[家里蹲大学数学杂志]第039期高等数学习题集

同济大学数学系主编, 高等数学 . 第二版, 下册. 2009年, 同济大学出版社.

 

7 空间解析几何与向量代数

 

7.5 空间直线及其方程

 

1(3). 求过点 $P(2,-3,3)$ 且与平面 $\pi: x+2y-3z-2=0$ 垂直的直线 $l$ 的方程.

解答: 直线 $l$ 过点 $P(2,-3,3)$, 且方向向量与平面法向量 ${\bf n}=\sed{1,2,-3}$ 平行, 为 ${\bf s}=\sed{1,2,-3}$. 故其方程为 $$\bex \cfrac{x-2}{1}=\cfrac{y+8}{2}=\cfrac{z-3}{-3}. \eex$$

 

4. 求 $k$ 的值, 使直线 $\dps{\cfrac{x-3}{2k} =\cfrac{y+1}{k+1}=\cfrac{z-3}{5}}$ 与直线 $\dps{\cfrac{x-1}{3}=y+5=\cfrac{z+2}{k-2}}$ 垂直.

解答: 注意到两直线垂直当且仅当它们的方向向量垂直, 于是 $$\bex 0=\sed{2k,k+1,5}\cdot\sed{3,1,k-2} =6k+(k+1)+5(k-2) =12k-9, \eex$$ $$\bex k=\cfrac{3}{4}. \eex$$

 

6(2). 求直线 $\dps{l_1:\ \left\{\ba{ll} 5x-3y+3z-9=0\\ 3x-2y+z-1=0 \ea\right.}$ 与直线 $\dps{l_2:\ \cfrac{x-1}{2}=\cfrac{y+2}{-1}=\cfrac{z}{2}}$ 的夹角 $\varphi$.

解答: 直线 $l_1$ 的方向向量为 $$\bex {\bf s}_1&=&\sed{5,-3,3}\times \sed{3,-2,1} =\sev{\ba{ccc} {\bf i}&{\bf j}&{\bf k}\\ 5&-3&3\\ 3&-2&1 \ea}\\ &=&\sed{\sev{\ba{cc} -3&3\\ -2&1 \ea},\sev{\ba{cc} 3&5\\ 1&3 \ea},\sev{\ba{cc} 5&-3\\ 3&-2 \ea}}\\ &=&\sed{3,4,-1}; \eex$$ 直线 $l_2$ 的方向向量为 ${\bf s}_2=\sed{2,-1,2}$. 故 $$\bex \cos\varphi =\cfrac{\sev{{\bf s}_1\cdot {\bf s}_2}}{\sev{{\bf s}_1}\cdot \sev{{\bf s}_2}} =\cfrac{3\cdot 2+4\cdot (-1)+(-1)\cdot 2}{\sqrt{3^2+4^2+(-1)^2}\cdot\sqrt{2^2+(-1)^2+2^2}} =0! \eex$$ 于是 $\dps{\varphi=\cfrac{\pi}{2}}$.

 

7(1). 求直线 $\dps{l:\ \cfrac{x-1}{2}=\cfrac{y}{-1}=\cfrac{z+1}{2}}$ 与平面 $\pi:\ x-y+2z-2=0$ 的交点 $P$ 及夹角 $\theta$.

解答: 直线 $l$ 的方向向量为 ${\bf s}=\sed{1,1,2}$; 平面 $\pi$ 的法向量为 ${\bf n}=\sed{2,1,1}$. 于是 $$\bex \sin\theta =\cfrac{\sev{{\bf s}\cdot{\bf n}}}{\sev{{\bf s}}\cdot\sev{{\bf n}}} =\cfrac{\sev{1\cdot2 +1\cdot 1+2\cdot 1}}{\sqrt{1^2+1^2+2^2}\cdot\sqrt{2^2+1^2+1^2}} =\cfrac{5}{\sqrt{6}\cdot\sqrt{6}} =\cfrac{5}{6}, \eex$$ $$\bex \varphi=\arccos\cfrac{5}{6}. \eex$$

 

7.6旋转曲面与二次曲面

 

1(1). 求 $zOx$ 平面上的抛物线 $z^2=5x$ 绕 $x$ 轴旋转一周所成旋转曲面的方程.

