MA127-2021春 期中考试答案

一、单项选择题

1-1 A

$$\begin{array}{l}f(x-az,y-bz)=0\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}u=x-az\\ v=y-bz\end{array}$$$$\Rightarrow \begin{array}{rl}& f_u(1-a\frac{\partial z}{\partial x})+f_v(-b\frac{\partial z}{\partial x})=0\Rightarrow (a{f}_u+b{f}_v)\frac{\partial z}{\partial x}=f_u\\ & f_u(a\frac{\partial z}{\partial y})+f_v(1-b\frac{\partial z}{\partial y})=0\Rightarrow (a{f}_u+b{f}_v)\frac{\partial z}{\partial y}=f_v\end{array}$$

or $F(x,y,z)=f(x-az,y-bz)=0$

$\Rightarrow \frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x}{F_z},\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_y}{F_z}$

$F_x=f_u,F_y=f_v,F_z=-a{f}_u-b{f}_v$

$\Rightarrow a\frac{\partial z}{\partial x}+b\frac{\partial z}{\partial y}=a\cdot \frac{f_u}{a{f}_u+b{f}_v}+b\cdot \frac{f_v}{a{f}_u+b{f}_v}=\frac{a{f}_u+b{f}_v}{a{f}_u+b{f}_v}=1$

1-2 C

$n>0,a_n>0$. $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}n{a}_n=\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}\frac{a_n}{\frac{1}{n}}=l\ne 0$, $\sum \frac{1}{n}$ diverges $\Rightarrow \sum a_n$ diverges

1-3 B

$2x^2+y^2=x^2{z}^2$ 椭圆锥.

1-4 D

$$\begin{array}{l}f(x,y)=\phi (x+y)+\phi (x-y)+{\int }_{x-y}^{x+y}\psi (t)dt\end{array}$$

let

$$\{\begin{array}{l}x+y=u\\ x-y=v\end{array}$$$$\begin{array}{l}\Rightarrow \\ \frac{\partial f}{\partial x}={\phi }^{\prime }(x+y)+{\phi }^{\prime }(x-y)+\psi (x+y)-\psi (x-y)\\ \frac{\partial f}{\partial y}={\phi }^{\prime }(x+y)-{\phi }^{\prime }(x-y)+\psi (x+y)+\psi (x-y)\\ \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}={\phi }^{″}(x+y)+{\phi }^{″}(x-y)+{\psi }^{\prime }(x+y)-{\psi }^{\prime }(x-y)\\ \frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}={\phi }^{″}(x+y)+{\phi }^{″}(x-y)+{\psi }^{\prime }(x+y)-{\psi }^{\prime }(x-y)\\ \Rightarrow \\ \frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}\end{array}$$

1-5 D

$\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}(1+xy{)}^{\frac{1}{x^2+y^2}}$

沿 $y=x$ 路径: $\underset{x\to 0}{lim}(1+x^2{)}^{\frac{1}{2x^2}}=\underset{x\to 0}{lim}[(1+x^2{)}^{\frac{1}{x^2}}{]}^{\frac{1}{2}}=e^{\frac{1}{2}}$

沿 $y=-x$ 路径: $\underset{x\to 0}{lim}(1-x^2{)}^{\frac{1}{2x^2}}=\underset{x\to 0}{lim}[(1-x^2{)}^{\frac{1}{-x^2}}{]}^{-\frac{1}{2}}=e^{-\frac{1}{2}}$

$\Rightarrow$ 极限不存在

二、填空题

2-1

$-\frac{3}{2}$

$\overrightarrow{a}+\overrightarrow{b}+\overrightarrow{c}=\overrightarrow{0}$

$$\Rightarrow \{\begin{array}{l}|\overrightarrow{a}{|}^2+\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}+\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{c}=0\\ \overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}+|\overrightarrow{b}{|}^2+\overrightarrow{b}\cdot \overrightarrow{c}=0\\ \overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{c}+\overrightarrow{b}\cdot \overrightarrow{c}+|\overrightarrow{c}{|}^2=0\end{array}$$

(1)+(2)+(3)$\Rightarrow 2(\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}+\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{c}+\overrightarrow{b}\cdot \overrightarrow{c})+|\overrightarrow{a}{|}^2+|\overrightarrow{b}{|}^2+|\overrightarrow{c}{|}^2=0$

由于$|\overrightarrow{a}|=|\overrightarrow{b}|=|\overrightarrow{c}|=1$，所以$|\overrightarrow{a}{|}^2+|\overrightarrow{b}{|}^2+|\overrightarrow{c}{|}^2=3$

$\Rightarrow 2(\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}+\overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{c}+\overrightarrow{b}\cdot \overrightarrow{c})+3=0$

