第1题#

解：（利用向量夹角公式求两向量夹角）

先求点积 $\vec{a}\cdot\vec{b}=1\times 2+2\times(-1)+3\times 1=2-2+3=3$（计算两向量的内积，为夹角公式做准备）

再求模长 $|\vec{a}|=\sqrt{1^2+2^2+3^2}=\sqrt{14}$（求向量a的模，用于夹角公式）

$|\vec{b}|=\sqrt{2^2+(-1)^2+1^2}=\sqrt{6}$（求向量b的模，用于夹角公式）

由夹角公式 $\cos\theta=\frac{\vec{a}\cdot\vec{b}}{|\vec{a}||\vec{b}|}=\frac{3}{\sqrt{14}\cdot\sqrt{6}}=\frac{3}{\sqrt{84}}=\frac{3}{2\sqrt{21}}$（代入夹角公式计算余弦值）

化简 $\cos\theta=\frac{3\sqrt{21}}{42}=\frac{\sqrt{21}}{14}$（有理化分母）

检验选项：$\cos\frac{\pi}{4}=\frac{\sqrt{2}}{2}\approx 0.707$，而 $\frac{\sqrt{21}}{14}\approx\frac{4.58}{14}\approx 0.327$（初步判断不匹配 $\frac{\pi}{4}$）

重新计算：$\vec{a}\cdot\vec{b}=2-2+3=3$，$|\vec{a}|=\sqrt{14}$，$|\vec{b}|=\sqrt{6}$（检查计算是否有误）

$\cos\theta=\frac{3}{\sqrt{84}}=\frac{3}{2\sqrt{21}}$（再次确认）

验证 $\theta=\frac{\pi}{4}$ 时：$\frac{3}{\sqrt{84}}\stackrel{?}{=}\frac{\sqrt{2}}{2}$，即 $6\stackrel{?}{=}\sqrt{168}=2\sqrt{42}$，$36\stackrel{?}{=}168$，不成立（排除选项B）

实际上 $3^2=9$，$\sqrt{84}\approx 9.17$，$\cos\theta\approx 0.327$，$\theta\approx 1.24\text{ rad}\approx 71°$（这个值不匹配任何特殊角，再仔细检查点积）

重新算点积：$1\times 2=2$，$2\times(-1)=-2$，$3\times 1=3$，总和 $=3$（点积无误）

验算 $\cos\frac{\pi}{3}=\frac{1}{2}$：若 $\theta=\frac{\pi}{3}$，则 $\frac{3}{\sqrt{84}}=\frac{1}{2}$，即 $6=\sqrt{84}$，$36=84$，不成立（排除C）

验算 $\theta=\frac{\pi}{2}$：需 $\vec{a}\cdot\vec{b}=0$，但 $3\neq 0$（排除D）

验算 $\cos\frac{\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2}\approx 0.866$（与0.327差距大，排除A）

注： 本题选项设置有误，正确 $\cos\theta=\frac{3}{\sqrt{84}}$。若改为 $\vec{b}=(2,1,1)$，则 $\vec{a}\cdot\vec{b}=7$，$|\vec{b}|=\sqrt{6}$，仍不匹配。若 $\vec{b}=(1,-1,1)$，则 $\vec{a}\cdot\vec{b}=2$，$|\vec{b}|=\sqrt{3}$，$\cos\theta=\frac{2}{\sqrt{42}}$。若 $\vec{a}=(1,1,\sqrt{2})$，$\vec{b}=(1,0,0)$，则 $\cos\theta=\frac{1}{2}$。原题按 $\vec{a}=(1,2,3)$、$\vec{b}=(2,-1,1)$ 计算，最接近的答案为 B（作为考试题，可能是 $\vec{a}=(1,1,0)$、$\vec{b}=(1,0,1)$ 的变体）。

按标准考试逻辑，若 $\vec{a}\cdot\vec{b}=0$ 则选D；若 $\vec{a}\cdot\vec{b}=|\vec{a}||\vec{b}|/2$ 则选C。本题数据导致无精确匹配，建议修正题目数据。

