docs: 添加数学分析（甲）Ⅱ（H）回忆卷 (#183)

Author: V1CeVersaa

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 - [（20 级）2021 春夏期末回忆卷](数学分析（甲）Ⅱ（H）2021春夏回忆卷.pdf) ｜ [解答](数学分析（甲）Ⅱ（H）2021春夏回忆卷解答.pdf)
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+
 
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@@ -51,13 +51,13 @@
     \hangafter=0
     \noindent
     \textbf{2.}
-    设\(r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)，则\(\ds \nabla u = \left(\pdv{u}{x},\pdv{u}{y},\pdv{u}{z}\right) = \left(\frac{x}{r},\frac{y}{r},\frac{z}{r}\right)\).
-
+    设\(r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}\)，则\(\ds \nabla u = \left(\pdv{u}{x},\pdv{u}{y},\pdv{u}{z}\right) = \left(\frac{y^2 + z^2}{r^3},\frac{y}{r},\frac{z}{r}\right)\)，所以
+    \[\eval{\ds \nabla u = \left(\pdv{u}{x},\pdv{u}{y},\pdv{u}{z}\right)}_{(1, 2, 3)} =(\dfrac{13}{14\sqrt{14}}, \dfrac{2}{\sqrt{14}}, \dfrac{3}{\sqrt{14}}).\]
     曲线在\(P_0\)点的方向向量为\(\ds \vec{l} = \eval{\left(x'(t),y'(t),z'(t)\right)}_{(1,2,3)} = (1,4,12)\)，其单位向量为\(\vec{l}_0 = \dfrac{\vec{l}}{\lvert\vec{l}\rvert} = \dfrac{(1,4,12)}{\sqrt{161}}\).
-    那么\[\pdv{u}{\vec{l}} = \vec{l}_0\cdot\nabla u = \frac{45}{7\sqrt{46}}.\]
+    那么\[\pdv{u}{\vec{l}} = \vec{l}_0\cdot\nabla u = \frac{629}{98\sqrt{46}}.\]
 
 \clearpage
-\noindent{\heiti\textbf{三、}} 重积分、曲线积分和曲面积分的计算
+\noindent{\heiti\textbf{三、}} 积分的计算
 
     \hangindent 2em
     \hangafter=0
@@ -82,7 +82,7 @@
     所以
     \begin{equation*}
         \begin{split}
-            \oint\limits_{L}(x^2+y^2+z^2)\dd{s} &= \int_{0}^{2\pi}(\sin^2\theta+\cos\theta)\dd{\theta}\\
+            \oint\limits_{L}(x^2+y^2+z)^2\dd{s} &= \int_{0}^{2\pi}(\sin^2\theta+\cos\theta)^2\dd{\theta}\\
             &= \int_{-\pi}^{\pi}(\sin^2\alpha-\cos\alpha)^2\dd{\alpha}\enspace(\theta = \pi+\alpha)\\
             &= 2\int_{0}^{\pi}(\sin^2\alpha-\cos\alpha)^2\dd{\alpha}\\
             &= 2\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}(\cos^2\beta+\sin\beta)^2\dd{\beta}\enspace(\alpha = \frac{\pi}{2}+\beta)\\
@@ -113,7 +113,7 @@
     \textbf{4.}
     考虑椭球面的参数表示：\(x = \sin\varphi\cos\theta, y = 2\sin\varphi\sin\theta, z = 3\cos\varphi\)，其中\(\varphi\in[0,\frac{\pi}{2}],\theta\in[0,2\pi]\).
     计算可知\[\frac{\partial(x,y)}{\partial(\varphi,\theta)} = 2\sin\varphi\cos\varphi = \sin 2\varphi\geqslant0,\frac{\partial (y,z)}{\partial(\varphi,\theta)} = 6\sin^2\varphi\cos\theta.\]
-    由左式可知，参数\((\varphi,\theta)\)决定的法向量是外侧的，由第二类曲面积分的定义：
+    由左式可知，参数\((\varphi,\theta)\)决定的法向量是上侧的，与曲线定向同向，由第二类曲面积分的定义：
     \begin{equation*}
         \begin{split}
             \iint\limits_{S}x^3\dd{y}\dd{z} &=\int\limits_{D_{\varphi\theta}}\sin^3\varphi\cos^3\theta\cdot 6\sin^2\varphi\cos\theta\dd{\varphi}\dd{\theta}\\
@@ -224,7 +224,9 @@
     \hangindent 2em
     \hangafter=0
     \noindent
-    本题题干有误，应为：\(F(x,y)\)在带状区域\(x\in[a,b]\)存在连续一阶偏导，\(F_x(x,y)\)有正值下界，证明：在\((x_0,y_0)\)附近可以由\(F(x_0,y_0) = 0\)唯一确定一个隐函数\(y = f(x)\).
+    本题题干有误，应为：\(F(x,y)\)在带状区域\(x\in[a,b]\)存在连续一阶偏导，\(F_y(x,y)\)有正值下界，证明：在\((x_0,y_0)\)附近可以由\(F(x_0,y_0) = 0\)唯一确定一个隐函数\(y = f(x)\).
+
+    默写隐函数定理的证明则可.
 