$\Rightarrow \overrightarrow{a}\cdot \overrightarrow{b}+\overrightarrow{b}\cdot \overrightarrow{c}+\overrightarrow{c}\cdot \overrightarrow{a}=-\frac{3}{2}$

2-2

$(2,-4,6)$

$\overrightarrow{c}\perp \overrightarrow{a}$ 且 $\overrightarrow{c}\perp \overrightarrow{b}$

$\therefore \overrightarrow{c}=\overrightarrow{a}\times \overrightarrow{b}=\left|\begin{array}{ccc}\overrightarrow{i}& \overrightarrow{j}& \overrightarrow{k}\\ 1& 2& 1\\ -1& 1& 1\end{array}\right|=(2-1)\overrightarrow{i}-(1+1)\overrightarrow{j}+(1+2)\overrightarrow{k}=\overrightarrow{i}-2\overrightarrow{j}+3\overrightarrow{k}$

设 $\overrightarrow{c}=k(1,-2,3)$

根据条件 $\overrightarrow{c}\cdot (\overrightarrow{i}-2\overrightarrow{j}+\overrightarrow{k})=16$：

$8k=16\Rightarrow k=2\Rightarrow \overrightarrow{c}=(2,-4,6)$

2-3

$-1$

由于 $\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}(\tan \frac{1}{n}-k\ln (1-\frac{1}{n}))$ 收敛，设 $x=\frac{1}{n}$，当 $n\to \mathrm{\infty }$ 时 $x\to 0$。

利用泰勒展开：

• $\tan x=x+\frac{x^3}{3}+\frac{2x^5}{15}+O(x^7)$
• $\ln (1-x)=-x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}+O(x^4)$

因此：

$$\tan x-k\ln (1-x)=x+\frac{x^3}{3}+O(x^5)-k(-x-\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}+O(x^4))$$$$=x+\frac{x^3}{3}+kx+\frac{k{x}^2}{2}+\frac{k{x}^3}{3}+O(x^4)$$$$=(1+k)x+\frac{k{x}^2}{2}+\frac{1+k}{3}{x}^3+O(x^4)$$

为使级数收敛，需要主导项系数为零，即 $1+k=0$，所以 $k=-1$。

当 $k=-1$ 时：

$$\tan x+\ln (1-x)=-\frac{x^2}{2}+O(x^4)$$

由于 $\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{2n^2}$ 收敛，因此原级数收敛。

2-4

$1$

$$\begin{array}{l}f(x)=y(x)=\sin x\Rightarrow f^{\prime }(x)=\cos x,f^{″}(x)=-\sin x\\ \kappa =\frac{|f^{″}(x)|}{(1+(f^{\prime }(x){)}^2{)}^{\frac{3}{2}}}\\ =\frac{|-\sin x|}{(1+{\cos }^{2}x{)}^{\frac{3}{2}}}\\ =\frac{|\sin x|}{(2-{\sin }^{2}x{)}^{\frac{3}{2}}}\end{array}$$

当$|\sin x|$最大时，${\sin }^{2}x$也最大，$\Rightarrow 1+{\cos }^{2}x=2-{\sin }^{2}x$最小

$\Rightarrow \kappa$最大

$\Rightarrow |\sin x|=1\Rightarrow {\kappa }_{max}=\frac{1}{(2-1{)}^{\frac{3}{2}}}=1$

2-5

$2-2\ln 2$

$(z+y{)}^x=xy\Rightarrow x\ln (z+y)=\ln (xy)$

$\Rightarrow \ln (z+y)+x\cdot \frac{1}{z+y}\cdot \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{1}{xy}\cdot y=\frac{1}{x}$

设$x=1,y=2,z=0$

$\Rightarrow \ln 2+1\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\partial z}{\partial x}=1\Rightarrow \frac{\partial z}{\partial x}=2-2\ln 2$

三

心形线：$r=a(1+\cos \theta )$，圆：$r=a$

3-1

心形线内部、圆外部的区域面积：

$$\begin{array}{rl}A& ={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{2}[a^2(1+\cos \theta {)}^2-a^2]d\theta \\ & ={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{2}[2a^2\cos \theta +a^2{\cos }^2\theta ]d\theta \\ & ={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{1}{2}[2a^2\cos \theta +a^2\cdot \frac{1+\cos 2\theta }{2}]d\theta \\ & =\frac{1}{2}[2a^2\sin \theta +\frac{a^2}{2}\theta +\frac{a^2}{4}\sin 2\theta {]}_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\\ & =a^2(2+\frac{\pi }{4})\end{array}$$