2. 函数 $z=x^3+y^3-3xy$ 的驻点个数为（　　）

A. 1 　　B. 2 　　C. 3 　　D. 4

3. 设 $D$ 是由 $x^2+y^2\leq 1$ 所确定的区域，则 $\iint_D (x^2+y^2)\,dxdy =$（　　）

A. $\frac{\pi}{2}$ 　　B. $\pi$ 　　C. $\frac{\pi}{4}$ 　　D. $2\pi$

4. 幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{x^n}{n}$ 的收敛域为（　　）

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

5. 设 $L$ 为圆周 $x^2+y^2=a^2$ 的逆时针方向，则 $\oint_L x\,dy-y\,dx =$（　　）

A. $0$ 　　B. $\pi a^2$ 　　C. $2\pi a^2$ 　　D. $4\pi a^2$

第2题#

解：（通过求偏导并令其为零来找驻点）

求 $z$ 对 $x$ 的偏导数：$\frac{\partial z}{\partial x}=3x^2-3y$（对x求偏导，y视为常数）

求 $z$ 对 $y$ 的偏导数：$\frac{\partial z}{\partial y}=3y^2-3x$（对y求偏导，x视为常数）

令偏导数为零得方程组：$\begin{cases} 3x^2-3y=0 \\ 3y^2-3x=0 \end{cases}$（驻点要求所有一阶偏导同时为零）

化简得：$\begin{cases} x^2=y \\ y^2=x \end{cases}$（两边除以3，简化方程）

将 $y=x^2$ 代入第二式：$(x^2)^2=x$，即 $x^4=x$（消元，将二元方程组化为一元方程）

$x^4-x=0$，即 $x(x^3-1)=0$（提取公因式x）

解得 $x=0$ 或 $x^3=1$ 即 $x=1$（解一元方程）

当 $x=0$ 时，$y=0^2=0$，得驻点 $(0,0)$（回代求对应y值）

当 $x=1$ 时，$y=1^2=1$，得驻点 $(1,1)$（回代求对应y值）

共 2 个驻点，选 B。

第3题#

解：（利用极坐标计算圆域上的二重积分）

积分区域 $D$ 是单位圆，适合用极坐标（被积函数含 $x^2+y^2$，积分域为圆，极坐标最简便）

令 $x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$，则 $x^2+y^2=r^2$，$dxdy=r\,drd\theta$（极坐标变换公式）

区域 $D$ 在极坐标下为 $0\leq r\leq 1$，$0\leq\theta\leq 2\pi$（确定极坐标积分限）

$\iint_D (x^2+y^2)\,dxdy = \int_0^{2\pi}d\theta\int_0^1 r^2\cdot r\,dr$（代入极坐标变换，$r^2$来自被积函数，r来自面积元素）

$=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^1 r^3\,dr$（合并被积函数中的r幂次）

$=2\pi\cdot\frac{r^4}{4}\Big|_0^1$（分别对$\theta$和r积分，$\theta$积分结果为$2\pi$）

$=2\pi\cdot\frac{1}{4}=\frac{\pi}{2}$（代入上下限计算最终结果）

选 A。

第4题#

解：（先求收敛半径，再检验区间端点处的敛散性）

用比值法求收敛半径：$\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{n}{n+1}=1$（计算比值极限，确定收敛半径$R=1$）

收敛半径 $R=1$，级数在 $(-1,1)$ 内绝对收敛（根据比值法结论）

检验端点 $x=1$：级数变为 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n}$，这是调和级数，发散（端点$x=1$处化为p级数，p=1时发散）

检验端点 $x=-1$：级数变为 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n}$，这是交错级数（端点$x=-1$处化为交错级数）

由莱布尼茨判别法：$\frac{1}{n}$ 单调递减趋于0，故交错级数收敛（验证莱布尼茨条件，确认收敛）

所以收敛域为 $[-1,1)$，选 B。

第5题#

解：（利用格林公式将曲线积分化为二重积分）

设 $P=-y$，$Q=x$（将积分写成标准形式 $\oint P\,dx+Q\,dy$，注意原式为$x\,dy-y\,dx$）

计算偏导数：$\frac{\partial Q}{\partial x}=1$（Q对x求偏导）

$\frac{\partial P}{\partial y}=-1$（P对y求偏导）

由格林公式：$\oint_L x\,dy-y\,dx=\iint_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dxdy$（应用格林公式，L为正向边界）

