全国硕士研究生入学统一考试数学试题选解

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二、全国硕士研究生入学统一考试数学试题选解

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（五）向量代数与空间解析几何

1.（1987. I，Ⅱ）与两直线 $ \{\begin{aligned}x&=1,\\ y&=-1+t,\end{aligned}. $及 $ \frac{x+1}{1}=\frac{y+2}{2}=\frac{z-1}{1} $都平行，且过原点的平面方程为 ___.

解两已知直线的方向向量分别为 $ s_{1}=(1,2,1) $ 和 $ s_{2}=(0,1,1) $，所求平面的法向量 n 与 $ s_{1} $ 和 $ s_{2} $ 均垂直，故取 $ \boldsymbol{n} = s_{1} \times s_{2} = (1, -1, 1) $. 又平面过原点，故平面方程为 $ x - y + z = 0 $.

2.（1991. I，Ⅱ）已知两条直线的方程是

$$ L_{1}:\frac{x-1}{1}=\frac{y-2}{0}=\frac{z-3}{-1},\quad L_{2}:\frac{x+2}{2}=\frac{y-1}{1}=\frac{z}{1}, $$

则过 $ L_{1} $ 且平行于 $ L_{2} $ 的平面方程是 ___.

解两已知直线的方向向量分别是 $ s_{1} = (1, 0, -1) $ 和 $ s_{2} = (2, 1, 1) $. 所求平面的法向量 n 与 $ s_{1} $ 和 $ s_{2} $ 都垂直，故可取 $ n = s_{1} \times s_{2} = (1, -3, 1) $. 又平面过 $ L_{1} $ 上的一点 $ (1, 2, 3) $，故所求平面的点法式方程为

$$ \left(x-1\right)-3\left(y-2\right)+\left(z-3\right)=0,\quad 即 \quad x-3y+z+2=0. $$

（1995. I, II）设 $ (a \times b) \cdot c = 2 $，则 $ \left[(a + b) \times (b + c)\right] \cdot (c + a) = $___。

解 $ \left[(a + b) \times (b + c)\right] \cdot (c + a) $

$ = (a \times b + a \times c + b \times c) \cdot (c + a) $

$ = (a \times b) \cdot c + (b \times c) \cdot a $

$ = (a \times b) \cdot c + (a \times b) \cdot c = 2(a \times b) \cdot c = 4 $。

(1996. I, II) 设一平面经过原点及点 $ (6, -3, 2) $，且与平面 $ 4x - y + 2z = 8 $ 垂直，则此平面方程为 ___.

解平面 $ 4x - y + 2z = 8 $ 的法向量 $ \boldsymbol{n}_{1} = (4, -1, 2) $，过原点和点 $ (6, -3, 2) $ 的直线的方向向量 $ \boldsymbol{s} = (6, -3, 2) $。按题设，所求平面的法向量 $ \boldsymbol{n} \perp \boldsymbol{n}_{1} $ 且 $ \boldsymbol{n} \perp \boldsymbol{s} $，故可取 $ \boldsymbol{n} = \boldsymbol{n}_{1} \times \boldsymbol{s} = (4, 4, -6) $。于是得平面的方程为

$$ 4x+4y-6z=0,\quad 或 \quad2x+2y-3z=0 $$

(1993. I, II) 设有直线 $ L_{1}:\frac{x-1}{1}=\frac{y-5}{-2}=\frac{z+8}{1} $ 与 $ L_{2}:\{\begin{aligned}x-y&=6,\\ 2y+z&=3,\end{aligned}. $ 则 $ L_{1} $ 与 $ L_{2} $ 的夹角为( ).

(A) $ \frac{\pi}{6} $ (B) $ \frac{\pi}{4} $

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解 $ L_{1} $ 和 $ L_{2} $ 的方向向量分别为 $ \boldsymbol{s}_{1}=(1,-2,1) $ 和 $ \boldsymbol{s}_{2}=(1,-1,0)\times(0,2,1)=(-1,-1,2) $, $ \cos\theta=\frac{\left|s_{1}\cdot s_{2}\right|}{\left|s_{1}\right|\left|s_{2}\right|}=\frac{1}{2} $, 故 $ \theta=\frac{\pi}{3} $. 应选(C).

(1995. I, II) 设有直线 $ L:\{\begin{aligned}&x+3y+\angle z+1=0,\\&2x-y-10z+3=0\end{aligned}. $ 及平面 $ \pi:4x-2y+z-2=0 $ 则直线 L() .

(A) 平行于 $ \pi $ (B) 在 $ \pi $ 上

解直线 L 的方向向量 $ \boldsymbol{s} = (1, 3, 2) \times (2, -1, -10) = (-28, 14, -7) \parallel (4, -2, 1) $，而 $ (4, -2, 1) $ 为平面 $ \pi $ 的法向量，故直线 L 垂直于 $ \pi $。应选 (C).

(1998. I) 设矩阵 $ \begin{bmatrix} a_{1} & b_{1} & c_{1} \\ a_{2} & b_{2} & c_{2} \\ a_{3} & b_{3} & c_{3} \end{bmatrix} $ 是满秩的，则直线 $ \frac{x - a_{3}}{a_{1} - a_{2}} = \frac{y - b_{3}}{b_{1} - b_{2}} = \frac{z - c_{3}}{c_{1} - c_{2}} $ 与直线 $ \frac{x - a_{1}}{a_{2} - a_{3}} = \frac{y - b_{1}}{b_{2} - b_{3}} = \frac{z - c_{1}}{c_{2} - c_{3}} $ ( ).

(A) 相交于一点 (B) 重合

解记点 M 为 $ (a_{3}, b_{3}, c_{3}) $，点 N 为 $ (a_{1}, b_{1}, c_{1}) $，则两已知直线分别过点 M 和 N. 又两直线的方向向量分别为 $ \boldsymbol{s}_{1} = (a_{1} - a_{2}, b_{1} - b_{2}, c_{1} - c_{2}), \boldsymbol{s}_{2} = (a_{2} - a_{3}, b_{2} - b_{3}, c_{2} - c_{3}) $. 由于

$$ \begin{array}{r}\left|\begin{array}{c c c c}{a_{1}-a_{2}}&{b_{1}-b_{2}}&{c_{1}-c_{2}}\\ {}\\ {a_{2}-a_{3}}&{b_{2}-b_{3}}&{c_{2}-c_{3}}\\ {}\\ {a_{3}-a_{1}}&{b_{3}-b_{1}}&{c_{3}-c_{1}}\end{array}\right|=0,\end{array} $$

故三向量 $ s_{1}, s_{2}, \overrightarrow{NM} $ 共面. 又由于矩阵 $ \begin{bmatrix} a_{1} & b_{1} & c_{1} \\ a_{2} & b_{2} & c_{2} \\ a_{3} & b_{3} & c_{3} \end{bmatrix} $ 是满秩的，故

$$ \begin{array}{r|l|l|l|l}{a_{1}}&{b_{1}}&{c_{1}}&{}&{a_{1}-a_{2}}&{b_{1}-b_{2}}&{c_{1}-c_{2}}\\ {a_{2}}&{b_{2}}&{c_{2}}&{=}&{a_{2}-a_{3}}&{b_{2}-b_{3}}&{c_{2}-c_{3}}\\ {a_{3}}&{b_{3}}&{c_{3}}&{}&{a_{3}}&{b_{3}}&{c_{3}}\\ \end{array}\neq0, $$

因此 $ \frac{a_{1}-a_{2}}{a_{2}-a_{3}}=\frac{b_{1}-b_{2}}{b_{2}-b_{3}}=\frac{c_{1}-c_{2}}{c_{2}-c_{3}} $不成立，从而 $ s_{1} $与 $ s_{2} $不平行，于是两直线必交于一点.应选(A).

8.（2002. I）设有三张不同平面的方程 $ a_{i1}x+a_{i2}y+a_{i3}z=b_{i}, i=1,2,3 $，它们所组

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成的线性方程组的系数矩阵与增广矩阵的秩都为2，则这三张平面可能的位置关系为（）.

(A)

（B）

(C)

(D)

图研5-1

解由于线性方程组系数矩阵的秩等于增广矩阵的秩，且小于未知数的个数3，故线性方程组有无穷多个解，因此三张平面不可能没有公共交点，也不可能仅交于一点，这样就排除了C，D和A.又由于系数矩阵的秩为2，故必有两张平面的法向量线性无关，即不共线，因此三平面必交于一线.应选(B).

(1998. I) 求直线 $ l: \frac{x-1}{1} = \frac{y}{1} = \frac{z-1}{-1} $ 在平面 $ \pi: x - y + 2z - 1 = 0 $ 上的投影直线 $ l_{0} $ 的方程，并求 $ l_{0} $ 绕 y 轴旋转一周所成曲面的方程.

解法一直线 l 的方向向量 $ \boldsymbol{s} = (1, 1, -1) $，平面 $ \pi $ 的法向量 $ \boldsymbol{n} = (1, -1, 2) $。设经过 l 且垂直于平面 $ \pi $ 的平面方程为 $ \pi_{1}: A(x-1) + By + C(z-1) = 0 $。则由题设， $ \pi_{1} $ 的法向量 $ (A, B, C) $ 与 s 和 n 均垂直，从而有

$$ \begin{array}{l}A+B-C=0,\quad A-B+2C=0,\end{array} $$

由此解得 $ A:B:C=(-1):3:2 $。于是得 $ \pi_{1} $ 的方程为 x-3y-2z+1=0。从而得 $ l_{0} $ 的方程为

$$ \{\begin{aligned}x-y+2z-1&=0,\\ x-3y-2z+1&=0,\end{aligned}.\quad 即 \quad\{\begin{aligned}x&=2y,\\ z&=-\frac{1}{2}(y-1).\end{aligned}. $$

设 $ l_{0} $ 绕 y 轴旋转一周所得的旋转曲面为 S, $ (x, y, z) $ 为 S 上任意一点. 则该点由直线 $ l_{0} $ 上的一点 $ (x_{0}, y_{0}, z_{0}) $ 绕 y 轴旋转而得, 于是有关系: y = y_{0},

$$ x^{2}+z^{2}=x_{0}^{2}+z_{0}^{2}=(2y_{0})^{2}+\left[-\frac{1}{2}(y_{0}-1)\right]^{2}=4y^{2}+\frac{1}{4}(y-1)^{2}, $$

从而得 S 的方程为

$$ 4x^{2}-17y^{2}+4z^{2}+2y-1=0. $$

解法二将直线 l 的方程改写为一般方程： $ \{\begin{aligned}x-y-1&=0,\\ y+z-1&=0.\end{aligned}. $ 过 l 的平面束方程为

$$ \left(x-y-1\right)+\lambda\left(y+z-1\right)=0, $$

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即

$$ x+\left(\lambda-1\right)y+\lambda z-\left(1+\lambda\right)=0. $$

现确定 $ \lambda $ 的值，使向量 $ (1, \lambda - 1, \lambda) $ 与平面 $ \pi $ 的法向量 $ \boldsymbol{n} = (1, -1, 2) $ 垂直，即令 $ 1 - (\lambda - 1) + 2\lambda = 0 $，解得 $ \lambda = -2 $。从而得过 l 且垂直于 $ \pi $ 的平面方程为 x - 3y - 2z + 1 = 0。（下同解法一。）

解法三经过 $l$ 且垂直于平面 $\pi$ 的平面 $\pi_{1}$ 的法向量 $\boldsymbol{n}_{1}$ 可取为 $(1,1,-1)\times(1,-1,2)=(1,-3,-2)$. 又 $\pi_{1}$ 通过 $l$ 上的点 $(1,0,1)$, 故 $\pi_{1}$ 的方程为

$(x-1)-3y-2(z-1)=0$，即 $x-3y-2z+1=0$.

(下同解法一.)

(2008. I) 设 $A$ 为 3 阶实对称矩阵，如果二次曲面方程 $(x, y, z) A \begin{pmatrix} x \\ y \\ z \end{pmatrix} = 1$ 在正交变换下的标准方程的图形如图（图研 5-2），则 $A$ 的正特征值个数为（）.

(A) 0 (B) 1 (C) 2 (D) 3

图研5-2

解图中所示二次曲面为旋转双叶双曲面，其方程为 $ \frac{x^{'2}}{a^{2}} - \frac{y^{'2} + z^{'2}}{c^{2}} = 1 $。由此可知 $ A \sim \begin{pmatrix} \frac{1}{a^{2}} & & \\ & -\frac{1}{c^{2}} & \\ & & -\frac{1}{c^{2}} \end{pmatrix} $，因此 A 的正特征值的个数为 1。应选（B）。

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（六）多元函数微分学

1.（1997. I）二元函数 $ f(x, y) = \{\begin{aligned}&\frac{xy}{x^{2}+y^{2}},&(x,y)\neq(0,0),\\ &0,&(x,y)=(0,0)\end{aligned}. $ 在点 $ (0,0) $ 处（）.

(A) 连续，偏导数存在 (B) 连续，偏导数不存在

解 $ f_{x}(0,0)=\lim_{\Delta x\to0}\frac{f(0+\Delta x,0)-f(0,0)}{\Delta x}=0 $ ,同理， $ f_{y}(0,0)=0 $ ，故偏导数存在.又当 $ (x,y) $沿y=kx趋向于 $ (0,0) $时

$$ \lim\limits_{\substack{(x,y)\to(0,0)\\ y=kx}}f(x,y)=\lim\limits_{x\to0}\frac{kx^{2}}{x^{2}+(kx)^{2}}=\frac{k}{1+k^{2}}. $$

随着 k 的不同，该极限值也不同，所以极限 $ \lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y) $ 不存在， $ f(x,y) $ 在 $ (0,0) $ 处不连续。应选 (C).

2.（2012. I）如果函数 $ f(x,y) $在 $ (0,0) $处连续，那么下列命题正确的是（）.

(A) 若极限 $ \lim_{{x \to 0}} \frac{f(x, y)}{|x| + |y|} $ 存在，则 $ f(x, y) $ 在 $ (0, 0) $ 处可微

(B) 若极限 $ \lim_{{x \to 0}} \frac{f(x, y)}{x^2 + y^2} $ 存在，则 $ f(x, y) $ 在 $ (0, 0) $ 处可微

(D) 若 $ f(x,y) $ 在 $ (0,0) $ 处可微，则极限 $ \lim_{{x \to 0}} \frac{f(x,y)}{x^2 + y^2} $ 存在

解设 $ \lim_{x\to0}\frac{f(x,y)}{x^{2}+y^{2}}=k $，由 $ f(x,y) $ 连续，则 $ f(0,0)=\lim_{x\to0}f(x,y)=0 $，故

$$ \lim_{x\to0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x}=\lim_{x\to0}\frac{f(x,0)}{x}=\lim_{x\to0}\frac{kx^{2}}{x}=0 $$

同理

$$ \lim_{x\to0}\frac{f(0,y)-f(0,0)}{y}=0, $$

故 $ \lim_{{x \to 0 \\ y \to 0}} \frac{{f(x, y) - 0 - 0 \cdot x - 0 \cdot y}}{{(\sqrt{x^2 + y^2})} = \lim_{{x \to 0 \\ y \to 0}} k \sqrt{x^2 + y^2}} = 0 $,

$ f(x,y) $ 在 $ (0,0) $ 可微，故选 (B).

(2007. I) 设 $ f(u, v) $ 为二元可微函数, $ z = f(x^y, y^x) $, 则 $ \frac{\partial z}{\partial x} = $ ___.

原书第 280 页

解利用复合函数求偏导公式，有 $ \frac{\partial z}{\partial x}=f_{1}^{\prime}\cdot yx^{y-1}+f_{2}^{\prime}\cdot y^{x}\ln y $

4.（2010. I）设函数 $ z = z(x, y) $ 由方程 $ F\left(\frac{y}{x}, \frac{z}{x}\right) = 0 $ 确定，其中 F 为可微函数，且 $ F_{2}' \neq 0 $，则 $ x \frac{\partial z}{\partial x} + y \frac{\partial z}{\partial y} $ 等于（）.

(A) x (B) z (C) -x (D) -z

解 $ F\left(\frac{y}{x},\frac{z}{x}\right)=0 $ 两边对 x 求偏导，得 $ -\frac{y}{x^{2}}F_{1}^{\prime}+\frac{x\frac{\partial z}{\partial x}-z}{x^{2}}F_{2}^{\prime}=0 $ ，解得

$$ \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{1}{xF^{\prime}_{2}}(yF^{\prime}_{1}+zf^{\prime}_{2}); $$

$ F\left(\frac{y}{x},\frac{z}{x}\right)=0 $ 两边对 y 求偏导，得 $ \frac{1}{x}F_{1}^{\prime}+\frac{1}{x}F_{2}^{\prime}\frac{\partial z}{\partial y}=0 $，解得

$$ \frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{F_{1}^{\prime}}{F_{2}^{\prime}}, $$

于是 $ x\frac{\partial z}{\partial x} + y\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{1}{F_{2}'}(yF_{1}' + zF_{2}') - \frac{yF_{1}'}{F_{2}'} = z $，故应选(B).

(2009. I) 设函数 $ f(u, v) $ 具有二阶连续偏导数, $ z = f(x, xy) $, 则 $ \frac{\partial^{2}z}{\partial x \partial y} = $ ___.

解

$$ \frac{\partial z}{\partial x}=f_{1}^{\prime}+f_{2}^{\prime}\cdot y, $$

$$ \frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}=x f_{12}^{\prime \prime}+f_{2}^{\prime}+y x\cdot f_{22}^{\prime \prime}=x f_{12}^{\prime \prime}+f_{2}^{\prime}+x y f_{22}^{\prime \prime}. $$

(2011. I) 设函数 $ F(x, y) = \int_{0}^{xy} \frac{\sin t}{1 + t^2} dt $，则 $ \left. \frac{\partial^2 F}{\partial x^2} \right|_{x=0\atop y=2} = $ ___.

解

$$ \frac{\partial F}{\partial x}=\frac{y\sin x y}{1+x^{2}y^{2}},\quad\frac{\partial^{2}F}{\partial^{2}x}=\frac{y^{2}\cos x y(1+x^{2}y^{2})-2x y^{3}\sin x y}{(1+x^{2}y^{2})^{2}}, $$

$$ \frac{\partial^{2}F}{\partial x^{2}}\bigg|_{x=0\atop x=2}=4. $$

故

7.（1996. I, II）设变换 $ \{\begin{aligned}u&=x-2y,\\ v&=x+ay\end{aligned}. $，可把方程

$$ 6\ \frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}-\frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}=0 $$

简化为 $ \frac{\partial^{2}z}{\partial u\partial v}=0 $，求常数 a.

解法一 $ \frac{\partial z}{\partial x} = \frac{\partial z}{\partial u} + \frac{\partial z}{\partial v}, \quad \frac{\partial z}{\partial y} = -2\frac{\partial z}{\partial u} + a\frac{\partial z}{\partial v}, $

原书第 281 页

$$ \frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}\;=\;\frac{\partial^{2}z}{\partial u^{2}}\;+\;2\;\frac{\partial^{2}z}{\partial u\partial v}\;+\;\frac{\partial^{2}z}{\partial v^{2}},\quad\frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}\;=\;4\;\frac{\partial^{2}z}{\partial u^{2}}\;-\;4a\;\frac{\partial^{2}z}{\partial u\partial v}\;+\;a^{2}\;\frac{\partial^{2}z}{\partial v^{2}}, $$

$$ \frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}=-2\frac{\partial^{2}z}{\partial u^{2}}+\left(a-2\right)\frac{\partial^{2}z}{\partial u\partial v}+a\frac{\partial^{2}z}{\partial v^{2}}. $$

将上述结果代入原方程，经整理后得

$$ \left(10+5a\right)\frac{\partial^{2}z}{\partial u\partial v}+\left(6+a-a^{2}\right)\frac{\partial^{2}z}{\partial v^{2}}=0. $$

依题意 a 应满足

$$ 6\;+\;a\;-\;a^{2}\;=\;0\quad\mathrm{ 且 }\quad10\;+\;5a\neq0, $$

解之得a=3.