3-2

心形线内部、圆内部的区域面积：

$$\begin{array}{rl}{A}_1& ={\int }_0^{\pi }[a^2(1+\cos \theta {)}^2]d\theta \\ & ={\int }_0^{\pi }(a^2+2a^2\cos \theta +a^2{\cos }^2\theta )d\theta \\ & ={\int }_0^{\pi }(a^2+2a^2\cos \theta +a^2\cdot \frac{1+\cos 2\theta }{2})d\theta \\ & =[a^2\theta +2a^2\sin \theta +\frac{a^2}{2}\theta +\frac{a^2}{4}\sin 2\theta {]}_0^{\pi }\\ & =\frac{3\pi }{2}{a}^2\end{array}$$

$\Rightarrow A_2=A_1-A=\frac{3\pi a^2}{2}-a^2(2+\frac{\pi }{4})=a^2(\frac{5\pi }{4}-2)$

四

$\overrightarrow{r}(t)=f(t)\overrightarrow{i}+g(t)\overrightarrow{j}+h(t)\overrightarrow{k}$

其中 $f(t)={\int }_0^t\cos (x^2)dx$，$g(t)=-t\cos t$

$h(t)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{t^n}{n}$

$\Rightarrow h^{\prime }(t)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}{t}^{n-1}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{t}^n=\frac{1}{1-t}$ (对$|t|<1$)

$f^{\prime }(t)=\cos (t^2)$

$g^{\prime }(t)=-\cos t+t\sin t$

$\Rightarrow f^{\prime }(0)=1,g^{\prime }(0)=-1,h^{\prime }(0)=1$

$\Rightarrow {\overrightarrow{r}}^{\prime }(0)=(1,-1,1)$

五

5-1

$$f(x,y)=\{\begin{array}{cc}y\sin \frac{1}{x^2+y^2},& (x,y)\ne (0,0)\\ 0,& (x,y)=(0,0)\end{array}$$$$\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}f(x,y)=\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}y\sin \frac{1}{x^2+y^2}=0$$

由于$|\sin \frac{1}{x^2+y^2}|\le 1$，所以$0\le |f(x,y)|\le |y|\to 0$

$\Rightarrow \underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}f(x,y)=0=f(0,0)$

因此$f(x,y)$在$(0,0)$处连续。

5-2

$f_x(0,0)=\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(h,0)-f(0,0)}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{0-0}{h}=0$

$f_y(0,0)=\underset{h\to 0}{lim}\frac{f(0,h)-f(0,0)}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{h\sin \frac{1}{h^2}-0}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\sin \frac{1}{h^2}$

由于$\sin \frac{1}{h^2}$在$h\to 0$时不存在极限，所以$f_y(0,0)$不存在。

六

6-1

$\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}=\underset{r\to 0}{lim}\frac{r^2\cos \theta \sin \theta }{|r|}=\underset{r\to 0}{lim}|r|\cos \theta \sin \theta =0$

因为$|\cos \theta \sin \theta |\le 1$，或者$0\le |\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}|\le |y|\to 0$

6-2

$\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}\frac{x{y}^3+2x^2{y}^4}{x^2+y^6}$

沿路径$x=k{y}^3$： $\underset{y\to 0}{lim}\frac{k{y}^3\cdot y^3+2(k{y}^3{)}^2{y}^4}{(k{y}^3{)}^2+y^6}=\underset{y\to 0}{lim}\frac{k{y}^6+2k^2{y}^{10}}{k^2{y}^6+y^6}=\underset{y\to 0}{lim}\frac{k+2k^2{y}^4}{k^2+1}=\frac{k}{k^2+1}$

由于结果依赖于$k$的值，所以极限不存在。

七

7-1

$f(x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{n+2}{n(n+1)}{x}^n$

利用比值判别法：

$$|\frac{u_{n+1}}{u_n}|=|\frac{(n+3)}{(n+1)(n+2)}\cdot \frac{n(n+1)}{(n+2)}|\cdot |x|=\frac{n^2+3n}{n^2+4n+4}\cdot |x|\to |x|$$

因此收敛半径 $R=1$，即在 $|x|<1$ 时级数收敛。

端点检验：

当 $x=1$：$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{n+2}{n(n+1)}=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(\frac{1}{n}+\frac{2}{n(n+1)})$

由于 $\frac{n+2}{n(n+1)}=\frac{1}{n}+\frac{2}{n(n+1)}\sim \frac{1}{n}$，而 $\sum \frac{1}{n}$ 发散，所以在 $x=1$ 处级数发散。

当 $x=-1$：$\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^n\frac{n+2}{n(n+1)}$

由于 $a_n=\frac{n+2}{n(n+1)}>0$，$a_n$ 单调递减且 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{a}_n=0$，根据莱布尼兹判别法，在 $x=-1$ 处级数条件收敛。

