数一 李永乐660典题错题（已更完）

数一 李永乐660典题错题

基础过关一阶-高等数学

选择题

数列极限

解：B；①. 单调性：因为$a>1$，所以$x_2=a^{x_1}>x_1=a$，设$x_n>x_{n-1}$，故$x_{n+1}=a^{x_n}>x_n=a^{x_{n-1}}$，故$\{x_n\}$单增。

②. 有极限：$a\le e^{\frac1e}$，$x_1=a\le e$，设$x_n<e$，则$x_{n+1}=a^{x_n}\le e$，故$\{x_n\}$有上界，即有极限。

注意此题单调性和是否存在极限的证明都是用的数学归纳法，其思路为：

（1）验证$n=1$时命题$f_n$正确$\Rightarrow$假设$n=k$时命题$f_n$正确$\Rightarrow$证明$n=k+1$时，命题$f_n$正确

（2）验证$n=1$和$n=2$时命题$f_n$都正确$\Rightarrow$假设$n<k$时命题$f_n$正确$\Rightarrow$证明$n=k$时，命题$f_n$正确

函数极限

解：B；②③④都可通过极限四则运算判定。对于①，举反例$f(x)=0$，则$\lim_{x\to a}(f(x)\cdot g(x))=0$。

引申出一个结论：若$\lim_{x\to a}f(x)=A,\lim_{x\to a}g(x)$不$\exists$，则：

• 当$A\ne 0$，有$\lim_{x\to a }(f(x)g(x))$不$\exists$
• 当$A=0$，不确定$\exists$不$\exists$

解：D；

对于$A$：$\lim_{x\to x_0}f(x)= \lim_{x\to x_0}g(x)$不能判断$x_0$附近$f(x),g(x)$的大小关系；

对于$B$，相当于函数极限的保号性，$A_0>B_0$应改为$A_0\ge B_0$，比如$f(x)=\frac1{x-1},g(x)=\frac{1}{(x-1)^2},x_0=1$；

对于$C$，没有假设极限存在（emmm…）；

$D$相当于函数极限的保号性的正确表述。

解：A；$\lim_{n\to \infty}\sin^2[\pi(\sqrt{n^2+n}-n)]=\lim_{n\to \infty}\sin^2[\frac{n\pi}{(\sqrt{n^2+n}+n)}]=1$

无穷小

解：C；重点看③，当$n<m$时是满足的，但当$n=m$时不一定，反例：$f(x)=\sin x,g(x)=-x$

无穷大量和无界变量

解：C；此题时关于无穷大量和无界变量的区分，在基础时中已知：无穷大量一定是无界变量，反之不一定，但是可确定一子数列，无界变量沿着这一子数列时时无穷大量，即$\lim_{n\to \infty}f(x_n)=\infty$。

若$f(x)$在$[a,+\infty)$无界$\Rightarrow$对$\forall$自然数$n$，$f(x)$在$[n,+\infty)$无界$\Rightarrow \exists x_n∈[n,+\infty),|f(x_n)|>n \Rightarrow \lim_{n\to \infty}x_n=+\infty, \lim_{n\to \infty}f(x_n)=\infty$

函数和导函数连续和有界的关系

解： C；$A,B$反例：$f(x)=\frac1{x-a},f’(x)=-\frac1{(x-a)^2}$；$D$反例：$f(x)=\sqrt{x-a},f’(x)=\frac1{2\sqrt{x-a}}$