解法二将 z 视为以 x, y 为中间变量的 u, v 的二元复合函数，由题设可解得

$$ x~=~\frac{a u~+~2v}{a~+~2},\quad y~=~\frac{-~u~+~v}{a~+~2}. $$

从而

$$ \frac{\partial x}{\partial u}=\frac{a}{a+2},\frac{\partial x}{\partial v}=\frac{2}{a+2},\frac{\partial y}{\partial u}=-\frac{1}{a+2},\frac{\partial y}{\partial v}=\frac{1}{a+2}, $$

$$ \frac{\partial z}{\partial u}=\frac{\partial z}{\partial x}\frac{\partial x}{\partial u}+\frac{\partial z}{\partial y}\frac{\partial y}{\partial u}=\frac{a}{a+2}\cdot\frac{\partial z}{\partial x}-\frac{1}{a+2}\frac{\partial z}{\partial y}, $$

$$ \begin{align*}\frac{\partial^{2}z}{\partial u\partial v}&=\frac{a}{a+2}\bigg(\frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}\frac{\partial x}{\partial v}+\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}\frac{\partial y}{\partial v}\bigg)-\frac{1}{a+2}\bigg(\frac{\partial^{2}z}{\partial y\partial x}\frac{\partial x}{\partial v}+\frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}\frac{\partial y}{\partial v}\bigg)\\&=\frac{2a}{\left(a+2\right)^{2}}\frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}+\frac{a-2}{\left(a+2\right)^{2}}\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}-\frac{1}{\left(a+2\right)^{2}}\frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}.\end{align*} $$

依题意

$$ 6\ \frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}-\frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}=0,\quad 即 \quad\frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}=6\ \frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}. $$

代入前式，得

$$ \frac{\partial^{2}z}{\partial u\partial v}=\frac{2a-6}{\left(a+2\right)^{2}}\frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}+\frac{a-3}{\left(a+2\right)^{2}}\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}. $$

令 $ \frac{\partial^{2}z}{\partial u\partial v}=0 $，得a-3=0， $ a+2\neq0 $，故a=3。

8.（2000. I）设 $ z=f\left(xy,\frac{x}{y}\right)+g\left(\frac{y}{x}\right) $，其中f具有二阶连续偏导数，g具有二阶连续导数，求 $ \frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y} $.

解

$$ \frac{\partial z}{\partial x}\;=\;y f_{1}^{\prime}\;+\;\frac{1}{y}f_{2}^{\prime}\;-\;\frac{y}{x^{2}}g^{\prime}\;, $$

$$ \begin{align*}\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}&=\frac{\partial}{\partial y}\bigg(yf_{1}^{\prime}+\frac{1}{y}f_{2}^{\prime}-\frac{y}{x^{2}}g^{\prime}\bigg)\\&=f_{1}^{\prime}+y\bigg(xf_{11}^{\prime \prime}-\frac{x}{y^{2}}f_{12}^{\prime \prime}\bigg)-\frac{1}{y^{2}}f_{2}^{\prime}+\frac{1}{y}\bigg(xf_{21}^{\prime \prime}-\frac{x}{y^{2}}f_{22}^{\prime \prime}\bigg)-\frac{1}{x^{2}}g^{\prime}-\frac{y}{x^{3}}g^{\prime \prime}\end{align*} $$

原书第 282 页

$$ =f_{1}^{\prime}-\frac{1}{y^{2}}f_{2}^{\prime}+xy f_{11}^{\prime \prime}-\frac{x}{y^{3}}f_{22}^{\prime \prime}-\frac{1}{x^{2}}g^{\prime}-\frac{y}{x^{3}}g^{\prime \prime}. $$

(2001. I) 设函数 $ z = f(x, y) $ 在点 (1, 1) 处可微，且 $ f(1, 1) = 1 $， $ \left.\frac{\partial f}{\partial x}\right|_{(1,1)} = 2 $， $ \left.\frac{\partial f}{\partial y}\right|_{(1,1)} = 3 $， $ \varphi(x) = f(x, f(x, x)) $。求 $ \left.\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\varphi^{3}(x)\right|_{x=1} $。

解 $ \varphi(1)=f(1,f(1,1))=f(1,1)=1 $

$$ \begin{aligned}\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\varphi^{3}(x)\bigg|_{x=1}&=.[3\varphi^{2}(x)\frac{\mathrm{d}\varphi(x)}{\mathrm{d}x}]|_{x=1}\\&=3\varphi^{2}(x)[f_{1}^{\prime}(x,f(x,x)).+f_{2}^{\prime}(x,f(x,x))(f_{1}^{\prime}(x,x).+f_{2}^{\prime}(x,x))\bigg]\bigg|_{x=1}\\&=3\cdot1\cdot[2+3(2+3)]=51.\end{aligned} $$

(2011. I) 设 $ z = f(xy, yg(x)) $，其中函数 f 具有二阶连续偏导数，函数 $ g(x) $ 可导，且在 x = 1 处取得极值 $ g(1) = 1 $，求 $ \left.\frac{\partial^2 z}{\partial x \partial y}\right|_{x=1, y=1} $.

$$ \frac{\partial z}{\partial x}=f_{1}^{\prime}\left(xy,yg\left(x\right)\right)y+f_{2}^{\prime}\left(xy,yg\left(x\right)\right)yg^{\prime}\left(x\right), $$

$$ \begin{aligned}\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}=&f_{11}^{\prime \prime}\left(xy,yg(x)\right)xy+f_{12}^{\prime \prime}\left(xy,yg(x)\right)yg(x)+f_{1}^{\prime}\left(xy,yg(x)\right)\\&+f_{21}^{\prime \prime}\left(xy,yg(x)\right)xyg^{\prime}(x)+f_{22}^{\prime \prime}\left(xy,yg(x)\right)yg(x)g^{\prime}(x)+f_{2}^{\prime}\left(xy,yg(x)\right)\end{aligned} $$

$ g'(x) $. 由于 $ g(x) $ 在 x=1 处取得极值 $ g(1)=1 $, 可知 $ g'(1)=0 $. 故

$$ \begin{aligned}\left.\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}\right|_{x=1,y=1}=&f_{11}^{\prime\prime}\left(1,g(1)\right)+f_{12}^{\prime\prime}\left(1,g(1)\right)g(1)\ +f_{1}^{\prime}\left(1,g(1)\right)\\&+f_{21}^{\prime\prime}\left(1,g(1)\right)g^{\prime}(1)\ +f_{22}^{\prime\prime}\left(1,g(1)\right)g(1)g^{\prime}(1)\ +f_{2}^{\prime}\left(1,g(1)\right)g^{\prime}(1)\\=&f_{11}^{\prime\prime}\left(1,1\right)\ +f_{12}^{\prime\prime}\left(1,1\right)\ +f_{1}^{\prime}\left(1,1\right).\end{aligned} $$

11.（2008. I）曲线 $ \sin(xy) + \ln(y-x) = x $ 在点 (0,1) 的切线方程为 ___.

解设 $ F(x,y)=\sin(xy)+\ln(y-x)-x $，则

$$ F_{x}\left(x,y\right)=y\cos\left(xy\right)+\frac{-1}{y-x}-1,\quad F_{y}\left(x,y\right)=x\cos\left(xy\right)+\frac{1}{y-x}, $$

$$ F_{_{x}}(0,1)=-1,\quad F_{_{y}}(0,1)=1. $$

于是斜率 $ k = -\frac{F_{x}(0,1)}{F_{y}(0,1)} = 1 $，所求切线方程为 y = x + 1.

(2003. I) 曲面 $ z = x^{2} + y^{2} $ 与平面 2x + 4y - z = 0 平行的切平面的方程是 ___.

解曲面 $ z = x^{2} + y^{2} $ 在点 $ (x_{0}, y_{0}, z_{0}) $ 处的切平面方程为

$$ 2x_{0}\left(x-x_{0}\right)+2y_{0}\left(y-y_{0}\right)-\left(z-z_{0}\right)=0, $$

利用 $ z_{0}=x_{0}^{2}+y_{0}^{2} $，得

$$ 2x_{0}x+2y_{0}y-z-z_{0}=0. $$

原书第 283 页

由题设可知，

$$ \frac{2x_{0}}{2}=\frac{2y_{0}}{4}=\frac{-1}{-1}, $$

故 $ x_{0}=1,y_{0}=2,z_{0}=x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=5 $，所求切平面方程是 $ 2x+4y-z=5 $.

(1997. I) 设直线 $ l: \{ \begin{aligned} & x + y + b = 0, \\ & x + ay - z - 3 = 0 \end{aligned} . $ 在平面 $ \Pi $ 上，而平面 $ \Pi $ 与曲面： $ z = x^{2} + y^{2} $ 相切于点 (1, -2, 5)，求 a, b 之值.

解法一曲面在点 $ (1,-2,5) $处的一个法向量 $ \boldsymbol{n}=(2,-4,-1) $，故曲面的切平面即平面 $ \Pi $的方程为

$$ 2\left(x-1\right)-4\left(y+2\right)-\left(z-5\right)=0, $$

即

$$ 2x-4y-z-5=0. $$

再由 $ l:\{\begin{aligned}&x+y+b=0,\\&x+ay-z-3=0\end{aligned}. $ 可得 $ y=-(x+b) $, $ z=x-a(x+b)-3 $, 代入平面 $ \Pi $ 的方程, 得

$$ 2x+4(x+b)-x+a(x+b)+3-5=0, $$

因而有

$$ 5+a=0,\quad4b+ab-2=0. $$

由此方程组解得

$$ a~=-~5,\quad b~=-~2. $$

解法二过 l 的平面方程设为 $ x + ay - z - 3 + \lambda(x + y + b) = 0 $，即

$$ \left(1+\lambda\right)x+\left(a+\lambda\right)y-z-3+\lambda b=0. $$

曲面 $ z = x^{2} + y^{2} $ 在点 (1, -2, 5) 处的一个法向量 $ \boldsymbol{n} = (2, -4, -1) $，故由题设知

$$ \frac{1+\lambda}{2}=\frac{a+\lambda}{-4}=\frac{-1}{-1}, $$

解得

$$ \lambda=1,\quad a=-5. $$

又点 $ (1,-2,5) $在平面 $ \mathit{II} $上，故

$$ ( α 1 α + β λ ) α - 2( α a + β λ ) α - 8 α + λ b α = 0. $$

将 $ \lambda = 1, a = -5 $ 代入，解得 b = -2。因此 a = -5, b = -2。

14.（1993.Ⅰ，Ⅱ）由曲线 $ \{\begin{aligned}3x^{2}+2y^{2}&=12,\\ z&=0\end{aligned}. $，绕y轴旋转一周得到的旋转面在点(0， $ \sqrt{3} $， $ \sqrt{2} $)处的指向外侧的单位法向量为

解给定曲线绕 y 轴旋转一周得到的旋转面方程为 $ 3x^{2} + 2y^{2} + 3z^{2} - 12 = 0 $，此旋转面在点 $ (0, \sqrt{3}, \sqrt{2}) $ 处指向外侧的单位法向量为

$$ e_{n}=\frac{1}{\left|n\right|}(6x,4y,6z)\bigg|_{(0,\sqrt{3},\sqrt{2})}=\frac{1}{\sqrt{5}}(0,\sqrt{2},\sqrt{3}). $$

(2000.I) 曲面 $ x^{2} + 2y^{2} + 3z^{2} = 21 $ 在点 (1, -2, 2) 的法线方程为 ___.

原书第 284 页

解令 $ F(x,y,z)=x^{2}+2y^{2}+3z^{2}-21 $，则在点 $ (1,-2,2) $ 处 $ F_{x}=2,F_{y}=-8,F_{z}=12 $。故所求的法线方程为

$$ \frac{x-1}{1}=\frac{y+2}{-4}=\frac{z-2}{6}. $$

(1996.I,II) 函数 $ u = \ln(x + \sqrt{y^2 + z^2}) $ 在点 $ A(1,0,1) $ 处沿点 $ A $ 指向点 $ B(3, -2,2) $ 方向的方向导数为 ___.

解方向 $ l = \overrightarrow{AB} = (2, -2, 1) $， $ \cos \alpha = \frac{2}{3} $， $ \cos \beta = -\frac{2}{3} $， $ \cos \gamma = \frac{1}{3} $.

方向导数

$$ \begin{align*}.\frac{\partial u}{\partial l}|_{(1,0,1)}&=(.\frac{\partial u}{\partial x}\cos\alpha+\frac{\partial u}{\partial y}\cos\beta+\frac{\partial u}{\partial z}\cos\gamma)|_{(1,0,1)}\\&=[\frac{1}{x+\sqrt{y^{2}+z^{2}}}\cos\alpha+\frac{1}{x+\sqrt{y^{2}+z^{2}}}\bigg(\frac{y}{\sqrt{y^{2}+z^{2}}}\cos\beta..\\&\quad..+\frac{z}{\sqrt{y^{2}+z^{2}}}\cos\gamma\bigg)]\bigg|_{(1,0,1)}\\&=\frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}+\frac{1}{2}\bigg(0+\frac{1}{3}\bigg)=\frac{1}{2}.\end{align*} $$

(1991. I, II) 设 n 是曲面 $ 2x^{2} + 3y^{2} + z^{2} = 6 $ 在点 $ P(1,1,1) $ 处的指向外侧的法向量，求函数 $ u = \frac{\sqrt{6x^{2} + 8y^{2}}}{z} $ 在点 P 处沿方向 n 的方向导数.

解设 $ F(x,y,z)=2x^{2}+3y^{2}+z^{2}-6 $，则

$$ F_{x}=4x,\quad F_{y}=6y,\quad F_{z}=2z. $$

$$ \boldsymbol{n}=（4x,6y,2z）\big|_{P}={（4,6,2）},\quad e_{n}=\frac{1}{\sqrt{14}}(2,3,1)． $$

$$ \frac{\partial u}{\partial x}\bigg|_{p}=\frac{6x}{z\sqrt{6x^{2}+8y^{2}}}\bigg|_{p}=\frac{6}{\sqrt{14}}, $$

$$ \frac{\partial u}{\partial y}\bigg|_{P}=\frac{8y}{z\sqrt{6x^{2}+8y^{2}}}\bigg|_{P}=\frac{8}{\sqrt{14}},\quad\frac{\partial u}{\partial z}\bigg|_{P}=-\frac{\sqrt{6x^{2}+8y^{2}}}{z^{2}}\bigg|_{P}=-\sqrt{14}. $$

从而

$$ \begin{align*}\left.\frac{\partial u}{\partial\boldsymbol{n}}\right|_{P}&=\left[\frac{\partial u}{\partial x}\widehat{\cos(\boldsymbol{n},\boldsymbol{i})}+\frac{\partial u}{\partial y}\widehat{\cos(\boldsymbol{n},\boldsymbol{j})}+\frac{\partial u}{\partial z}\widehat{\cos(\boldsymbol{n},\boldsymbol{k})}\right]\Bigg|_{P}\\&=\frac{6}{\sqrt{14}}\cdot\frac{2}{\sqrt{14}}+\frac{8}{\sqrt{14}}\cdot\frac{3}{\sqrt{14}}-\sqrt{14}\cdot\frac{1}{\sqrt{14}}=\frac{11}{7}.\end{align*} $$

(2012. I) $ \mathrm{grad}\left(xy + \frac{z}{y}\right)\bigg|_{(2,1,1)} = $ ___.

解令 $ u = xy + \frac{z}{y} $，则 $ \left.\frac{\partial u}{\partial x}\right|_{(2,1,1)} = y\big|_{y=1} = 1 $， $ \left.\frac{\partial u}{\partial y}\right|_{(2,1,1)} = \left(x - \frac{z}{y^2}\right)\big|_{(2,1,1)} = 1 $。

原书第 285 页

$ \left.\frac{\partial u}{\partial z}\right|_{(2,1,1)}=\frac{1}{y}\bigg|_{y=1}=1 $，故

$$ \mathbf{grad}\left(xy+\frac{z}{y}\right)\bigg|_{(2,1,1)}=\left(1,1,1\right). $$

(1998. I) 确定常数 $ \lambda $，使在右半平面 x > 0 上的向量 $ A(x, y) = 2xy \left(x^{4} + y^{2}\right)^{\lambda} i - x^{2} \left(x^{4} + y^{2}\right)^{\lambda} j $ 为某二元函数 $ u(x, y) $ 的梯度，并求 $ u(x, y) $.

解令 $ P = 2xy \left(x^{4} + y^{2}\right)^{\lambda} $， $ Q = -x^{2} \left(x^{4} + y^{2}\right)^{\lambda} $。 $ A(x, y) $ 在右半平面 x > 0 上为某二元函数 $ u(x, y) $ 的梯度的充要条件是 $ \frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y} $，即

$$ \begin{array}{r}-2x\left(x^{4}+y^{2}\right)^{\lambda}-4\lambda x^{5}\left(x^{4}+y^{2}\right)^{\lambda-1}=2x\left(x^{4}+y^{2}\right)^{\lambda}+4\lambda x y^{2}\left(x^{4}+y^{2}\right)^{\lambda-1},\end{array} $$

或

$$ 4x\left(x^{4}+y^{2}\right)^{\lambda}\left(\lambda+1\right)=0, $$

解得 $ \lambda = -1 $ 。于是，在右半平面内任取一点，例如（1，0）作为积分路径的起点，则得

$$ \begin{align*}u\left(x,y\right)&=\int_{\left(1,0\right)}^{\left(x,y\right)}\frac{2xy\mathrm{d}x-x^{2}\mathrm{d}y}{x^{4}+y^{2}}=\int_{1}^{x}\frac{2x\cdot0}{x^{4}+0^{2}}\mathrm{d}x-\int_{0}^{y}\frac{x^{2}}{x^{4}+y^{2}}\mathrm{d}y+C\\&=-\arctan\frac{y}{x^{2}}+C.\end{align*} $$

(2001. I) 设 $ r = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} $，则 $ \mathrm{div}(\mathbf{grad}r)\big|_{(1,-2,2)} = $ ___.

解由梯度的定义

$$ \mathbf{grad}r=\left(\frac{\partial r}{\partial x},\frac{\partial r}{\partial y},\frac{\partial r}{\partial z}\right)=\left(\frac{x}{r},\frac{y}{r},\frac{z}{r}\right). $$

由散度的定义

$$ \mathrm{div}(\mathbf{grad}r)=\mathrm{div}\biggl(\frac{x}{r},\frac{y}{r},\frac{z}{r}\biggr)=\frac{\partial}{\partial x}\biggl(\frac{x}{r}\biggr)+\frac{\partial}{\partial y}\biggl(\frac{y}{r}\biggr)+\frac{\partial}{\partial z}\biggl(\frac{z}{r}\biggr)=\frac{2}{r}. $$

故 $ \mathrm{div}(\mathbf{grad}r)\big|_{(1,-2,2)}=\frac{2}{3} $

(2005. I) 设有三元方程 $ xy - z\ln y + e^{xz} = 1 $，根据隐函数存在定理，存在点 $ (0,1,1) $ 的一个邻域，在此邻域内该方程()。

（A）只能确定一个具有连续偏导数的隐函数 $ z = z(x, y) $

（B）可确定两个具有连续偏导数的隐函数 $ y = y(x, z) $ 和 $ z = z(x, y) $

（C）可确定两个具有连续偏导数的隐函数 $ x = x(y, z) $ 和 $ z = z(x, y) $

(D) 可确定两个具有连续偏导数的隐函数 $ x = x(y, z) $ 和 $ y = y(x, z) $

解令 $ F(x, y, z) = xy - z \ln y + e^{xz} - 1 $，则

$$ F_{x}=y+z\mathrm{e}^{xz},\quad F_{y}=x-\frac{z}{y},\quad F_{z}=-\ln y+x\mathrm{e}^{xz}. $$

$$ F_{x}(0,1,1)=2\neq0,\quad F_{y}(0,1,1)=-1\neq0,\quad F_{z}(0,1,1)=0. $$

由隐函数存在定理知(A)(B)(C)均不成立，只有(D)成立.

(2011. I) 设函数 $ f(x) $ 具有二阶连续导数，且 $ f(x) > 0 $, $ f'(0) = 0 $，则函数 z =

原书第 286 页

$ f(x)\ln f(y) $ 在点 $ (0,0) $ 处取得极小值的一个充分条件是()

(A) $ f(0) > 1, f''(0) > 0 $ (B) $ f(0) > 1, f''(0) < 0 $

解由 $ z = f(x) \ln f(y) $ 知 $ z_{x} = f'(x) \ln f(y) $, $ z_{y} = \frac{f(x)}{f(y)} f'(y) $,

$$ z_{x x}=f^{\prime}(x)\ln f(y),\quad z_{x y}=\frac{f^{\prime}(x)}{f(y)}f^{\prime}(y),\quad z_{y y}=f(x)\frac{f^{\prime \prime}(y)f(y)-\left[f^{\prime}(y)\right]^{2}}{f^{2}(y)} $$

在点 $ (0,0) $处

$$ A=z_{x x}\mid_{_{x=0}}^{_{x=0}}=f^{\prime\prime}(0)\ln f(0),\quad B=z_{x y}\mid_{_{x=0}}^{_{x=0}}=\frac{f^{\prime}(0)}{f(0)}f^{\prime}(0)=0,C=z_{y y}\mid_{_{y=0}}^{_{x=0}}=f^{\prime\prime}(0). $$

要使得函数 $ z = f(x) \ln f(y) $ 在点 (0,0) 处取得极小值，仅需

$$ AC-B^{2}=f^{\prime \prime}(0)\ln f(0)\cdot f^{\prime \prime}(0)>0,\quad 且 A=f^{\prime \prime}(0)\ln f(0)>0. $$

所以有 $ f(0) > 1, f''(0) > 0 $ ，应选（A）

(2007. I) 求函数 $ f(x, y) = x^{2} + 2y^{2} - x^{2}y^{2} $ 在闭区域 $ D = \{(x, y) \mid x^{2} + y^{2} \leq 4, y \geq 0\} $ 上的最大值和最小值.

