2023-2024学年下学期期末

2023-2024学年下学期期末试卷（A）（含答案）

第一题 选择题（每小题 4 分，共 20 分）

1. 关于曲面方程 $-\dfrac{x^2}{b^2}+\dfrac{y^2}{a^2}-\dfrac{z^2}{b^2}=1$，描述不正确的是（ ）。

   A. 单叶曲面

   B. 双叶曲面

   C. 双曲面

   D. 旋转曲面

   解：

   A

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2. 设有向曲面 $\Sigma$ 关于 $XOY$ 平面对称，$\Sigma^+$ 为其 $z \ge 0$ 的那部分。则：

   当 $f(x,y,z)$ 为关于 $z$ 的奇函数时，

   $$\iint_{\Sigma} f(x,y,z)\,dx\,dy = \underline{\quad} \times \iint_{\Sigma^+} f(x,y,z)\,dx\,dy;$$

   当 $f(x,y,z)$ 为关于 $z$ 的偶函数时，

   $$\iint_{\Sigma} f(x,y,z)\,dx\,dy = \underline{\quad} \times \iint_{\Sigma^+} f(x,y,z)\,dx\,dy.$$

   A. $2,\ 2$

   B. $2,\ 0$

   C. $0,\ 2$

   D. $0,\ 0$

   解：

   B

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3. 散度和旋度的类型分别为（ ）和（ ）。（标量 = 一个数）

   A. 标量，标量

   B. 向量，标量

   C. 标量，向量

   D. 向量，向量

   解：

   C

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4. 如果 $\sum_{n=1}^{+\infty}u_n$ 和 $\sum_{n=1}^{+\infty}v_n$ 都是绝对收敛，则 $\sum_{n=1}^{+\infty}(u_n+v_n)$ 是（ ）。

   A. 绝对收敛

   B. 条件收敛

   C. 不收敛

   D. 无法判断

   解：

   A

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5. 微分方程 $(y')^4-4yy''+15x^3+5xy^3=0$ 的阶数为（ ）。

   A. 1

   B. 2

   C. 3

   D. 4

   解：

   B

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第二题 填空题（每小题 4 分，共 20 分）

1. 重积分 $\int_0^1\int_{x^2}^{x}g(x,y)\,dy\,dx$ 在交换积分次序后为 $\underline{\qquad}$。

   解：

   $$\int_0^1\int_y^{\sqrt y}g(x,y)\,dx\,dy$$

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2. 计算曲面积分 $\iint_\Sigma xyz\,dS$ 为 $\underline{\qquad}$，其中 $\Sigma$ 为平面 $x+y+z=2$ 在第一卦限的那部分。

   解：

   $$\frac{\sqrt 3}{30}$$

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3. 体积微元 $dV$ 在柱面坐标下的表示为 $\underline{\qquad}$，在球面坐标下的表示为 $\underline{\qquad}$。

   解：

   $$dV=r\,dr\,d\theta\,dz,\qquad dV=r^2\sin\varphi\,dr\,d\varphi\,d\theta$$

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4. 级数 $\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{1}{4n^2-1}$ 的和是 $\underline{\qquad}$。

   解：

   $$\frac{1}{2}$$

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5. $y'-y=2x-3$ 的通解是 $\underline{\qquad}$。

   解：

   $$y=Ce^x-2x+1$$

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第三题（10 分）

已知 $x=r\cos\theta$ 和 $y=r\sin\theta$。求以下偏导数 $x'_r,x'_\theta,y'_r,y'_\theta,r'_x,r'_y,\theta'_x,\theta'_y$。

解：

先计算偏导数：

$$x'_r=\cos\theta,\quad x'_\theta=-r\sin\theta,\quad y'_r=\sin\theta,\quad y'_\theta=r\cos\theta.$$

再求反函数：

$$r=\sqrt{x^2+y^2},\qquad \theta=\arctan(y/x).$$

最后计算偏导数：

$$r'_x=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}},\quad r'_y=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}},\quad \theta'_x=-\frac{y}{x^2+y^2},\quad \theta'_y=\frac{x}{x^2+y^2}.$$

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第四题（10 分）

求由圆锥曲面 $z^2=x^2+y^2\ (z\ge 0)$ 和平面 $z=h$ 所围成立体的形心。（即质量密度均匀时立体的重心）

解：

由于该立体 $\Omega$ 关于 $Z$ 轴旋转而成，因此 $\bar x=0,\bar y=0$。

令 $D_{xy}:x^2+y^2\le h^2$，立体 $\Omega$ 可表示为

$$\sqrt{x^2+y^2}\le z\le h,\qquad (x,y)\in D_{xy}.$$

不妨设密度系数为 1，我们有

$$\begin{aligned} \iiint_\Omega dx\,dy\,dz &=\iint_{D_{xy}}dx\,dy\int_{\sqrt{x^2+y^2}}^h dz\\ &=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^h r\,dr\int_r^h dz\\ &=2\pi\int_0^h r(h-r)\,dr\\ &=2\pi\frac{h^3}{6} =\frac{\pi h^3}{3}, \end{aligned}$$$$\begin{aligned} \iiint_\Omega z\,dx\,dy\,dz &=\iint_{D_{xy}}dx\,dy\int_{\sqrt{x^2+y^2}}^h z\,dz\\ &=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^h r\,dr\int_r^h z\,dz\\ &=2\pi\int_0^h \frac{r(h^2-r^2)}{2}\,dr\\ &=2\pi\frac{h^4}{8} =\frac{\pi h^4}{4}. \end{aligned}$$