$C$可用拉格朗日中值定理证明：取定$x_0∈(a,b)$，则$\forall x∈(a,b),\exists ξ$在$x$和$x_0$之间使得：

$$f(x)-f(x_0)=f'(ξ)(x-x_0)$$

于是$|f(x)|\le |f(x_0)|+|f’(ξ)||x-x_0|\le |f(x_0)|+M|b-a|\quad (x∈(a,b))$

解： D；非充分：$f(x)=x,f’(x)=1$；非必要：$f(x)=\sin x^2,f’(x)=2x\cos x^2$

167题说明：在有界区间上，$f’(x)$的有界性保证了$f(x)$的有界性；开区间上$f’(x)$和$f(x)$的连续性与$f(x)$的有界性无确定关系。

168题说明：在无穷区间上，$f(x)$的有界性和$f’(x)$的有界性无确定关系。

拐点

解：C；在求极值点或拐点时，除了注意一阶导或二阶导为0的点，还要注意它们不存在时的点，然后考虑两边一阶导或二阶导的正负情况。比如此题中的$x=0$处的点。

原函数的存在性

解： C；$F(x)$可导→$F(x)$连续→由原函数存在定理,$F(x)$存在原函数。

函数的可积性

解：B； $f(x)$在$[-1,1]$上有界，只有一个间断点$x=0\Rightarrow f(x)$在$[-1,1]$可积$\Rightarrow F(x)$在$[-1,1]$上连续，因而有界。

定积分的性质

解：C；①. 正确；有条件$\Rightarrow \int_a^xf(t)dt=0(\forall x∈[a,b])$ ，则$(\int_a^xf(t)dt)’=f(x)=0$

②. 正确；有条件$\Rightarrow 0\le \int_a^xf(t)dt\le \int_a^bf(t)dt=0$，则$\int_a^xf(t)dt=0$

③. 错误

定积分和反常积分的区分

解：B；注意定积分和反常积分的区分。$\lim_{x\to 0^+}x^n\ln^m x=0,\lim_{x\to 1}x^n\ln^m x=0$，故是定积分而不是反常积分。

原函数及其存在性

解： B；$f(x)$在$x=0$处不连续，故由原函数存在定理知$f(x)$在整个定义域$(-\infty,+\infty)$上不存在原函数，$F(x)$应从$x\ge 0,x\lt 0$分别考虑。

解：D；$f(x)$在$x=0$上有第一类间断点，由原函数存在定理知，$f(x)$不存在原函数；$\lim_{x\to0}g(x)=0=g(0),g(x)$在$(-1,1)$上连续，故$g(x)$存在原函数。

反常积分的收敛性

解：$A,B,C,D$在$x=1$处均无定义，不能使用比较判别法（细节，需要警惕），需要直接利用定积分计算方法来计算。

反常积分收敛的比较判别法：

前提：$f(x),g(x)$在$[a,+\infty]$连续非负（注意区间左侧为闭）

①. 比较原理：大收敛→小收敛，小发散→大发散；

②. 比较原理的极限形式。

解：A；明显③√④×。①. 反例：$\int_{-\infty}^{+\infty}\sin xdx$发散；②. 反例：$\lim_{R\to \infty}\int_{-R}^R \sin xdx=0$

多元函数的极限

解： B；

$$\begin{aligned} \bigg|\frac{\sin (x^2y+y^4)}{x^2+y^2}\bigg|&\le \bigg|\frac{x^2y+y^4}{x^2+y^2} \bigg|\\ &=\bigg|\frac{x^2}{x^2+y^2}y+\frac{y^2}{x^2+y^2}y^2 \bigg|\\ &\le |y|+y^2 \end{aligned}\\$$

多元函数极限通常通过不等式变换利用夹逼定理来计算。

解：C；

$$xy\le \frac12(x^2+y^2)\ln(x^2+y^2)\\ \lim_{r\to 0}\frac12 r\ln r=\lim_{r\to 0} \frac{\ln r}{2\frac1r}=\lim_{r\to 0} \frac{r}{-2}=0$$

多元函数的连续性、可微性、偏导数是否存在

解： B；

$$\lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)-f(0,0)+2x-y=0\Rightarrow \lim_{(x,y)\to(0,0)}f(x,y)=f(0,0)\\ \lim_{x\to0}\frac{f(x,0)-f(0,0)+2x}{|x|}=1\\ \Downarrow\\ \lim_{x\to0^+}\frac{f(x,0)-f(0,0)+2x}{x}=1\Rightarrow\lim_{x\to0^+}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x}=-1\\ \lim_{x\to0^-}\frac{f(x,0)-f(0,0)+2x}{-x}=1\Rightarrow\lim_{x\to0^-}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x}=-3\\ \Downarrow\\ 偏导不存在$$