解因为 $ f_{x}(x,y)=2x-2xy^{2} $, $ f_{y}(x,y)=4y-2x^{2}y $, 解方程组：

$$ \{\begin{aligned}f_{x}&=2x-2xy^{2}=0,\\ f_{y}&=4y-2x^{2}y=0\end{aligned}. $$

得开区域内的可能极值点为 $ \left(\pm\sqrt{2},1\right) $.其对应函数值为 $ f\left(\pm\sqrt{2},1\right)=2 $.

又当 y=0 时， $ f(x,y)=x^{2} $ 在 $ -2\leq x\leq2 $ 上的最大值为4，最小值为0.

当 $ x^{2}+y^{2}=4,y>0,-2

$$ L\left(x,y\right)=x^{2}+2y^{2}-x^{2}y^{2}+\lambda\left(x^{2}+y^{2}-4\right). $$

解方程组

$$ \{\begin{aligned}L_{x}&=2x-2xy^{2}+2\lambda x=0,\\ L_{y}&=4y-2x^{2}y+2\lambda y=0,\\ x^{2}&+y^{2}-4=0,\end{aligned}. $$

得可能极值点：(0,2), $ \left(\pm\sqrt{\frac{5}{2}}\sqrt{\frac{3}{2}}\right) $，其对应函数值为 $ f(0,2)=8 $， $ f\left(\pm\sqrt{\frac{5}{2}}\sqrt{\frac{3}{2}}\right)=\frac{7}{4} $.

比较函数值2,0,4,8, $ \frac{7}{4} $，知 $ f(x,y) $在闭区域D上的最大值为8，最小值为0.

(2009. I, III) 求二元函数 $ f(x, y) = x^{2}(2 + y^{2}) $ 和 y 的极值. 解由方程组

$$ \{\begin{aligned}f_{x}(x,y)&=2x(2+y^{2})=0,\\ f_{y}(x,y)&=2x^{2}y+\ln y+1=0,\end{aligned}. $$

原书第 287 页

得 x=0, $ y=\frac{1}{e} $.

$$ f_{x x}=2\left(2+y^{2}\right),\quad f_{x y}=4x y,\quad f_{y y}=2x^{2}+\frac{1}{y}. $$

在点 $ \left(0,\frac{1}{e}\right) $处，

$$ A=f_{x x}\left|\begin{array}{c}\\\quad\ $ 0,\frac{1}{e})\end{array}.=2(2+\frac{1}{\mathrm{e}^{2}}),\quad B=f_{x y}|\begin{array}{c}\\\quad\ $ 0,\frac{1}{e})\end{array}\right.=0,\quad C=f_{y y}\left|\begin{array}{c}\\\quad\ $ 0,\frac{1}{e})\end{array}.={\bf e}. $$

因为 $ AC - B^{2} = 2e\left(2 + \frac{1}{e^{2}}\right) > 0 $，且 $ A = 2\left(2 + \frac{1}{e^{2}}\right) > 0 $，所以二元函数存在极小值 $ f\left(0, \frac{1}{e}\right) = -\frac{1}{e} $

25.（1995.V）求二元函数 $ z = f(x, y) = x^{2}y (4 - x - y) $ 在由直线 x + y = 6、x 轴和 y 轴所围成的闭区域 D 上的极值、最大值与最小值.

解由方程组

$$ \{\begin{aligned}f_{x}(x,y)&=2xy(4-x-y)-x^{2}y=0,\\ f_{y}(x,y)&=x^{2}(4-x-y)-x^{2}y=0.\end{aligned}. $$

得 $ x = 0 (0 \leqslant y \leqslant 6) $ 及点 $ (4,0) $， $ (2,1) $.

点 $ (4,0) $及线段 x = 0 $ (0 \leqslant y \leqslant 6) $在D的边界上，只有点 $ (2,1) $在D的内部（见图6-1），是可能极值点.

图研6-1

$$ f_{xx}=8y-6xy-2y^{2},\quad f_{xy}=8x-3x^{2}-4xy,\quad f_{yy}=-2x^{2}. $$

在点 $ (2,1) $处，

$$ \begin{aligned}A&=f_{xx}\left|\begin{array}{cccc}&&&\\&&&\\&&-6&\\&&&&\\x=2&B&=f_{xy}\end{array}\right|_{x=2\atop y=1}&=-4,\quad C&=f_{yy}\left|\begin{array}{cccc}&&&\\&&&\\&&-2&\\&&&\\&&&\\y=1&\end{array}\right|_{y=1}&=-8.\end{aligned} $$

$ AC - B^{2} = 32 > 0 $，且 A < 0，因此点（2，1）是 $ z = f(x, y) $ 的极大值点，极大值 $ f(2, 1) = 4 $.

在 D 的边界 $ x = 0 (0 \leq y \leq 6) $ 及 $ y = 0 (0 \leq x \leq 6) $ 上 $ f(x, y) = 0 $. 在边界 $ x +$

原书第 288 页

y = 6 上，y = 6 - x，代入 $ f(x, y) $ 中得

$$ z=2x^{3}-12x^{2}\quad(0\leqslant x\leqslant6). $$

由 $ z'=6x^{2}-24x=0 $得x=0,x=4.

在边界 $ x + y = 6 $ 上对应 x = 0, 4, 6 处的函数值分别为

$$ z\mid_{x=0}=2x^{3}-12x^{2}\mid_{x=0}=0, $$

$$ z\big|_{x=4}.=2x^{3}-12x^{2}\big|_{x=4}.=-64, $$

$$ z\mid_{x=6}=2x^{3}-12x^{2}\mid_{x=6}=0. $$

因此， $ z = f(x, y) $ 在边界上的最大值为0，最小值为 $ f(4, 2) = -64 $，将边界上最大值和最小值与驻点(2, 1)处的值比较得， $ z = f(x, y) $ 在闭区域上的最大值为 $ f(2, 1) = 4 $，最小值为 $ f(4, 2) = -64 $。

(2006. I) 设 $ f(x, y) $ 与 $ \varphi(x, y) $ 均为可微函数，且 $ \varphi_{y}(x, y) \neq 0 $。已知 $ (x_{0}, y_{0}) $ 是 $ f(x, y) $ 在约束条件 $ \varphi(x, y) = 0 $ 下的一个极值点，下列选项正确的是（）.

（A）若 $ f_{x}(x_{0},y_{0})=0 $，则 $ f_{y}(x_{0},y_{0})=0 $

（B）若 $ f_{x}(x_{0},y_{0})=0 $，则 $ f_{y}(x_{0},y_{0})\neq0 $

（C）若 $ f_{x}(x_{0},y_{0})\neq0 $，则 $ f_{y}(x_{0},y_{0})=0 $

（D）若 $ f_{x}(x_{0},y_{0})\neq0 $，则 $ f_{y}(x_{0},y_{0})\neq0 $

解由拉格朗日乘数法，得

$$ \{\begin{aligned}&f_{x}(x_{0},y_{0})+\lambda\varphi_{x}(x_{0},y_{0})=0,\\ &f_{y}(x_{0},y_{0})+\lambda\varphi_{y}(x_{0},y_{0})=0.\end{aligned}. $$

消去 $ \lambda $，得

$$ f_{x}\left(x_{0},y_{0}\right)=\frac{f_{y}\left(x_{0},y_{0}\right)\varphi_{x}\left(x_{0},y_{0}\right)}{\varphi_{y}\left(x_{0},y_{0}\right)}. $$

故当 $ f_{x}(x_{0},y_{0})\neq0 $时，必有 $ f_{y}(x_{0},y_{0})\neq0 $，应选(D).

(2004. I) 设 $ z = z(x, y) $ 是由 $ x^{2} - 6xy + 10y^{2} - 2yz - z^{2} + 18 = 0 $ 确定的函数，求 $ z = z(x, y) $ 的极值点和极值.

解在 $ x^{2}-6xy+10y^{2}-2yz-z^{2}+18=0 $ 两端分别对 x, y 求导，得

$$ \begin{array}{l} \displaystyle \left(2x - 6y - 2y \frac{\partial z}{\partial x} - 2z \frac{\partial z}{\partial x} = 0\right), \end{array} $$

$$ \left|-6x+20y-2z-2y\frac{\partial z}{\partial y}-2z\frac{\partial z}{\partial y}\right.=0. $$

令 $ \frac{\partial z}{\partial x}=0,\frac{\partial z}{\partial y}=0 $ ,得

$$ \{\begin{aligned}x-3y&=0,\\ -3x+10y-z&=0.\end{aligned}. $$

解得 x = 3y, z = y. 代入 $ x^{2} - 6xy + 10y^{2} - 2yz - z^{2} + 18 = 0 $, 得

原书第 289 页

$$ \{\begin{aligned}x&=9,\\ y&=3,\\ z&=3\end{aligned}.\quad 或 \quad\{\begin{aligned}x&=-9,\\ y&=-3,\\ z&=-3.\end{aligned}. $$

在(1)两端对x求导，(2)两端分别对x,y求导，得

$$ 2\mathrm{~-~}2y\frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}\mathrm{~-~}2\Big(\frac{\partial z}{\partial x}\Big)^{2}\mathrm{~-~}2z\frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}\;=\;0, $$

$$ -6-2\frac{\partial z}{\partial x}-2y\frac{\partial^{2}z}{\partial y\partial x}-2\frac{\partial z}{\partial x}\cdot\frac{\partial z}{\partial y}-2z\frac{\partial^{2}z}{\partial y\partial x}=0, $$

$$ 20\mathrm{~-~}2\frac{\partial z}{\partial y}\mathrm{~-~}2\frac{\partial z}{\partial y}\mathrm{~-~}2y\frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}\mathrm{~-~}2\Big(\frac{\partial z}{\partial y}\Big)^{2}\mathrm{~-~}2z\frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}\;=\;0. $$

将x=9,y=3,z=3代入以上各式，求得

$$ A=\left.\frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}\right|_{(9,3,3)}=\left.\frac{1}{6}\right.,\quad B=\left.\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}\right|_{(9,3,3)}=-\left.\frac{1}{2}\right.,\quad C=\left.\frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}\right|_{(9,3,3)}=\left.\frac{5}{3}\right., $$

$ AC - B^{2} = \frac{1}{36} > 0 $, 又 $ A = \frac{1}{6} > 0 $, 从而点 $ (9,3) $ 是 $ z(x,y) $ 的极小值点, 极小值为 $ z(9,3) = 3 $.

类似的，可得

$$ A=\left.\frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}\right|_{(-9,-3,-3)}=-\left.\frac{1}{6},\quad B=\frac{\partial^{2}z}{\partial x\partial y}\right|_{(-9,-3,-3)}=\left.\frac{1}{2},\right. $$

$$ C=\left.\frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}\right|_{(-9,-3,-3)}=-\frac{5}{3}, $$

$$ AC-B^{2}=\frac{1}{36}>0, $$

又 $ A = -\frac{1}{6} < 0 $，从而点 $ (-9, -3) $ 是 $ z(x, y) $ 的极大值点，极大值为 $ z(-9, -3) = -3 $.

(2005.Ⅱ)已知函数 $ z = f(x, y) $ 的全微分 $ \mathrm{d}z = 2x\mathrm{d}x - 2y\mathrm{d}y $，并且 $ f(1,1) = 2 $。求 $ f(x, y) $ 在椭圆域 $ D = \{(x, y) \mid x^{2} + \frac{y^{2}}{4} \leqslant 1\} $ 上的最大值和最小值。

解法一由 $ dz = 2x\mathrm{d}x - 2y\mathrm{d}y $ 可知

$$ z=f(x,y)=x^{2}-y^{2}+C. $$

再由 $ f(1,1)=2 $ ，得 C=2 ，故

$$ z=f(x,y)=x^{2}-y^{2}+2. $$

令 $ \frac{\partial z}{\partial x}=2x=0,\frac{\partial z}{\partial y}=-2y=0 $，求得驻点 $ (0,0) $.

原书第 290 页

在椭圆 $ x^{2}+\frac{y^{2}}{4}=1 $ 上， $ z=x^{2}-(4-4x^{2})+2 $，即

$$ z=5x^{2}-2(-\ 1\leqslant x\leqslant1), $$

其最大值为 $ z\big|_{x=\pm1}=3 $，最小值为 $ z\big|_{x=0}=-2 $。再与 $ f(0,0)=2 $ 比较，可知 $ f(x,y) $ 在椭圆域 D 上的最大值为 3，最小值为 -2。

解法二同解法一，求得驻点 $ (0,0) $.

用拉格朗日乘数法求此函数在椭圆 $ x^{2}+\frac{y^{2}}{4}=1 $ 上的极值.

设 $ L = x^{2} - y^{2} + 2 + \lambda \left( x^{2} + \frac{y^{2}}{4} - 1 \right) $，令

$$ Ⅰ \begin{aligned}L_{x}=2x+2\lambda x=0,\end{aligned} $$

$$ \{L_{y}\ =-\ 2y\ +\frac{\lambda}{2}y\ =\ 0.. $$

又

$$ x^{2}+\frac{y^{2}}{4}-1=0. $$

由(1)(2)(3)解得：

$$ \lambda~=-~1~,\quad x~=\pm~1~,\quad y~=~0~;\quad\lambda~=~4~,\quad x~=~0~,\quad y~=\pm~2. $$

即有4个可能的极值点 $ (1,0),(-1,0),(0,2),(0,-2) $.

又 $ f(1,0)=f(-1,0)=3 $, $ f(0,2)=f(0,-2)=-2 $, 再与 $ f(0,0)=2 $比较, 得 $ f(x,y) $在D上的最大值为3, 最小值为-2.

(2008. I) 已知曲线 $ C: \{ \begin{aligned} x^{2} + y^{2} - 2z^{2} &= 0, \\ x + y + 3z &= 5. \end{aligned} . $ 求 C 上距离 xOy 面最远的点和最近的点.

解法一点 $ (x,y,z) $到xOy面的距离为 $ \left|z\right| $，故求C上距离xOy面最远的点和最近的点的坐标等价于求函数 $ H=z^{2} $在条件 $ x^{2}+y^{2}-2z^{2}=0,x+y+3z=5 $下的最大值点和最小值点.

构造拉格朗日函数

$$ L\left(x,y,z\right)=z^{2}+\lambda\left(x^{2}+y^{2}-2z^{2}\right)+\mu\left(x+y+3z-5\right), $$

由

$$ \{\begin{aligned}L_{x}&=2\lambda x+\mu=0,\\ L_{y}&=2\lambda y+\mu=0,\\ L_{z}&=2z-4\lambda z+3\mu=0,\\ x^{2}&+y^{2}-2z^{2}=0,\\ x&+y+3z=5.\end{aligned}. $$

原书第 291 页

得x=y，从而 $ \{\begin{aligned}&2x^{2}-2z^{2}=0,\\ &2x+3z=5.\end{aligned}. $ 解得

$$ \{\begin{aligned}x&=-5,\\ y&=-5,\\ z&=5,\end{aligned}.\quad 或 \quad\{\begin{aligned}x&=1,\\ y&=1,\\ z&=1.\end{aligned}. $$

根据几何意义，曲线 C 上存在距离 xOy 面最远的点和最近的点，故所求点依次为 $ (-5, -5, 5) $ 和 $ (1, 1, 1) $.

解法二由 $ x^{2}+y^{2}-2z^{2}=0 $ 得

$$ \{\begin{aligned}x&=\sqrt{2}z\cos\theta,\\ y&=\sqrt{2}z\sin\theta.\end{aligned}. $$

代入 $ x + y + 3z = 5 $，得

$$ z=\frac{5}{3+\sqrt{2}\left(\cos\theta+\sin\theta\right)}. $$

所以只要求 $ z = z(\theta) $ 的最值.

令 $ z'(\theta)=\frac{-5\sqrt{2}(-\sin\theta+\cos\theta)}{\left[3+\sqrt{2}(\cos\theta+\sin\theta)\right]^{2}}=0 $ , 得 $ \cos\theta=\sin\theta $ , 解得 $ \theta=\frac{\pi}{4},\frac{5\pi}{4} $ 。从而

$$ \{\begin{aligned}x&=-5,\\ y&=-5,\\ z&=5,\end{aligned}.\quad 或 \quad\{\begin{aligned}x&=1,\\ y&=1,\\ z&=1.\end{aligned}. $$

根据几何意义，曲线 C 上存在距离 xOy 面最远的点和最近的点，故所求点依次为 $ (-5, -5, 5) $ 和 $ (1, 1, 1) $.

(2006. I) 设函数 $ f(u) $ 在 $ (0, +\infty) $ 内具有二阶导数，且 $ z = f(\sqrt{x^{2} + y^{2}}) $ 满足等式

$$ \frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}=0. $$

（Ⅰ）验证 $ f''(u)+\frac{f'(u)}{u}=0 $;

（Ⅱ）若 $ f(1)=0,f'(1)=1 $，求函数 $ f(u) $的表达式.

解（Ⅰ）由 $ z = f(u) $， $ u = \sqrt{x^{2} + y^{2}} $，得

$$ \frac{\partial z}{\partial x}=f^{\prime}\cdot\frac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}},\quad\frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}=f^{\prime \prime}\cdot\frac{x^{2}}{x^{2}+y^{2}}+f^{\prime}\cdot\frac{y^{2}}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}, $$

$$ \frac{\partial z}{\partial y}=f^{\prime}\cdot\frac{y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}},\quad\frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}=f^{\prime \prime}\cdot\frac{y^{2}}{x^{2}+y^{2}}+f^{\prime}\cdot\frac{x^{2}}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{\frac{1}{2}}}, $$

由已知条件，得

原书第 292 页

$$ \frac{\partial^{2}z}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}z}{\partial y^{2}}\;=\;f^{\prime \prime}+\frac{1}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}f^{\prime}\;=\;0\;, $$

即

$$ f^{\prime \prime}(u)+\frac{f^{\prime}(u)}{u}=0. $$

（Ⅱ）方程(1)是可降阶的二阶微分方程，令 $ f'(u)=p $，则得

$$ \frac{\mathrm{d}p}{\mathrm{d}u}+\frac{1}{u}p=0, $$

解得

$$ p=C\mathrm{e}^{-\int_{\frac{\mathrm{d}u}{u}}}={\frac{C}{u}}, $$

由已知条件 $ p\big|_{u=1}.=1 $ , 得 C = 1 , 故 $ f^{\prime}(u)=\frac{1}{u} $ , 从而

$$ f(u)=\ln u+C. $$

由 $ f(1)=0 $ , 得 C=0 ，因此 $ f(u)=\ln u $

原书第 293 页

（七）多元函数积分学

(2001. I) 交换二次积分的积分次序: $ \int_{-1}^{0} \mathrm{d}y \int_{2}^{1-y} f(x,y) \, \mathrm{d}x = $ ___.

解 $ \int_{-1}^{0} \mathrm{d}y \int_{2}^{1-y} f(x,y) \, \mathrm{d}x = -\int_{-1}^{0} \mathrm{d}y \int_{1-y}^{2} f(x,y) \, \mathrm{d}x = -\iint_{D} f(x,y) \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y $

$ = -\int_{1}^{2} \mathrm{d}x \int_{1-x}^{0} f(x,y) \, \mathrm{d}y = \int_{1}^{2} \mathrm{d}x \int_{0}^{1-x} f(x,y) \, \mathrm{d}y $,

其中 $ D = \{(x,y) \mid 1 - y \leq x \leq 2, -1 \leq y \leq 0\} $

$ = \{(x,y) \mid 1 - x \leq y \leq 0, 1 \leq x \leq 2\} $.

注交换二次积分的积分次序时，需先将二次积分化为二重积分（尽管解题时往往省略这一步），而将二次积分化为二重积分时，必须保证二次积分中的每个定积分的下限 $ \leq $ 上限。本题中，由于当 $ -1 \leq y \leq 0 $ 时， $ 1 - y \leq 2 $，故需将 $ \int_{-1}^{0} \mathrm{d}y \int_{2}^{1-y} f(x,y) \, \mathrm{d}x $ 先写为 $ -\int_{-1}^{0} \mathrm{d}y \int_{1-y}^{2} f(x,y) \, \mathrm{d}x $。如果不注意这一点，就会得到错误结果： $ \int_{1}^{2} \mathrm{d}x \int_{1-x}^{0} f(x,y) \, \mathrm{d}y $.