$=\iint_D(1-(-1))\,dxdy=\iint_D 2\,dxdy$（代入偏导数值，化简被积函数）

$=2\times(\text{圆域面积})=2\times\pi a^2=2\pi a^2$（2乘以区域D的面积，D为半径a的圆）

选 C。

第1题#

解：（直线垂直于平面，则直线的方向向量等于平面的法向量）

平面 $2x-y+3z=5$ 的法向量为 $\vec{n}=(2,-1,3)$（从平面一般式直接读出法向量）

由于直线垂直于平面，直线的方向向量 $\vec{s}$ 与平面法向量平行（垂直于平面的直线，其方向向量与法向量同向）

故取 $\vec{s}=\vec{n}=(2,-1,3)$（确定方向向量）

直线过点 $(1,2,3)$，由点向式方程得：（使用点向式$\frac{x-x_0}{m}=\frac{y-y_0}{n}=\frac{z-z_0}{p}$）

$\frac{x-1}{2}=\frac{y-2}{-1}=\frac{z-3}{3}$

第2题#

解：（逐次求偏导，先对x求偏导，再对y求偏导）

先求一阶偏导 $\frac{\partial z}{\partial x}=e^{xy}\cdot y=ye^{xy}$（对x求偏导，用链式法则，$e^{xy}$对x求导为$ye^{xy}$）

再对 $y$ 求偏导：$\frac{\partial^2 z}{\partial x\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}(ye^{xy})$（混合偏导，对上面结果再对y求导）

用乘积法则：$=1\cdot e^{xy}+y\cdot e^{xy}\cdot x$（$ye^{xy}$对y求导，前导后不导加前不导后导）

$=e^{xy}+xye^{xy}=(1+xy)e^{xy}$（提取公因式$e^{xy}$，整理化简）

第3题#

解：（先画出积分区域，再交换积分次序）

原积分区域由 $0\leq x\leq 1$ 和 $x\leq y\leq 1$ 确定（分析原积分限：x从0到1，对每个x，y从x到1）

画出区域：这是由直线 $y=x$、$y=1$ 和 $x=0$ 围成的三角形（确定区域形状，位于y=x上方、y=1下方）

交换次序后，$y$ 的范围是 $0\leq y\leq 1$（先确定y的整体范围，从0到1）

对每个固定的 $y$，$x$ 从 $0$ 到 $y$（在水平方向上，x从左边界0到右边界y=x即x=y）

故 $\int_0^1 dx\int_x^1 f(x,y)\,dy=\int_0^1 dy\int_0^y f(x,y)\,dx$

第4题#

解：（利用麦克劳林级数展开公式 $f(x)=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{f^{(n)}(0)}{n!}x^n$）

$f(x)=e^x$，各阶导数 $f^{(n)}(x)=e^x$（指数函数的任意阶导数仍为自身）

故 $f^{(n)}(0)=e^0=1$（在x=0处求各阶导数值）

代入麦克劳林公式：$e^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}x^n=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^n}{n!}$（将导数值代入展开式）

收敛域为 $(-\infty,+\infty)$（指数函数的麦克劳林级数处处收敛）

第5题#

解：（利用高斯公式将第二类曲面积分化为三重积分）

设 $P=x$，$Q=y$，$R=z$（将被积式对应到高斯公式的P、Q、R）

计算偏导数：$\frac{\partial P}{\partial x}=1$，$\frac{\partial Q}{\partial y}=1$，$\frac{\partial R}{\partial z}=1$（分别求三个偏导数）

由高斯公式：$\oiint_\Sigma x\,dydz+y\,dzdx+z\,dxdy=\iiint_\Omega(1+1+1)\,dxdydz$（应用高斯公式，外侧为正方向）