多元函数的隐函数微分法

解：B；极小值$\to y’(x_0)=0,y’’(x_0)>0$

$$y'(x_0)=-\frac{F'_x(x_0,y_0)}{F'_y(x_0,y_0)}=0\\ y''(x_0)=-\frac{(F''_{xx}+F''_{xy}y')F'_y-(F''_{yx}+F''_{yy}y')F'_x}{F'^2_y}=-\frac{F''_{xx}}{F'_y}>0$$

二重积分结合反函数

解：

$$\begin{aligned} \int_0^1[\int_0^{f(x)}g(t)dt]dx&=x\int_0^{f(x)}g(t)dt\bigg|^1_0-\int_0^1 xg[f(x)]f'(x)dx\\ &=-\int_0^1x^2f'(x)dx\\ &=-x^2f(x)|_0^1+2\int_0^1xf(x)dx\\ &=2022 \end{aligned}$$

基础过关一阶-线性代数

填空题

求抽象矩阵的逆

解： 思维要发散、灵活

$$AB-A-B=(A-E)(B-E)=E\to (A-E)^{-1}=B-E$$

将矩阵关系转化为线性方程组关系来求特定矩阵

解：矩阵不可逆，所以不能用两边同乘逆矩阵求解。

$$\left[\begin{matrix}1&1\\2&2 \end{matrix}\right]\left[\begin{matrix}x_1&y_1\\x_2&y_2 \end{matrix}\right]=\left[\begin{matrix}2&3\\4&6 \end{matrix}\right]$$ $$\begin{cases} x_1+x_2=2\\ 2x_1+2x_2=4\\ y_1+y_2=3\\ 2y_1+2y_2=6 \end{cases} \quad\to\quad \begin{cases} x_1=2-t\\ x_2=t\\ y_1=3-u\\ y_2=u \end{cases}$$

故由$A=\left[\begin{matrix}2-t&3-u\\t&u \end{matrix}\right]$

求两矩阵运算后得到的矩阵的秩

解：用到的定理：$A$可逆，则$r(AB)=r(BA)=r(B)$。故由$B+2E$可逆得$r(AB+2A)=r(A)=2$

由向量组之间的关系求矩阵的秩

解： $\alpha_1,\alpha_2$坐标不成比例→$\alpha_1,\alpha_2$线性无关$\to 2\le r(A)\le 3$

由$\alpha_4$不能由$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$线性表出可推出：

①. $x_1\alpha_1+x_2\alpha_2+x_3\alpha_3=\alpha_4$无解$\to r(\bar A)=r(A)+1\to r(A)\ne 3\to r(A)=2$

②. 因为$n+1$个$n$维向量必线性相关，故存在$k_i$不全为$0$，使得$k_1\alpha_1+k_2\alpha_2+k_3\alpha_3+k_4\alpha_4=0$，又因$\alpha_4$不能由$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$线性表出可推出，则由$k_4=0$，则$k_1,k_2,k_3$不全为$0$，则$r(A)<3,r(A)=2$

解： $\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3$线性无关$\to r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)=3$

$$\left[\begin{matrix} 1&2&0\\ 2&0&-4\\ -1&t&5\\ 1&0&t \end{matrix}\right]\to \left[\begin{matrix} 1&2&0\\ 0&-4&-4\\ 0&t+2&5\\ 0&-2&t \end{matrix}\right]\to \left[\begin{matrix} 1&2&0\\ 0&-2&t\\ 0&0&3-t\\ 0&0&t+2 \end{matrix}\right]$$

故$\forall t$，均有$r(\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3)=3$

选择题

一个秩为r的向量组r+1或r-1个向量是否线性相关

解：D

$\alpha_1,\alpha_2…\alpha_s$秩为$r\Leftrightarrow \alpha_1,\alpha_2…\alpha_s$的极大线性无关组有$r$向量

