大学数学分析2[A]期末卷参考答案

合集下载

西华师范大学数学分析大二期末试题(含答案)

西华师范大学数学分析（2）期末试题课程名称数学分析（Ⅱ）适用时间试卷类别1适用专业、年级、班应用、信息专业一、单项选择题（每小题3分，3×6＝18分）1、下列级数中条件收敛的是（）．A ．1(1)nn ∞=−∑B ．nn ∞=C ．21(1)nn n∞=−∑D ．11(1)nn n ∞=+∑2、若f 是(,)−∞+∞内以2π为周期的按段光滑的函数,则f 的傅里叶（Fourier ）级数在它的间断点x 处（）．A ．收敛于()f xB ．收敛于1((0)(0))2f x f x −++C ．发散D ．可能收敛也可能发散3、函数)(x f 在],[b a 上可积的必要条件是（）．A ．有界B ．连续C ．单调D ．存在原函数4、设()f x 的一个原函数为ln x ，则()f x ′=（）A ．1xB ．ln x xC ．21x −D ．xe5、已知反常积分20 (0)1dxk kx +∞>+∫收敛于1，则k =（）A ．2πB ．22πC ．2D ．24π6、231ln (ln )(ln )(1)(ln )n nx x x x −−+−+−+⋯⋯收敛，则（）A ．x e<B ．x e>C ．x 为任意实数D ．1e x e−<<二、填空题（每小题3分，3×6＝18分）1、已知幂级数1nn n a x∞=∑在2x =处条件收敛，则它的收敛半径为．2、若数项级数1n n u ∞=∑的第n 个部分和21n nS n =+，则其通项n u =，和S =．3、曲线1y x=与直线1x =，2x =及x 轴所围成的曲边梯形面积为．4、已知由定积分的换元积分法可得，10()()bxxaef e dx f x dx =∫∫，则a =，b =．5、数集(1)1, 2 , 3, 1nn n n ⎧⎫−=⎨⎬+⎩⎭⋯的聚点为．6、函数2()x f x e =的麦克劳林（Maclaurin ）展开式为．65三、计算题（每小题6分，6×5＝30分）1、(1)dxx x +∫．2、2ln x x dx ∫．3、 0(0)dx a >∫．4、 2 0cos limsin xx t dt x→∫．5、dx ∫．四、解答题（第1小题6分，第2、3小题各8分，共22分）1、讨论函数项级数21sin n nxn ∞=∑在区间(,)−∞+∞上的一致收敛性．2、求幂级数1nn x n ∞=∑的收敛域以及收敛区间内的和函数．3、设()f x x =,将f 在(,)ππ−上展为傅里叶（Fourier ）级数．五、证明题（每小题6分，6×2＝12分）1、已知级数1nn a∞=∑与1nn c∞=∑都收敛，且, 1, 2, 3 n n n a b c n ≤≤=⋯，证明：级数1nn b∞=∑也收敛．2、证明：22 00sin cos nn x dx x dx ππ=∫∫．66试题参考答案与评分标准课程名称数学分析(Ⅱ)适用时间试卷类别1适用专业、年级、班应用、信息专业一、单项选择题（每小题3分，3×6＝18分）⒈B⒉B⒊A⒋C⒌D⒍D二、填空题（每小题3分，3×6＝18分）⒈2⒉2, =2(1)n u S n n =+⒊ln 2⒋1, a b e ==⒌1±⒍201, (,)!nn x x n ∞=∈−∞+∞∑三、计算题（每小题6分，6×5＝30分）1.解111(1)1x x x x=−++∵1(1)dxx x ∴+∫（3分）11(1dxx x=−+∫ ln ln 1.x x C =−++（3分）2.解由分部积分公式得231ln ln 3x xdx xdx =∫∫3311ln ln 33x x x d x =−∫（3分）33111ln 33x x x dx x =−⋅∫3211ln 33x x x dx =−∫3311ln 39x x x C =−+（3分）3.解令sin , [0, ]2x a t t π=∈由定积分的换元积分公式，得0∫2220cos atdtπ=∫（3分）6768220(1cos 2)2a t dtπ=+∫221(sin 2)22a t t π=+2.4a π=（3分）4.解由洛必达(L ＇Hospital)法则得200cos limsin xx tdtx →∫20cos x x →=4分）lim cos x x→=1=（2分）5.解=（2分）20 sin cos x x dxπ=−∫4204(cos sin ) (sin cos )x x dx x x dx πππ=−+−∫∫（2分）244(sin cos )(sin cos )x x x x πππ=+−+2.=−（2分）四、解答题（第1小题6分，第2、3小题各8分，共22分）1.解(, ), x n ∀∈−∞∞∀+（正整数）22sin nx n n ≤（3分）而级数211n n ∞=∑收敛，故由M 判别法知，21sin n nxn ∞=∑在区间(,)−∞+∞上一致收敛．（3分）2.解幂级数1nn x n∞=∑的收敛半径111lim nn R n→∞==，收敛区间为(1,1)−．（2分）易知1nn x n ∞=∑在1x =−处收敛，而在1x =发散，故1nn x n∞=∑的收敛域为[1,1)−．（2分）01, (1, 1)1n n x x x ∞==∈−−∑（2分）逐项求积分可得0001, (1,1)1xx nn dt t dt x t ∞==∈−−∑∫∫．即101ln(1), (1,1).1n nn n x x x x n n+∞∞==−−==∈−+∑∑（2分）3.解函数f 及其周期延拓后的图形如下函数f 显然是按段光滑的，故由收敛性定理知它可以展开为Fourier 级数。

