25-26-2-工科数学分析（下）-期末

一、单项选择题（本大题共10个小题，每小题3分，共30分）

  1. 二重极限 lim⁡(x,y)→(0,0)x2+y21+x2+y2−1=\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{x^2+y^2}{\sqrt{1+x^2+y^2}-1} = ( )
  1. 设 z=xyz = x^y，则 dz=\mathrm{d}z = ( )
  1. 设方程 x2+2y2+3z2+2xy−z=7x^2 + 2y^2 + 3z^2 + 2xy - z = 7 确定隐函数 z=z(x,y)z = z(x,y)，则 zx=z_x = ( )
  1. 考虑二元函数的下面 4 条性质：

① f(x,y)f(x,y) 在点 (x0,y0)(x_0,y_0) 处连续；

② f(x,y)f(x,y) 在点 (x0,y0)(x_0,y_0) 处的两个偏导数连续；

③ f(x,y)f(x,y) 在点 (x0,y0)(x_0,y_0) 处可微；

④ f(x,y)f(x,y) 在点 (x0,y0)(x_0,y_0) 处沿任意方向的方向导数都存在．

若用 "P⇒QP \Rightarrow Q" 表示可由性质 PP 推出性质 QQ，则有 ( )

  1. 设 (σ)={(x,y)∈R2∣x2+y2≤1}(\sigma) = \{(x,y) \in \mathbb{R}^2 \mid x^2 + y^2 \leq 1\}，则 ∬(σ)ex2+y2dxdy=\iint_{(\sigma)} e^{x^2+y^2} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = ( )
  1. 设 (S)(S) 为球面 x2+y2+z2=R2 (R>0)x^2 + y^2 + z^2 = R^2 \ (R > 0)，则 ∯(S)(x2+z) dS=\oiint_{(S)} (x^2 + z) \, \mathrm{d}S = ( )
  1. 已知向量 A⃗=(x2−y2, 2xy, 2x)\vec{A} = (x^2 - y^2,\ 2xy,\ 2x)，则旋度 rotA⃗=\mathrm{rot}\vec{A} = ( )
  1. 下列级数中发散的是 ( )
  1. 设幂级数 ∑n=1∞anxn\sum_{n=1}^{\infty} a_n x^n 的收敛半径为 44，则 ∑n=1∞an(x−1)n\sum_{n=1}^{\infty} a_n (x-1)^n 的收敛区间为 ( )
  1. 设 f(x)f(x) 是以 2π2\pi 为周期的周期函数，其在一个周期内的表达式为 f(x)={−x,−π≤x≤0,x,0<x<π,f(x) = \begin{cases} -x, & -\pi \leq x \leq 0, \\ x, & 0 < x < \pi, \end{cases} 若 f(x)f(x) 的傅里叶级数是 a02+∑n=1∞(ancos⁡nx+bnsin⁡nx)\frac{a_0}{2} + \sum_{n=1}^{\infty} (a_n \cos nx + b_n \sin nx)， 则其傅里叶系数 an=a_n = ( )，其中 nn 为正整数．

二、（每小题10分，共20分）

  1. 设 f(u,v)f(u,v) 具有二阶连续偏导数，z=f(2x−y, x+3y)z = f(2x-y,\, x+3y)，计算 ∂z∂x\frac{\partial z}{\partial x} 及 ∂2z∂x∂y\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}
答案 / 解析
∂z∂x=2f1′+f2′\frac{\partial z}{\partial x} = 2f_1' + f_2'∂2z∂x∂y=−2f11′′+5f12′′+3f22′′\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y} = -2f_{11}'' + 5f_{12}'' + 3f_{22}''
  1. 求曲面 x2+y2+z2=14x^2 + y^2 + z^2 = 14 在点 M(1,2,3)M(1,2,3) 处的切平面方程与法线方程．
答案 / 解析

切平面方程：x+2y+3z=14x + 2y + 3z = 14

法线方程：x−11=y−22=z−33\dfrac{x-1}{1} = \dfrac{y-2}{2} = \dfrac{z-3}{3}

三、（每小题7分，共14分）

  1. 设 (C)(C) 为螺旋线：x=sin⁡t, y=cos⁡t, z=2t, 0≤t≤πx = \sin t,\ y = \cos t,\ z = 2t,\ 0 \leq t \leq \pi，计算线积分 ∫(C)(x2+y2+z) ds.\int_{(C)} (x^2 + y^2 + z) \, \mathrm{d}s.
答案 / 解析
5 π(π+1)\sqrt{5}\,\pi(\pi+1)
  1. 求函数 f(x,y)=x2+y2+12x+16yf(x,y) = x^2 + y^2 + 12x + 16y 在圆周 x2+y2=25x^2 + y^2 = 25 上的最大值和最小值．
答案 / 解析

最大值：125125，最小值：−75-75

四、（10分）

设一质点在力 F⃗=(excos⁡y−xy, −exsin⁡y−x2)\vec{F} = (e^x \cos y - xy,\ -e^x \sin y - x^2) 的作用下沿上半圆周 (C):y=4−x2(C): y = \sqrt{4-x^2} 从点 A(2,0)A(2,0) 移动到点 B(−2,0)B(-2,0)，求力 F⃗\vec{F} 所做的功 WW

答案 / 解析

记 P=excos⁡y−xyP = e^x \cos y - xy，Q=−exsin⁡y−x2Q = -e^x \sin y - x^2，则 W=∫CP dx+Q dyW = \int_C P\,\mathrm{d}x + Q\,\mathrm{d}y.