解答: 注意到 $$\bex \mbox{绕 }x\mbox{ 轴旋转 }\ra x\mbox{ 坐标不动, 另一坐标换成正负开根号平方和的形式}, \eex$$ 于是所求为 $\dps{y^2+z^2=\sex{\pm\sqrt{y^2+z^2}}^2=5x}$.

 

2. 指出下列方程表示什么曲面. 若是旋转曲面 指出它们可以由什么曲线绕什么轴旋转而成.

 

(2). $\dps{x^2+3y^2+2z^2=1}$;

 

(5). $\dps{x^2-\cfrac{y^2}{2}+z^2=1}$;

 

(6). $\dps{\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{4}-z^2=-1}$.

解答:

 

(2). 注意到 $x^2$, $y^2$, $z^2$ 的系数分别为 $1$, $3$, $2$, 互不相同, 而不是旋转曲面, 但确是椭球面.

 

(5). 这是一张单叶双曲面, 因为其方程右端为 $1$ 而左端仅有一个负号. 再注意到 $x^2$, $z^2$ 的系数均为 $1$, 而该曲面为旋转曲面, 剩下的 $y$ 轴就是旋转轴, 而原曲线方程就是在曲面方程中把含 $x$ 或 $z$ 的单项式拿掉后的方程. 比如 $$\bex \ba{cc} \mbox{把 } x\mbox{ 拿掉}:\ -\cfrac{y^2}{2}+z^2=1\mbox{ 绕 }y\mbox{ 轴旋转成 }x^2-\cfrac{y^2}{2}+z^2=1;\\ \mbox{把 } z\mbox{ 拿掉}:\ x^2-\cfrac{y^2}{2}=1\mbox{ 绕 }y\mbox{ 轴旋转成 }x^2-\cfrac{y^2}{2}+z^2=1. \ea \eex$$

 

(6). 这是一张双叶双曲面, 因为 $$\bex \cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{4}-z^2=-1 \ra -\cfrac{x^2}{4}-\cfrac{y^2}{4}+z^=1, \eex$$ 右端为 $1$, 左端有两个负号. 同

 

(2) 的过程, $z$ 为旋转轴, $$\bex \ba{cc} \mbox{把 } x\mbox{ 拿掉}:\ \cfrac{y^2}{4}-z^2=-1\mbox{ 绕 }z\mbox{ 轴旋转成 }\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{4}-z^2=-1;\\ \mbox{把 } y\mbox{ 拿掉}:\ \cfrac{x^2}{4}-z^2=-1 \mbox{ 绕 }z\mbox{ 轴旋转成 }\cfrac{x^2}{4}+\cfrac{y^2}{4}-z^2=-1. \ea \eex$$

 

5. 分别指出平面 $z=2$, $z-2$, $x=1$, $y=1$ 与双叶双曲面 $\dps{-x^2-\cfrac{y^2}{4}+z^2=1}$ 相交 的曲线的类型.