$=3\iiint_\Omega dxdydz=3\times(\text{球体体积})$（被积函数为常数3，积分结果为3倍区域体积）

球体体积 $V=\frac{4}{3}\pi R^3$（使用球体积公式）

故原式 $=3\times\frac{4}{3}\pi R^3=4\pi R^3$（约分得到最终结果）

第1题#

求函数 $u=x^2+y^2+z^2$ 在约束条件 $x+y+z=1$ 下的最小值。

解：（条件极值问题，使用拉格朗日乘数法）

构造拉格朗日函数 $L=x^2+y^2+z^2+\lambda(x+y+z-1)$（引入拉格朗日乘子$\lambda$，将约束条件融入目标函数）

求偏导并令其为零：（对每个变量求偏导，建立方程组）

$\frac{\partial L}{\partial x}=2x+\lambda=0$（对x求偏导，令其为零，得到驻点必要条件）

$\frac{\partial L}{\partial y}=2y+\lambda=0$（对y求偏导，令其为零）

$\frac{\partial L}{\partial z}=2z+\lambda=0$（对z求偏导，令其为零）

$\frac{\partial L}{\partial \lambda}=x+y+z-1=0$（对$\lambda$求偏导，还原约束条件）

由前三式得 $2x=2y=2z=-\lambda$（比较三式，发现$x,y,z$都与$-\lambda/2$相关）

故 $x=y=z$（由$2x=2y=2z$直接推出三个变量相等）

代入约束条件：$3x=1$，得 $x=y=z=\frac{1}{3}$（将相等关系代入约束方程求解）

此时 $u=\left(\frac{1}{3}\right)^2+\left(\frac{1}{3}\right)^2+\left(\frac{1}{3}\right)^2=3\times\frac{1}{9}=\frac{1}{3}$（计算目标函数值）

由于 $u=x^2+y^2+z^2\geq 0$ 且在无穷远处趋于无穷大，该驻点必为最小值点（从几何意义判断：$u$为到原点距离平方，约束为平面，最近点存在唯一）

最小值为 $\frac{1}{3}$。

第2题#

计算二重积分 $\iint_D \frac{y}{x}\,dxdy$，其中 $D$ 是由直线 $y=x$、$y=2x$ 和 $x=1$ 所围成的区域。

解：（先确定积分区域，再化为累次积分计算）

画出区域 $D$：三条直线 $y=x$、$y=2x$、$x=1$ 的交点分别为 $(0,0)$、$(1,1)$、$(1,2)$（求边界交点，确定区域顶点）

区域可描述为 $0\leq x\leq 1$，$x\leq y\leq 2x$（确定x型区域的积分限：x从0到1，y从下边界y=x到上边界y=2x）

$\iint_D \frac{y}{x}\,dxdy=\int_0^1 dx\int_x^{2x} \frac{y}{x}\,dy$（将二重积分化为先y后x的累次积分）

先对 $y$ 积分：$\int_x^{2x}\frac{y}{x}\,dy=\frac{1}{x}\cdot\frac{y^2}{2}\Big|_x^{2x}$（将$\frac{1}{x}$视为常数提出，对$y$积分）

$=\frac{1}{2x}\left[(2x)^2-x^2\right]=\frac{1}{2x}(4x^2-x^2)=\frac{3x^2}{2x}=\frac{3x}{2}$（代入上下限并化简）

再对 $x$ 积分：$\int_0^1 \frac{3x}{2}\,dx=\frac{3}{2}\cdot\frac{x^2}{2}\Big|_0^1$（将内层积分结果作为新的被积函数）

$=\frac{3}{4}(1-0)=\frac{3}{4}$（代入上下限得到最终结果）

第3题#

利用格林公式计算曲线积分 $\oint_L (2x-y)\,dx+(x+3y)\,dy$，其中 $L$ 是以 $O(0,0)$、$A(1,0)$、$B(1,1)$、$C(0,1)$ 为顶点的正方形边界，取逆时针方向。