北京交通大学第二学期工科数学分析Ⅱ期末考试试卷及其答案

解此方程组，得
10．设函数 f ( x ) =
∫
0
x
sin t dt ．⑴ 试将 f ( x ) 展成 x 的幂级数，并指出其收敛域．⑵ 若在上式中 t
令 x = 1 ，并利用其展开式的前三项近似计算积分解： ⑴ 由于
∫
1
sin x dx ，试判断其误差是否超过 0.0001 ？ x 0
( t 2 t 4 t 6 t 8 t 10 − 1) t 2 n −2 = 1− + − + − +"+ +" (2n − 1)! 3! 5! 7! 9! 11! 所以，在区间 [0, x ]上逐项积分，得
y x+ y ∫∫ e dxdy ，其中积分区域 D 是由直线 x = 0 ， y = 0 及 x + y = 1 所围成的闭区 D
6．计算二重积分域．
解：作极坐标变换 x = r cos θ ,
y = r sin θ ，则有
rdr
∫∫ e
D
y x+ y
π
dxdy = ∫ dθ
0
2
1 cos θ + sin θ
Σ
(
)
(
)
= ∫∫∫ z + x + y dV
2 2 2
(
)
Ω
= ∫ dθ ∫ sin ϕdϕ ∫ ρ 4 dρ
0 0 0
−2
2π
π
2 a
2 = πa 5 5
8．求解微分方程 x y ′′ + xy ′ − 4 y = 2 x ．解：
2
这是 Euler 方程，令 x = e ，或 t = ln x ，原方程化为

华南理工大学数分(二)期末考卷

《数学分析（二）》试卷（A ）一、写出以下定义1、函数f(x)在[a,b]上可积；（5分）2、函数序列f n (x)在(0,1)上内闭一致收敛于f(x)；（5分)二、求不定积分∫x 2+1x +1dx （5分）三、令I n =∫(sin x)n dx π0，求I n 与I n−2之间的递推公式。

（10分）四、平面上的心脏线参数表达式为r (θ)=a (1+cos (θ))，(0≤θ≤2π)，求该曲线所谓区域面积。

（10分）五、旋轮线的参数表达式由x (t )=r (t −sin (t ))，y (t )=r (1−cos (t ))，(0≤t ≤2π)给出，把该曲线绕x 轴旋转一周，求所得旋转体体积。

（10分）六、对不同的值a ，判断反常积分∫ln(1+x)x +∞0dx 的收敛性（条件收敛、绝对收敛）。

（10分）七、令S =∑k 2+12∞k=11、判断该数项级数收敛性（条件收敛、绝对收敛）；（10分）2、求幂级数∑n 2x n ∞k=1的收敛区域；（10分）3、求S 的值；（5分）八、周期函数f(x)={1，(x∈(2kπ,2kπ+π])−1，(x∈(2kπ−π,2kπ])1.求f(x)的傅里叶级数展开a02+∑[a k cos(kx)∞k=1+b k sin(kx)]；（10分）2.求部分和函数a02+∑[a k cos(kx)∞k=1+b k sin(kx)]的极限函数f̃(x)；（5分）3.判断函数序列{f n(x)}是否一致收敛于f̃(x)，并说明理由。

（5分）《数学分析（二）》试卷（B）一、写出以下定义1、函数序列f n(x)一致收敛于函数f(x)；（5分）2、数列{a n}的上极限为A；（5分）二、求不定积分∫ln(x 2+1)xdx。

（10分）三、计算定积分∫x sin x1+(cos x)2dxπ。

（5分）四、求椭圆x 24+y2=1内部区域面积。

（10分）五、平面上的心脏线参数表达式为r(θ)=a(1+cos(θ))，(0≤θ≤2π)，ba该曲线在x轴以上的部分绕x轴旋转一周，求所得旋转体的体积（5分）六、对反常积分∫[ln(x)]8x a dx+∞1，1、在a取不同的值时判断它的收敛性（条件收敛、绝对收敛）；（10分）2、在a=2时计算该反常积分的值（5分）七、令S=1−12+13−14+⋯+(−1)n−11n+⋯=∑[∞n=1(−1)n−11n]，1、判断该数项级数收敛性（条件收敛、绝对收敛）；（10分）2、写出函数ln(1+x)及11+x在x=0处的幂级数展开，并判断收敛性；（10分）3、求S的值；（5分）八、定义在全部实数上的周期函数f(x)=x，x∈[2kπ−π,2kπ+π)，1、求f(x)的傅里叶级数展开a02+∑[a k cos(kx)∞k=1+b k sin(kx)]；（10分）2、求部分和函数a02+∑[a k cos(kx)∞k=1+b k sin(kx)]的极限函数f̃(x)；（5分）3、判断函数序列{f n(x)}是否一致收敛于f̃(x)，并说明理由。

学历自考模拟试卷-《数学分析II》期末考查试卷【附答案】

x
3xdx +
y x cos ydy （5 分）
M0M
0
0
＝ 3 x2 + x sin y （6 分）（说明：原函数可以直接观察得出！） 2
五、应用题（7 分）
一页长方形白纸，要求印刷面积占 Acm2 ,并使所留页边空白为：上部与下部宽度之和为： a + b = h cm,左部与右部宽度之和为： c + d = r cm (A,r,h 为已知数)，求页面的长(y)和宽(x)，使它的面积最小.
（3 分）
L = (x − r)(y − h) − A = 0.
于是有
x = r , 1+
y = h , 1+
= − 1+
Ah r
（5
分）
根据问题的实际意义知，此时页面的面积是最小的.（7 分）
x = Ar + r, y = Ah + h. （6 分）
h
r
3
= ar cos , y
= br sin
（3
分），则
D
可表示为： 0
2 , 0 r
1（4
分），所以，
S =
2
d
1abrdr （5 分），所以 S = ab （7 分）.
0
0
4、计算第二型曲面积分： I
=
S
1 dxdy ，其中 S 是椭球面 x2
z
a2
+
y2 b2
+
z2 c2
= 1 的外侧
解：由题意，目标函数与约束条件分别为 S = xy 与 x r, y h, (x − r)(y − h) = A. （1 分）作 Lagrange 函数 L = xy + [(x − r)(y − h) − A], （2 分）则有