补下方面直径 LL（B→AB \to A），则 ∮P dx+Q dy=∫C+∫L\oint P\,\mathrm{d}x + Q\,\mathrm{d}y = \int_C + \int_L.

由格林公式：

∮P dx+Q dy=∬D(Qx−Py) dA\oint P\,\mathrm{d}x + Q\,\mathrm{d}y = \iint_D (Q_x - P_y)\,\mathrm{d}A

其中 Qx=−exsin⁡y−2xQ_x = -e^x \sin y - 2x，Py=−exsin⁡y−xP_y = -e^x \sin y - x，故 Qx−Py=−xQ_x - P_y = -x.

由于 DD 关于 yy 轴对称：

∬D(−x) dA=0\iint_D (-x)\,\mathrm{d}A = 0

又 ∫LP dx+Q dy=∫−22ex dx=e2−e−2\displaystyle \int_L P\,\mathrm{d}x + Q\,\mathrm{d}y = \int_{-2}^{2} e^x\,\mathrm{d}x = e^2 - e^{-2}.

因此：

W=∫CP dx+Q dy=−∫LP dx+Q dy=e−2−e2W = \int_C P\,\mathrm{d}x + Q\,\mathrm{d}y = - \int_L P\,\mathrm{d}x + Q\,\mathrm{d}y = e^{-2} - e^2

五、（10分）

设 (S)(S) 为锥面 z=x2+y2z = \sqrt{x^2 + y^2} 介于平面 z=0z = 0 与 z=1z = 1 间的部分，取下侧． 求向量场 E⃗=(3xy2, 3x2y−3yz2, x+z3)\vec{E} = (3xy^2,\, 3x^2y - 3yz^2,\, x + z^3) 穿过曲面 (S)(S) 的通量，即计算面积分 ∬(S)3xy2 dy∧dz+(3x2y−3yz2) dz∧dx+(x+z3) dx∧dy.\iint_{(S)} 3xy^2 \, \mathrm{d}y \wedge \mathrm{d}z + (3x^2y - 3yz^2) \, \mathrm{d}z \wedge \mathrm{d}x + (x + z^3) \, \mathrm{d}x \wedge \mathrm{d}y.

答案 / 解析

散度：

∇⋅E⃗=∂(3xy2)∂x+∂(3x2y−3yz2)∂y+∂(x+z3)∂z=3y2+(3x2−3z2)+3z2=3(x2+y2)\nabla \cdot \vec{E} = \frac{\partial(3xy^2)}{\partial x} + \frac{\partial(3x^2y - 3yz^2)}{\partial y} + \frac{\partial(x + z^3)}{\partial z} = 3y^2 + (3x^2 - 3z^2) + 3z^2 = 3(x^2 + y^2)

补上底面 S1:z=1S_1: z = 1（x2+y2≤1x^2 + y^2 \leq 1，取上侧），由高斯公式：

ΦS+ΦS1=∭V3(x2+y2) dV\Phi_S + \Phi_{S_1} = \iiint_V 3(x^2 + y^2)\,\mathrm{d}V

柱坐标下：

∭V3r2 dV=∫02π∫01∫r13r3 dz dr dθ=3π10\iiint_V 3r^2\,\mathrm{d}V = \int_0^{2\pi} \int_0^1 \int_r^1 3r^3\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta = \frac{3\pi}{10}

顶面通量：

ΦS1=∬x2+y2≤1(x+1) dA=π\Phi_{S_1} = \iint_{x^2 + y^2 \leq 1} (x + 1)\,\mathrm{d}A = \pi

故：

ΦS=3π10−π=−7π10\Phi_S = \frac{3\pi}{10} - \pi = -\frac{7\pi}{10}

六、（第1小题7分，第2小题3分，共10分）

  1. 求幂级数 ∑n=1∞xnn\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n} 的收敛域及其和函数；
答案 / 解析

收敛域：[−1,1)[-1, 1)，和函数：−ln⁡(1−x)-\ln(1-x)