因此

$$\bar z=\frac{\iiint_\Omega z\,dx\,dy\,dz}{\iiint_\Omega dx\,dy\,dz}=\frac{3h}{4}.$$

该立体的形心为 $(0,0,\dfrac{3h}{4})$。

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第五题（8 分）

计算第二型曲线积分 $\int_L y\,dx+x\,dy$，其中 $L$ 为沿着抛物线 $y=x^2$ 从 $(1,1)$ 移动到 $(2,4)$ 的那段曲线。

解：

$$\begin{aligned} \int_L y\,dx+x\,dy &=\int_L x^2\,dx+x\,d(x^2)\\ &=\int_1^2 x^2\,dx+x\,d(x^2)\\ &=\int_1^2 3x^2\,dx\\ &=x^3\Big|_1^2=7. \end{aligned}$$

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第六题（12 分）

设 $\Omega$ 是空间一单连通域，函数 $P,Q,R$ 在 $\Omega$ 内具有连续一阶偏导数。证明以下四个命题互相等价：

a. 对 $\Omega$ 内任一分段光滑曲线 $L$，积分 $\int_L P\,dx+Q\,dy+R\,dz$ 是路径无关的。

b. 在 $\Omega$ 上存在某一函数 $u$，使得 $du=P\,dx+Q\,dy+R\,dz$。

c. 在 $\Omega$ 内处处有

$$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x},\qquad \frac{\partial P}{\partial z}=\frac{\partial R}{\partial x},\qquad \frac{\partial Q}{\partial z}=\frac{\partial R}{\partial y}.$$

d. 对 $\Omega$ 内任一分段光滑闭曲线 $L$，都有 $\oint_L P\,dx+Q\,dy+R\,dz=0$。

解：

$a\Rightarrow b$。在 $\Omega$ 内取一点 $A(x_0,y_0,z_0)$，由条件得，对 $\Omega$ 内任意一点 $B(x,y,z)$，$\int_{\overset{\frown}{AB}}P\,dx+Q\,dy+R\,dz$ 只与 $A,B$ 有关，而与路径无关。令

$$u(x,y,z)=\int_{\overset{\frown}{AB}}P\,dx+Q\,dy+R\,dz.$$

因为

$$\begin{aligned} \Delta_xu &=u(x+\Delta x,y,z)-u(x,y,z)\\ &=\int_{(x,y,z)}^{(x+\Delta x,y,z)}P(x,y,z)\,dx\\ &=\int_x^{x+\Delta x}P(t,y,z)\,dt\\ &=P(x+\theta\Delta x,y,z)\Delta x,\qquad 0<\theta<1. \end{aligned}$$

所以

$$\frac{\partial u}{\partial x} =\lim_{\Delta x\to 0}\frac{\Delta_xu}{\Delta x} =\lim_{\Delta x\to 0}P(x+\theta\Delta x,y,z) =P(x,y,z).$$

同理可证，$\dfrac{\partial u}{\partial y}=Q(x,y,z)$ 和 $\dfrac{\partial u}{\partial z}=R(x,y,z)$。又因为 $P,Q,R$ 在 $\Omega$ 内连续，故 $u(x,y,z)$ 在 $\Omega$ 内可微，因此得 $du=P\,dx+Q\,dy+R\,dz$。

$b\Rightarrow c$。在 $\Omega$ 上存在某一函数 $u$，使得 $du=P\,dx+Q\,dy+R\,dz$，则

$$\frac{\partial u}{\partial x}=P,\qquad \frac{\partial u}{\partial y}=Q,\qquad \frac{\partial u}{\partial z}=R.$$

又由于 $P,Q,R$ 在 $\Omega$ 上都具有连续一阶偏导数，因而

$$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial^2u}{\partial x\partial y},\quad \frac{\partial P}{\partial z}=\frac{\partial^2u}{\partial x\partial z},$$$$\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial^2u}{\partial y\partial x},\quad \frac{\partial Q}{\partial z}=\frac{\partial^2u}{\partial y\partial z},$$$$\frac{\partial R}{\partial x}=\frac{\partial^2u}{\partial z\partial x},\quad \frac{\partial R}{\partial y}=\frac{\partial^2u}{\partial z\partial y}$$

在 $\Omega$ 内都连续，因此

$$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x},\qquad \frac{\partial P}{\partial z}=\frac{\partial R}{\partial x},\qquad \frac{\partial Q}{\partial z}=\frac{\partial R}{\partial y}.$$