解：（验证格林公式条件，将曲线积分转化为区域上的二重积分）

设 $P=2x-y$，$Q=x+3y$（明确P和Q的表达式）

验证偏导数：$\frac{\partial Q}{\partial x}=1$（Q对x求偏导）

$\frac{\partial P}{\partial y}=-1$（P对y求偏导）

两偏导数在正方形区域上连续，满足格林公式条件（确认$P,Q$及其偏导数在闭区域上连续）

格林公式：$\oint_L P\,dx+Q\,dy=\iint_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dxdy$（写出格林公式标准形式，L为正向边界）

$=\iint_D(1-(-1))\,dxdy=\iint_D 2\,dxdy$（代入偏导数值，化简被积函数为常数2）

$=2\times(\text{正方形面积})=2\times 1=2$（常数2乘以区域D的面积，正方形边长为1）

第4题#

计算曲面积分 $\iint_\Sigma z\,dS$，其中 $\Sigma$ 为锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 被平面 $z=1$ 所截下的部分。

解：（将第一类曲面积分投影到xy平面，转化为二重积分）

曲面 $\Sigma$：$z=\sqrt{x^2+y^2}$，且 $z\leq 1$，即投影区域 $D_{xy}$：$x^2+y^2\leq 1$（确定曲面范围和投影区域）

计算面积元素：$z_x=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$，$z_y=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$（求偏导，为面积元素公式做准备）

$dS=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,dxdy=\sqrt{1+\frac{x^2}{x^2+y^2}+\frac{y^2}{x^2+y^2}}\,dxdy$（代入第一类曲面积分的面积元素公式）

$=\sqrt{1+1}\,dxdy=\sqrt{2}\,dxdy$（化简：$\frac{x^2+y^2}{x^2+y^2}=1$）

$\iint_\Sigma z\,dS=\iint_{D_{xy}}\sqrt{x^2+y^2}\cdot\sqrt{2}\,dxdy$（将曲面积分转化为投影区域上的二重积分，$z$用曲面方程代入）

$=\sqrt{2}\iint_{x^2+y^2\leq 1}\sqrt{x^2+y^2}\,dxdy$（提出常数$\sqrt{2}$）

用极坐标：$=\sqrt{2}\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^1 r\cdot r\,dr$（极坐标变换：$\sqrt{x^2+y^2}=r$，$dxdy=r\,drd\theta$）

$=\sqrt{2}\cdot 2\pi\cdot\int_0^1 r^2\,dr$（$\theta$积分得$2\pi$）

$=2\sqrt{2}\pi\cdot\frac{1}{3}$（计算r的积分：$\int_0^1 r^2\,dr=\frac{1}{3}$）

$=\frac{2\sqrt{2}\pi}{3}$（整理得到最终结果）

第5题#

求幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} n x^{n-1}$ 的和函数，并指明其收敛域。

解：（利用幂级数的逐项积分性质，先积分再求导）

先求收敛半径：$\lim_{n\to\infty}\left|\frac{a_{n+1}}{a_n}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{n+1}{n}=1$（用比值法求收敛半径，$a_n=n$）

收敛半径 $R=1$（收敛半径为比值极限的倒数）

检验端点 $x=1$：级数为 $\sum n$，发散（正项级数通项不趋于零）

检验端点 $x=-1$：级数为 $\sum n(-1)^{n-1}$，通项不趋于零，发散（交错级数通项绝对值$n\to\infty$）

故收敛域为 $(-1,1)$（确定开区间收敛域）

设 $S(x)=\sum_{n=1}^{\infty}nx^{n-1}$，$x\in(-1,1)$（定义和函数）

对 $S(x)$ 从0到x积分：$\int_0^x S(t)\,dt=\sum_{n=1}^{\infty}\int_0^x nt^{n-1}\,dt$（逐项积分，幂级数在收敛区间内可逐项积分）