解答: 注意到 $$\bex & &\left\{\ba{cc} -x^2-\cfrac{y^2}{4}+z^2=1\\ z=2 \ea\right. \ra \left\{\ba{cc} -x^2-\cfrac{y^2}{4}+4=1\\ z=2 \ea\right. \ra \left\{\ba{cc} x^2+\cfrac{y^2}{4}=3\\ z=2 \ea\right.\\ & & \ra \left\{\ba{cc} \cfrac{x^2}{3}+\cfrac{y^2}{12}=1\\ z=2 \ea\right. \mbox{ 是一个椭圆;} \eex$$ $$\bex \left\{\ba{cc} -x^2-\cfrac{y^2}{4}+z^2=1\\ z=-2 \ea\right. \ra \left\{\ba{cc} \cfrac{x^2}{3}+\cfrac{y^2}{12}=1\\ z=2 \ea\right. \mbox{ 是一个椭圆;} \eex$$ $$\bex \left\{\ba{cc} -x^2-\cfrac{y^2}{4}+z^2=1\\ x=1 \ea\right. \ra \left\{\ba{cc} -\cfrac{y^2}{8}+\cfrac{z^2}{2}=1\\ x=1 \ea\right. \mbox{ 是一条双曲线;} \eex$$ $$\bex \left\{\ba{cc} -x^2-\cfrac{y^2}{4}+z^2=1\\ y=1 \ea\right. \ra \left\{\ba{cc} -\cfrac{x^2}{5/4}+\cfrac{z^2}{5/4}=1 \\ x=1 \ea\right. \mbox{ 是一条双曲线.} \eex$$

 

8多元函数的微分学及其应用

 

8.1多元函数的基本概念

 

4(6) 求函数 $\dps{z=\cfrac{\sqrt{x-y}}{\ln (1-x^2-y^2)}}$ 的定义域, 并画出其图形.

解答: 由 $x-y\geq 0\ra x\geq y$ 及 $$\bex \ln (1-x^2-y^2)\neq 0 &\ra& 0<1-x^2-y^2\mbox{ 且 }1\neq 1-x^2-y^2\\ &\ra& 0<x^2+y^2<1 \eex$$ 知函数的定义域为 $\sed{(x,y)\in {\bf R}^2\ |\ x\geq y,\ 0<x^2+y^2<1}$. 其图像为

 

5(4) 求极限 $\dps{\lim_{(x,y)\to (0,0)}\cfrac{2-\sqrt{xy+4}}{xy}}$.

解答: $$\bex \mbox{原极限} &=&\lim_{(x,y)\to (0,0)}\cfrac{2-\sqrt{xy-4}}{xy}\cdot\cfrac{2+\sqrt{xy+4}}{2+\sqrt{xy+4}}\\ &=&\lim_{(x,y)\to (0,0)}\cfrac{4-(xy+4)}{xy(2+\sqrt{xy+4})}\\ &=&-\lim_{(x,y)\to (0,0)}\cfrac{1}{2+\sqrt{xy+4}} =-\cfrac{1}{2+\sqrt{4}} =-\cfrac{1}{4}. \eex$$

 

6(2) 证明极限 $\dps{\lim_{(x,y)\to (0,0)}\cfrac{x^2}{x^2+y^2-x}}$ 不存在.

证明: 为证二元函数 $\dps{f(x,y)=\cfrac{x^2}{x^2+y^2-x}}$ 在 $(0,0)$ 处极限不存在, 仅须找到两条过 $(0,0)$ 的曲线 $C_1$, $C_2$, 使得 $f(x,y)$ 沿着它们趋近于 $(0,0)$ 时极限不存在或者存在但不相等. 很容易想到 $C_1:\ x=0$, 于其上 $f(x,y)=0$, 而 $\dps{\lim_{(x,y)\to (0,0)\atop (x,y)\in C_1}f(x,y)=0}$. 现再找一条曲线 $C_2$ 使 $\dps{\lim_{(x,y)\to (0,0)\atop (x,y)\in C_2}f(x,y)=1}$. 我们可以直接就让 $$\bex 1=f(x,y)=\cfrac{x^2}{x^2+y^2-x}\ra C_2:\ x=y^2. \eex$$ 综上所述, 我们有结论.

 

7(2) 试问函数 $\dps{ f(x,y)=\left\{\ba{cc} \cfrac{\sin (xy)}{x},&x\neq 0\\ y,&x=0 \ea\right. }$ 是否在全平面 ${\bf R}^2$ 内连续, 说明理由.