$c\Rightarrow d$。设光滑曲线 $L$ 围成的区域为 $G$，根据 Stokes 公式，

$$\begin{aligned} &\iint_G\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}\right)\,dy\,dz +\left(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}\right)\,dz\,dx +\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\,dx\,dy\\ &=\oint_L P\,dx+Q\,dy+R\,dz, \end{aligned}$$

其中 $L$ 关于 $G$ 取正向，由 $c$ 中的条件得

$$\oint_L P\,dx+Q\,dy+R\,dz=\iint_G 0\,dx\,dy\,dz=0.$$

$d\Rightarrow a$。对于 $\Omega$ 内任一分段光滑曲线 $L$，设其端点为 $A$ 和 $B$。任取区域 $\Omega$ 内从 $A$ 到 $B$ 的分段光滑有向曲线 $L_0$，且记 $L_0^-$ 为 $L_0$ 的同路径但反方向的曲线。

若 $L_0$ 和 $L$ 不相交，此时 $L\cup L_0^-$ 为分段光滑的封闭曲线，因此由条件得

$$\begin{aligned} &\int_L P\,dx+Q\,dy+R\,dz-\int_{L_0}P\,dx+Q\,dy+R\,dz\\ &=\int_L P\,dx+Q\,dy+R\,dz+\int_{L_0^-}P\,dx+Q\,dy+R\,dz\\ &=\left(\int_L+\int_{L_0^-}\right)P\,dx+Q\,dy+R\,dz=0. \end{aligned}$$

因此

$$\int_L P\,dx+Q\,dy+R\,dz=\int_{L_0}P\,dx+Q\,dy+R\,dz.$$

若 $L_0$ 和 $L$ 相交，可做第三条从 $A$ 到 $B$ 的有向光滑曲线 $L_1$，使其与 $L$ 和 $L_0$ 都不相交。由已证结果得，沿着 $L_1$ 的积分和沿着 $L,L_0$ 的积分都相等，因此沿着 $L$ 的积分和 $L_0$ 的积分相等。

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第七题（10 分）

求以下两个幂级数的收敛半径，并讨论在收敛区间端点处的收敛性。

$$\sum_{n=1}^{+\infty}\frac{(n!)^2}{(2n)!}x^n \quad\text{和}\quad \sum_{n=1}^{+\infty}a^{n^2}x^n \quad(0<a<1).$$

解：

对于 $\sum_{n=1}^{+\infty}\dfrac{(n!)^2}{(2n)!}x^n$：

我们有一般项系数 $u_n=\dfrac{(n!)^2}{(2n)!}$。故

$$\rho=\lim_{n\to+\infty}\left|\frac{u_{n+1}}{u_n}\right| =\lim_{n\to+\infty}\left|\frac{(n+1)^2}{(2n+2)(2n+1)}\right| =\frac{1}{4},$$

即收敛半径为 4。

定义双阶乘记号：

$$n!!=n\cdot(n-2)!!\ (n>2),\qquad 1!!=0!!=1.$$

当 $x=\pm 4$ 时，级数一般项的绝对值为

$$|u_nx^n| =\frac{(n!)^2}{(2n)!}4^n =\frac{(2n)!!(2n)!!}{(2n)!!(2n-1)!!} =\frac{(2n)!!}{(2n-1)!!}>1,$$

不收敛到零。因此级数在收敛区间端点处发散。

对于 $\sum_{n=1}^{+\infty}a^{n^2}x^n$：

我们有一般项系数 $u_n=a^{n^2}$。故

$$\rho=\lim_{n\to+\infty}\sqrt[n]{a^{n^2}} =\lim_{n\to+\infty}a^n=0,$$

因此级数的收敛半径为 $R=+\infty$，收敛区域为 $(-\infty,+\infty)$。

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第八题（10 分）

设 $p>0$，证明级数

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

收敛，且和在 $\dfrac{1}{2}$ 和 $1$ 之间。（提示：当 $x>0$ 时，$f(x)=\dfrac{1}{x^p}$ 是凸函数。）

解：

交错级数加一般项递减收敛到 0，所以级数收敛。

首项 $u_1=1$，所以级数小于 1。

因为凸函数，偶数项

$$u_{2k}=-\frac{1}{(2k)^p} \ge -\frac{1}{2}\left[\frac{1}{(2k-1)^p}+\frac{1}{(2k+1)^p}\right] =-\frac{1}{2}(u_{2k-1}+u_{2k+1}),$$

从而

$$S_{2n}=\sum_{k=1}^{2n}u_k\ge \frac{1}{2}u_1-\frac{1}{2}u_{2n+1}$$

以及

$$S_{2n+1}\ge \frac{1}{2}u_1+\frac{1}{2}u_{2n+1}.$$

部分和序列收敛值

$$\lim_{n\to\infty}S_n\ge \frac{1}{2}u_1=\frac{1}{2}.$$