2009-2010云南民族大学期末考试数学分析答案

∞
∑ 的级数 x n (1 − x) 的部分和函数序列为{ x − x n+1 } ,因此在[0,1]上处处收敛. n=1
…………2 分
∞
∑ (2) (−1)n x n (1 − x) 在[0,1]上不绝对一致收敛: 从(1)可见取绝对值 n=1
∞
后的级数 ∑ x n (1 − x) 的和函数为 S( x) = x, x ∈ [0,1), S(1) = 0 ,它在点 x = 1 的左 n=1
| f ( x) |≤ M , | g( x) |≤ M , M 为常数. 在[ xi−1 , xi ]上任取两点 x', x'' ,考虑
f ( x'')g( x'') − f ( x')g( x') = [ f ( x'') − f ( x')]g( x'') + [g( x'') − g( x')] f ( x')
=
− cos pb + cos pa
≤
2
…………2 分
a
p
p
现在把区间[a, b]分为小区间:
a = u0 < u1 < L < un = b , ∆ui = ui − ui−1 ,
M i , mi 分别为ψ ( x) 在[ui−1 , ui ] 的上、下确界，ωi = M i − mi ，有
∫ ∑ ∫ bψ (u)sin pudu = n ui ψ (u)sin pudu
Ωi ≤ ωiM + ωi'M
从而
∑ ∑ ∑ Ω i ∆xi ≤ M ωi ∆xi + M ωi '∆xi

数学分析2期末考试题库

《数学分析II 》考试试题（1）一、叙述题：（每小题 6 分，共18 分）1、牛顿-莱不尼兹公式2、a收敛的cauchy 收敛原理nn 13、全微分二、计算题：（每小题8 分，共32 分）1、limx 0x2sin t dt4x2、求由曲线2y x和2x y 围成的图形的面积和该图形绕x 轴旋转而成的几何体的体积。

3、求nnx1 n(n1)的收敛半径和收敛域，并求和y4、已知zu x，求2 u x y三、（每小题10分，共30分）1、写出判别正项级数敛散性常用的三种方法并判别级数xp1e x dx2、讨论反常积分的敛散性12x3、讨论函数列S n(,)的一致收敛性(x)x2n四、证明题（每小题10分，共20分）x1n1n1、设x0,1(1,2)n，证明x nn n1x发散n2、证明函数xy22x y0f(x,y)22在（0，0）点连续且可偏导，x y220x y0但它在该点不可微。

，一、叙述题：(每小题5分，共10分）b1、叙述反常积分f(x)dx,a为奇点收敛的cauchy收敛原理a2、二元函数f(x,y)在区域D上的一致连续二、计算题：（每小题8分，共40分）1111、)lim(n1n22n nx a(t sin t)2、求摆线t[0,2]y a(1cost)与x轴围成的面积1x3、求(cpv)dx21x4、求幂级数n1(x n1)2n的收敛半径和收敛域x5、(,)u f xy，求y2 u x y三、讨论与验证题：（每小题10分，共30分）1、f2x y(x,y)，求lim lim f(x,y),m i l m i l f(x,y)x yx0y0y0x0；lim(,)f x y(x,y)(0,0)是否存在？为什么？2、讨论反常积分0arctanpxxdx的敛散性。

3、讨论n13n(2(n31)n n)的敛散性。

四、证明题：（每小题10分，共20分）b1、设f（x）在[a,b]连续，f(x)0但不恒为0，证明f(x)dx0a2、设函数u和v可微，证明grad(uv)=ugradv+vgradu五、叙述题：（每小题5分，共15分）1、定积分2、连通集3、函数项级数的一致连续性六、计算题：（每小题7分，共35分）1、esin(ln1x)dx2、求三叶玫瑰线r asin3[0,]围成的面积3、求n2nx n cos的上下极限2n154、求幂级数nn(x1)n12的和5、u f(x,y)为可微函数，求(uxu2()y)2在极坐标下的表达式七、讨论与验证题：（每小题10分，共30分）1、已知f(x,y)22(x y)sinxy或1xcos1yx0,y0，求lim(,)fxy(x,y)(0,0)，问lim x0limy0f(x,y),limy0lim f(x,x0y)是否存在？为什么？2、讨论反常积分0x p 1qxdx的敛散性。