                 $\Leftrightarrow \alpha_1,\alpha_2…\alpha_s$中存在$r$个向量线性无关而$r+1$个向量必线性相关

向量组中任r-1个向量不一定都线性相关

矩阵转置的特征值和特征向量

解：D；重点看A，$A^T$和$A$有相同的特征值，但特征向量不同。

矩阵运算得到二次型

解：A；BCD虽都是对称的，但和二次型不匹配。A中矩阵不是对称矩阵，也就不是二次型的矩阵表示（二次型矩阵一定是对称矩阵），但直接计算可以得到和二次型相同的形式。

基础线性过关一阶-概率论

填空题

解： 服从几何分布，这里需注意“至少生产3件产品”包括最后的不合格品。

$$P\{X\ge 3\}=1-P\{X=1\}-P\{X=2\}=1-0.1-0.9×0.1=0.81$$

解： 从两个条件来求出$a,b$：①. $EX^2=\int_{a}^b x^2f(x)=2$；②. 规范性：$\int_{-\infty}^{+\infty}f(x)dx=1$，可求得$a=1,b=\sqrt3$

$$P\{|X|<\sqrt2\}=\int_1^\sqrt2xdx=\frac12$$

解：$Z=X_1-X_2\sim N(0,1)$，$D(|Z|)=E(Z^2)-(E|Z|)^2$

$$E|Z|=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{|z|}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{z^2}{2}}dz=\sqrt{\frac{2}{\pi}}\int_0^{+\infty}{z}e^{-\frac{z^2}{2}}dz=-\sqrt{\frac{2}{\pi}}e^{-\frac{z^2}{2}}\bigg|_0^{+\infty}=\sqrt{\frac{2}{\pi}}$$

$D(|Z|)=D(Z)+[E(Z)]^2-(E|Z|)^2=1-\frac2\pi$

解： 重点注意：$P\{X>C\}=0.6\to C<0$

$$P\{Y>C^2\}=P\{X^2>C^2\}=P\{X>-C\}+P\{X<C\}=2(1-P\{X<C\})=0.8$$

解：

$$X\sim f(\theta)=\begin{cases}\frac1\theta &,{0\le x\le\theta}\\ 0&,{其它}\end{cases}\Rightarrow L(\theta)=\begin{cases}\frac1{\theta^n} &,{0\le x_i\le \theta,i=1,2,...,n}\\0&,其它 \end{cases}\\$$

要使$L(\theta)$最大，须满足$\theta$最小，又因$x_i\le \theta$，则$\theta=max\{x_i\}=x_{(n)}$

选择题

解： $D$；$A,B$互不相容$\Leftrightarrow P(AB)=0$，无法确定$P(\bar A\bar B)$的值。

$$P(A∪\bar B)=P(\overline{\bar AB})=1-P(\bar AB)=1-(P(B)-P(AB))=1-P(B)=P(\bar B)$$

解： $F(x)$是单调不减的非负函数，故$F(x)$非奇非偶。

$$\begin{aligned} F(x)&=\int_{-\infty}^xf(x)dx\\ F(-x)&=\int_{-\infty}^{-x}f(x)dx\\ &=\int_{x}^{+\infty}f(t)dt \end{aligned}\quad\Rightarrow\quad F(x)+F(-x)=1$$

解： $C$；分布函数的性质：单调不减，非负有界，右连续。

• $A$：$a<0$时，三个性质都不满足
• $B$：$\lim_{x\to -\infty}F(x^2+1)\ne 0$
• $D$：$\lim_{x\to-\infty}F(|x|)\ne 0$

解： $D$；二维正态分布函数的形式为：

$$f(x,y)=\frac1{2\piσ_1σ_2\sqrt{1-ρ^2}}\exp\{-\frac1{2(1-ρ^2)}[(\frac{x-\mu_1}{σ_1})^2-2ρ\frac{x-\mu_1}{σ_1}\cdot \frac{y-\mu_2}{σ_2}+(\frac{y-\mu_2}{σ_2})^2]\}$$

可以看出$f(x,y)$不满足二维正态分布的形式，不服从二维正态。

$$f_X(x)=\int_{-\infty}^{+\infty}\frac{1+\sin x\sin y}{2\pi}e^{-\frac{x^2+y^2}{2}}dx=\frac{1}{2\pi}e^{-\frac{x^2}{2}} \int_{-\infty}^{+\infty}e^{-\frac{y^2}{2}}dy=\frac{1}{\sqrt{2\pi}}e^{-\frac{x^2}{2}}$$