解答: 当 $x\neq 0$ 时, $\dps{f(x,y)=\cfrac{\sin(xy)}{x}}$, 这是初等函数, 而连续; 当 $x=0$ 时, 对任意的 $y_0\in{\bf R}$, 有 $$\bex \lim_{(x,y)\to (0,y_0)}f(x,y) &=&\lim_{(x,y)\to (0,y_0)}\cfrac{\sin (xy)}{y} =\lim_{(x,y)\to (0,y_0)}\cfrac{\sin(xy)}{xy}\cdot y\\ &=&\lim_{t\to 0}\cfrac{\sin t}{t}\cdot\lim_{y\to y_0}y =1\cdot y_0=y_0=f(0,y_0). \eex$$ 而 $f(x,y)$ 在全平面 ${\bf R}^2$ 上连续.

 

8.2 偏导数

 

1(12). 求 $u=\arctan(x+y)^z$ 的偏导数.

解答: $$\bex u_x=\cfrac{1}{1+\sez{(x+y)^z}^2}\cdot z(x+y)^{z-1}\cdot 1 =\cfrac{z(x+y)^{z-1}}{1+(x+y)^{2z}}; \eex$$ $$\bex u_y=\cfrac{z(x+y)^{z-1}}{1+(x+y)^{2z}}\quad\sex{\mbox{由 } x,y\mbox{ 的对称性}}; \eex$$ $$\bex u_z=\cfrac{1}{1+\sez{(x+y)^z}^2}\cdot (x+y)^z\ln (x+y) =\cfrac{(x+y)^z\ln (x+y)}{1+(x+y)^{2z}}. \eex$$

 

5. 设 $\dps{f(x,y)=x+(y-1)\arcsin\sqrt{\cfrac{x}{y}}}$, 求 $f_x(x,1)$.

解答: $$\bex f_x(x,y)=1+(y-1)\sez{\arcsin\sqrt{\cfrac{x}{y}}\ }_x; \eex$$ $$\bex f_x(x,1)=1+0\cdot \left.\sez{\arcsin\sqrt{\cfrac{x}{y}}\ }_x\right|_{x=x\atop y=1} =1. \eex$$

 

7. 求曲线 $\dps{\left\{\ba{cc} z=\cfrac{x^2+y^2}{4}\\ y=4 \ea\right.}$ 在点 $(2,4,5)$ 处的切线对于 $x$ 轴的倾角 $\theta$.

解答: 注意到曲线 $\dps{\left\{\ba{cc} z=\cfrac{x^2+y^2}{4}\\ y=4 \ea\right.}$ 就是二元函数 $\dps{z=\cfrac{x^2+y^2}{4}}$ 与平面 $y=4$ 的交线, 其在 $(2,4,5)$ 处的切线的斜率就是 $\dps{z=\cfrac{x^2+y^2}{4}}$ 关于 $x$ 的偏导数在 $(2,4)$ 处的值, 于是 $$\bex \tan\theta=k=z_x|_{x=2\atop y=4} =\left.\cfrac{x}{2}\right|_{x=2\atop y=4} =1, \eex$$ $$\bex \theta=\cfrac{\pi}{4}. \eex$$

 

10. 设 $z=xe^{xy}$, 求 $z_{xyx}$ 与 $z_{xyy}$.

解答: $$\bex z_x=1\cdot e^{xy}+x\cdot e^{xy}y=(1+xy)e^{xy}, \eex$$ $$\bex z_{xy} =(z_x)_y=x\cdot e^{xy}+(1+xy)\cdot e^{xy}x =(2x+x^2y)e^{xy}, \eex$$ $$\bex z_{xyx} =(z_{xy})_x =(2+2xy)\cdot e^{xy} +(2x+x^2y)\cdot e^{xy}y =(2+4xy+x^2y^2)e^{xy}, \eex$$ $$\bex z_{xyy} =(z_{xy})_y =x^2\cdot e^{xy}+(2x+x^2y)\cdot e^{xy}x =(3x^2+x^3y)e^{xy}. \eex$$

 

8.3 全微分

 

1(5). 求函数 $z=x^{yz}$ 的全微分.