$=\sum_{n=1}^{\infty}x^n$（计算内层积分：$\int_0^x nt^{n-1}\,dt=x^n$）

$=\frac{x}{1-x}$，$|x|<1$（等比级数求和，首项x，公比x）

两边对 $x$ 求导：$S(x)=\left(\frac{x}{1-x}\right)'$（积分后再求导还原出S(x)）

$=\frac{(1-x)\cdot 1-x\cdot(-1)}{(1-x)^2}$（用商的求导法则：分子导数乘分母减分子乘分母导数，除以分母平方）

$=\frac{1-x+x}{(1-x)^2}=\frac{1}{(1-x)^2}$（化简分子）

和函数为 $S(x)=\frac{1}{(1-x)^2}$，收敛域为 $(-1,1)$。

第1题#

设 $\Omega$ 是由曲面 $z=x^2+y^2$ 与平面 $z=4$ 所围成的空间区域。

（1）求 $\Omega$ 的体积；（5分）

解：（利用柱坐标计算旋转体体积）

两曲面交线：$x^2+y^2=4$，即 $z=4$ 平面上半径为2的圆（令$x^2+y^2=4$，确定积分区域的上边界投影）

采用柱坐标：$x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$，$z=z$（柱坐标变换，适合处理旋转体）

区域 $\Omega$ 在柱坐标下表示为：$0\leq\theta\leq 2\pi$，$0\leq r\leq 2$，$r^2\leq z\leq 4$（确定三个变量的范围：$\theta$绕一周，r从0到交线半径2，z从下曲面$z=r^2$到上平面$z=4$）

体积 $V=\iiint_\Omega dxdydz$（体积的三重积分定义）

$=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^2 r\,dr\int_{r^2}^4 dz$（代入柱坐标，体积元素$dxdydz=r\,drd\theta dz$）

$=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^2 r(4-r^2)\,dr$（先对z积分，上减下：$4-r^2$）

$=2\pi\int_0^2(4r-r^3)\,dr$（$\theta$积分得$2\pi$，展开被积函数）

$=2\pi\left[2r^2-\frac{r^4}{4}\right]_0^2$（对r积分，分别求原函数）

$=2\pi\left(2\times 4-\frac{16}{4}\right)=2\pi(8-4)$（代入上限r=2）

$=2\pi\times 4=8\pi$（化简得到体积）

（2）计算三重积分 $\iiint_\Omega z\,dxdydz$。（5分）

解：（在柱坐标下计算三重积分）

$\iiint_\Omega z\,dxdydz=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^2 r\,dr\int_{r^2}^4 z\,dz$（积分区域与(1)相同，被积函数为z）

先对 $z$ 积分：$\int_{r^2}^4 z\,dz=\frac{z^2}{2}\Big|_{r^2}^4=\frac{16}{2}-\frac{r^4}{2}=\frac{16-r^4}{2}$（求z的原函数并代入上下限）

$=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^2 r\cdot\frac{16-r^4}{2}\,dr$（将z积分结果代入）

$=2\pi\cdot\frac{1}{2}\int_0^2(16r-r^5)\,dr$（提出常数，$\theta$积分得$2\pi$）

$=\pi\int_0^2(16r-r^5)\,dr$（化简系数）

$=\pi\left[8r^2-\frac{r^6}{6}\right]_0^2$（分别求原函数：$16r$积分为$8r^2$，$r^5$积分为$\frac{r^6}{6}$）

$=\pi\left(8\times 4-\frac{64}{6}\right)=\pi\left(32-\frac{32}{3}\right)$（代入r=2，$2^6=64$）

$=\pi\cdot\frac{96-32}{3}=\frac{64\pi}{3}$（通分计算）

第2题#

将函数 $f(x)=\begin{cases} 0, & -\pi \leq x < 0 \\ x, & 0 \leq x \leq \pi \end{cases}$ 展开成傅里叶级数，并求级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2}$ 的和。

解：（计算傅里叶系数，写出级数展开式，再代入特定点求数项级数和）

周期 $2\pi$，展开式为 $f(x)=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}(a_n\cos nx+b_n\sin nx)$（写出标准傅里叶级数形式）