(2010. I) $ \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^{n} \sum_{j=1}^{n} \frac{n}{(n + i)(n^2 + j^2)} = (\quad) $.

(A) $ \int_{0}^{1} \mathrm{d}x \int_{0}^{x} \frac{1}{(1 + x)(1 + y^2)} \mathrm{d}y $

(B) $ \int_{0}^{1} \mathrm{d}x \int_{0}^{x} \frac{1}{(1 + x)(1 + y)} \mathrm{d}y $

(D) $ \int_{0}^{1} \mathrm{d}x \int_{0}^{1} \frac{1}{(1 + x)(1 + y^2)} \mathrm{d}y $

解 $ \sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{n}{(n+i)(n^{2}+j^{2})}=\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{1}{\left(1+\frac{i}{n}\right)\left[1+\left(\frac{j}{n}\right)^{2}\right]}\cdot\frac{1}{n^{2}} $

这是函数 $ f(x,y)=\frac{1}{(1+x)(1+y^{2})} $在正方形区域 $ D=\{(x,y)\mid0\leqslant x\leqslant1,0\leqslant y\leqslant1\} $上的积分和，故

$$ \begin{aligned}\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{i=1}^{n}\sum_{j=1}^{n}\frac{n}{\left(n+i\right)\left(n^{2}+j^{2}\right)}&=\iint\limits_{y}\frac{1}{\left(1+x\right)\left(1+y^{2}\right)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&\xlongequal{ 化为二次积分 }\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1}\frac{1}{\left(1+x\right)\left(1+y^{2}\right)}\mathrm{d}y\ .\end{aligned} $$

原书第 294 页

应选(D).

3.（2009. I）如图7-1，正方形 $ \{(x,y)\mid|x|\leqslant1,|y|\leqslant1\} $被其对角线划分为四个区域 $ D_{k}(k=1,2,3,4) $， $ I_{k}=\iint_{D_{k}}y\cos x\mathrm{d}x\mathrm{d}y $，则 $ \max_{1\leqslant k\leqslant4}\left|I_{k}\right|= $（）.

(A) $ I_{1} $ (B) $ I_{2} $ (C) $ I_{3} $ (D) $ I_{4} $

图研7-1

解 $ D_{2}, D_{4} $ 两个区域关于 x 轴对称，而被积函数 $ f(x, y) = y \cos x $ 是关于 y 的奇函数，所以 $ I_{2} = I_{4} = 0 $.

$ D_{1},D_{3} $ 两个区域关于 y 轴对称，而 $ f(-x,y)=y\cos(-x)=y\cos x=f(x,y) $，即被积函数 $ f(x,y) $ 是关于 x 的偶函数，所以

$$ \begin{array}{c} I_{1}~=~2~\iint\limits_{\left|x,y\right|\mid1\geqslant x,0\leqslant x\leqslant1\mid}\ y\cos x\mathrm{d}x\mathrm{d}y~>~0~,\end{array} $$

$$ \begin{array}{c} I_{3}~=~2~\iint\limits_{\{(x,y)\mid-1\leqslant y\leqslant-x,0\leqslant x\leqslant1\}}y\cos x\mathrm{d}x\mathrm{d}y~<~0~,\end{array} $$

因此 $ \max_{1\leq k\leq4}\left|I_{k}\right|=I_{1} $ 应选(A).

4.（2013. I）设 $ L_{1}:x^{2}+y^{2}=1 $, $ L_{2}:x^{2}+y^{2}=2 $, $ L_{3}:x^{2}+2y^{2}=2 $, $ L_{4}:2x^{2}+y^{2}=2 $为四条逆时针方向的平面曲线，记 $ I_{i}=\oint_{L_{i}}\left(y+\frac{y^{3}}{6}\right)\mathrm{d}x+\left(2x-\frac{x^{3}}{3}\right)\mathrm{d}y\left(i=1,2,3,4\right) $，则 $ \max\{I_{1},I_{2},I_{3},I_{4}\}=() $.

(A) $ I_{1} $ (B) $ I_{2} $ (C) $ I_{3} $ (D) $ I_{4} $

解记 $ P(x,y)=y+\frac{y^{3}}{6},Q(x,y)=2x-\frac{x^{3}}{3},D_{i} $ 为 $ L_{i} $ 所围的平面区域。由格林公式， $ I_{i}=\iint_{D_{i}}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{1}{2}\iint_{D_{i}}(2-2x^{2}-y^{2})\mathrm{d}x\mathrm{d}y(i=1,2,3,4) $。当 $ D_{i} $ 包含了使被积函数 $ f(x,y)=2-2x^{2}-y^{2} $ 大于零的所有点，而不包含使 $ f(x,y) $ 小于零的任何点，则 $ I_{i} $ 达到最大值（见图7-2），因此 $ I_{4} $ 最大，应选(D).

原书第 295 页

图研7-2

(2006, I, II) 设区域 $ D = \{(x, y) \mid x^{2} + y^{2} \leqslant 1, x \geqslant 0\} $，计算二重积分

$$ I=\iint\limits_{D}\frac{1+xy}{1+x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

解法一

$$ \begin{aligned}I_{1}&=\iint_{D}\frac{1}{1+x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\xlongequal{ 极坐标 }\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}\frac{1}{1+\rho^{2}}\rho\mathrm{d}\rho\\&=\left.\frac{\pi}{2}\ln(1+\rho^{2})\right|_{0}^{1}=\frac{\pi}{2}\ln2,\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}I_{2}&=\iint_{D}\frac{xy}{1+x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\xlongequal{ 极坐标 }\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}\frac{\rho^{2}\cos\theta\sin\theta}{1+\rho^{2}}\rho\mathrm{d}\rho\\&=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos\theta\sin\theta\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}\frac{\rho^{3}}{1+\rho^{2}}\mathrm{d}\rho=0,\end{aligned} $$

所以 $ I = I_{1} + I_{2} = \frac{\pi}{2} \ln 2. $

解法二 $ I_{1} $ 同上.

由于积分区域 D 关于 x 轴对称，函数 $ \frac{xy}{1+x^{2}+y^{2}} $ 是关于 y 的奇函数，所以

$$ I_{2}=\iint_{p}\frac{xy}{1+x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0, $$

因此 $ I = I_{1} + I_{2} = \frac{\pi}{2}\ln2. $

(1999. III, IV) 计算二重积分 $ \iint_{D}ydxdy $，其中 D 是由直线 x = -2, y = 0, y = 2 以及曲线 $ x = -\sqrt{2y - y^{2}} $ 所围成的平面区域.

解法一设闭区域D和 $ D_{1} $如图研7-3所示，则有

原书第 296 页

图研7-3

$$ \iint_{D}y\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_{D\cup D_{1}}y\mathrm{d}x\mathrm{d}y-\iint_{D_{1}}y\mathrm{d}x\mathrm{d}y, $$

而

$$ \iint\limits_{D\cup D_{1}}y\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{-2}^{0}\mathrm{d}x\int_{0}^{2}y\mathrm{d}y=4, $$

$$ \begin{aligned}\iint_{D_{1}}y\mathrm{d}x\mathrm{d}y&\xlongequal{ 极坐标 }\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{2\sin\theta}\rho\sin\theta\cdot\rho\mathrm{d}\rho\\&=\left.\frac{8}{3}\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\sin^{4}\theta\mathrm{d}\theta\right.\xlongequal{t=\ \pi-\theta}\frac{8}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{4}t\mathrm{d}t\\&=\left.\frac{8}{3}\cdot\left(\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}\right)=\frac{\pi}{2}\right.,\end{aligned} $$

故原式 = 4 - $ \frac{\pi}{2} $.

解法二 $ D=\{(x,y)\mid-2\leqslant x\leqslant-\sqrt{2y-y^{2}},0\leqslant y\leqslant2\} $

$$ \begin{align*}\iint_{D}y\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\int_{0}^{2}y\mathrm{d}y\int_{-2}^{-\sqrt{2y-y^{2}}}\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{2}y(2-\sqrt{2y-y^{2}})\mathrm{d}y\\&=2\int_{0}^{2}y\mathrm{d}y-\int_{0}^{2}y\sqrt{2y-y^{2}}\mathrm{d}y\\&=4-\int_{0}^{2}y\sqrt{1-(y-1)^{2}}\mathrm{d}y,\end{align*} $$

令 y-1= $ \sin t $，则

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{2}y\sqrt{1-\left(y-1\right)^{2}}\mathrm{d}y&=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\left(1+\sin t\right)\cos^{2}t\mathrm{d}t\\&=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2}t\mathrm{d}t=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(1+\cos2t\right)\mathrm{d}t=\frac{\pi}{2}．\end{aligned} $$

于是原式 $ =4-\frac{\pi}{2} $

原书第 297 页

7.（2000.Ⅲ）计算二重积分 $ \iint_{D}\frac{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}{\sqrt{4a^{2}-x^{2}-y^{2}}}\mathrm{d}\sigma $，其中 D 是由曲线 y = -a + $ \sqrt{a^{2}-x^{2}} $(a > 0) 和直线 y = -x 围成的区域.

解积分区域 D 在极坐标系中可表示为

$$ D=\{(\rho,\theta)\mid0\leqslant\rho\leqslant-2a\sin\theta,-\frac{\pi}{4}\leqslant\theta\leqslant0\} $$

（图研7-4），故

图研7-4

$$ 原式 =\iint_{b}\frac{\rho}{\sqrt{4a^{2}-\rho^{2}}}\cdot\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\ =\int_{-\frac{\pi}{4}}^{0}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{-2a\sin\theta}\frac{\rho^{2}}{\sqrt{4a^{2}-\rho^{2}}}\mathrm{d}\rho, $$

令 $ \rho=2a\sin t $，则

$$ \begin{align*}\int_{0}^{-2a\sin\theta}\frac{\rho^{2}}{\sqrt{4a^{2}-\rho^{2}}}\mathrm{d}\rho&=\int_{0}^{-\theta}4a^{2}\sin^{2}t\mathrm{d}t=2a^{2}\int_{0}^{-\theta}(1-\cos2t)\mathrm{d}t\\&=2a^{2}\Big(-\theta+\frac{1}{2}\sin2\theta\Big).\end{align*} $$

于是

$$ 原式 =2a^{2}\int_{-\frac{\pi}{4}}^{0}\Big(-\theta+\frac{1}{2}\sin2\theta\Big)\mathrm{d}\theta=a^{2}\Big(\frac{\pi^{2}}{16}-\frac{1}{2}\Big). $$

(2011. Ⅲ) 设函数 $ f(x) $ 在区间 $ [0,1] $ 上具有连续导数, $ f(0)=1 $, 且满足 $ \iint_{D_{t}} f'(x+y) \, dx \, dy = \iint_{D_{t}} f(t) \, dx \, dy $, 其中 $ D_{t} = \{(x,y) \mid 0 \leq y \leq t - x, 0 \leq x \leq t\} (0 \leq t \leq 1) $. 求 $ f(x) $ 的表达式.

解

$$ \begin{align*}\iiint_{D_{t}}f^{\prime}\left(x+y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\int_{0}^{t}\mathrm{d}x\int_{0}^{t-x}f^{\prime}\left(x+y\right)\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{t}\left[f(t)-f(x)\right]\mathrm{d}x=tf(t)-\int_{0}^{t}f(x)\mathrm{d}x.\end{align*} $$

原书第 298 页

又

$$ \iint_{D_{t}}f(t)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=f(t)\iint_{D_{t}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=f(t)\cdot\frac{t^{2}}{2}. $$

由题设有

$$ tf(t)-\int_{0}^{t}f(x)\mathrm{d}x=\frac{t^{2}}{2}f(t). $$

两端对 t 求导得

$$ \begin{aligned}f(t)+tf^{\prime}(t)-f(t)&=tf(t)+\frac{t^{2}}{2}f^{\prime}(t),\ $ 2-t)f^{\prime}(t)&=2f(t).\end{aligned} $$

这是可分离变量的一阶微分方程，解得

$$ f(t)=\frac{C}{\left(2-t\right)^{2}}, $$

代入 $ f(0)=1 $ ，得 C=4 ，因此 $ f(x)=\frac{4}{(2-x)^{2}} $

(2011. I) 已知函数 $ f(x, y) $ 具有二阶连续偏导数，且 $ f(1, y) = 0, f(x, 1) = 0 $. $ \iint_{D} f(x, y) \, dx \, dy = a $，其中 $ D = \{(x, y) \mid 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1\} $. 计算二重积分 $ \iint_{D} xy f_{xy}(x, y) \, dx \, dy $.

解 $ \iint_{D}xyf_{xy}(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{0}^{1}y\mathrm{d}y\int_{0}^{1}xf_{xy}(x,y)\mathrm{d}x. $

对积分 $ \int_{0}^{1}xf_{xy}(x,y)dx $ 施行分部积分法，得

$$ \begin{align*}\int_{0}^{1}x f_{xy}\left(x,y\right)\mathrm{d}x&=\int_{0}^{1}x\mathrm{d}f_{y}\left(x,y\right)=\left\lbrack x f_{y}\left(x,y\right)\right\rbrack_{0}^{1}-\int_{0}^{1}f_{y}\left(x,y\right)\mathrm{d}x\\&=f_{y}\left(1,y\right)-\int_{0}^{1}f_{y}\left(x,y\right)\mathrm{d}x,\end{align*} $$

由于对任意的 $ y, f(1, y) = 0 $，故 $ f_{y}(1, y) = 0 $，因此

$$ \int_{0}^{1}x f_{x y}\left(x,y\right)\mathrm{d}x=-\int_{0}^{1}f_{y}\left(x,y\right)\mathrm{d}x. $$

于是

$$ \begin{aligned}&\iint\limits_{D}xyf_{xy}\left(x,y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\=&\int_{0}^{1}y\mathrm{d}y\int_{0}^{1}xf_{xy}\left(x,y\right)\mathrm{d}x\\=&-\int_{0}^{1}y\mathrm{d}y\int_{0}^{1}f_{y}\left(x,y\right)\mathrm{d}x\\&\underline{\underline{ 交换积分次序 }}-\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1}yf_{y}\left(x,y\right)\mathrm{d}y\end{aligned} $$

原书第 299 页

$$ \begin{align*}&=-\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1}y\mathrm{d}f(x,y)\\&=-\int_{0}^{1}\left[y f(x,y)\bigg|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}f(x,y)\mathrm{d}y\right]\mathrm{d}x( 注意到 f(x,1)=0)\\&=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1}f(x,y)\mathrm{d}y=\iint_{\mathcal{D}}f(x,y)\mathrm{d}\sigma=a.\end{align*} $$

(1989. I, II) 设半径为 R 的球面 $ \Sigma $ 的球心在定球面 $ x^{2} + y^{2} + z^{2} = a^{2} (a > 0) $ 上，问当 R 取何值时，球面 $ \Sigma $ 在定球面内部的那部分的面积最大？

解不妨设 z 轴通过球面 $ \Sigma $ 的中心，则 $ \Sigma $ 的方程为

$$ x^{2}+y^{2}+\left(z-a\right)^{2}=R^{2}. $$

与定球面方程 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2} $ 联立，消去 z，可得两球面的交线在 xOy 面上的投影曲线为

$$ \{\begin{aligned}x^{2}&+y^{2}=\frac{R^{2}}{4a^{2}}(4a^{2}-R^{2}),\\ z&=0.\end{aligned}. $$

记投影曲线所围的平面区域为 $ D_{xy} $. 球面 $ \Sigma $ 在定球面内部的那部分曲面的方程为

$$ z=a-\sqrt{R^{2}-x^{2}-y^{2}}, $$

该部分曲面的面积为

$$ \begin{aligned}S\left(\boldsymbol{R}\right)&=\iint_{D_{r}}\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_{D_{r}}\frac{\boldsymbol{R}}{\sqrt{R^{2}-x^{2}-y^{2}}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\frac{R}{2a}\sqrt{4a^{2}-R^{2}}}\frac{\rho R\mathrm{d}\rho}{\sqrt{R^{2}-\rho^{2}}}\\&=2\pi R^{2}-\frac{\pi R^{3}}{a}.\end{aligned} $$

$$ S^{\prime}(R)=4\pi R-\frac{3\pi R^{2}}{a},\quad S^{\prime \prime}(R)=4\pi-\frac{6\pi R}{a}. $$

令 $ S'(R) = 0 $，得驻点 $ R_{1} = 0 $（舍去）， $ R_{2} = \frac{4}{3}a $，

$$ \mathrm{S}^{\prime \prime}\left(\frac{4}{3}a\right)=-4\pi<0, $$

故当 $ R = \frac{4}{3}a $ 时，球面 $ \Sigma $ 在定球面内部的那部分面积最大.

11.（2000. I）设有一半径为R的球体， $ P_{0} $ 是此球的表面上的一个定点，球体上任一点的密度与该点到 $ P_{0} $ 距离的平方成正比（比例常数 k>0），求球体的重心位置.

解记球体为 $ \Omega $，以 $ \Omega $ 的球心为原点 O，射线 $ OP_{0} $ 为正 z 轴建立直角坐标系，则

原书第 300 页

$ P_{0} $ 的坐标是 $ (0,0,R) $，球面方程为 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=R^{2} $. 设重心位置为 $ (\bar{x},\bar{y},\bar{z}) $，则由对称性得 $ \bar{x}=0,\bar{y}=0 $，

$$ \overline{z}\;=\;\frac{\iiint\limits_{D}z\cdot k\left[x^{2}+y^{2}\;+\;\left(z-R\right)^{2}\right]\mathrm{d}v}{\iiint\limits_{D}k\left[x^{2}+y^{2}\;+\;\left(z-R\right)^{2}\right]\mathrm{d}v}. $$

由对称性可知 $ \iiint_{\Omega} z \, \mathrm{d}v = 0 $, $ \iiint_{\Omega} z^{3} \, \mathrm{d}v = 0 $, $ \iiint_{\Omega} z(x^{2} + y^{2}) \, \mathrm{d}v = 0 $,

$$ \iiint\limits_{D}z^{2}\mathrm{d}v=\frac{1}{3}\iiint\limits_{D}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)\mathrm{d}v, $$

于是

$$ \begin{align*}\iiint\limits_{\Omega}\left[x^{2}+y^{2}+\left(z-R\right)^{2}\right]\mathrm{d}v&=\iiint\limits_{\Omega}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)\mathrm{d}v+\iiint\limits_{\Omega}R^{2}\mathrm{d}v\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{R}r^{2}\cdot r^{2}\sin\varphi\mathrm{d}r+\frac{4}{3}\pi R^{5}\\&=\frac{4}{5}\pi R^{5}+\frac{4}{3}\pi R^{5}=\frac{32}{15}\pi R^{5},\end{align*} $$

$$ \begin{aligned}\iiint\limits_{D}\boldsymbol{z}\left[\boldsymbol{x}^{2}+\boldsymbol{y}^{2}+\left(\boldsymbol{z}-\boldsymbol{R}\right)^{2}\right]\mathrm{d}\boldsymbol{v}&=-\ 2R\iiint\limits_{D}\boldsymbol{z}^{2}\mathrm{d}v\\&=-\frac{2R}{3}\iiint\limits_{D}\left(\boldsymbol{x}^{2}+\boldsymbol{y}^{2}+\boldsymbol{z}^{2}\right)\mathrm{d}v=-\frac{8}{15}\pi R^{6},\end{aligned} $$

故

$$ \bar{z}=\left(\left.-\frac{8}{15}\pi R^{6}\right)\middle/\left(\frac{32}{15}\pi R^{5}\right)=-\frac{R}{4},\right. $$

因此球体 $ \Omega $ 的重心位置为 $ \left(0,0,-\frac{R}{4}\right) $.

(2009. I) 椭球面 $ S_{1} $ 是椭圆 $ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1 $ 绕 x 轴旋转而成. 圆锥面 $ S_{2} $ 是过点 (4,0) 且与 $ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1 $ 相切的直线绕 x 轴旋转而成.

（Ⅰ）求 $ S_{1} $ 和 $ S_{2} $ 的方程；

（Ⅱ）求 $ S_{1} $与 $ S_{2} $之间的体积.

解（Ⅰ） $ S_{1} $ 的方程为 $ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}+z^{2}}{3}=1 $.