 \noindent{\heiti\textbf{八、}} 函数项级数
 
@@ -233,7 +235,8 @@
     \noindent
     \textbf{1.}
     设\[f(x) = \cos(\dfrac{\pi}{2}x^{\frac{1}{n}}) - \dfrac{\pi}{n}(1-x), x\in\left[\frac{1}{2}, 1\right].\]
-    由\(\sin x\geqslant \dfrac{2}{\pi}x\)，对\(f(x)\)求导得\[f'(x) = \frac{\pi}{2n}\left(2-x^{\frac{1}{n}-1}\sin(\frac{\pi}{2}x^{\frac{1}{n}})\right)\geqslant\frac{\pi}{2n}\left(2-x^{\frac{1}{n}-1}\frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi}{2}x^{\frac{1}{n}}\right)\geqslant\frac{\pi}{2n}(2-(1/2)^{-1}) = 0.\]
+    由\(\sin x\leqslant \dfrac{\pi}{2 x}\)，对\(f(x)\)求导得\[f'(x) = \frac{\pi}{2n}\left(2-x^{\frac{1}{n}-1}\sin(\frac{\pi}{2}x^{\frac{1}{n}})\right)
+    \geqslant\frac{\pi}{2n}\left(2-x^{\frac{1}{n}-1}\frac{\pi}{2}\cdot\frac{2}{\pi}x^{-\frac{1}{n}}\right)\geqslant\frac{\pi}{2n}(2-(1/2)^{-1}) = 0.\]
     所以\(f(x)\)在\(\left[\dfrac{1}{2}, 1\right]\)上单调递增，且\(f(1) = 0\)，所以\(f(x)\leqslant0\)，即\[\cos(\frac{\pi}{2}x^{\frac{1}{n}})\leqslant\frac{\pi}{n}(1-x), x\in\left[\dfrac{1}{2}, 1\right].\]
 
     \hangindent 2em

docs/math_phys/math_analysis2/数学分析（甲）Ⅱ（H）2020春夏回忆卷解答 重制版.tex

@@ -6,7 +6,7 @@
 
 \title{\vspace{-5em}\bf 数学分析（甲）II（H）2022春夏期末}
 \author{21级图灵回忆卷}
-\date{\zhtoday}
+\date{2022 年 6 月 15 日}
 
 \begin{document}
     \maketitle 
@@ -20,12 +20,12 @@
     \noindent{\heiti\textbf{三、(10分)}}利用依据说明$e^{x+y+1} -x^2y = e$可以确定唯一的隐函数$y=y(x)$，并求$\left.\dfrac{\mathrm dy}{\mathrm dx}\right|_{x=0}$和$\left.\dfrac{\mathrm d^2y}{\mathrm dx^2}\right|_{x=0}$.\vspace{1.2em}
 
     \noindent{\heiti\textbf{四、(32分)}}计算\vspace{1em}
-    
+     
     \textbf{1.}$\displaystyle\iiint_Vz^2\sqrt{x^2+y^2+z^2}\mathrm dx\mathrm dy\mathrm dz$，其中$V$为$\{(x, y, z)|x^2+y^2+z^2\leq R^2\}$，$R$为正常数.\vspace{0.5em}
 
     \textbf{2.}$\displaystyle\oint_L(z-y)\mathrm dx + (x-z)\mathrm dy + (x-y)\mathrm dz$，其中$L$为曲线$\begin{cases}x^2+y^2=1\\x-y+z=2\end{cases}$，方向为$z$轴正方向看为逆时针.\vspace{1em}
 
