 xi≥0x_i\ge0 的闭单纯形边界上，至少一个因子为零，乘积为零；所以内部驻点给出最大值

max⁡x1x2⋯xn=(an)n.\max x_1x_2\cdots x_n=\left(\frac an\right)^n.

代入 a=x1+⋯+xna=x_1+\cdots+x_n 并开 nn 次方，即得算术—几何平均不等式。等号当且仅当所有 xix_i 相等。

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