解答: 由 $$\bex u_x=yzx^{yz-1}, \eex$$ $$\bex u_y=\sez{(x^z)^y}_y =(x^z)^y\cdot \ln x^z =x^{yz}z\ln x, \eex$$ $$\bex u_z=x^{yz}y\ln x, \eex$$ 知 $$\bex du=u_x\rd x+u_y\rd y+u_z\rd z =x^{yz-1}\sex{yz\rd x+zx\ln x \rd y +xy\ln x \rd z}. \eex$$

 

2. 求函数 $\dps{z=y/x}$ 当 $x=2, y=1, \lap x=0.1, \lap y=-0.2$ 时的全增量与全微分.

解答: 全增量 $$\bex \lap z=z(x+\lap x,y+\lap y)-z(x,y) =\cfrac{1-0.2}{2+0.1}-\cfrac{1}{2} =-\cfrac{5}{42}. \eex$$ 全微分 $$\bex \rd z|_{x=2,y=1\atop \lap x=0.1,\lap y=-0.2} &=&z_x|_{x=2\atop y=1}\rd x|_{\lap x=0.1} +z_y|_{x=2\atop y=1}\rd y|_{\lap y=0-0.2}\\ &=&\left.-\cfrac{y}{x^2}\right|_{x=2\atop y=1} \cdot 0.1 +\left.\cfrac{1}{x}\right|_{x=2\atop y=1} \cdot (-0.2)\\ &=&-\cfrac{1}{4}\cdot 0.1+\cfrac{1}{2}\cdot (-0.2) =-0.125. \eex$$

 

4(3). 求函数 $\dps{u=e^x\sin (yz)}$ 在点 $\dps{\sex{1,\cfrac{1}{2},\cfrac{\pi}{2}}}$　处的全微分．

解答: 由 $$\bex u_x=e^x\sin (yz),\quad u_y=ze^x\cos(yz),\quad u_z=ye^x\cos(yz) \eex$$ 知 $$\bex \rd z|_{x=1, y=1/2, z=\pi/2} =\cfrac{\sqrt{2}}{2} \sex{\rd x+\cfrac{\pi}{2}\rd y+\cfrac{1}{2}\rd z}. \eex$$

 

8.4多元复合函数的求导法则

 

4. 设 $z=e^{x-2y}$, 而 $x=\sin t,\ y=t^2$, 求 $\dps{\cfrac{\rd z}{dt}}$.

解答: 变量之间的关系图为 $$\bex z\left<\ba{cc} x\cdots\cdots t\\ y\cdots\cdots t\ea\right. \eex$$ 而 $$\bex z_t&=&z_x\cdot x_t+z_y\cdot y_t\\ &=&e^{x-2y}\cdot \cos t+e^{x-2y}(-2)\cdot 3t^2\\ &=&e^{\sin t-2t^3}(\cos t-6t^2). \eex$$

 

10. 设 $\dps{z=\arctan \cfrac{x}{y}}$, 而 $x=u+v,\ y=u-v$, 求证: $\dps{z_u+z_v=\cfrac{u-v}{u^2+v^2}}$.