-    \textbf{3.}$\displaystyle\int_Le^x(1-\sin y)\mathrm dx-e^x(1-\cos y)\mathrm dy$，其中$L$为$y=\sin x$从$(0, 0)$到$(\pi, 0)$的一段曲线.\vspace{1em}
+    \textbf{3.}$\displaystyle\int_Le^x(1-\cos y)\mathrm dx-e^x(1-\sin y)\mathrm dy$，其中$L$为$y=\sin x$从$(0, 0)$到$(\pi, 0)$的一段曲线.\vspace{1em}
 
     \textbf{4.}$\displaystyle\iint_\Sigma2xy\mathrm dy\mathrm dz+2yz\mathrm dx\mathrm dz+(z-2yz-z^2+1)\mathrm dx\mathrm dy$，其中$\Sigma$为上半球面$x^2+y^2+z^2=1, z\geq 0$，\vspace{-1em}
 

docs/math_phys/math_analysis2/数学分析（甲）Ⅱ（H）2022春夏回忆卷.pdf

@@ -8,7 +8,7 @@
 \geometry{a4paper,scale=0.66,top=0.8in,bottom=1.2in,left=1in,right=1in}
 \title{数学分析（甲）II（H）2021 - 2022 春夏期末试答}
 \author{Shad0wash}
-\date{\today}
+\date{2024 年 2 月 8 日}
 
 \linespread{1.2}
 \addtolength{\parskip}{.8em}
@@ -91,11 +91,12 @@
     设 \(\varSigma\) 为曲线在平面 \(x - y + z = 2\) 上围成的部分，取上侧. 则
     \begin{align*}
         I & = \iint\limits_\varSigma \begin{vmatrix}
-            \dd{x} \dd{y} & \dd{y} \dd{z} & \dd{z} \dd{x} \\[1.5ex]
+            \dd{y} \dd{z} & \dd{z} \dd{x} & \dd{x} \dd{y} \\[1.5ex]
             \ds\pdv{x} & \ds\pdv{y} & \ds\pdv{z} \\[1.5ex]
             z - y & x - z & x - y
         \end{vmatrix} \\
-        & = \iint\limits_\varSigma (-1 + 1) \dd{x} \dd{y} + (1 - 1) \dd{y} \dd{z} + (1 + 1) \dd{z} \dd{x} \\ & = 2 \iint\limits_\varSigma \dd{z} \dd{x} = 2 \iint\limits_\varSigma \dd{S} \cos \beta = 2 \iint\limits_\varSigma \dfrac{\dd{x} \dd{y}}{\cos \gamma} \cos \beta = -2 \iint\limits_\varSigma \dd{x} \dd{y} = -2\pi
+        & = \iint\limits_\varSigma (-1 + 1) \dd{y} \dd{z} + (1 - 1) \dd{z} \dd{x} + (1 + 1) \dd{x} \dd{y} \\
+        & = 2 \iint\limits_\varSigma \dd{x} \dd{y} = 2\pi
     \end{align*}
     其中 \(\vec{n}_0 = (\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma) = (\dfrac{1}{\sqrt{3}}, -\dfrac{1}{\sqrt{3}}, \dfrac{1}{\sqrt{3}})\) 为平面的单位法向量.
 