则$f_X(x)\sim N(0,1)$，$f_Y(y)$同理。

解： $C$；

$$\begin{aligned} E(X)E(\frac1{1+X})&=\lambda \sum_{k=0}^\infty \frac1{1+k}\cdot\frac{\lambda^k}{k!}e^{-\lambda}\\ &=\sum_{k=0}^\infty \frac{\lambda^{k+1}}{(k+1)!}e^{-\lambda}\\ &=\sum_{k=0}^\infty \frac{\lambda^{k}}{k!}e^{-\lambda}-e^{-\lambda}\\ &=1-e^{-\lambda} \end{aligned}$$

解： $B$；

$$\begin{aligned} ρ_{YZ}&=\frac{Cov(Y,aX+b)}{\sqrt{D(Y)}\sqrt{D(aX+b)}}\\ &=\frac{aCov(Y,X)}{|a|\sqrt{D(Y)}\sqrt{D(X)}}\\ &=\frac{a}{|a|}ρ_{XY} \end{aligned}$$

解： $B$；$B$显然正确。

$$\frac{\sqrt n(\bar X-\mu)}{S^\star}=\frac{\frac{\bar X-\mu}{σ/\sqrt n}}{\sqrt{\frac{n{S^\star}^2}{σ^2}/n}}=\frac{X}{\sqrt {Y/n}}$$

$X,Y$不一定独立，所以$C,D$都不一定对。

解： $B$；$X\sim F(n,n)\Leftrightarrow \frac1X\sim F(n,n)$

$$p_1=P\{X\ge 1\}=P\{\frac1X\le 1\}=P\{X\le 1\}=p_2$$

解： $A$；

$$\begin{aligned} E\{(\sum_{i=1}^nX_i)[\sum_{j=1}^n(nX_j-\sum_{k=1}^nX_k)^2]\}&=E\{n\bar X[n^2\sum_{j=1}^n(X_j-\bar X)^2]\}\\ &=E\{n^3\bar X\cdot (n-1)S^2\}\\ &=n^3(n-1)E(\bar X)E(S^2)\\ &=n^3(n-1)\mu σ^2 \end{aligned}$$

解： $D$；

$$EX^2=D(X)+[E(X)]^2=\frac1n\sum_{i=0}^n(X_i-\bar X)^2+\bar X^2=\frac{n-1}{n}S^2+\bar X^2$$

$D(X)$的矩估计量为$\frac1n\sum_{i=0}^n(X_i-\bar X)^2$

或：

$$EX^2=\frac1n\sum_{i=0}^n X_i^2=\frac1n(\sum_{i=0}^nX_i^2-n\bar X^2)+\bar X^2=\frac1n\sum_{i=0}^n(X_i-\bar X)^2+\bar X^2=\frac{n-1}{n}S^2+\bar X^2$$

解： $C$；均值$\mu$是一个客观存在的数，所以说“总体均值$\mu$的真值以95%的概率落入区间$(\hat\theta_1,\hat\theta_2)$”不恰当。

基础过关二阶-高等数学

填空题

解： 前提：级数收敛$\Leftrightarrow$部分和有极限。

①.

$$\lim_{n\to\infty}S_n=\lim_{n\to\infty}1-\frac{1}{n+1}=1\to 级数①收敛$$

②.

$$\begin{cases} \lim_{n\to \infty}S_{2n}=\lim_{n\to\infty}1-\frac1{n+1}=1\\ \lim_{n\to\infty}S_{2n+1}=\lim_{n\to\infty}\bigg[S_{2n}+\frac1{n+1}\bigg]=1 \end{cases}\to \lim_{n\to\infty}S_n=1\to 级数②收敛$$

③.

$$\begin{cases} \lim_{n\to \infty}S_{2n}=\lim_{n\to\infty}2-\frac{n+2}{n+1}=\lim_{n\to\infty} \frac{n}{n+1}=1\\ \lim_{n\to\infty}S_{2n+1}=\lim_{n\to\infty}\bigg[S_{2n}+\frac{n+1}{n}\bigg]不\exists \end{cases}\to \lim_{n\to\infty}S_n不\exists\to 级数③发散$$

④.

$$\lim_{n\to\infty} S_n=\lim_{n\to\infty}2-\frac{n+2}{n+1}=\lim_{n\to\infty}\frac n{n+1}=1\to 级数④收敛$$