湖北师范大学大二理学专业数学分析试卷及答案

湖北师范大学2021 ---2021学年度第二学期?数学分析2?A 试卷学院班级学号〔后两位〕姓名一. 判断题〔每题3分，共21分〕(正确者后面括号内打对勾，否则打叉) ()x f 在[]b a ,连续，则()x f 在[]b a ,上的不定积分()⎰dx x f 可表为()Cdt t f xa +⎰〔〕.()()x g x f ,为连续函数，则()()()[]()[]⎰⎰⎰⋅=dx x g dx x f dx x g x f 〔〕.3. 假设()⎰+∞adx x f 绝对收敛，()⎰+∞adx x g 条件收敛，则()()⎰+∞-adx x g x f ][必然条件收敛〔〕. 4. 假设()⎰+∞1dx x f 收敛，则必有级数()∑∞=1n n f 收敛〔〕5. 假设{}n f 与{}n g 均在区间I 上内闭一致收敛，则{}n n g f +也在区间I 上内闭一致收敛〔〕.6. 假设数项级数∑∞=1n n a 条件收敛，则一定可以经过适当的重排使其发散于正无穷大〔〕.7. 任何幂级数在其收敛区间上存在任意阶导数，并且逐项求导后得到的新幂级数收敛半径与收敛域与原幂级数相同〔〕. 二. 单项选择题〔每题3分，共15分〕()x f 在[]b a ,上可积，则下限函数()⎰axdx x f 在[]b a ,上〔〕B.2. 假设()x g 在[]b a ,上可积，而()x f 在[]b a ,上仅有有限个点处与()x g 不相等，则〔〕A. ()x f 在[]b a ,上一定不可积；B. ()x f 在[]b a ,上一定可积,但是()()⎰⎰≠babadx x g dx x f ；C. ()x f 在[]b a ,上一定可积，并且()()⎰⎰=bab adx x g dx x f ；D. ()x f 在[]b a ,上的可积性不能确定.()∑∞=--+12111n n n nA.发散B.绝对收敛C.条件收敛D. 不确定∑n u 为任一项级数，则以下说法正确的选项是〔〕A.假设0lim =∞→n n u ，则级数∑n u一定收敛；B. 假设1lim1<=+∞→ρnn n u u ，则级数∑n u 一定收敛；C. 假设1,1<>∃+n n u uN n N ，时有当，则级数∑n u 一定收敛；D. 假设1,1>>∃+n n u uN n N ，时有当，则级数∑n u 一定发散；5.关于幂级数∑n n x a 的说法正确的选项是〔〕 A. ∑n n x a 在收敛区间上各点是绝对收敛的； B. ∑n n x a 在收敛域上各点是绝对收敛的； C. ∑n n x a 的和函数在收敛域上各点存在各阶导数； D. ∑n n x a 在收敛域上是绝对并且一致收敛的；〔每题5分，共10分〕1. ()()()nn n n n n n+++∞→ 211lim2. ()⎰dx xx 2cos sin ln四. 判断敛散性〔每题5分，共15分〕1.dx xx x ⎰∞+++-021132.∑∞=1!n n n n 3. ()nnn nn 21211+-∑∞=五. 判别在数集D 上的一致收敛性〔每题5分，共10分〕 1.()()+∞∞-===,,2,1,sin D n nnx x f n2. (][)∞+⋃-∞-=∑,22,2D xn n30角向六．一圆柱体的的半径为R，经过圆柱下底圆直径线并保持与底圆面0斜上方切割，求从圆柱体上切下的这块立体的体积。

数学分析(2)期末试题参考答案

些值，使得
∫J
χK
(x,
y)dy ∫
≤
F (x)
≤
J χK (x, y)dy，则 F (x) 在 I 上 Riemann
可积，且有
I F (x)dx =
I ×J
χK (x,
y)dxdy
=
0。注意
F ∫
(x)
≥
0，所以，F
(x)
几乎处处为零。另一方面，根据 Kx 的定义，有 F (x) = J χKx (y)dy，所以 Kx
0，则有
(∫ R−ε ∫ R )
I(R) =
+
ey2−R2 dy ≤ e−2 R ε+ε2 (R − ε) + ε,
0
R−ε
于是 lim sup I(R) ≤ ε，另一方面显然有 lim inf I(R) ≥ 0，最后再令 ε → 0 即可
R→+∞
R→+∞
证明 lim I(R) = 0。
R→+∞
（证法二）上述极限还可通过 L’Hôspital 法则求得：
解答：（证法一）因为
K
紧且
Lebesgue ∫
零测，所以
Jordan
零测，于是
χK (x,
y)
在
I
×J
上
Riemann ∫
可积，且有
I×J χK (x, y)dxdy = 0。根据 Fubini 定理，
积分
F (x)
= ∫
J χK (x, y)dy
几乎处处存在。在 ∫
F (x)
不存在的地方随意规定一
det J
=
det AU det AV
> 0。

浙江大学2010-2011数学分析(2)-试卷及答案

浙江大学20 10 -20 11 学年春夏学期《数学分析（Ⅱ）》课程期末考试试卷（A ）课程号： 061Z0010 ，开课学院：___理学部___考试形式：闭卷，允许带___笔____入场考试日期： 2011 年 6 月 24 日,考试时间： 120 分钟诚信考试，沉着应考，杜绝违纪。