计算 $a_0$：（常数项系数，用积分定义）

$a_0=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\,dx$（傅里叶系数定义）

$=\frac{1}{\pi}\left[\int_{-\pi}^{0}0\,dx+\int_{0}^{\pi}x\,dx\right]$（分段积分，第一段被积函数为0）

$=\frac{1}{\pi}\cdot\frac{x^2}{2}\Big|_0^{\pi}=\frac{1}{\pi}\cdot\frac{\pi^2}{2}=\frac{\pi}{2}$（计算第二段积分）

计算 $a_n$：（余弦项系数）

$a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nx\,dx=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\cos nx\,dx$（定义式，分段后第一段为0）

用分部积分：$u=x$，$dv=\cos nx\,dx$，则 $du=dx$，$v=\frac{\sin nx}{n}$（选择u和dv，使x降幂）

$=\frac{1}{\pi}\left[\frac{x\sin nx}{n}\Big|_0^{\pi}-\int_0^{\pi}\frac{\sin nx}{n}\,dx\right]$（分部积分公式：$uv-\int v\,du$）

$=\frac{1}{\pi}\left[0-\left(-\frac{\cos nx}{n^2}\Big|_0^{\pi}\right)\right]$（第一项：$\sin n\pi=0$；第二项积分$\int\sin nx\,dx=-\frac{\cos nx}{n}$）

$=\frac{1}{\pi}\cdot\frac{1}{n^2}(\cos n\pi-\cos 0)=\frac{1}{\pi n^2}[(-1)^n-1]$（代入上下限，利用$\cos n\pi=(-1)^n$）

当 $n$ 为偶数时，$(-1)^n-1=0$，故 $a_n=0$（分析偶数项系数）

当 $n$ 为奇数时，$(-1)^n-1=-2$，故 $a_n=-\frac{2}{\pi n^2}$（分析奇数项系数）

计算 $b_n$：（正弦项系数）

$b_n=\frac{1}{\pi}\int_{0}^{\pi}x\sin nx\,dx$（同理，定义式）

分部积分：$u=x$，$dv=\sin nx\,dx$，则 $du=dx$，$v=-\frac{\cos nx}{n}$（选择u和dv）

$=\frac{1}{\pi}\left[-\frac{x\cos nx}{n}\Big|_0^{\pi}+\int_0^{\pi}\frac{\cos nx}{n}\,dx\right]$（分部积分公式）

$=\frac{1}{\pi}\left[-\frac{\pi\cos n\pi}{n}+0+\frac{\sin nx}{n^2}\Big|_0^{\pi}\right]$（代入上下限，$\sin n\pi=\sin 0=0$）

$=\frac{1}{\pi}\cdot\left(-\frac{\pi(-1)^n}{n}\right)=\frac{(-1)^{n+1}}{n}$（化简，$\cos n\pi=(-1)^n$）

傅里叶级数：（汇总各系数）

$f(x)=\frac{\pi}{4}+\sum_{n=1}^{\infty}\left[\frac{(-1)^n-1}{\pi n^2}\cos nx+\frac{(-1)^{n+1}}{n}\sin nx\right]$

求 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2}$：（利用傅里叶级数在特定点的值）

令 $x=0$：$f(0)=0$（由定义，$x=0$处取右极限0）

$0=\frac{\pi}{4}+\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^n-1}{\pi n^2}$（代入$x=0$，$\sin 0=0$，$\cos 0=1$）

注意当 $n$ 为偶数时，系数为0；当 $n$ 为奇数时，设 $n=2k-1$，系数为 $\frac{-2}{\pi(2k-1)^2}$（分离奇偶项，仅奇数项有贡献）

$0=\frac{\pi}{4}+\sum_{k=1}^{\infty}\frac{-2}{\pi(2k-1)^2}$（将奇数项单独写出）

$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2}{\pi(2k-1)^2}=\frac{\pi}{4}$（移项）

$\sum_{k=1}^{\infty}\frac{1}{(2k-1)^2}=\frac{\pi^2}{8}$（两边同乘$\frac{\pi}{2}$）

即 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{(2n-1)^2}=\frac{\pi^2}{8}$（换用n作为指标）

本试卷完