解： $\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}a_n$收敛，$\sum_{n=1}^\infty a_n$发散$\Rightarrow$ $\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}a_n$条件收敛。即幂级数$\sum_{n=1}^\infty a_n t^n$在$t=-1$处条件收敛，即该收敛半径为$1$，令$t=2x^2$可得题目中所给的幂级数，则有$|2x^2|<1$，得收敛区间为$(-\frac1{\sqrt2},\frac1{\sqrt2})$。

又因$x=\pm\frac{1}{\sqrt2}$时$\sum_{n=1}^\infty a_n2^nx^{2n}=\sum_{n=1}^{\infty}a_n$发散，故收敛域为$(-\frac1{\sqrt2},\frac1{\sqrt2})$。

解：

$$\lim_{n\to\infty}\frac{n[4^n+(-3)^n]}{(n+1)[4^{n+1}+(-3)^{n+1}]}=\lim_{n\to \infty}\frac{n[1+(-3/4)^n]}{4(n+1)[1+(-3/4)^{n+1}]}=\frac14\to R=4$$

当$x=4$时，幂级数成为$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n[1+(-3/4)^n]}$

$$\lim_{n\to \infty}\frac{1}{n[1+(-3/4)^n]}\bigg/\frac1n=\lim_{n\to \infty}\frac{1}{[1+(-3/4)^n]}=1\to 级数发散$$

当$x=-4$时，幂级数成为$\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n[1+(-3/4)^n]}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}-\sum_{n=1}^\infty \frac{(3/4)^n}{n[1+(-3/4)^n]}$

$$\frac{(3/4)^n}{n[1+(-3/4)^n]}\sim \frac1n{(\frac34)^n}\le (\frac34)^n\to 级数收敛$$

故收敛域为$[-4,4)$

解： 用递推法，

$$\begin{aligned} S'(x)&=\sum_{n=0}^\infty\frac{x^{2n}}{(2n)!}\\ S''(x)&=\sum_{n=1}^\infty \frac{x^{2n-1}}{(2n-1)!}=\sum_{n=0}^\infty \frac{x^{2n+1}}{(2n+1)!}=S(x) \end{aligned}$$ $$\begin{cases} S''(x)-S(x)=0\\ S(0)=0,S'(0)=1 \end{cases}\to S(x)=\frac12{(e^x-e^{-x})}$$

解： 求一直线在另一平面上的投影直线方程，思路：求出过直线$L$的与平面垂直的平面，并将两平面联立。

先求$L$的方向向量：

$$\vec r= \begin{vmatrix} \vec i&\vec j&\vec k\\ 0&2&3\\ 1&-2&-1 \end{vmatrix}=(4,3,-2)$$

因为过直线$L$的平面与直线$L$的方向向量和平面$II$的法向量都平行，即且任取直线上$L$一点$(0,4,-1)$，则可得所求平面方程：

$$\begin{vmatrix} x&y-4&z+1\\ 4&3&-2\\ 1&-1&3 \end{vmatrix}=x-2y-z+7=0$$

联立可得投影直线方程：

$$\begin{cases} x-y+3z+8=0\\ x-2y-z+7=0 \end{cases}$$

解： 思路：利用旋转后的点离坐标轴的距离不变来求解。

$M_0(x_0,y_0,z_0)$是$L$上一点，绕直线$L_1$旋转到$M(x,y,z)$，则有：

$$\begin{cases} z=z_0\\ (x-2)^2+(y-3)^2=(x_0-2)^2+(y_0-3)^2 \end{cases}$$

接下来可由直线方程$L$中$x_0,y_0,z_0$的关系以及$z=z_0$最终解出曲面方程为：

$$(x-2)^2+(y-3)^2=(2z+3)^2+(3z+1)^2$$

选择题

解： 举反例。

$B$：$u_n=\frac1{n^2},v_n=1$

$C$：$u_n=\frac1n-\frac1{n^2}$

$D$：$u_n=(-1)^n/n,v_n=-1/n$

证明$A$正确：$2|u_n v_n|\le u_n^2+v_n^2$，则$\sum_{n=1}^\infty |u_nv_n|$收敛，$\sum_{n=1}^\infty u_nv_n$收敛，故$\sum_{n=1}^\infty (u_n+v_n)^2=\sum_{n=1}^\infty (u_n^2+2u_nv_n+v_n^2)$收敛。