请注意：所有题目必须做在答题本上！做在试卷纸上的一律无效！请勿将答题本拆开或撕页！如发生此情况责任自负！考生姓名：学号：所属院系： _一、计算下列各题： ( 前4题每题5分，最后一题6分，共26分 )1. 2()(03)sin lim .x y xy x→，，求： 2222()(03)()(03)sin sin lim lim 9.x y x y xy xy y x xy →→=⋅=，，，，2.(122)().f x y z gradf =，，设，，23(122)(122)(122)(122)11..2722.27271{122}.27f x x f r x r r r xf f y zgradf ∂∂==-⋅=-=-∂∂∂∂=-=-∂∂=-，，，，，，，，令，则：则：同样，，因此，，，3. 2222320(321)S x y z ++=求曲面：在点，，处的法线方程.222()2320246.321(321){686}.343x y z F x y z x y z F x F y F z x y z n =++-===---===令：，，，则：，，因此，在点，，的法向量，，，故法线为： 4. 2221.(2).4Cx C y L x y ds +=+⎰设曲线：的长度为计算： 222(2)(44)44.=0.C C C Cx y ds x y xy ds ds L xyds +=++==⎰⎰⎰⎰其中：5.02z z z ∑===设为曲面和之间部分的下侧，计算： (1)(2).dS dxdy ∑∑⎰⎰⎰⎰；22224.4.x y x y x y z z z dS dxdy dxdy π∑+≤∑+≤======-=-⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰由于因此，二、计算题：（每题8分，共56分）1. 22()2()()()2x f x f x x f x ππππ=--≤≤设是周期为的函数，且，求：的 211.n Fourier n +∞=∑级数，并计算的和22222020022112222211(1)()20.2522(1)()()cos (12).2325(1)()2cos .()(*)65(1)(1)(2)(*)0(0)2.61n nn nn n n n n f x b x x a dx a nxdx n nf x nx x R n x f n n ππππππππππππ∞=-+∞∞===-=-=-=-==-=-+∈--==-=-+⇒=⎰⎰∑∑∑由于是周期为的偶函数，则：，，，因此，式中，令，则：12222221111122122222211.21111(1)2.2.2(2)2(2)121.6511(*)2..266n n n n n n n n n n n n n n n x n n σσπσππππππ-+∞+∞+∞+∞∞=====+∞=+∞+∞==-==⇒=-====-=-+⇒=∑∑∑∑∑∑∑∑令：，则：因此，【或】：在式中令，则：2. 211(2)1.44n n n n n x n n +∞+∞==-⋅⋅∑∑计算级数的收敛域及和函数，并计算的值 222112221111211()(2)4(2)(1)lim lim 10 4.()(1)4(2)4(2)12104.44(04).(2)(2)()()4n n n n n n n nn n n n n n n n n n n u x x n x x u x n x x x n n n n x t t S t S t t n +++→∞→∞+∞+∞+∞+∞====∞-=-⋅-=⋅=<<<+⋅--====⋅⋅-'===∑∑∑∑∑，则：当时，发散；当时，发散因此，级数的收敛域为：，令，，则：1222111.(11).1(2)(2)()ln(1).ln 1ln 4ln(4).440 4.14(3)3ln .43n nn n n n t t x x S t t x x n x x n ∞=+∞=+∞==-≤<-⎛⎫--=--=--=-- ⎪⋅⎝⎭<<==⋅∑∑∑其中：故，所以，其中：上式中令，可得，2111112211(2)lim lim 141(1)11.11.(2)(2)[11).110444.(04)n nn n n n n n n n n n nn n n a x t n t t n a n nt t n n t x x x n n ∞∞+→∞→∞==∞∞==∞+∞==-===+-=-=----≤<<<⋅∑∑∑∑∑∑【或】：令，对于级数而言，，因此，的收敛半径为而当时，级数收敛；当时，级数发散故级数的收敛域为，因此，当，即时收敛因此，原级数的收敛域为，..下面与上同3. 222()2.y z z z f x y f x x x y ∂∂=+∂∂∂设，，且具有阶连续偏导，计算：， 12221112221222221112222232(1)2.111(2)222214(2).z y xf f x xz y x yf f f yf f x y x x x x y y xyf f f f x x x ∂=-∂∂⎛⎫⎛⎫=+--+ ⎪ ⎪∂∂⎝⎭⎝⎭=+---4. 2222(){()|}.Dx y dxdy D x y x y x y +=+≤+⎰⎰计算，其中，222222002212221cos 111()2()()..1222()sin 213cos sin ).281()112 1.()()1()222u v x r x y D x y r r y r I d r r r rdr x u x y I u v dudv u v y v u v πθθθθθθπ+≤⎧=+⎪∂⎪-+-≤=⎨∂⎪=+⎪⎩=+++=⎧=+⎪∂⎪⎛⎫==+++⎨ ⎪∂⎝⎭⎪=+⎪⎩=++⎰⎰⎰，方法一、区域：令：，则：，，方法二、令：，则：，2222001233cos sin 34440443444442004113).2281(cos sin )41313)]sin 2sin 2.444228u v u u v dudv d r rdr I d r dr d d udu udu πππθθπππθππππθπθθθθππθθπ+≤+--+=-⎛⎫++=+⋅= ⎪⎝⎭==+⋅=+===⋅⋅=⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰方法三、5. 222{()|1}.ze dxdydz x y z x y z ΩΩ=++≤⎰⎰⎰计算三重积分：，其中，，()2222221(0)2110000cos 0cos 2011012.241(sin )4sin cos 2422.22z z x y z z z u x x u z z x y z xoy e z I e dV I d rdr dz r dr r x x xe dx ue du I e dzdxdy e ππθπππππππ++≤≥=+≤-===-==⋅---===⎰⎰⎰⎰⎰⎰=⎰⎰⎰⎰⎰由于积分区域关于平面对称，被积函数关于为奇函数，因此，方法一、令：方法二、()120211cos 2cos 2220000011cos 2000(1)2.2sin 4sin 44(1)2.z dz I d d e d d e d e d e d πππρϕρϕπρϕρπθϕρϕρπρρϕϕπρρπρρπ-====-=-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰方法三、6. 