为求圆锥面 $ S_{2} $ 的方程，先求过点（4，0）且与 $ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1 $ 相切的直线方程。设切点为 $ (x,y) $。则切线斜率为 $ \frac{dy}{dx}=-\frac{\frac{x}{2}}{\frac{2y}{3}}=-\frac{3x}{4y} $，又切线斜率等于 $ \frac{y-0}{x-4}=\frac{y}{x-4} $。由

原书第 301 页

$$ \{\begin{aligned}&\frac{y}{x-4}=-\frac{3x}{4y},\\ &\frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1\end{aligned}. $$

解得 x=1, $ y=\pm\frac{3}{2} $，得切点 $ \left(1,\pm\frac{3}{2}\right) $. 由此得切线方程为 $ y=\pm\left(\frac{x}{2}-2\right) $. 于是得 $ S_{2} $ 的方程：

$$ y^{2}+z^{2}=\left(\frac{x}{2}-2\right)^{2}. $$

（Ⅱ）见图研7-5，记 $ y_{1}=\frac{x}{2}-2 $， $ y_{2}=\sqrt{3\left(1-\frac{x^{2}}{4}\right)} $，则

$$ \begin{aligned}V&=\int_{1}^{4}\pi y_{1}^{2}\mathrm{d}x-\int_{1}^{2}\pi y_{2}^{2}\mathrm{d}x\\&=\pi\int_{1}^{4}\left(\frac{x}{2}-2\right)^{2}\mathrm{d}x-\int_{1}^{2}\pi\left(\sqrt{3\left(1-\frac{x^{2}}{4}\right)}\right)^{2}\mathrm{d}x\\&=\pi.\end{aligned} $$

图研7-5

(2013. I) 设直线 L 过 $ A(1,0,0) $, $ B(0,1,1) $ 两点，将 L 绕 z 轴旋转一周得到曲面 $ \Sigma $, $ \Sigma $ 与平面 z=0, z=2 所围成的立体为 $ \Omega $.

（1）求曲面 $ \Sigma $ 的方程；

(2) 求 $ \Omega $ 的形心坐标.

解（1）直线 L 的方向向量为 $ \overrightarrow{AB}=(-1,1,1) $，L 的参数方程为 x=-t，y=1+t，z=1+t。设 $ (x,y,z) $ 为 Σ 上任意一点，它由 L 上的点 $ (x_{0},y_{0},z_{0})=(-t_{0},1+t_{0},1+t_{0}) $ 绕 z 轴旋转而得，则有

$$ \{\begin{aligned}x^{2}+y^{2}&=x_{0}^{2}+y_{0}^{2}=t_{0}^{2}+(1+t_{0})^{2},\\ z&=z_{0}=1+t_{0}.\end{aligned}. $$

消去 $ t_{0} $ 即得 $ \Sigma $ 的方程为

原书第 302 页

$$ x^{2}+y^{2}=\left(z-1\right)^{2}+z^{2},\quad 或 \quad2x^{2}+2y^{2}-4\left(z-\frac{1}{2}\right)^{2}=1, $$

这是以 z 轴为对称轴的单叶双曲面.

（2）设 $ \Omega $ 的形心为 $ (\bar{x},\bar{y},\bar{z}) $ 。由于 $ \Omega $ 对称于 z 轴，故形心位于 z 轴上，因此 $ \bar{x}=\bar{y}=0 $ 。

对任一 $ z \in [0,2] $，记 $ D_{z} = \{(x, y, z) \mid x^{2} + y^{2} \leqslant (z-1)^{2} + z^{2}\} $，则

$$ \iiint\limits_{\Omega}\mathrm{d}v=\int_{0}^{2}\mathrm{d}z\iint\limits_{D_{z}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\left.\pi\int_{0}^{2}\left[\left(z-1\right)^{2}+z^{2}\right]\mathrm{d}z\right.=\left.\frac{10}{3}\pi\right., $$

$$ \iiint\limits_{\Omega}z\mathrm{d}v=\int_{0}^{2}z\mathrm{d}z\iint\limits_{D_{z}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=.\pi\int_{0}^{2}z[(z-1)^{2}+z^{2}]\mathrm{d}z=\frac{14}{3}\pi. $$

于是

$$ \bar{z}\;=\;\frac{\iiint\limits_{\Omega}z\mathrm{d}v}{\iiint\limits_{\Omega}\mathrm{d}v}\;=\;\frac{\frac{14}{3}\pi}{\frac{10}{3}\pi}\;=\;\frac{7}{5}. $$

因此形心为 $ \left(0,0,\frac{7}{5}\right) $.

(1998. I) 设 l 为椭圆 $ \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{3}=1 $，其周长记为 a，则 $ \oint_{l}(2xy+3x^{2}+4y^{2})\mathrm{d}s= $

解因为 l 关于 y 轴对称，且 2xy 关于 x 是奇函数，所以 $ \oint_{l}2xyds=0 $。又在 l 上。 $ 3x^{2}+4y^{2}=12 $，所以

$$ 原积分 =\oint_{i}^{}2xy\mathrm{d}s+\oint_{i}^{}\left(3x^{2}+4y^{2}\right)\mathrm{d}s=0+\oint_{i}^{}12\mathrm{d}s=12a. $$

(2012. I) 已知 L 是第一象限中从点 (0,0) 沿圆周 $ x^{2} + y^{2} = 2x $ 到点 (2,0)，再沿圆周 $ x^{2} + y^{2} = 4 $ 到点 (0,2) 的曲线段，计算曲线积分 $ I = \int_{L} 3x^{2} y \, dx + (x^{3} + x - 2y) \, dy $.

解添加有向线段 $ L_{1}:x=0 $, y 从 2 变到 0. D 为由 L 和 $ L_{1} $ 所围成的区域. 由格林公式可得

$$ \begin{align*}I&=\oint_{L+L_{3}}3x^{2}y\mathrm{d}x+\left(x^{3}+x-2y\right)\mathrm{d}y-\int_{L_{3}}3x^{2}y\mathrm{d}x+\left(x^{3}+x-2y\right)\mathrm{d}y\\&=\iint_{D}\left(3x^{2}+1-3x^{2}\right)\mathrm{d}\sigma-\int_{L_{3}}\left(-2y\right)\mathrm{d}y\\&=\iint_{D}\mathrm{d}\sigma+\int_{2}^{0}2y\mathrm{d}y=\frac{1}{4}\cdot\pi\cdot2^{2}-\frac{1}{2}\cdot\pi\cdot1^{2}+\left[y^{2}\right]_{2}^{0}\\&=\frac{\pi}{2}-4.\end{align*} $$

原书第 303 页

(1995. I, II) 设曲线 $ Q(x, y) $ 在 xOy 平面上具有一阶连续偏导数，曲线积分 $ \int_{1}^{2} xydx + Q(x, y) \, dy $ 与路径无关，并且对任意 t 恒有

$$ \int_{(0,0)}^{(t,1)}2x y\mathrm{d}x+Q\left(x,y\right)\mathrm{d}y=\int_{(0,0)}^{(1,t)}2x y\mathrm{d}x+Q\left(x,y\right)\mathrm{d}y, $$

求 $ Q(x,y) $.

解由曲线积分与路径无关的条件知

$$ \frac{\partial Q}{\partial x}\;=\;\frac{\partial}{\partial y}(2x y)\;=\;2x, $$

因此 $ Q(x,y)=x^{2}+\varphi(y) $，其中 $ \varphi(y) $ 为待定的可导函数，采用从点 $ (0,0) $ 到点 $ (t,0) $ 再到点 $ (t,1) $ 的有向折线作为积分路径，可得

$$ \int_{(0,0)}^{(t,1)}2x y\mathrm{d}x+Q\left(x,y\right)\mathrm{d}y=\int_{0}^{1}\left[t^{2}+\varphi\left(y\right)\right]\mathrm{d}y=t^{2}+\int_{0}^{1}\varphi\left(y\right)\mathrm{d}y; $$

采用从点 $ (0,0) $到点 $ (1,0) $再到点 $ (1,t) $的有向折线作为积分路径，可得

$$ \int_{(0,0)}^{(1,t)}2xy\mathrm{d}x+Q\left(x,y\right)\mathrm{d}y=\int_{0}^{t}\left[1^{2}+\varphi\left(y\right)\right]\mathrm{d}y=t+\int_{0}^{t}\varphi\left(y\right)\mathrm{d}y. $$

由题设知

$$ t^{2}+\int_{0}^{1}\varphi\left(y\right)\mathrm{d}y=t+\int_{0}^{t}\varphi\left(y\right)\mathrm{d}y. $$

两边对 t 求导，得

$$ 2t=1+\varphi(t),\quad\varphi(t)=2t-1. $$

从而 $ \varphi(y)=2y-1 $ 。因此

$$ Q\left(x,y\right)\;=\;x^{2}\;+\;2y-1. $$

17.（2006. I）设在上半平面 $ D = \{(x,y) \mid y > 0\} $ 内，函数 $ f(x,y) $ 具有连续偏导数，且对任意的 t > 0 都有 $ f(tx, ty) = t^{-2}f(x,y) $. 证明：对 D 内的任意分段光滑的有向简单闭曲线 L，都有 $ \oint y f(x,y) \, \mathrm{d}x - x f(x,y) \, \mathrm{d}y = 0 $.

证在单连通区域 D 内，对任意有向简单闭曲线 L，

$$ \oint_{l}y f(x,y)\mathrm{d}x-x f(x,y)\mathrm{d}y=0 $$

的充分必要条件是，对任意的 $ (x,y)\in D $，有

$$ \begin{aligned}&0=\frac{\partial}{\partial y}\big[y f(x,y)\big]-\frac{\partial}{\partial x}\big[-x f(x,y)\big]\\&=2f(x,y)+y f_{2}^{\prime}(x,y)+x f_{1}^{\prime}(x,y).\\ \end{aligned} $$

由于对任意的 $ (x,y)\in D $及t>0，都有

$$ f(tx,ty)=t^{-2}f(x,y), $$

两边对t求导，得

$$ x f_{1}^{\prime}(tx,ty)+y f_{2}^{\prime}(tx,ty)=-2t^{-3}f(x,y). $$

原书第 304 页

在上式中令 t=1 ，得

$$ 2f(x,y)+x f_{1}^{\prime}(x,y)+y f_{2}^{\prime}(x,y)=0, $$

$ ^{*} $式成立.所以结论成立.

(1991, I, II) 在过点 $ O(0,0) $ 和 $ A(\pi,0) $ 的曲线族 $ y = a\sin x (a > 0) $ 中，求一条曲线 L，使沿该曲线 L 从 O 到 A 的积分 $ \int (1 + y^3) \, \mathrm{d}x + (2x + y) \, \mathrm{d}y $ 的值最小.

解

$$ \begin{align*}I(a)&=\int_{0}^{\pi}\left[1+a^{3}\sin^{3}x+(2x+a\sin x)\cdot a\cos x\right]\mathrm{d}x\\&=\pi-4a+\frac{4}{3}a^{3}.\end{align*} $$

令 $ I'(a) = -4 + 4a^{2} = 0 $，得 a = 1（舍去 a = -1），且 a = 1 是 $ I(a) $ 在区间 $ (0, +\infty) $ 内的唯一驻点，又 $ I''(1) = 8 > 0 $，因此 $ I(a) $ 在 a = 1 处取得最小值。从而所求曲线为 $ y = \sin x (0 \leq x \leq \pi) $。

(2005. I) 设函数 $ \varphi(y) $ 具有连续导数，在围绕原点的任意分段光滑简单闭曲线 L 上，曲线积分

$$ \oint_{l}\frac{\varphi(y)\mathrm{d}x+2xy\mathrm{d}y}{2x^{2}+y^{4}} $$

的值恒为同一常数.

（Ⅰ）证明：对右半平面 x > 0 内的任意分段光滑简单闭曲线 C，有

$$ \oint_{c}\frac{\varphi\left(y\right)\mathrm{d}x+2xy\mathrm{d}y}{2x^{2}+y^{4}}=0； $$

（Ⅱ）求函数 $ \varphi(y) $ 的表达式.

证（Ⅰ）如图7-6，设 C 是半平面 x > 0 内的任一分段光滑简单闭曲线，在 C 上任意取定两点 M, N，作围绕原点的闭曲线 $ \widehat{MQNRM} $，同时得到另一围绕原点的闭曲线 $ \widehat{MQNPM} $。根据题设，有

图研7-6

原书第 305 页

$$ \oint\limits_{\overbrace{MQNRM}}^{}\frac{\varphi\left(y\right)\mathrm{d}x+2xy\mathrm{d}y}{2x^{2}+y^{4}}-\oint\limits_{\overbrace{MQNPM}}^{}\frac{\varphi\left(y\right)\mathrm{d}x+2xy\mathrm{d}y}{2x^{2}+y^{4}} $$

$$ \left( 记作 \Big(\overbrace{_{MQNRM}}^{\oint}-\overbrace{\widehat{MQNPM}}^{\oint}\right)\frac{\varphi\left(y\right)\mathrm{d}x+2xy\mathrm{d}y}{2x^{2}+y^{4}}, 下同 )\ =0. $$

根据第二类曲线积分的性质，再利用上式可得

$$ \begin{align*}\oint\limits_{C}\frac{\varphi\left(y\right)\mathrm{d}x+2xy\mathrm{d}y}{2x^{2}+y^{4}}&=\left(\int\limits_{\widehat{NRM}}+\int\limits_{\widehat{MPN}}\right)\frac{\varphi\left(y\right)\mathrm{d}x+2xy\mathrm{d}y}{2x^{2}+y^{4}}\\&=\left(\int\limits_{\widehat{NRM}}-\int\limits_{\widehat{NPM}}\right)\frac{\varphi\left(y\right)\mathrm{d}x+2xy\mathrm{d}y}{2x^{2}+y^{4}}\\&=\left[\left(\int\limits_{\widehat{MQN}}+\int\limits_{\widehat{NRM}}\right)-\left(\int\limits_{\widehat{MQN}}+\int\limits_{\widehat{NPM}}\right)\right]\frac{\varphi\left(y\right)\mathrm{d}x+2xy\mathrm{d}y}{2x^{2}+y^{4}}\\&=\left(\int\limits_{\widehat{MN}}-\int\limits_{\widehat{MN}}\right)\frac{\varphi\left(y\right)\mathrm{d}x+2xy\mathrm{d}y}{2x^{2}+y^{4}}=0.\end{align*} $$

解（Ⅱ）设 $ P = \frac{\varphi(y)}{2x^{2} + y^{4}} $, $ Q = \frac{2xy}{2x^{2} + y^{4}} $, P, Q 在单连通区域 x > 0 内具有一阶连续偏导数. 由（I）知，曲线积分 $ \oint_{L} \frac{\varphi(y) \, dx + 2xy \, dy}{2x^{2} + y^{4}} $ 在该区域内与路径无关，故当 x > 0 时，恒有 $ \frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y} $.

$$ \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{2y(2x^{2}+y^{4})-4x\cdot2xy}{\left(2x^{2}+y^{4}\right)^{2}}=\frac{-4x^{2}y+2y^{5}}{\left(2x^{2}+y^{4}\right)^{2}}, $$

$$ \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\varphi^{\prime}(y)\left(2x^{2}+y^{4}\right)-4\varphi(y)y^{3}}{\left(2x^{2}+y^{4}\right)^{2}}=\frac{2x^{2}\varphi^{\prime}(y)+\varphi^{\prime}(y)y^{4}-4\varphi(y)y^{3}}{\left(2x^{2}+y^{4}\right)^{2}}, $$

比较上列两式的右端，要使它们恒等，需有

$$ \varphi^{\prime}(y)=-2y\qquad 和 \qquad\varphi^{\prime}(y)y^{4}-4\varphi(y)y^{3}=2y^{5}. $$

由 $ \varphi'(y) = -2y $ 得 $ \varphi(y) = -y^{2} + C $，代入第二式得

$$ \varphi^{\prime}(y)y^{4}-4\varphi(y)y^{3}=-2y^{5}+4y^{5}-4C y^{3}=2y^{5}, $$

因此 C=0，从而得 $ \varphi(y)=-y^{2} $

(1992. I, II) 在变力 $ F = yzi + zxj + xyk $ 的作用下，质点由原点沿直线运动到椭球面 $ \frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} + \frac{z^{2}}{c^{2}} = 1 $ 上第一卦限的点 $ M(\xi, \eta, \zeta) $，问 $ \xi, \eta, \zeta $ 取何值时，力 F 所作的功 W 最大？并求 W 的最大值.

解直线段 OM 的参数方程可取为

$$ x\ =\xi t,\quad y\ =\eta t,\quad z\ =\zeta t,\quad t 从 0 变到 1. $$

原书第 306 页

F所作的功为

$$ \begin{aligned}W&=\int\limits_{OM}\boldsymbol{F}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{r}=\int\limits_{OM}yz\mathrm{d}x+zx\mathrm{d}y+xy\mathrm{d}z\\&=\int_{0}^{1}3\xi\eta\zeta t^{2}\mathrm{d}t=\xi\eta\zeta.\end{aligned} $$

下面求 W = $ \xi\eta\zeta $ 在条件 $ \frac{\xi^{2}}{a^{2}} + \frac{\eta^{2}}{b^{2}} + \frac{\zeta^{2}}{c^{2}} = 1 (\xi \geqslant 0, \eta \geqslant 0, \zeta \geqslant 0) $ 下的最大值.

令

$$ {\cal L}(\xi,\eta,\zeta)\;=\;\xi\eta\zeta\;+\;\lambda\left(\frac{\xi^{2}}{a^{2}}\;+\;\frac{\eta^{2}}{b^{2}}\;+\;\frac{\zeta^{2}}{c^{2}}\;-\;1\right), $$

由 $ \frac{\partial L}{\partial \xi} = 0, \frac{\partial L}{\partial \eta} = 0, \frac{\partial L}{\partial \zeta} = 0 $ 得

$$ \eta\zeta=-\frac{2\lambda}{a^{2}}\xi,\quad\xi\zeta=-\frac{2\lambda}{b^{2}}\eta,\quad\xi\eta=-\frac{2\lambda}{c^{2}}\zeta. $$

若 $ \lambda = 0 $，则由 $ \eta\zeta = 0 $ 得 $ \eta = 0 $ 或 $ \zeta = 0 $，从而

$ W = \xi \eta \zeta = 0 $ （显然不是 W 的最大值，舍去）；

若 $ \lambda \neq 0 $，则得

$$ \frac{\xi^{2}}{a^{2}}\;=\;\frac{\eta^{2}}{b^{2}}\;=\;\frac{\zeta^{2}}{c^{2}}\bigg(\;\;=\;-\frac{\xi\eta\zeta}{2\lambda}\bigg)\;, $$

从而 $ \frac{\xi^{2}}{a^{2}} = \frac{\eta^{2}}{b^{2}} = \frac{\zeta^{2}}{c^{2}} = \frac{1}{3} $. 于是得唯一可能极值点：

$$ \xi=\frac{a}{\sqrt{3}},\quad\eta=\frac{b}{\sqrt{3}},\quad\zeta=\frac{c}{\sqrt{3}}. $$

由问题的实际意义知功的最大值为

$$ \begin{array}{c} W_{max}~=~\frac{\sqrt{3}}{9}abc.\end{array} $$

(1999. I) 求 $ I=\int_{L}\left[\mathrm{e}^{x}\sin y-b(x+y)\right]\mathrm{d}x+\left(\mathrm{e}^{x}\cos y-ax\right)\mathrm{d}y $，其中 a, b 为正的常数，L 为从点 $ A(2a,0) $ 沿曲线 $ y=\sqrt{2ax-x^{2}} $ 到点 $ O(0,0) $ 的弧.

解法一添加从点 O(0,0) 沿 y = 0 到点 A(2a,0) 的有向线段 $ L_{1} $，则由格林公式得

$$ \begin{aligned}&\oint_{L+L_{3}}\left[\mathrm{e}^{x}\sin y-b\left(x+y\right)\right]\mathrm{d}x+\left(\mathrm{e}^{x}\cos y-ax\right)\mathrm{d}y\\=&\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_{D}\left(b-a\right)\mathrm{d}\sigma=\frac{\pi}{2}a^{2}\left(b-a\right),\end{aligned} $$

其中 D 为由 L 和 $ L_{1} $ 所围成的半径为 a 的半圆域.