解：

$$\sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}u_n条件收敛\to \begin{cases} \sum_{n=1}^\infty (-1)^{n-1}u_n=u_1-u_2+u_3...=\sum_{n=1}^\infty u_{2n-1}-u_{2n}收敛\\ \sum_{n=1}^\infty u_n发散 \end{cases}$$

则$\sum_{n=0}^\infty v_n=2u_{2n-1}+(u_{2n-1}-u_{2n})$发散。

解：举反例：

①. $a_n=(-1)^n/\sqrt n$

②. $a_n=(-1)^n/\sqrt n,b_n=(-1)^n/\sqrt n+1/n$

③. $a_n=(-1)^n/n$

证明④正确：$\sum_{n=1}^\infty a_n$收敛$\to \exists M,|a_n|\le M\to|a_nb_n|\le|Mb_n|\to$由$\sum_{n=1}^\infty a_n$绝对收敛，可得$\sum_{n=1}^\infty a_nb_n$绝对收敛。

解： $\sum_{n=1}^\infty a_n$收敛$\to \lim_{n\to\infty}a_n=0\to \ln(1+a_{2n})\sim a_{2n}\to \sum_{n=1}^\infty b_n$绝对收敛。

解：

$$\bigg|\frac{\sin n^2\ln^3n}{\sqrt[3]{n^4+1}}\bigg|\le\frac{\ln^3n}{n^{\frac43}}=\frac1{n^{\frac76}}\frac{\ln^3n}{n^\frac16}\lt \frac1{n^{\frac76}}$$

故②绝对收敛。

解： 因为$\lim_{n\to \infty}\frac{(\ln n)^2}{n}=0,(\ln n)^2\le n\to (\ln \ln n)^2\le \ln n$

故发散。

解：

$$\frac{\partial u}{\partial \vec n}=u'_x\cos(\vec n,x)+u'_y\cos (\vec n,y)$$

其中$\cos(\vec n,x),\cos(\vec n,y)$是法向量的方向余弦。设$\vec\tau$是$L$的沿逆时针方向的切线向量，则

$$\cos (\vec n,x)=\cos(\vec\tau,y)\quad\quad \cos(\vec n,y)=-\cos(\vec\tau,x)$$

则：

$$\begin{aligned} \oint_L \frac{\partial u}{\partial \vec n}ds&=\oint_Lu'_x\cos(\vec n,x)+u'_y\cos (\vec n,y)ds\\ &=\oint_Lu'_x\cos(\vec \tau,y)-u'_y\cos (\vec n,x)ds\\ &=\oint_Lu'_xdy-u'_ydx\\ &=\iint_{x^2+y^2\le 1}(\frac{\partial^2 u}{\partial^2 x}+\frac{\partial^2 u}{\partial^2 y})dxdy\\ &=\iint_{x^2+y^2\le 1}x^2+y^2dxdy\\ &=\frac\pi2 \end{aligned}$$

解： 用平面束方程法。

过点$(1,0,0),(0,1,0)$的直线方程为$\frac{x-1}1=\frac{y}{-1}=\frac z0$

即

$$\begin{cases} x+y-1=0\\ z=0 \end{cases}$$

过该直线的平面束方程为：$\lambda (x+y-1)+z=0$，即

$$\lambda x+\lambda y+z-\lambda =0$$

法线向量为$(\lambda,\lambda,1)$.

曲面$z=x^2+y^2$在点$(x,y,z)$处的法向量为$\vec n_2=(2x,2y,-1)$，则

$$\frac{2x}{\lambda}=\frac{2y}{\lambda}=\frac{-1}{1}$$

即$x=y=-\lambda/2$，代入平面束方程以及$z^2=x^2+y^2$得：

$$\frac{\lambda^2}{2}+\lambda=0$$

可得$\lambda_1=0,\lambda_2=-2$，代入到平面束方程得：

$$z=0,2x+2y-z=2$$