2222()M x y z a ξηζ++=设点，，是球面第一卦限中的一点，S 是球面在该点处的切平面被3个坐标平面所截三角形的上侧，求：点()M ξηζ，，使曲面积分：⎰⎰++=Szdxdy ydzdx xdydz I 为最小，并求此最小值.22222226322262222222(1)()(cos cos cos )11.2cos 2(2).327S SS Sx y z a M x y z a xdydz ydzdx zdxdy x y z dSx y z a a a dS a dS a a a a a a ξηζξηζαβγξηζξηγξηζξηζξηζξηζξηζ++=++=++=++⎛⎫=++==⨯⨯⨯⨯= ⎪⎝⎭⎛⎫++++=≤=⇒ ⎪⎝⎭⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰球面在点，，处的切平面方程为：由于，则：333..2.S xdydz ydzdx zdxdy a x y z M ≤++≥===⎰⎰因此，等号在故，点为62222(1).30..2(2)xy yz zx xy yz zx xy yz zx S S S S S S S S S S S Guass I xdydz ydzdx zdxdy xdydz ydzdx zdxdy a a a a dV x y z a L ξηζξηζξηζ+++ΩΩ=++-++⎛⎫=+=++= ⎪⎝⎭⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰++【或】：添加切平面与坐标平面所围立体的另三个三角形、、，使其与所围闭曲面方向为外侧则：根据公式可得：切平面：，截距分别为：、、构造222222223min ()().20(1)20(2)20(3)0(4)02.(4)x y z agrange f x y z xyz x y z a f yz x f zx y f xy z f x y z a yz zx xy x y z x y z x y z x y z xyz I λλλλλλλ=+++-=+=⎧⎪=+=⎪⎨=+=⎪⎪=++-=⎩>===-======函数：，，，令：由于、、，则：将其代入可得，由于驻点唯一，根据实际问题当因此，3.=7. 22(0)cos (0)42C xdy ydx x C A y B x y ππ-=-+⎰计算，其中曲线是从点，沿到点，，再从 (2).BD ππ-点沿直线到点，22222222222222222222022224.44(4)4(0).444410arc 42C C DA L DA LL y x P y x Q P Q x y x y y x y xDA L x y xdy ydx xdy ydx xdy ydx xdy ydx x y x y x y x y dy xdy ydx y πδδδπππδπ++--∂-∂∙====++∂+∂∙+=>----=--++++=---=-+⎰⎰⎰⎰⎰⎰方法一、，，则：连接，作：，足够小，方向为顺时针则：2220224221122332222222221tan 2217.88(0)(2)(2)(2).444(4)x y y dxdyA A A A A A A D L y x P y x Q P Q C L x y x y y x y xP Q πδπδππδπδπππππππ-+≤+=-+⋅=----∂-∂====++∂+∂⎰⎰方法二、从点，沿直线到点，、再从点沿直线到点，、从点沿直线到点，、再从点沿直线到点；记此路径为由于，，则：；且在由曲线、所围区域内、都11223322222222222222022202442244444422arctan arctan arctan arctan 2242248C L AA A A A A A Dxdy ydx xdy ydx x y x y dy dx dy dx y x y x y x y x πππππππππππππππππππππππππππππππππππ--------==+++++--=+++++++--=+++=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰有一阶连续连导数，因此，7.4448ππππ+++=三、证明题：（每题9分，共18分）1. 210cos ()()1n n n nx u x D f x n +∞∞===+∑∑叙述级数在数集上一致收敛的定义，并证明： (02).π在，内连续，且有连续导数22220022022200cos 11cos (1)(02)1111cos (02)(02)1cos ()(02)1cos sin (2)(){}111n n n n n nx nx x n n n n nx n N n nx f x n nx n nx n g x n n n ππππ∞∞==+∞=∞∞==∀∈≤++++∀∈+=+'⎛⎫==- ⎪+++⎝⎭∑∑∑∑∑由于对，，有，而收敛，故级数在，内一致收敛.另外，对，函数在，内连续，因此，在，内也连续.记，由于12200221cos()cos 1220()[2]sin .sin 2sin 22sin sin [2](02)11.cos sin (02)()(0211n k n n x n x kx x n nx n nx Dirichlet n n nx n nx f x n n δδπδπδδδπδπππ=∞∞==+-∀><∀∈-=≤-++'⎛⎫=- ⎪++⎝⎭∑∑∑单调趋向于零，且对，及，，根据判别法，在，上一致收敛，即在，上内闭一致收敛又在，内连续，故，在，)内具有连续的导数. 2. 0()()y f x δδδ>-=证明：存在，及定义在，内的具有连续导数的函数， ()220(0)0sin ()2()cos 1..x dy f x f x f x x dx ==+++=满足，且并计算的值 22222222222()sin()2cos 1()(1)()(2)(00)0(3)2cos()2(4)(00)20(5)2cos()sin 0()()(0)0sin (y y x F x y x y y x F x y R F F y x y R F F x x y x R y f x f x f δδδ∙=+++-==++=>=+->-==+令：，，*则：，在上连续；，；在上连续；，；在上连续.根据隐函数存在性定理，存在，及定义在，内的具有连续导数的函数，满足，且()222222)2()cos 1.sin()2cos 100.cos()(22)2sin 0.sin 2cos()x f x x x y y x x x y x y x yy y x x x x y dy++=∙+++===''+++-=-+'在两边同时对求导，且当时，则：。