又

$$ \int\limits_{0}^{\left[\right]}\left[e^{x}\sin y-b(x+y)\right]\mathrm{d}x+\left(e^{x}\cos y-ax\right)\mathrm{d}y $$

原书第 307 页

$$ =\int_{0}^{2a}\left(-bx\right)\mathrm{d}x=-2a^{2}b, $$

从而

$$ I=\frac{\pi}{2}a^{2}(b-a)-(2a^{2}b)=\left(\frac{\pi}{2}+2\right)a^{2}b-\frac{\pi}{2}a^{3}. $$

解法二将 I 写成两个积分之差：

$$ I=\int\limits_{l}\mathrm{e}^{x}\sin y\mathrm{d}x+\mathrm{e}^{x}\cos y\mathrm{d}y-\int_{l}b(x+y)\mathrm{d}x+a x\mathrm{d}y, $$

前一积分与路径无关，故可将 L 改为有向线段 AO:y=0,x 从 2a 变到 0，得

$$ \int_{i}\mathrm{e}^{x}\sin y\mathrm{d}x+\mathrm{e}^{x}\cos y\mathrm{d}y=\int_{2a}^{0}\mathrm{e}^{x}\cdot0\mathrm{d}x=0； $$

对后一积分，取 L 的参数方程： $ x = a + a\cos t, y = a\sin t $，t 从 0 变到 $ \pi $。得

$$ \begin{aligned}I&=0-\int_{0}^{\pi}\left[b\left(a+a\cos t+a\sin t\right)\left(-a\sin t\right)+a\left(a+a\cos t\right)\left(a\cos t\right)\right]\mathrm{d}t\\&=\int_{0}^{\pi}\left(a^{2}b\sin t+a^{2}b\sin t\cos t+a^{2}b\sin^{2}t-a^{3}\cos t-a^{3}\cos^{2}t\right)\mathrm{d}t\\&=\left(\frac{\pi}{2}+2\right)a^{2}b-\frac{\pi}{2}a^{3}.\\ \end{aligned} $$

22.（2000. I）计算曲线积分 $ I=\oint_{L}\frac{x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x}{4x^{2}+y^{2}} $，其中L是以点(1,0)为中心，R为半径的圆周 $ (R>1) $，取逆时针方向.

解

$$ P~=~\frac{-~y}{4x^{2}~+~y^{2}},\quad Q~=~\frac{x}{4x^{2}~+~y^{2}}. $$

$$ \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{y^{2}-4x^{2}}{\left(4x^{2}+y^{2}\right)^{2}}=\frac{\partial Q}{\partial x},\quad\left(x,y\right)\neq\left(0,0\right). $$

在 L 所围的圆域内作足够小的椭圆 C: $ x = \frac{r}{2} \cos t, y = r \sin t (r > 0) $，t 从 0 变到 $ 2\pi $.

于是在由 L 和 $ C^{-} $所围成的区域 D 上应用格林公式，得

$$ \oint_{L+C^{-}}\frac{x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x}{4x^{2}+y^{2}}=\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}\sigma=0, $$

从而有

$$ I=\oint_{L}\frac{x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x}{4x^{2}+y^{2}}=\oint_{C}\frac{x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x}{4x^{2}+y^{2}}=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\frac{r^{2}}{r^{2}}\mathrm{d}t=\pi. $$

(2007. I) 设曲面 $ \Sigma: |x| + |y| + |z| = 1 $，则 $ \oint_{\Sigma}(x + |y|)dS = $ ___

解由于曲面 $ \Sigma $ 关于平面 $ x = 0 $（即 yOz 平面）对称，因此 $ \oint_{\Sigma} x dS = 0 $。

又曲面 $ \Sigma: |x| + |y| + |z| = 1 $ 具有轮换对称性，故

$$ \iint_{\Sigma}\left|y\right|\mathrm{d}S=\iint_{\Sigma}\left|z\right|\mathrm{d}S=\iint_{\Sigma}\left|x\right|\mathrm{d}S=\frac{1}{3}\iint_{\Sigma}(\left|x\right|+\left|y\right|+\left|z\right|)\mathrm{d}S $$

原书第 308 页

$$ =\frac{1}{3}\iint_{\Sigma}\mathrm{d}S=\frac{1}{3}\cdot(\Sigma 的面积 )=\frac{1}{3}\cdot8\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{4}{3}\sqrt{3}. $$

(2006. II) 设 $ \Sigma $ 是锥面 $ z = \sqrt{x^2 + y^2} (0 \leq z \leq 1) $ 的下侧，则 $ \iint_{\Sigma} x \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z + 2y \, \mathrm{d}z \, \mathrm{d}x + 3(z - 1) \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y = \underline{\qquad} $.

解添加辅助曲面 $ \Sigma':|(x,y,z)| $ $ x^{2}+y^{2}\leq1,z=1 $，取上侧，则由高斯公式得

$$ \begin{aligned}\iint\limits_{\Sigma+\Sigma^{\prime}}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+2y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+3\left(z-1\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iiint\limits_{D}\left(1+2+3\right)\mathrm{d}v=6\iiint\limits_{D}\mathrm{d}v\\&=6\cdot\frac{\pi}{3}\cdot1^{2}\cdot1=2\pi,\end{aligned} $$

而在 $ \Sigma^{\prime} $ 上，

$$ \begin{aligned}\iint\limits_{\Sigma}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+2y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+3\left(z-1\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iint\limits_{\Sigma}3\left(z-1\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\iint\limits_{x^{2}+y^{2}\leq1}3\left(1-1\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0,\end{aligned} $$

于是

$$ 原式 \ =2\pi-0\ =2\pi. $$

(2010. I) 设 P 为椭球面 $ S: x^{2} + y^{2} + z^{2} - yz = 1 $ 上的动点. 若 S 在点 P 处的切平面与 xOy 平面垂直. 求点 P 的轨迹 C, 并计算曲面积分 $ I = \iint_{\Sigma} \frac{(x + \sqrt{3}) \mid y - 2z}{\sqrt{4 + y^{2} + z^{2} - 4yz}} \, dS $，其中 $ \Sigma $ 是椭球面 S 位于曲线 C 上方的部分.

解设 P 的坐标为 $ (x, y, z) $. 曲面 $ S: x^{2} + y^{2} + z^{2} - yz = 1 $ 在点 P 处的切平面的法向量 $ \boldsymbol{n} = (2x, 2y - z, 2z - y) $.

因为 S 在点 P 处的切平面与 xOy 面垂直，故 $ n \cdot k = 2z - y = 0 $.

注意到 $ P \in S $，因此可得 P 点的轨迹 C 的方程为

$$ \{\begin{aligned}x^{2}+y^{2}+z^{2}-yz=1,\\ y=2z,\end{aligned}.\quad 即 \quad\{\begin{aligned}x^{2}+\frac{3}{4}y^{2}=1,\\ y=2z.\end{aligned}. $$

$ \Sigma $ 的边界曲线 C 在 xOy 面上的投影曲线为 $ x^{2}+\frac{3}{4}y^{2}=1 $，因此 $ \Sigma $ 在 xOy 面上的投影区域为 $ D_{xy}:x^{2}+\frac{3y^{2}}{4}\leq1 $.

在 $ \Sigma $ 的方程 $ x^{2} + y^{2} + z^{2} - yz = 1 $ 中利用隐函数求导法可求得

$$ \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{2x}{y-2z},\quad\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{2y-z}{y-2z}, $$

由此得

$$ \mathrm{d}S=\sqrt{1+\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{\sqrt{4x^{2}+5y^{2}+5z^{2}-8yz}}{|y-2z|}\mathrm{d}x\mathrm{d}y $$

原书第 309 页

$$ =\frac{\sqrt{4+y^{2}+z^{2}-4yz}}{\left|y-2z\right|}\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

于是

$$ \begin{aligned}I&=\iint\limits_{z}\frac{\left(x+\sqrt{3}\right)\left|y-2z\right|}{\sqrt{4+y^{2}+z^{2}}-4yz}\mathrm{d}S=\iint\limits_{a,c}\left(x+\sqrt{3}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&\xlongequal{ 对称性 }\sqrt{3}\iint\limits_{a,c}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\sqrt{3}\cdot\pi\cdot1\cdot\frac{2}{\sqrt{3}}=2\pi.\end{aligned} $$

(2001. I) 计算 $ I = \oint_{L} (y^{2} - z^{2}) \, \mathrm{d}x + (2z^{2} - x^{2}) \, \mathrm{d}y + (3x^{2} - y^{2}) \, \mathrm{d}z $，其中 L 是平面 $ x + y + z = 2 $ 与柱面 $ \left|x\right| + \left|y\right| = 1 $ 的交线，从 z 轴正向看去，L 为逆时针方向。解记 $ \Sigma $ 为平面 $ x + y + z = 2 $ 的上侧被 L 所围成的部分，则 $ \Sigma $ 上各点处的法向量的方向余弦为

$$ \cos\alpha\;=\;\frac{1}{\sqrt{3}},\quad\cos\beta\;=\;\frac{1}{\sqrt{3}},\quad\cos\gamma\;=\;\frac{1}{\sqrt{3}}, $$

Σ 在 xOy 面上的投影区域 $ D_{xy} = \{(x,y) \mid |x| + |y| \leqslant 1\} $.

由斯托克斯公式，

$$ \begin{aligned}I&=\iint_{\frac{\pi}{2}}\left|\begin{matrix}\cos\alpha&\cos\beta&\cos\gamma\\\frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\P&Q&R\end{matrix}\right|\mathrm{d}S\\&=\iint_{\frac{\pi}{2}}\left|\begin{matrix}\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{3}}\\\frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\y^{2}-z^{2}&2z^{2}-x^{2}&3x^{2}-y^{2}\end{matrix}\right|\mathrm{d}S\\&=-\frac{2}{\sqrt{3}}\iint_{\frac{\pi}{2}}(4x+2y+3z)\mathrm{d}S\\&=-\frac{2}{\sqrt{3}}\iint_{D_{x_{i}}}(x-y+6)\sqrt{3}\mathrm{d}x\mathrm{d}y( 由对称性易知 \iint_{D}(x-y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0)\\&=-\left.12\iint_{D_{y_{i}}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\right.=-24.\\ \end{aligned} $$

27.（1987. I，II）计算曲面积分

$$ I=\iint\limits_{\Sigma}(8y+1)x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+2(1-y^{2})\mathrm{d}z\mathrm{d}x-4y z\mathrm{d}x\mathrm{d}y, $$

其中 $ \Sigma $ 是由曲线 $ \{\begin{aligned}z&=\sqrt{y-1},(1\leqslant y\leqslant3)\\ x&=0\end{aligned}. $ 绕 y 轴旋转一周所成的曲面，它的法向量与 y 轴正向的夹角恒大于 $ \frac{\pi}{2} $.

原书第 310 页

解设 $ \Sigma_{1} $ 为平面 y=3 的右侧被 $ x^{2}+z^{2}=2 $ 所围成的部分（图研 7-7）， $ \Omega $ 为由 $ \Sigma $ 和 $ \Sigma_{1} $ 所围成的空间闭区域，则由高斯公式得

图研7-7

$$ \begin{aligned}I&=\iiint\limits_{D}\{\frac{\partial}{\partial x}\Big[(8y+1)x\Big]+\frac{\partial}{\partial y}\Big[2(1-y^{2})\Big]+\frac{\partial}{\partial z}(-4yz)\}\mathrm{d}v&\\&-\iint\limits_{\Sigma_{1}}(8y+1)x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+2(1-y^{2})\mathrm{d}z\mathrm{d}x-4yz\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &\\&=\iiint\limits_{D}\mathrm{d}v-\iint\limits_{\Sigma_{1}}2(1-y^{2})\mathrm{d}z\mathrm{d}x\\ &=\int_{1}^{3}\pi(y-1)\mathrm{d}y-\iint\limits_{x^{2}+t^{2}\leq2}2(1-3^{2})\mathrm{d}z\mathrm{d}x\\ &=2\pi+32\pi=34\pi.\\ \end{aligned} $$

28.（2000. I）对于半空间 x > 0 内任意的光滑有向封闭曲面 S，都有

$$ \iint\limits_{s}x f(x)\mathrm{d}y\mathrm{d}z-x y f(x)\mathrm{d}z\mathrm{d}x-\mathrm{e}^{2x}z\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0, $$

其中函数 $ f(x) $在 $ (0,+\infty) $内具有连续的一阶导数，且 $ \lim_{x\to0}f(x)=1 $。求 $ f(x) $。

解由题设和高斯公式得

$$ \begin{aligned}0&=\iint\limits_{S}x f(x)\mathrm{d}y\mathrm{d}z-x y f(x)\mathrm{d}z\mathrm{d}x-\mathrm{e}^{2x}z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\pm\iiint\limits_{D}\left[x f^{\prime}(x)+f(x)-x f(x)-\mathrm{e}^{2x}\right]\mathrm{d}v,\end{aligned} $$

其中 $ \Omega $ 为由 S 围成的有界闭区域，当 S 取外侧时，取“+”号，当 S 取内侧时，取“-”号。由 S 的任意性及 $ f(x) $， $ f'(x) $ 的连续性，可知必有

$$ x f^{\prime}(x)+f(x)-x f(x)-\mathrm{e}^{2x}=0\quad(x>0), $$

即

$$ f^{\prime}(x)+\left(\frac{1}{x}-1\right)f(x)=\frac{1}{x}\mathrm{e}^{2x}\quad(x>0). $$

按一阶线性非齐次微分方程通解公式（教材上册第七章第四节），有

原书第 311 页

$$ \begin{align*}f(x)&=\mathrm{e}^{\int\left(1-\frac{1}{\mathrm{e}}\right)\mathrm{d}x}\left[\int\frac{1}{x}\mathrm{e}^{2x}\cdot\mathrm{e}^{\int\left(\frac{1}{x}-1\right)\mathrm{d}x}\mathrm{d}x+C\right]\\&=\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}\Big(\int\frac{1}{x}\mathrm{e}^{2x}\cdot x\mathrm{e}^{-x}\mathrm{d}x+C\Big)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}(\mathrm{e}^{x}+C).\end{align*} $$

由于 $ \lim_{x\to0}f(x)=\lim_{x\to0}\frac{e^{2x}+Ce^{x}}{x}=1 $，故必有

$$ \lim_{x\to0^{+}}(\mathrm{e}^{2x}+C\mathrm{e}^{x})=0, $$

从而 C = -1 。于是

$$ f(x)=\frac{\mathrm{e}^{x}}{x}(\mathrm{e}^{x}-1). $$

原书第 312 页

（八）无穷级数

1.（1988.Ⅰ，Ⅱ）设 $ f(x) $是周期为2的周期函数，它在区间 $ (-1,1] $上的定义为

$$ f(x)=\{\begin{aligned}&2,&-1

则 $ f(x) $的傅里叶级数在x=1处收敛于 ___.

解 x = 1 是 $ f(x) $ 的间断点，故级数在该点处收敛于 $ \frac{f(1^{-}) + f(-1^{+})}{2} = \frac{3}{2} $.

2.（1993. I，Ⅱ）设函数 $ f(x)=\pi x+x^{2}(-\pi

$$ \frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}\cos n x+b_{n}\sin n x\right), $$

则其中系数 $ b_{3} $ 的值为 ___.

解 $ b_{3}=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin3x\mathrm{d}x=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}(\pi x+x^{2})\sin3x\mathrm{d}x $

其中 $ \int_{-\pi}^{\pi}x^{2}\sin3x dx=0 $，故

$$ \begin{align*}b_{3}&=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}\pi x\sin3x\mathrm{d}x=2\int_{0}^{\pi}x\sin3x\mathrm{d}x\\&=-\frac{2}{3}\Big[x\cos3x\Big]_{0}^{\pi}+\frac{2}{3}\int_{0}^{\pi}\cos3x\mathrm{d}x=\frac{2\pi}{3}.\end{align*} $$

(1995. I, II) 幂级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{n}{2^{n}+(-3)^{n}}x^{2n-1} $ 的收敛半径 $ R = $ ___.

解由于 $ \lim_{n\to\infty}\frac{|u_{n+1}(x)|}{|u_n(x)|}=\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{n}\cdot\frac{|2^n+(-3)^n|}{|2^{n+1}+(-3)^{n+1}|}|x^2|=\frac{|x|^2}{3} $，从 $ \frac{|x|^2}{3}<1 $ 得 $ |x|<\sqrt{3} $，故 $ R=\sqrt{3} $.

4.（1997. I）设幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 的收敛半径为3，则幂级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}na_{n}(x-1)^{n+1} $ 的收敛区间为 ___.

解由幂级数的性质知 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 与 $ \sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n+1} $ 及 $ \sum_{n=1}^{\infty}na_{n}(x-1)^{n+1} $ 的收敛半径相同，故幂级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}na_{n}(x-1)^{n+1} $ 的收敛区间为 $ \left|x-1\right|<3 $，即 $ (-2,4) $.

(2008. I) 已知幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(x+2)^{n} $ 在 x=0 处收敛，在 x=-4 处发散，则幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(x-3)^{n} $ 的收敛域为 ___.

原书第 313 页

解由题设条件知 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 在 x=2 处收敛，在 x=-2 处发散，故 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 的收敛域为 $ (-2,2] $，从而 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}(x-3)^{n} $ 的收敛域为 $ (1,5] $.

(1988. I, II) 若 $ \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}(x-1)^{n} $ 在 x = -1 处收敛，则此级数在 x = 2 处（）.

(A) 条件收敛 (B) 绝对收敛

解因为 x = -1 是级数的收敛点，由阿贝尔（Abel）定理知，在 $ \left|x - 1\right| < -1 - 1\vert = 2 $ 内，级数绝对收敛。现 x = 2 满足 $ \left|x - 1\right| < 2 $，故选(B).

7.（1989.1，Ⅱ）设 $ f(x)=x^{2},0\leqslant x<1 $，而正弦级数

$ S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}b_{n}\sin n\pi x $，其中 $ b_{n}=2\int_{0}^{1}f(x)\sin n\pi x dx(n=1,2,\cdots) $.

则 $ S\left(-\frac{1}{2}\right) = $ ___.

(A) $ -\frac{1}{2} $ (B) $ -\frac{1}{4} $ (C) $ \frac{1}{4} $ (D) $ \frac{1}{2} $

解由 $ b_{n} $ 的表达式可推知， $ S(x) $ 是 $ f(x) $ 在 $ (-1,0) $ 上作奇延拓后所得函数的傅里叶级数的和函数.x = -\frac{1}{2} $ 是奇延拓后所得函数的连续点，故 $ S\left(-\frac{1}{2}\right) = -S\left(\frac{1}{2}\right) = -f\left(\frac{1}{2}\right) = -\frac{1}{4} $. 故选(B).$

8.（1990. I, II）设 a 为常数，则级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{\sin(na)}{n^{2}}-\frac{1}{\sqrt{n}}\right] $（）.

(A) 绝对收敛 (B) 条件收敛

解因 $ \left|\sin\left(na\right)\right|\leq1 $ ，故由比较审敛法知 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\sin(na)}{n^{2}} $ 绝对收敛，但 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{\sqrt{n}} $ 发散，故所给级数发散. 选(C).

9.（1994.Ⅰ，Ⅱ）设常数 $ \lambda > 0 $ 且级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}^{2} $ 收敛，则级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n} \frac{|a_{n}|}{\sqrt{n^{2} + \lambda}} $（）.

(A) 发散 (B) 条件收敛

解因 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{2} $ 收敛， $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}+\lambda} $ 收敛，故 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(a_{n}^{2}+\frac{1}{n^{2}+\lambda}\right) $ 收敛.

又 $ \frac{|a_{n}|}{\sqrt{n^{2}+\lambda}} \leqslant \frac{1}{2} \left( a_{n}^{2} + \frac{1}{n^{2} + \lambda} \right) $，由比较审敛法知 $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{|a_{n}|}{\sqrt{n^{2} + \lambda}} $ 收敛，故所给级数

原书第 314 页

绝对收敛. 选(C).

(1996. I, II) 设 $ a_{n} > 0 (n = 1, 2, \cdots) $，且 $ \sum_{n=1}^{\infty} a_{n} $ 收敛，常数 $ \lambda \in \left(0, \frac{\pi}{2}\right) $，则级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n} \left(n \tan \frac{\lambda}{n}\right) a_{2n} $ ___.

(A) 绝对收敛 (B) 条件收敛

解设正项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 收敛于 s，则正项级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{2n} $ 的部分和显然不超过 s，故 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{2n} $ 收敛。又 $ \lim_{n\to\infty}\frac{\left(n\tan\frac{\lambda}{n}\right)a_{2n}}{a_{2n}}=\lim_{n\to\infty}\frac{\tan\frac{\lambda}{n}}{\frac{\lambda}{n}}\cdot\lambda=\lambda $，由比较审敛法知 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(n\tan\frac{\lambda}{n}\right)a_{2n} $ 收敛。故选(A).

(2000. I) 设级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n} $ 收敛，则必收敛的级数为( ).

(A) $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{u_{n}}{n} $ (B) $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n}^{2} $

解 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n} $ 收敛，则 $ \sum_{n=2}^{\infty}u_{n}=\sum_{n=1}^{\infty}u_{n+1} $ 也收敛，从而 $ \sum_{n=1}^{\infty}(u_{n}+u_{n+1}) $ 必收敛。故选 (D). 下面各举一例说明级数 (A)(B)(C) 不必收敛。如：

（A）中取 $ u_{n}=\frac{(-1)^{n}}{\ln(n+1)} $ ，则 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n} $ 收敛，但 $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{u_{n}}{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n\ln(n+1)} $ 发散（见下面的说明）.

（B）中取 $ u_{n}=\frac{(-1)^{n}}{\sqrt{n}} $ ，则 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n} $ 收敛，但 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n}^{2}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} $ 发散.