docs/math_phys/math_analysis2/数学分析（甲）Ⅱ（H）2022春夏回忆卷.tex

@@ -0,0 +1,51 @@
+\documentclass[UTF8,14pt,normal]{ctexart}
+\usepackage{amsmath}
+\usepackage{physics} % \dd, \dv
+\usepackage{mismath} % \ds
+\usepackage{amssymb}
+\usepackage{geometry}
+\geometry{a4paper,scale=0.66,top=1in,bottom=1in,left=1in,right=1in}
+
+\title{\vspace{-4em}\textbf{数学分析（甲）II（H）2023-2024 春夏期末}}
+\author{图灵回忆卷}
+\date{2024 年 6 月 20 日}
+
+\linespread{1.1}
+\addtolength{\parskip}{.2em}
+
+\begin{document}
+
+\maketitle
+
+\noindent{\heiti\textbf{一、(10 分)}} 叙述二元函数 $f(x, y)$ 在 $(x_0, y_0)$ 可微的定义，并且证明以下函数在 $(0, 0)$ 处可微. \[f(x, y) = \begin{cases}
+    y\arctan\dfrac{1}{\sqrt{x^2 + y^2}}  & (x, y) \neq (0, 0)\\
+    0                                    & (x, y) = (0, 0)
+\end{cases}\]
+
+\noindent{\heiti\textbf{二、(32 分)}} 计算：
+
+\textbf{1.} 求 $\ds\iiint\limits_{V}\sqrt{x^2 + y^2 + z^2}\dd{x}\dd{y}\dd{z}$，其中 $V = \{(x, y, z) \mid x^2 + y^2 + z^2 = 1, x\geqslant 0, y\geqslant 0, z\geqslant 0\}$;
+
+\textbf{2.} 对于曲线 $L \colon y = \ds\int_0^x\sqrt{\sin t}\dd{t}\ (0\leqslant x\leqslant \pi)$，求 $\ds\int\limits_Lx\dd{s}$;
+
+\textbf{3.} 对于曲线 $L \colon y = \sin x$，方向为从 $(0, 0)$ 到 $(\pi, 0)$，求 $\ds\int\limits_L(e^x\sin y-y^2)\dd{x} + e^x\cos{y} \dd{y}$;
+
+\textbf{4.} 对于圆锥 $z = \sqrt{x^2 + y^2}\ (0\leqslant z\leqslant 1)$，方向为下侧，求 $\ds\iint\limits_{S}y^2\dd{z}\dd{x} + (z + 1)\dd{x}\dd{y}$.
+
+\noindent{\heiti\textbf{三、(10 分)}} 设二元函数 $f(x, y)$ 在 $\mathbb{R}^2$ 上存在连续偏导数，且满足 $\ds\pdv{f}{x} + \pdv{f}{y} \neq 0$，$z$ 满足 $f(x - z, y - z) = 0$，证明：上式确定的隐函数 $z = z(x, y)$ 满足 \[\pdv{z}{x} + \pdv{z}{y} = 1.\]
+
+\noindent{\heiti\textbf{四、(10 分)}} 利用条件极值证明 $(x_0, y_0, z_0)$ 到平面 $ax + by + cz + d = 0$ 的距离为 \[\rho = \dfrac{\lvert ax_0 + by_0 + cz_0 + d\rvert}{\sqrt{x_0^2 + y_0^2 + z_0^2}}.\]
+
+\noindent{\heiti\textbf{五、(10 分)}} 叙述函数项级数 $\ds\sum\limits_{n=0}^{\infty} a_n(x)b_n(x)$ 一致收敛的 Dirichlet 判别法，并证明函数项级数 \[\sum_{n=1}^{\infty} \dfrac{n\cos(nx)}{n^2+1}\] 在 $(0, 2\pi)$ 内闭一致收敛.
+
+\noindent{\heiti\textbf{六、(10 分)}} 求周期为 $2$ 的函数 \[f(x) = \begin{cases}
+    x^2   & x\in [0 , 1) \\
+    0     & x\in [-1, 0)
+\end{cases}\] 的傅立叶展开，与该傅里叶级数在 $[-1, 1]$ 上的取值.
+
+\noindent{\heiti\textbf{七、(10 分)}} 叙述常数项级数收敛的 Cauchy 准则并证明：若 $\ds\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_n$ 收敛且 $\ds\sum\limits_{n=1}^{\infty}(b_{n+1} - b_n)$ 绝对收敛，则 $\ds\sum\limits_{n=1}^{\infty} a_nb_n$ 收敛.
+
+\noindent{\heiti\textbf{八、(8 分)}} 设二元函数 $f(x, y)$ 在 $\mathbb{R}^2$ 存在二阶连续偏导数，对任意的 $\theta\in [0, 2\pi)$ 定义函数 \[g_\theta(t) = f(t\cos\theta, t\sin\theta).\]
+若对于任意的 $\theta\in [0, 2\pi)$，$\ds\left.\dv{g_\theta}{t}\right\vert_{t=0} = 0$，$\ds\left.\dv[2]{g_\theta}{t}\right\vert_{t=0} > 0$，证明：$f(0, 0)$ 是 $f(x, y)$ 的极小值.
+
+\end{document}