2021-2022学年数学分析II期末试题参考答案

课程编号：100171019 北京理工大学2021-2022学年第二学期2021级数学分析（II ）期终考试试题A 卷解答1.(23分)求下列函数的偏导数或全微分 (1)设cos xyz e=，求dz .(2)设(,)z z x y =由方程zx y z e ++=所确定的隐函数，求z x ∂∂和22zx∂∂.(3)设1()()z f xy yg x y x=++，其中f 和g 在R 上有连续的二阶导数，求z x ∂∂，z y ∂∂和2zy x∂∂∂ 解：(1)cos (cos )xy dz e d xy =cos (sin )()xy e xy d xy =−cos sin ()xy xye ydx xdy =−+.(2)方程关于x 求导，y 是常数，z 是x 的函数，1z x x z e z +=，11x zz e =−. 23(1)(1)z zx xx z ze z e z e e =−=−−−. 方法二. zzxx x x xx z e z z e z =+，221(1)z zx xx z ze z e z e e =−=−−−. (3)//211()()()z f xy f xy y yg x y x x x∂=−+⋅++∂ //21()()()yf xy f xy yg x y x x =−+++，//1()()()z f xy x g x y yg x y y x∂=⋅++++∂ //()()()f xy g x y yg x y =++++，2/////()()()zf xy yg x y yg x y y x∂=⋅++++∂∂ /////()()()yf xy g x y yg x y =++++.2.(15分)(1)求二重积分22Dy I dxdy x=⎰⎰，其中D 为由1,2,y y y x x ===所围的区域. (2)求三重积分I x dxdydz Ω=⎰⎰⎰，其中Ω由0,0,0,21x y z x y z ===++=所围成.(3)求第一型曲面积分()MI x y z dS =++⎰⎰，其中M为上半球面：z =222x y R +≤(0)R >. 解：(1)2221221y y Dy y I dxdy dy dx x x==⎰⎰⎰⎰22111()yyy dy x =−⎰2223111()()y y dy y y dy y=−=−⎰⎰ 94=. 方法二. 22212221122212x x Dy y y I dxdy dx dy dx dy x xx ==+⎰⎰⎰⎰⎰⎰.(2)设D 为xy −平面上由0,0,21x y x y ==+=所围成区域.I x dxdydz Ω=⎰⎰⎰120x yDdxdy xdz −−=⎰⎰⎰(12)Dx x y dxdy =−−⎰⎰[]11(1)20(1)2x dx x x xy dy −=−−⎰⎰12011(1)448x x dx =−=⎰. 方法二. 对任意的[0,1]x ∈，x D 为yz −平面上由0,0,21y z y z x ==+=−所围成区域.I x dxdydz Ω=⎰⎰⎰1xD dx xdydz =⎰⎰⎰12011(1)448x x dx =−=⎰(3) x z =y z =，()MI x y z dS =++⎰⎰221(x y x y +≤=++⎰⎰221(x y x y +≤=++⎰⎰221x y Rdxdy +≤=⎰⎰3R π=.3.(8分)设(,)z z x y =在2R 有连续偏导数，并且322cos(2)3cos(2)dz axy x y dx x y b x y dy ⎡⎤⎡⎤=+++++⎣⎦⎣⎦其中,a b 是常数，求,a b 的值和(,)z z x y =的表达式. 解：由条件3cos(2)x z axy x y =++，223cos(2)y z x y b x y =++，则232sin(2)xy z axy x y =−+，26sin(2)yx z xy b x y =−+. 因为xy z 和yx z 都连续，所以xy yx z z =, 232sin(2)axy x y −+26sin(2)xy b x y =−+, 取,02x y π==，解得2b =，进而得出2a =.再由32cos(2)x z xy x y =++，23(,)sin(2)()z x y x y x y y ϕ=+++， 22/32cos(2)()y z x y x y y ϕ=+++，于是/()0y ϕ=，()y C ϕ=.故23(,)sin(2)z x y x y x y C =+++.4.(10分)求幂级数211(1)(21)!n n n n x n +∞−=−+∑的收敛域及和函数的表达式.解：记21(1)()(21)!n n n n u x x n −−=+. 对任意的0x ≠，21()0,()2(23)n n u x xn u x n n +=→→+∞+，则211(1)(21)!n n n n x n +∞−=−+∑收敛. 即得211(1)(21)!n n n n x n +∞−=−+∑的收敛域为(,)−∞+∞. 记211(1)()(21)!n n n n S x x n +∞−=−=+∑，定义域为(,)−∞+∞.容易求得(0)0S =. 对任意的0x ≠，利用幂级数的性质，2/11(1)()()2(21)!nn n S x x n +∞=−=+∑/211(1)2(21)!n n n x n +∞=⎛⎫−= ⎪+⎝⎭∑/21111(1)2(21)!n n n x x n +∞+=⎛⎫−= ⎪+⎝⎭∑/11(sin )2x x x⎛⎫=− ⎪⎝⎭ 2cos sin 2x x xx−=.5.(10分)设()f x 是以2π为周期的函数，它在区间(,]ππ−上的表达式为00()20x f x x ππ−<≤⎧=⎨<≤⎩. (1)求()f x 的Fourier 级数；(2)求()f x 的Fourier 级数的和函数在区间[0,2]π上的表达式；(3)求11(1)21n n n −+∞=−−∑.解：(1)先计算()f x 的Fourier 系数， 01()a f x dx πππ−=⎰122dx ππ==⎰，1()cos n a f x nxdx πππ−=⎰12cos 0nxdx ππ==⎰，1,2,n =，1()sin n b f x nxdx πππ−=⎰ ()0122sin 1(1)n nxdx n πππ==−−⎰2421(21)n k n k k π=⎧⎪=⎨=−⎪−⎩，1,2,k =.()f x 的Fourier 级数为()01cos sin 2n n n a a nx b nx +∞=++∑ 14sin(21)121k k xk π+∞=−=+−∑. (2) 12(0,)4sin(21)10(,2)2110,,2k x k x x k x ππππππ+∞=∈⎧−⎪+=∈⎨−⎪=⎩∑. (3)令2x π=，1411sin (21)2212k k k ππ+∞=⎛⎫+−= ⎪−⎝⎭∑，解得11(1)214n n n π−+∞=−=−∑.6.(12分)(1)判别下列广义积分的收敛性，若收敛，是绝对收敛还是条件收敛？(a) 30411dx +∞−⎰ (b) 20sin x dx +∞⎰ (2)设()af x dx +∞⎰收敛，并且lim ()x f x L →+∞=.证明：0L =.解：(1)(a) 0,1x x ==为瑕点，考虑30411dx +∞−⎰1122133330122444411111111dx dx dx dx +∞=+++−−−−⎰⎰⎰⎰.因为330004411lim lim111x x x →+→+==−−，3431141lim 111x x x →→−⋅==−，31342433441lim lim111x x xxx +→+∞→+∞⋅==−−，而其中1351244+=>，所以112213333012244441111,,,1111dx dx dx dx +∞−−−−⎰⎰⎰⎰都收敛，于是30411dx +∞−⎰收敛，又被积函数非负，故是绝对收敛.(b)0x =不是瑕点，20sin x dx +∞⎰与21sin x dx +∞⎰具有相同的收敛性，只讨论21sin x dx +∞⎰即可.令2t x =，则2111sin 2x dx +∞+∞=⎰⎰, 1+∞⎰条件收敛. 那么20sin x dx +∞⎰条件收敛.(2)假设0L ≠，不妨设0L >.由lim ()x f x L →+∞=，根据极限性质，存在0X >，使得当x X >时，()2Lf x >.则A X ∀>，()()()A X AaaXf x dx f x dx f x dx =+⎰⎰⎰()()2X aLf x dx A X >+−⎰，由此推出lim()A aA f x dx →+∞=+∞⎰，与()af x dx +∞⎰收敛矛盾.假设不成立，即0L =.7.(12分)(1)证明：函数项级数1nx n ne +∞−=∑在[,)(0)δδ+∞>一致收敛，但在(0,)+∞不一致收敛.(2)证明：1()nx n f x ne +∞−==∑在区间(0,)+∞上连续且可导.证：(1)对任意的[,)x δ∈+∞和任意的正整数n ，0nx n ne ne δ−−<<，而1,e n δδ−−=→<→+∞，说明1nn neδ+∞−=∑收敛，根据M 判别法，函数项级数1nx n ne +∞−=∑在[,)(0)δδ+∞>一致收敛.记()nx n u x ne −=，对任意的正整数n ，取1(0,)n x n=∈+∞， 1()0,n n u x ne n −=→+∞，则()nxn u x ne−=在(0,)+∞不一致收敛于0.故函数项级数1nx n ne +∞−=∑在(0,)+∞不一致收敛. (2) (0,)x ∀∈+∞，存在0δ>，使得(,)x δ∈+∞.因为()nxn u x ne−=在(0,)+∞连续(1,2,)n =，利用(1)，函数项级数1nx n ne +∞−=∑在[,)(0)δδ+∞>一致收敛，所以和函数1()nx n f x ne +∞−==∑在[,)δ+∞上连续，于是它在x 连续.由x 的任意性，1()nx n f x ne +∞−==∑在区间(0,)+∞上连续.对任意的0δ>，/22()nx n n u x n e n e δ−−=−≤，[,),1,2,x n δ∀∈+∞=，而1,e n δδ−−=→<→+∞，说明21nn n eδ+∞−=∑收敛，根据M 判别法，函数项级数/1()n n u x +∞=∑在[,)(0)δδ+∞>一致收敛.根据一致收敛的函数项级数的逐项可导性，1()nx n f x ne +∞−==∑在区间[,)(0)δδ+∞>可导. 同理可得，1()nx n f x ne +∞−==∑在区间(0,)+∞上可导.8.(10分)设1α>，10n n a a +<≤，0,1,2,n =.证明：111n n n n n a a a a α+∞−=−−∑收敛. 证：由条件，{}n a 单调递增，则要么{}n a 有上界要么{}n a 趋于+∞. (1)设{}n a 有上界. 则{}n a 收敛，记lim n n A a →+∞=，显然0A >.利用极限性质，存在0N ，当0n N >时， 2n Aa >. 则当01n N >+时，由条件1α>，那么1111120()()()22n n n n n n n n a a a a a a A A a a A ααα+−−−−−−≤<=−. 由于1001(),nk k n k a a a a A a n −=−=−→−→+∞∑，说明11()n n n a a +∞−=−∑收敛. 利用比较判别法，111n n n n n a a a a α+∞−=−−∑收敛.(2) 设{}n a 无上界，即lim n n a →+∞=+∞.利用极限性质，存在0N ，当0n N >时，1n a >. 则当01n N >+时，由条件1α>，那么11111110n n n n n n n n n na a a a a a a a a a α−−−−−−−≤≤=−. 由于 110011111(),nk k k n n a a a a a =−−=−→→+∞∑，说明1111()n n n a a +∞=−−∑收敛. 利用比较判别法，111n n n n n a a a a α+∞−=−−∑收敛.。