（C）中取 $ u_{n}=\frac{(-1)^{n-1}}{n} $，则 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n} $ 收敛，但 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(u_{2n-1}-u_{2n}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2n-1}+\frac{1}{2n}\right) $ 发散.

（A）中提及 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n\ln(n+1)} $ 发散是这样证明的：注意到函数 $ f(x)=\frac{1}{x\ln x} $ 在 (1, +\infty) 上单调减少，有 $ \frac{1}{n\ln n}>\frac{1}{x\ln x}, x\in(n,n+1) $。因而有

$$ \frac{1}{n\ln n}\;=\;\int_{n}^{n+1}\frac{1}{n\ln n}\mathrm{d}x\;>\;\int_{n}^{n+1}\frac{1}{x\ln x}\mathrm{d}x. $$

于是 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n\ln(n+1)} $ 的部分和

原书第 315 页

$$ \begin{aligned}s_{n}&=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k\ln\left(k+1\right)}>\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{\left(k+1\right)\ln\left(k+1\right)}>\sum_{k=1}^{n}\int_{k+1}^{k+2}\frac{1}{x\ln x}\mathrm{d}x\\&=\int_{2}^{n+2}\frac{1}{x\ln x}\mathrm{d}x=\left[\ln\left(\ln x\right)\right]_{2}^{n+2}=\ln\left[\ln\left(n+2\right)\right]-\ln\left(\ln2\right),\end{aligned} $$

因部分和无界，故级数发散.

（2002. I）设 $ u_{n} \neq 0 $ ( $ n = 1, 2, 3, \cdots $) 且 $ \lim_{n \to \infty} \frac{n}{u_n} = 1 $，则级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n+1} \left( \frac{1}{u_n} + \frac{1}{u_{n+1}} \right) $（）.

(A) 发散 (B) 绝对收敛

解应选(C).

首先可以用特例来排除(A)与(B)，依条件取 $ u_{n}=n $，则由莱布尼茨判别法知 $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{1}{u_{n}} $与 $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{1}{u_{n+1}} $均收敛，从而 $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\left(\frac{1}{u_{n}}+\frac{1}{u_{n+1}}\right) $收敛，这就排除了(A)；又 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{u_{n}}+\frac{1}{u_{n+1}}\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2n+1}{n(n+1)} $发散，这就排除了(B).

要证明(C)是正确的，考察级数的前n项部分和

$$ \begin{aligned}s_{n}&=\left(\frac{1}{u_{1}}+\frac{1}{u_{2}}\right)-\left(\frac{1}{u_{2}}+\frac{1}{u_{3}}\right)+\left(\frac{1}{u_{3}}+\frac{1}{u_{4}}\right)-\cdots+(-1)^{n+1}\left(\frac{1}{u_{n}}+\frac{1}{u_{n+1}}\right)\\&=\frac{1}{u_{1}}+(-1)^{n+1}\frac{1}{u_{n+1}},\end{aligned} $$

由于 $ \lim_{n\to\infty}\frac{n}{u_n}=1 $，说明 $ \frac{1}{u_n}\sim\frac{1}{n}(n\to\infty) $，故 $ \lim_{n\to\infty}(-1)^{n+1}\frac{1}{u_{n+1}}=0 $，即

$$ \lim_{n\to\infty}s_n=\frac{1}{u_1}, $$

因此，级数收敛且条件收敛。

(2003. Ⅲ) 设 $ p_{n} = \frac{a_{n} + |a_{n}|}{2} $, $ q_{n} = \frac{a_{n} - |a_{n}|}{2} $, n = 1, 2, …, 则下列命题中正确的是().

(A) 若 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 条件收敛，则 $ \sum_{n=1}^{\infty}p_{n} $ 与 $ \sum_{n=1}^{\infty}q_{n} $ 都收敛

(B) 若 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 绝对收敛，则 $ \sum_{n=1}^{\infty}p_{n} $ 与 $ \sum_{n=1}^{\infty}q_{n} $ 都收敛

(D) 若 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 绝对收敛，则 $ \sum_{n=1}^{\infty}p_{n} $ 与 $ \sum_{n=1}^{\infty}q_{n} $ 的敛散性都不定

原书第 316 页

解应选(B). 因为 $ \sum_{n=1}^{\infty}|a_{n}| $ 收敛，有 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 收敛，故 $ \sum_{n=1}^{\infty}p_{n} $ 与 $ \sum_{n=1}^{\infty}q_{n} $ 都收敛，同时排除了(D). 若 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 条件收敛，则 $ \sum_{n=1}^{\infty}|a_{n}| $ 发散，从而 $ \sum_{n=1}^{\infty}p_{n} $ 与 $ \sum_{n=1}^{\infty}q_{n} $ 都发散，因此排除了(A)与(C).

14.（2004.Ⅲ）设有以下命题：

① 若 $ \sum_{n=1}^{\infty}(u_{2n-1}+u_{2n}) $ 收敛，则 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n} $ 收敛.

② 若 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n} $ 收敛，则 $ \sum_{n=1}^{\infty} u_{n+100} $ 收敛.

③ 若 $ \lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}>1 $ , 则 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n} $ 发散.

④ 若 $ \sum_{n=1}^{\infty}(u_{n}+v_{n}) $ 收敛，则 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_{n} $ 与 $ \sum_{n=1}^{\infty}v_{n} $ 都收敛.

则以上命题中正确的是( ).

(A) ① ② (B) ② ③ (C) ③ ④ (D) ① ④

解应选(B). 因为 ① 与 ④ 中两个收敛级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(u_{2n-1}+u_{2n}\right) $ 与 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(u_{n}+v_{n}\right) $ 取 $ (1-1)+(1-1)+(1-1)+\cdots $ 时，不难看出 ①④ 的结论都是不成立的.

由于级数添加或去除有限项后，不改变级数的收敛性，故②是正确的.

若 $ \lim_{n\to\infty}\frac{u_{n+1}}{u_n}>1 $，说明自某项起有 $ \frac{u_{n+1}}{u_n}>1 $，此时级数互相同号，不妨设互相为正，于是即有 $ u_{n+1}>u_n $，从而 $ u_n\neq0(n\rightarrow\infty) $，故 $ \sum_{n=1}^{\infty}u_n $ 发散，③是正确的.

(2004. I) 设 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 是正项级数，下列结论中正确的是（）.

(A) 若 $ \lim_{n\to\infty}na_n=0 $，则级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 收敛

(B) 若存在非零常数 $ \lambda $，使得 $ \lim_{n\to\infty}na_n=\lambda $，则级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 发散

(D) 若级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 发散，则存在非零常数 $ \lambda $，使得 $ \lim_{n\to\infty}na_{n}=\lambda $

解应选(R) 这是极限形式的比较审法的一个常用结论

取 $ a_{n}=\frac{1}{n^{\frac{1}{2}}} $ 可排除(C); 取 $ a_{n}=\frac{1}{\sqrt{n}} $，可排除(D); 至于排除(A)的例子，可取 $ a_{n}=\frac{1}{n\ln n}(n=2,3,\cdots) $，由于

原书第 317 页

$$ a_{n}=\frac{1}{n\ln n}>\int_{n}^{n+1}\frac{1}{x\ln x}\mathrm{d}x, $$

故部分和

$$ \begin{array}{r l}{s_{n}}&{=a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n}>a_{1}+\displaystyle\int_{2}^{3}\frac{1}{x\ln x}\mathrm{d}x+\int_{3}^{4}\frac{1}{x\ln x}\mathrm{d}x+\cdots+\int_{n}^{n+1}\frac{1}{x\ln x}\mathrm{d}x}\\ {}&{}\\ {}&{=a_{1}+\displaystyle\int_{2}^{n+1}\frac{1}{x\ln x}\mathrm{d}x,}\\ \end{array} $$

而

$$ \lim_{n\to\infty}\int_{2}^{n+1}\frac{\mathrm{d}x}{x\ln x}=\lim_{n\to\infty}\ln\ln x\bigg|_{2}^{n+1}=+\infty, $$

说明部分和 $ s_{n} $ 无界，因此级数 $ \sum_{n=2}^{\infty}\frac{1}{n\ln n} $ 发散，从而(A)是错误的.

(2009.I) 设有两个数列 $ \{a_n\} $， $ \{b_n\} $，若 $ \lim_{n \to \infty} a_n = 0 $，则（）.

(A) 当 $ \sum_{n=1}^{\infty} b_{n} $ 收敛时， $ \sum_{n=1}^{\infty} a_{n} b_{n} $ 收敛

(B) 当 $ \sum_{n=1}^{\infty} b_{n} $ 发散时， $ \sum_{n=1}^{\infty} a_{n} b_{n} $ 发散

(D) 当 $ \sum_{n=1}^{\infty} |b_{n}| $ 发散时， $ \sum_{n=1}^{\infty} a_{n}^{2} b_{n}^{2} $ 发散

解法一排除法：

取 $ a_{n}=b_{n}=(-1)^{n}\frac{1}{\sqrt{n}} $， $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}b_{n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n} $ 发散，排除(A)；

取 $ a_{n}=0, b_{n}=\frac{1}{n}, \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}b_{n}=\sum_{n=1}^{\infty}0 $ 收敛， $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{2}b_{n}^{2}=\sum_{n=1}^{\infty}0 $ 收敛，排除(B)与(D).

故选(C).

解法二当 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left|b_{n}\right| $ 收敛时，有 $ \lim_{n\to\infty}\left|b_{n}\right|=0 $，于是，有 $ \lim_{n\to\infty}\frac{a_{n}^{2}b_{n}^{2}}{\left|b_{n}\right|}=\lim_{n\to\infty}a_{n}^{2}\left|b_{n}\right|=0 $，而 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left|b_{n}\right| $ 收敛，由正项级数的比较审敛法的极限形式可知 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}^{2}b_{n}^{2} $ 收敛。故选(C).

17.（2011.Ⅰ）选择题：

设数列 $ \{a_{n}\} $ 单调减少， $ \lim_{n\to\infty}a_{n}=0,s_{n}=\sum_{k=1}^{n}a_{k}(n=1,2,\cdots) $ 无界，则幂级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}(x-1)^{n} $ 的收敛域为（）.

(A) $ (-1,1] $ (B) $ [-1,1) $ (C) $ [0,2) $ (D) $ (0,2] $

原书第 318 页

解 $ s_{n}=\sum_{k=1}^{n}a_{k}(n=1,2,\cdots) $ 无界，故级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n} $ 发散，说明幂级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}(x-1)^{n} $ 的收敛半径 $ R\leq1 $; $ \{a_{n}\} $ 单调减少， $ \lim_{n\to\infty}a_{n}=0 $，故级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}(-1)^{n} $ 收敛，说明幂级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}(x-1)^{n} $ 的收敛半径 $ R\geq1 $. 因此，幂级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}a_{n}(x-1)^{n} $ 的收敛半径 R=1，收敛区间为 $ (0,2) $. 又由于 x=0 时幂级数收敛，x=2 时幂级数发散，因此收敛域为 $ [0,2) $，从而选 (C).

(1994. I, II) 设 $ f(x) $ 在点 x = 0 的某一邻域内具有二阶连续导数，且 $ \lim_{x \to 0} \frac{f(x)}{x} = 0 $. 证明级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} f\left(\frac{1}{n}\right) $ 绝对收敛.

证由 $ \lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=0 $ 可推知 $ \lim_{x\to0}f(x)=0 $. 由于 $ f(x) $ 在 x=0 处连续，故有 $ f(0)=\lim_{x\to0}f(x)=0 $，从而 $ f^{\prime}(0)=\lim_{x\to0}\frac{f(x)}{x}=0 $. 于是 $ f(x) $ 在 x=0 的某一邻域可用泰勒公式表示

$$ f(x)=f(0)+f^{\prime}(0)x+\frac{f^{\prime \prime}(\theta x)}{2}x^{2}=\frac{f^{\prime \prime}(\theta x)}{2}x^{2}\quad(0<\theta<1). $$

又因 $ f''(x) $在该邻域内连续，故必在该邻域的某闭区间 $ \left[-\delta,\delta\right] $上有界，即当 $ x\in\left[-\delta,\delta\right] $时， $ \left|f''(x)\right|\leq M $，于是 $ \left|f(x)\right|\leq\frac{M}{2}x^{2} $。当n充分大后， $ x=\frac{1}{n}\in\left[-\delta,\delta\right] $，就有

$$ \left|f\left(\frac{1}{n}\right)\right|\leq\frac{M}{2}\frac{1}{n^{2}}. $$

因为 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{2}} $ 收敛，有 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{M}{2}\frac{1}{n^{2}} $ 收敛，由比较审敛法知 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left|f\left(\frac{1}{n}\right)\right| $ 收敛，所以 $ \sum_{n=1}^{\infty}f\left(\frac{1}{n}\right) $ 绝对收敛.

(1989. I, II) 将函数 $ f(x) = \arctan \frac{1 + x}{1 - x} $ 展为 x 的幂级数.

解因 $ f'(x) = \left(\arctan \frac{1 + x}{1 - x}\right)' = \frac{1}{1 + x^2} = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n}, \quad -1 < x < 1 $,

故 $ f(x) - f(0) = \int_{0}^{x} f'(x) \, \mathrm{d}x = \sum_{n=0}^{\infty} \int_{0}^{x} (-1)^{n} x^{2n} \, \mathrm{d}x = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{2n + 1} x^{2n + 1} $. 又

$$ f(0)=\arctan\frac{1+0}{1-0}=\frac{\pi}{4}, $$

因此

$$ f(x)=\frac{\pi}{4}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{2n+1}x^{2n+1},\quad-1

原书第 319 页

由于上式右端的幂级数在 x = -1 处收敛，且 $ f(x) = \arctan \frac{1 + x}{1 - x} $ 在 x = -1 处连续，故

$$ \arctan\frac{1+x}{1-x}=\frac{\pi}{4}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{2n+1}x^{2n+1},\quad-1\leqslant x<1. $$

(1993. I, II) 求级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}(n^{2}-n+1)}{2^{n}} $ 的和.

解　所给级数是幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}(n^{2}-n+1)x^{n} $ 中 x 取 $ -\frac{1}{2} $ 的情形. 易见 $ \sum_{n=0}^{\infty}(n^{2}-n+1)x^{n} $ 的收敛域为 $ (-1,1) $，记和函数为 $ s(x) $，于是 $ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^{n}(n^{2}-n+1)}{2^{n}}=s\left(-\frac{1}{2}\right) $.

下面求 $ s(x) $.

$$ \begin{align*}s\left(x\right)&=\sum_{n=0}^{\infty}\left(n^{2}-n+1\right)x^{n}=\sum_{n=0}^{\infty}n\left(n-1\right)x^{n}+\sum_{n=0}^{\infty}x^{n}\\&=\sum_{n=2}^{\infty}n\left(n-1\right)x^{n}+\frac{1}{1-x}\\&=x^{2}\sum_{n=2}^{\infty}n\left(n-1\right)x^{n-2}+\frac{1}{1-x}.\end{align*} $$

设 $ \varphi(x) = \sum_{n=2}^{\infty} n(n-1)x^{n-2} $，则

$$ \int_{0}^{x}\varphi(x)\mathrm{d}x=\sum_{n=2}^{\infty}nx^{n-1}, $$

$$ \int_{0}^{x}\left[\int_{0}^{x}\varphi\left(x\right)\mathrm{d}x\right]\mathrm{d}x=\sum_{n=2}^{\infty}x^{n}=\frac{x^{2}}{1-x},\quad-1

于是

$$ \varphi\left(x\right)\ =\ \left(\frac{x^{2}}{1-x}\right)^{\prime \prime}\ =\ \frac{2}{\left(1-x\right)^{3}}\ , $$

从而

$$ s\left(x\right)\ =\ x^{2}\varphi\left(x\right)\ +\frac{1}{1\ -\ x}\ =\frac{2x^{2}}{\left(1\ -\ x\right)^{3}}\ +\frac{1}{1\ -\ x}. $$

所以原级数的和为 $ s\left(-\frac{1}{2}\right)=\frac{4}{27}+\frac{2}{3}=\frac{22}{27} $.

21.（1995.Ⅰ，Ⅱ）将 $ f(x)=x-1(0\leq x\leq2) $展开成周期为4的余弦级数.

解先将 $ f(x) $ 在 $ (-2,0) $ 作偶延拓，再以 4 为周期作周期延拓得 $ F(x) $，则 $ F(x) $ 满足收敛定理的条件是处处连续，在 $ [0,2] $ 上 $ F(x) \equiv f(x) $.

$$ a_{0}=\frac{2}{2}\int_{0}^{2}(x-1)\mathrm{d}x=0, $$

$$ \begin{aligned}a_{n}&=\frac{2}{2}\int_{0}^{2}(x-1)\cos\frac{n\pi x}{2}\mathrm{d}x=\frac{2}{n\pi}\int_{0}^{2}(x-1)\mathrm{d}\left(\sin\frac{n\pi x}{2}\right)\\&=-\frac{2}{n\pi}\int_{0}^{2}\sin\frac{n\pi x}{2}\mathrm{d}x=\frac{4}{(n\pi)^{2}}\left[\cos\frac{n\pi x}{2}\right]_{0}^{2}\end{aligned} $$

原书第 320 页

$$ \begin{aligned}=\frac{4}{n^{2}\pi^{2}}[(-1)^{n}-1]&=\{\begin{matrix}\displaystyle\frac{-8}{(2k-1)^{2}\pi^{2}},&n=2k-1,\\&0,&n=2k\end{matrix}.\quad(k=1,2,\cdots).\end{aligned} $$

故

$$ f(x)=-\frac{8}{\pi^{2}}\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{\left(2k-1\right)^{2}}\cos\frac{\left(2k-1\right)\pi x}{2},\quad x\in\left[0,2\right]. $$

(1997. I) 设 $ a_{1}=2 $, $ a_{n+1}=\frac{1}{2}\left(a_{n}+\frac{1}{a_{n}}\right) $ (n=1,2, $ \cdots $). 证明：

(1) $ \lim_{n\to\infty}a_n $ 存在； (2)级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{a_n}{a_{n+1}}-1\right) $ 收敛.

证（1）显然 $ a_{n}>0(n=1,2,\cdots) $，且

$$ a_{n+1}=\frac{1}{2}\left(a_{n}+\frac{1}{a_{n}}\right)\geqslant\sqrt{a_{n}\cdot\frac{1}{a_{n}}}=1\quad(n=1,2,\cdots). $$

$$ a_{n+1}-a_{n}=\frac{1}{2}\Big(a_{n}+\frac{1}{a_{n}}\Big)-a_{n}=\frac{1-a_{n}^{2}}{2a_{n}}\leqslant0. $$

故 $ a_{n} $ 是单调递减有下界的数列，从而必有极限 $ \lim_{n\to\infty}a_{n} $.

（2）由（1）知 $ 0 \leqslant \frac{a_{n}}{a_{n+1}} - 1 = \frac{a_{n} - a_{n+1}}{a_{n+1}} \leqslant a_{n} - a_{n+1} $，故 $ \sum_{n=1}^{\infty} \left( \frac{a_{n}}{a_{n+1}} - 1 \right) $ 为正项级数。又若 $ s_{n} $ 是 $ \sum_{n=1}^{\infty} (a_{n} - a_{n+1}) $ 的部分和，则

$$ s_{n}=\left(a_{1}-a_{2}\right)+\left(a_{2}-a_{3}\right)+\cdots+\left(a_{n}-a_{n+1}\right)=a_{1}-a_{n+1}, $$

由于 $ \lim_{n\to\infty}a_n $ 存在，所以 $ \lim_{n\to\infty}s_n $ 存在，即级数 $ \sum_{n=1}^- (a_n - a_{n+1}) $ 收敛。由比较审敛法知级数 $ \sum_{n=1}^\infty\left(\frac{a_n}{a_{n+1}} - 1\right) $ 收敛。

(1999. I) 设 $ a_{n} = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \tan^{n} x \, dx $, (I) 求级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n} (a_{n} + a_{n+2}) $ 的和; (II) 试证：对任意常数 $ \lambda > 0 $，级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{a_{n}}{n^{\lambda}} $ 收敛.

解（Ⅰ）由于 $ a_{n} + a_{n+2} = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \tan^{n} x \left(1 + \tan^{2} x\right) dx = \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \tan^{n} x \sec^{2} x dx $

$ = \frac{1}{n+1} \left[\tan^{n+1} x\right]_{0}^{\frac{\pi}{4}} = \frac{1}{n+1} $,

故

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}(a_{n}+a_{n+2})=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n(n+1)}=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right), $$

于是 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}(a_{n}+a_{n+2})=\lim_{n\to\infty}s_{n}=\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\cdots+\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)=1. $

原书第 321 页

证（Ⅱ）因 $ a_{n}>0(n=1,2,\cdots) $，且 $ a_{n}+a_{n+2}=\frac{1}{n+1} $，有

$$ \frac{a_{n}}{n^{\lambda}}<\frac{a_{n}+a_{n+2}}{n^{\lambda}}=\frac{1}{n^{\lambda}\left(n+1\right)}<\frac{1}{n^{1+\lambda}}, $$

而级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^{1+\lambda}} $ 收敛，故由比较审敛法知 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{a_{n}}{n^{\lambda}} $ 收敛.