  1. 求常数项级数 223+1⋅232⋅32+1⋅243⋅33+⋯+1n⋅2n+13n+⋯\frac{2^2}{3} + \frac{1 \cdot 2^3}{2 \cdot 3^2} + \frac{1 \cdot 2^4}{3 \cdot 3^3} + \cdots + \frac1{n} \cdot \frac{2^{n+1}}{3^n} + \cdots 的和。
答案 / 解析

通项 an=1n⋅2n+13n=2n(23)na_n = \dfrac{1}{n} \cdot \dfrac{2^{n+1}}{3^n} = \dfrac{2}{n}\left(\dfrac{2}{3}\right)^n，故

S=2∑n=1∞(2/3)nn=−2ln⁡ ⁣(1−23)=2ln⁡3S = 2\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(2/3)^n}{n} = -2\ln\!\left(1 - \frac{2}{3}\right) = 2\ln 3

七、（6分）

设函数 f(x,y)f(x,y) 在区域 (D):x2+y2≤1(D): x^2 + y^2 \leq 1 上有连续的二阶偏导数，且 f(x,y)f(x,y) 在 (D)(D) 的边界上为 00，f(0,0)=1f(0,0) = 1，求极限

lim⁡t→0+∬t2≤x2+y2≤1xfx+yfyx2+y2 dxdy.\displaystyle{\lim_{t \to 0^+} \iint_{t^2 \leq x^2 + y^2 \leq 1} \frac{x f_x + y f_y}{x^2 + y^2} \, \mathrm{d}x\mathrm{d}y}.
答案 / 解析

记 It=∬Dtxfx+yfyx2+y2 dAI_t = \displaystyle \iint_{D_t} \dfrac{x f_x + y f_y}{x^2 + y^2}\,\mathrm{d}A，其中 Dt:t2≤x2+y2≤1D_t: t^2 \leq x^2 + y^2 \leq 1.

构造向量场如下

P=−yfx2+y2,Q=xfx2+y2P = -\frac{y f}{x^2 + y^2}, \quad Q = \frac{x f}{x^2 + y^2}

即可使得旋度

∂Q∂x−∂P∂y=xfx+yfyx2+y2\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{x f_x + y f_y}{x^2 + y^2}

由格林公式，区域 DtD_t 的边界由外圆 C1:r=1C_1: r = 1 和内圆 C2:r=tC_2: r = t 组成：

It=∫C1P dx+Q dy+∫C2P dx+Q dyI_t = \int_{C_1} P\,\mathrm{d}x + Q\,\mathrm{d}y + \int_{C_2} P\,\mathrm{d}x + Q\,\mathrm{d}y

取极坐标 x=rcos⁡θ, y=rsin⁡θx = r\cos\theta,\ y = r\sin\theta，则 dx=−rsin⁡θ dθ, dy=rcos⁡θ dθ\mathrm{d}x = -r\sin\theta\,\mathrm{d}\theta,\ \mathrm{d}y = r\cos\theta\,\mathrm{d}\theta：

P=−yfx2+y2=−f⋅sin⁡θrP = -\frac{y f}{x^2 + y^2} = -\frac{f\cdot\sin\theta}{r}Q=xfx2+y2=f⋅cos⁡θrQ = \frac{x f}{x^2 + y^2} = \frac{f \cdot \cos\theta}{r}

代入得

P dx+Q dy=f⋅sin⁡2θ dθ+f⋅cos⁡2θ dθ=f dθ\begin{aligned} P\,\mathrm{d}x + Q\,\mathrm{d}y &= f\cdot\sin^2\theta\,\mathrm{d}\theta + f\cdot\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta \\ &= f\,\mathrm{d}\theta \end{aligned}

将 r=1r=1（C1C_1）与 r=tr = t（C2C_2）分别代入 f(x,y)=f(rcos⁡θ,rsin⁡θ)f(x, y) = f(r\cos\theta, r\sin\theta)

外圆（C1C_1，逆时针）：∫C1f(cos⁡θ,sin⁡θ) dθ=∫02π0 dθ=0\displaystyle \int_{C_1} f(\cos\theta, \sin\theta)\,\mathrm{d}\theta = \int_0^{2\pi} 0\,\mathrm{d}\theta = 0

内圆（C2C_2，顺时针）：∫C2f(tcos⁡θ,tsin⁡θ) dθ=−∫02πf(tcos⁡θ,tsin⁡θ) dθ\displaystyle \int_{C_2} f(t\cos\theta, t\sin\theta)\,\mathrm{d}\theta = -\int_0^{2\pi} f(t\cos\theta, t\sin\theta)\,\mathrm{d}\theta

令 t→0+t \to 0^+，f(tcos⁡θ,tsin⁡θ)→f(0,0)=1f(t\cos\theta, t\sin\theta) \to f(0,0) = 1，故：

lim⁡t→0+It=−∫02π1 dθ=−2π\lim_{t \to 0^+} I_t = -\int_0^{2\pi} 1\,\mathrm{d}\theta = -2\pi