1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。

数学分析（2）(A)参考答案
出题教师：周科出题日期：2011年6月1日
一、1. C x x ++4
41ln 41；2. !!7!!6;0; 3.31； 4.;2 5.;131>→+e
u u n n 6 43,7.
.)sin cos (21
∑∞
=++n n n nx b nx a a 8．∑n b 的部分和数列有界； 9.3.
二、1. ×； 2. √； 3 × ; 4√； 5; × . 三、1. 解：⎰
⎰=)2
(
arctan arctan 2
x
xd xdx x 4分 ⎰+-=dx x
x x x 22
2121arctan 2 5分 = C x x x x ++-arctan 2
1
21arctan 22 7分
2.解：令,12t x =+ 则tdt dx t x =-=,2
1
2 2分原式= tdt t t ⎰+-3
12121
5分 =11
3
613+t 6分
=
3
16
7分 3.解：显然由于⎭
⎬⎫⎩⎨⎧-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+
n n n n n ln 1,ln 1)1(ln 1sin π单调下降趋于0,由莱布尼兹判断法知,交错级数
∑⎪⎭⎫
⎝
⎛
+n n ln 1sin π收敛.又 ∑⋅>n n n 1,1ln 1发散, 所以原级数条件收敛. 7分 4.)1,1(,0)()(lim
-∈==∞
→x x f x f n n , 2分
1||0)()
1,1()
1,1(==--∈-∈n x n x x x f Sup Sup
, 4分
所以函数项数数列n n x x f =)( 在)1,1(-上非一致收敛 . 5分
)(0|)||(|||0)(]
,[]
,[∞→→+≤=-∈∈n b a x x f n n b a x n b a x Sup Sup
所以函数项数数列n n x x f =)( 在)1,1(-上内闭一致收敛。

7分
5. 证明：令
t
x -=π,则
⎰⎰⎰⎰
-=-=π
π
π
π
ππ0
)(sin )(sin )(sin )()(sin dx x xf dx x f dt t f t dx xx xf , 3分
移项即得证。

5分
.4cos 1)(cos 2cos 1sin 2cos 1sin 2
02020
2ππππππ
=+-=+=+⎰⎰⎰
x x d dx x x dx x
x x 7分
6 （柯西准则） 7分
7 证明：12122
,2],3ln ,2[ln 2
ln <→==≤
∴∈-n
n n n n nx
n n n e n ne x
故级数
∑-nx
ne
在给定区间上一致收敛。

又每项连续，因而求积分与求和可以交换次序。

即：
.2
1
)3121(2ln 3ln )(11
1
3
ln 2
ln 3ln 2
ln 1
3
ln 2
ln =-=-===∑∑∑⎰⎰
∑⎰
∞=∞
==∞
=-∞
=-n n n n nx
n nx
n nx
e
dx ne dx ne
dx x S
四..21
8
)(2;21)(210621
03
ππ=-==
-=⎰⎰dx x x V dx x x S。