24.（1998. I）设正项数列 $ \{a_{n}\} $单调减少，且 $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}a_{n} $发散，试问 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{a_{n}+1}\right)^{n} $是否收敛？并说明理由.

解级数收敛.

由于 $ a_{n}>0(n=1,2,\cdots) $ 并且单调减少，故必有极限 $ \lim_{n\to\infty}a_n=a $ ，且 $ a\geqslant0 $ 。若 a=0 ，则由莱布尼茨定理知 $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}a_{n} $ 收敛，与条件矛盾，故 a>0 。

因为 $ a_{n} \geqslant a > 0 $ ，故

$$ \left(\frac{1}{a_{n}+1}\right)^{n}\leqslant\left(\frac{1}{a+1}\right)^{n}. $$

而 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{a+1}\right)^{n} $ 收敛，故由比较审敛法知 $ \sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{a_{n}+1}\right)^{n} $ 收敛.

(2001. I) 设 $ f(x) = \{ \begin{aligned} & \frac{1 + x^{2}}{x} \arctan x, & x \neq 0, \\ & 1, & x = 0, \end{aligned} . $ 试将 $ f(x) $ 展开成 x 的幂级数，并求级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n}}{1 - 4n^{2}} $ 的和.

解因为

$$ \begin{align*}\arctan\ x\ &=\ \int_{0}^{x}\frac{1}{1+x^{2}}\mathrm{d}x\ =\ \int_{0}^{x}\left[\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^{n}x^{2n}\right]\mathrm{d}x\\&=\ \sum_{n=0}^{\infty}\int_{0}^{x}\left(-1\right)^{n}x^{2n}\mathrm{d}x\ =\ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{2n+1}x^{2n+1}\ ,\quad x\ \in\ \left[-1,1\right]\ ,\end{align*} $$

所以

$$ \frac{\arctan x}{x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{2n+1}x^{2n},\quad x\in\left\lbrack-1,0\right)\cup\left(0,1\right], $$

于是

$$ \begin{array}{r l}{f(x)}&{=\displaystyle\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{2n+1}x^{2n}+\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{2n+1}x^{2n+2}}\\ &{=1+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{2n+1}x^{2n}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{2n-1}x^{2n}}\\ &{=1+\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}\Big[\frac{\left(-1\right)^{n}}{2n+1}+\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{2n-1}\Big]x^{2n}}\end{array} $$

原书第 322 页

$$ =1+2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{1-4n^{2}}x^{2n},\quad x\in\left[-1,0\right)\cup\left(0,1\right]. $$

由于当 x=0 时上式右端取值为 1，而由题设， $ f(0)=1 $，故

$$ f(x)=1+2\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{1-4n^{2}}x^{2n},\quad x\in\left\lbrack-1,1\right\rbrack. $$

令x=1，得

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n}}{1-4n^{2}}=\frac{1}{2}\left[f(1)-1\right]=\frac{\pi}{4}-\frac{1}{2}. $$

(2003.Ⅲ) 求幂级数 $ 1 + \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{2n}(|x|<1) $ 的和函数 $ f(x) $ 及其极值.

解

$$ f(x)=1+\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n}\frac{x^{2n}}{2n}(|x|<1), $$

则 $ f(0)=1 $，且

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

上式两端从0到x积分，得

$$ f(x)-f(0)=-\int_{0}^{x}\frac{x}{1+x^{2}}\mathrm{d}x=-\frac{1}{2}\ln(1+x^{2}), $$

即

$$ f(x)=1-\frac{1}{2}\ln(1+x^{2}). $$

令 $ f'(x)=0 $，得唯一驻点x=0。由于 $ f''(x)=\frac{x^{2}-1}{(1+x^{2})^{2}} $， $ f''(0)<0 $，故 $ f(x) $在x=0取得极大值 $ f(0)=1 $。

27.（2005.I)求幂级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\left[1+\frac{1}{n(2n-1)}\right]x^{2n} $ 的收敛区间与和函数 $ f(x) $.

解令 $ t = x^{2} $，幂级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\left[1+\frac{1}{n(2n-1)}\right]t^{n} $ 的收敛半径

$$ R^{\prime}=\lim_{n\to\infty}\frac{1+\frac{1}{n(2n-1)}}{1+\frac{1}{(n+1)(2n+1)}}=1, $$

故原级数的收敛半径 $ R = \sqrt{R'} = 1 $，从而收敛区间为 $ (-1,1) $。

容易得出 $ \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}x^{2n} = -\sum_{n=1}^{\infty}(-x^{2})^{n} = \frac{x^{2}}{1+x^{2}}, \quad x\in(-1,1). $

记 $ \varphi(x) = \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{1}{n(2n-1)}x^{2n} $，则 $ \varphi(0) = 0 $，且

$$ \varphi^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}\frac{2}{2n-1}x^{2n-1}, 且 \varphi^{\prime}(0)=0, $$

原书第 323 页

$$ \varphi^{\prime \prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty}\left(-1\right)^{n-1}2x^{2n-2}=2\sum_{n=0}^{\infty}\left(-1\right)^{n}x^{2n}=\frac{2}{1+x^{2}},\quad x\in(-1,1). $$

于是对 $ x \in (-1,1) $，从 0 到 x 作积分得

$$ \varphi^{^{\prime}}(x)=\int_{0}^{x}\varphi^{^{\prime \prime}}(x)\mathrm{d}x=2\int_{0}^{x}\frac{1}{1+x^{2}}\mathrm{d}x=2\arctan x, $$

$$ \begin{array}{r l}{\varphi\left(x\right)}&{=\displaystyle\int_{0}^{x}\varphi^{\prime}\left(x\right)\mathrm{d}x\;=\;2\displaystyle\int_{0}^{x}\arctan x\mathrm{d}x}\\ {}&{}\\ {}&{=\displaystyle2\left(\left.x\arctan x-\int_{0}^{x}\frac{x}{1+x^{2}}\mathrm{d}x\right)\right.}\\ {}&{}\\ {}&{=\displaystyle2x\arctan x\;-\;\ln\left(1+x^{2}\right).}\\ \end{array} $$

因此

$$ f(x)=\frac{x^{2}}{1+x^{2}}+2x\arctan x-\ln(1+x^{2}),\quad x\in(-1,1). $$

(2007. I) 设幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $ 在 $ (-∞,+∞) $ 内收敛，其和函数 $ y(x) $ 满足

$$ y^{\prime \prime}-2xy^{\prime}-4y=0,\quad y(0)=0,\quad y^{\prime}(0)=1. $$

（Ⅰ）证明： $ a_{n+2}=\frac{2}{n+1}a_n,n=0,1,2,\cdots; $

（Ⅱ）求 $ y(x) $ 的表达式.

解（Ⅰ）记 $ y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n} $，则 $ y'=\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n-1} $， $ y''=\sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2} $，代入微分方程 $ y''-2xy'-4y=0 $，有

$$ \sum_{n=2}^{\infty}n(n-1)a_{n}x^{n-2}-2\sum_{n=1}^{\infty}na_{n}x^{n}-4\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=0, $$

即

$$ \sum_{n=0}^{\infty}\left(n+2\right)\left(n+1\right)a_{n+2}x^{n}-2\sum_{n=0}^{\infty}na_{n}x^{n}-4\sum_{n=0}^{\infty}a_{n}x^{n}=0, $$

亦即 $ \sum_{n=0}^{\infty}\left[\left(n+2\right)\left(n+1\right)a_{n+2}-2\left(n+2\right)a_{n}\right]x^{n}=0 $

故有 $ (n+2)(n+1)a_{n+2}-2(n+2)a_{n}=0 $，即

$$ a_{n+2}=\frac{2}{n+1}a_{n},\quad n=0,1,2,\cdots. $$

（Ⅱ）由初值条件 $ y(0)=0, y'(0)=1 $ 知， $ a_{0}=0, a_{1}=1 $。根据递推关系式 $ a_{n+2}=\frac{2}{n+1}a_{n} $，有 $ a_{2n}=0, a_{2n+1}=\frac{1}{n}a_{2n-1}=\frac{1}{n}\cdot\frac{1}{n-1}a_{2n-3}=\cdots=\frac{1}{n!} $。故

$$ y(x)=\sum_{n=0}^{\infty}a_{2n+1}x^{2n+1}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}x^{2n+1}=x\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}(x^{2})^{n}=x\mathrm{e}^{x^{2}}. $$

(2008. I) 将函数 $ f(x) = 1 - x^{2} $ ( $ 0 \leq x \leq \pi $) 展开成余弦级数，并求级数 $ \sum_{n=1}^{\infty} \frac{(-1)^{n-1}}{n^{2}} $ 的和.

原书第 324 页

解将 $ f(x) $ 作偶延拓并作周期延拓（周期为 $ 2\pi $），则有 $ b_{n}=0, n=1,2,\cdots $

$$ a_{0}=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}(1-x^{2})\mathrm{d}x=2\left(1-\frac{\pi^{2}}{3}\right), $$

$$ \begin{align*}a_{n}&=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}f(x)\cos nx\mathrm{d}x=\frac{2}{\pi}\int_{0}^{\pi}(1-x^{2})\cos nx\mathrm{d}x\\&=\frac{2}{\pi}\Big(\int_{0}^{\pi}\cos nx\mathrm{d}x-\int_{0}^{\pi}x^{2}\cos nx\mathrm{d}x\Big)\\&=\frac{2}{\pi}\Big(0-\int_{0}^{\pi}x^{2}\cos nx\mathrm{d}x\Big)=-\left.\frac{2}{\pi}\Big(\frac{x^{2}\sin nx}{n}\right|_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}\frac{2x\sin nx}{n}\mathrm{d}x\Big)\\&=-\left.\frac{4}{\pi}\Big(\frac{x\cos nx}{n^{2}}\right|_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}\frac{\cos nx}{n^{2}}\mathrm{d}x\Big)\\&=-\left.\frac{4}{\pi}\cdot\frac{\pi\cos n\pi}{n^{2}}\right.=\frac{4(-1)^{n-1}}{n^{2}},\end{align*} $$

由于延拓后的函数处处连续，所以

$$ f(x)=1-x^{2}=\frac{a_{0}}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}\cos nx=1-\frac{\pi^{2}}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^{2}}\cos nx,\quad0\leqslant x\leqslant\pi. $$

取 x=0 ，有 $ 1=1-\frac{\pi^{2}}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{n^{2}} $ ，故

$$ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n^{2}}=\frac{\pi^{2}}{12}. $$

(2009. I) 设 $ a_{n} $ 为曲线 $ y = x^{n} $ 与 $ y = x^{n+1} $ (n = 1, 2, $ \cdots $) 所围成区域的面积，记 $ S_{1} = \sum_{n=1}^{\infty} a_{n} $， $ S_{2} = \sum_{n=1}^{\infty} a_{2n-1} $，求 $ S_{1} $ 与 $ S_{2} $ 的值.

解曲线 $ y = x^{n} $ 与 $ y = x^{n+1} $ 在点 $ (0,0) $ 和 $ (1,1) $ 处相交，由题意，

$$ a_{n}=\int_{0}^{1}\left(x^{n}-x^{n+1}\right)\mathrm{d}x=\left(\frac{1}{n+1}x^{n+1}-\frac{1}{n+2}x^{n+2}\right)\bigg|_{0}^{1}=\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n+2}, $$

所以

$$ \begin{align*}S_{1}&=\sum_{n=1}^{\infty}a_{n}=\lim_{n\to\infty}(a_{1}+a_{2}+\cdots+a_{n})\\&=\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{2}-\frac{1}{n+2}\right)=\frac{1}{2}.\end{align*} $$

$$ S_{2}=\sum_{n=1}^{\infty}a_{2n-1}=\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2n}-\frac{1}{2n+1}\right)=\frac{1}{2}-\frac{1}{3}+\frac{1}{4}-\frac{1}{5}+\cdots+\frac{1}{2n}-\frac{1}{2n+1}+\cdots. $$

又由于

$$ \ln\left(1+x\right)=x-\frac{1}{2}x^{2}+\frac{1}{3}x^{3}-\cdots+\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}x^{n}+\cdots\left(-1

取x=1，得

$$ \ln2=1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\cdots-\frac{1}{2n}+\frac{1}{2n+1}-\cdots. $$

原书第 325 页

因此， $ S_{2}=1-\ln2 $

31.（2010. I）求幂级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}x^{2n} $ 的收敛域与和函数.

解令 $ x^{2}=t $，并记 $ u_{n}=\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1} $，由 $ \lim_{n\to\infty}\left|\frac{u_{n+1}}{u_n}\right|=1 $，知幂级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}t^{n} $ 的收敛半径为 1，于是得幂级数 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}x^{2n} $ 的收敛半径为 R=1，收敛区间为 $ (-1,1) $.

当 $ x = \pm 1 $ 时， $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}x^{2n} = \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1} $，由交错级数审敛法得 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1} $ 收敛，故 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}x^{2n} $ 的收敛域为 $ [-1,1] $.

令 $ \sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n-1}}{2n-1}x^{2n}=s(x) $，则

$$ s\left(x\right)=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{2n-1}x^{2n}=x\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{2n-1}x^{2n-1}=x s_{1}\left(x\right), $$

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

而 $ s_{1}^{\prime}(x)=\sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n-1}x^{2n-2}=\frac{1}{1+x^{2}},s_{1}(0)=0 $ ,所以 $ s_{1}(x)=\int_{0}^{x}s_{1}^{\prime}(x)dx=\arctan x $ ,故

$$ s\left(x\right)\ =\ \sum_{n=1}^{\infty}\ \frac{\left(-1\right)^{n-1}}{2n-1}x^{2n}\ =\ x s_{1}\left(x\right)\ =\ x\arctan x. $$

32.（2012. I）求幂级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{4n^{2}+4n+3}{2n+1}x^{2n} $ 的收敛域及和函数.

解（1）令 $ u_{n}(x)=\frac{4n^{2}+4n+3}{2n+1}x^{2n} $

$$ \begin{aligned}\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{u_{n+1}\left(x\right)}{u_{n}\left(x\right)}\right|&=\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{\frac{4\left(n+1\right)^{2}+4\left(n+1\right)+3}{2\left(n+1\right)+1}\cdot x^{2\left(n+1\right)}}{\frac{4n^{2}+4n+3}{2n+1}\cdot x^{2n}}\right|\\&=\lim_{n\rightarrow\infty}\left|\frac{4\left(n+1\right)^{2}+4\left(n+1\right)+3}{4n^{2}+4n+3}\cdot\frac{2n+1}{2n+3}\cdot x^{2}\right|=x^{2},\end{aligned} $$

令 $ x^{2}<1 $，得-1<x<1，当 $ x=\pm1 $时，级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{4n^{2}+4n+3}{2n+1} $发散。所以，原级数的收敛域为 $ (-1,1) $。

$$ (2)\ 设 s(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{4n^{2}+4n+3}{2n+1}x^{2n}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{\left(2n+1\right)^{2}+2}{2n+1}x^{2n}=\sum_{n=0}^{\infty}\left\lbrack(2n+1)x^{2n}+\right.\left.\frac{4n^{2}+4n+3}{2n+1}x^{2n}+2\right\rbrack $$

原书第 326 页

$$ \frac{2}{2n+1}x^{2n}\left[\begin{array}{ll}\left(\ \right|x\mid<1).\end{array}\right. $$

令 $ s_{1}(x)=\sum_{n=0}^{\infty}(2n+1)x^{2n}, s_{2}(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2}{2n+1}x^{2n} $. 因为

$$ \int_{0}^{x}s_{1}\left(t\right)\mathrm{d}t=\sum_{n=0}^{\infty}\int_{0}^{x}\left(2n+1\right)t^{2n}\mathrm{d}t=\sum_{n=0}^{\infty}x^{2n+1}=\frac{x}{1-x^{2}}\quad\left(\left|x\right|<1\right), $$

所以

$$ s_{1}\left(x\right)=\left(\frac{x}{1-x^{2}}\right)^{\prime}=\frac{1+x^{2}}{\left(1-x^{2}\right)^{2}}\quad\left(\left|\ x\right|\right.\left<1\right). $$

又因为 $ x s_{2}(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2}{2n+1}x^{2n+1} $，所以

$$ \left[x s_{2}\left(x\right)\right]^{\prime}=\sum_{n=0}^{\infty}2x^{2n}=2\Big(\sum_{n=0}^{\infty}x^{2n}\Big)=\frac{2}{1-x^{2}}\quad\left(\left|x\right|<1\right). $$

故

$$ \begin{array}{l l l}{\displaystyle x s_{2}\left(x\right)}&{=\displaystyle\int_{0}^{x}\left[\left.x s_{2}\left(x\right)\right.\right]^{\prime}\mathrm{d}x}&{=\displaystyle\int_{0}^{x}\frac{2}{1-x^{2}}\mathrm{d}x\;=\;\int_{0}^{x}\left(\frac{1}{1+x}+\frac{1}{1-x}\right)\mathrm{d}x}\\ {}&{}&{}\\ {}&{=\displaystyle\ln\frac{1+x}{1-x}}&{(\left.\right|x\left|\right.<1).}\\ \end{array} $$

当 $ x \neq 0 $ 时， $ s_{2}(x) = \frac{1}{x} \ln \frac{1 + x}{1 - x} $

当 x=0 时， $ s_{1}(0)=1, s_{2}(0)=2 $.

因此

$$ s(\boldsymbol{x})=s_{1}(\boldsymbol{x})+s_{2}(\boldsymbol{x})=\{\begin{aligned}&\frac{1+x^{2}}{(1-x^{2})^{2}}+\frac{1}{x}\ln\frac{1+x}{1-x},&&x\in(-1,0)\cup(0,1),\\ &3,&&x=0.\end{aligned}. $$

(2013. III) 设 $ \{a_{n}\} $ 为正项数列，下列选项正确的是().

(A) 若 $ a_{n} > a_{n+1} $，则 $ \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n} $ 收敛

(B) 若 $ \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n} $ 收敛，则 $ a_{n} > a_{n+1} $

(D) 若存在常数 p > 1，使 $ \lim_{n \to \infty} n^{p} a_{n} $ 存在，则 $ \sum_{n=0}^{\infty} a_{n} $ 收敛

解正确的选项是(D).

因为 $ \lim_{n\to\infty}n^{p}a_{n}=\lim_{n\to\infty}\frac{a_{n}}{1} $存在，而p>1时 $ \sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n^{p}} $收敛，据比较审敛法知 $ \sum_{n=0}^{\infty}a_{n} $收敛.

原书第 327 页

顺便分析其他选项的错误所在：

$ a_{n}>a_{n+1} $ 且 $ \lim_{n\to\infty}a_{n}=0 $ ，是交错级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n} $ 收敛的充分而非必要条件，而（A）的条件不充分，故结论不成立；例如（A）中的 $ a_{n}=1+\frac{1}{n} $，虽然满足 $ a_{n}>a_{n+1} $，但是 $ \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n} $ 发散.

（B）把交错级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n} $ 收敛的充分条件当成必要条件，显然是错的，例如（B）中的 $ a_{1}=1, a_{2}=1, a_{3}=\frac{1}{3}, a_{4}=\frac{1}{3}, \cdots, a_{2m-1}=\frac{1}{2m-1}, a_{2m}=\frac{1}{2m-1}, \cdots $，级数 $ \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n} $ 收敛（因 $ \sum_{n=0}^{\infty}(-1)^{n-1}a_{n} $ 的部分和的极限 $ \lim_{n\to\infty}S_{n}=0 $），显然不成立 $ a_{n}>a_{n+1} $

（C）例如取 $ a_{n}=\frac{1}{n\ln^{2}n} $，则 $ \sum_{n=2}^{\infty}a_{n} $ 收敛。但是对任意常数 p>1，极限 $ \lim_{n\to\infty}n^{p}a_{n} $ 不存在，事实上 $ \lim_{n\to\infty}n^{p}a_{n}=\lim_{n\to\infty}\frac{n^{p}-1}{\ln^{2}n}=\infty $。

原书第 328 页

全国硕士研究生入学统一考试数学试题选解

二、全国硕士研究生入学统一考试数学 试题选解

（五） 向量代数与空间解析几何

（六）多元函数微分学

（七） 多元函数积分学

（八） 无穷级数

解法一 排除法：

二、全国硕士研究生入学统一考试数学试题选解

（五）向量代数与空间解析几何

（七）多元函数积分学

（八）无穷级数

解法一排除法：