因此收敛区间：$[-1,1)$

7-2

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

因此：

$$f(x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{n+2}{n(n+1)}{x}^n=2\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n}-\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n+1}$$

已知 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n}=-\ln (1-x)$（当 $|x|<1$）

对于 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n+1}$，设 $g(x)=\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^n}{n+1}=\frac{1}{x}\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{n+1}}{n+1}$

由于 $\sum _{n=1}^{\mathrm{\infty }}\frac{x^{n+1}}{n+1}=-\ln (1-x)-x$，所以：

$g(x)=\frac{-\ln (1-x)-x}{x}=-\frac{\ln (1-x)}{x}-1$

因此：

$$f(x)=-2\ln (1-x)-(-\frac{\ln (1-x)}{x}-1)=-2\ln (1-x)+\frac{\ln (1-x)}{x}+1$$$$=1+\ln (1-x)(\frac{1}{x}-2),x\ne 0$$

当 $x=0$ 时，$f(0)=0$。

八

判断级数 $\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{(-1{)}^{p+1}}{n^p(\ln n{)}^2}$（$p>0$）的收敛性。

设 $u_n=\frac{1}{n^p(\ln n{)}^2}$，则原级数为 $\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^{n+1}{u}_n$。

情况1：当 $p\ge 1$ 时

由积分判别法：

$${\int }_2^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{x^p(\ln x{)}^2}\le {\int }_2^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{x(\ln x{)}^2}=[-\frac{1}{\ln x}{]}_2^{\mathrm{\infty }}=\frac{1}{\ln 2}<\mathrm{\infty }$$

因此 $\sum u_n$ 收敛，故原级数绝对收敛。

情况2：当 $0<p<1$ 时

由于 $\frac{1}{n^p(\ln n{)}^2}>\frac{1}{n(\ln n{)}^2}$，而 $\sum _{n=2}^{\mathrm{\infty }}\frac{1}{n(\ln n{)}^2}$ 收敛，但当 $p<1$ 时：

$${\int }_2^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{x^p(\ln x{)}^2}>{\int }_2^{\mathrm{\infty }}\frac{dx}{x(\ln x{)}^2}$$

需要更仔细的分析。实际上，当 $0<p<1$ 时，由于 $x^{1-p}\to \mathrm{\infty }$，积分发散，所以 $\sum u_n$ 发散。

但由于满足以下条件：

1. $u_n>0$
2. $u_n$ 单调递减（当 $n$ 足够大时）
3. $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}{u}_n=0$

根据莱布尼兹判别法，原级数条件收敛。

结论：

• 当 $p\ge 1$ 时，级数绝对收敛
• 当 $0<p<1$ 时，级数条件收敛

九

计算 $\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}((n^2-n)e^{\frac{1}{n}}-\sqrt{n^4+1})$

设 $x=n$，当 $n\to \mathrm{\infty }$ 时，$x\to \mathrm{\infty }$，考虑 $f(x)=(x^2-x)e^{\frac{1}{x}}-\sqrt{x^4+1}$。

利用泰勒展开：

$e^{\frac{1}{x}}=1+\frac{1}{x}+\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{6x^3}+O(\frac{1}{x^4})$

因此：

$$(x^2-x)e^{\frac{1}{x}}=(x^2-x)(1+\frac{1}{x}+\frac{1}{2x^2}+\frac{1}{6x^3}+O(\frac{1}{x^4}))$$$$=x^2-x+x-1+\frac{1}{2}-\frac{1}{2x}+\frac{x}{6}-\frac{1}{6x}+O(\frac{1}{x^2})$$$$=x^2-\frac{1}{2}-\frac{1}{3x}+O(\frac{1}{x^2})$$

对于 $\sqrt{x^4+1}$：

$$\sqrt{x^4+1}=x^2\sqrt{1+\frac{1}{x^4}}=x^2(1+\frac{1}{2x^4}-\frac{1}{8x^8}+O(\frac{1}{x^{12}}))$$$$=x^2+\frac{1}{2x^2}-\frac{1}{8x^6}+O(\frac{1}{x^{10}})$$

因此：

$$f(x)=x^2-\frac{1}{2}-\frac{1}{3x}+O(\frac{1}{x^2})-x^2-\frac{1}{2x^2}+O(\frac{1}{x^6})$$$$=-\frac{1}{2}-\frac{1}{3x}-\frac{1}{2x^2}+O(\frac{1}{x^2})$$

当 $x\to \mathrm{\infty }$ 时，主导项为 $-\frac{1}{2}$，因此：

$$\underset{n\to \mathrm{\infty }}{lim}((n^2-n)e^{\frac{1}{n}}-\sqrt{n^4+1})=-\frac{1}{2}$$