证明: 变量之间的关系图为 $$\bex z\left<\ba{cc} x\left<\ba{cc}u\\v\ea\right.\\ y\left<\ba{cc}u\\v\ea\right. \ea\right. \eex$$ 而 $$\bex z_u&=&z_x\cdot x_u+z_y\cdot y_u\\ &=&\cfrac{1}{1+\sex{\cfrac{x}{y}}^2}\cfrac{1}{y}\cdot 1 +\cfrac{1}{1+\sex{\cfrac{x}{y}}^2}\sex{-\cfrac{x}{y^2}}\cdot 1\\ &=&\cfrac{y-x}{x^2+y^2}=\cfrac{-v}{u^2+v^2}, \eex$$ $$\bex z_v&=&z_x\cdot x_v+z_y\cdot y_v\\ &=&\cfrac{1}{1+\sex{\cfrac{x}{y}}^2}\cfrac{1}{y}\cdot 1 +\cfrac{1}{1+\sex{\cfrac{x}{y}}^2}\sex{-\cfrac{x}{y^2}}\cdot (-1)\\ &=&\cfrac{y+x}{x^2+y^2} =\cfrac{u}{u^2+v^2}, \eex$$ $$\bex z_u+z_v=\cfrac{u-v}{u^2+v^2}. \eex$$

 

12. 设 $f(u)$ 具有连续导数, $\dps{z=xy+xf\sex{\cfrac{y}{x}}}$, 求证 $\dps{xz_x+yz_y=xy+z}$.

解答: 变量之间的关系图为 $$\bex z\left<\ba{lll} x\\ y\\ u\left<\ba{ll}x\\y\ea\right. \ea\right. \quad z=xy+xf(u),\ u=\cfrac{y}{x}. \eex$$ 于是 $$\bex z_x=\sez{y+f(u)}+xf'(u)\cdot\sex{-\cfrac{y}{x^2}} =y+f\sex{\cfrac{y}{x}}-\cfrac{y}{x^3}f'\sex{\cfrac{y}{x}}, \eex$$ $$\bex z_y=x+xf'(u)\cdot \cfrac{1}{x} =x+f'\sex{\cfrac{y}{x}}, \eex$$ $$\bex xz_x+yz_y &=&\sez{xy+xf\sex{\cfrac{y}{x}}-\cfrac{y}{x^2}f'\sex{\cfrac{y}{x}}} +\sez{xy+yf'\sex{\cfrac{y}{x}}}\\ &=&xy+z. \eex$$

 

14(2). 设 $f$ 具有二阶连续偏导数, 求函数 $\dps{z=f\sex{xy,\cfrac{x}{y}}}$ 的 $\dps{z_{xx},z_{xy},z_{yy}}$.

解答: 变量之间的关系图为 $$\bex z\left<\ba{cc} u\left<\ba{cc}x\\y\ea\right.\\ v\left<\ba{cc}x\\y\ea\right. \ea\right. \quad z=f(u,v),\ u=xy,\ v=\cfrac{x}{y}. \eex$$ 由 $$\bex \left\{ \ba{ll} u_x=y\\ u_y=x \ea\right. \quad \left\{ \ba{ll} v_x=\cfrac{1}{y}\\ v_y=-\cfrac{x}{y^2} \ea\right. \eex$$ 知 $$\bex z_x=f_1'\cdot y+f_2'\cdot\cfrac{1}{y}, \eex$$ $$\bex z_y=f_1'\cdot x+f_2'\cdot \sex{-\cfrac{x}{y^2}}; \eex$$ $$\bex z_{xx} &=&\sez{f_{11}''\cdot y+f_{12}''\cdot \cfrac{1}{y}}\cdot y+\sez{f_{21}''\cdot y+f_{22}''\cdot\cfrac{1}{y}}\cdot\cfrac{1}{y}\\ &=&y^2f_{11}''+2f_{12}''+\cfrac{1}{y^2}f_{22}'', \eex$$ $$\bex z_{xy} &=&\sez{f_{11}''\cdot x+f_{12}''\cdot\sex{-\cfrac{x}{y^2}}}\cdot y+f_1'\cdot 1\\ & & +\sez{f_{21}''\cdot x+f_{22}''\cdot\sex{-\cfrac{x}{y^2}}}\cdot\cfrac{1}{y}+f_2'\cdot \cfrac{-1}{y^2}\\ &=&f_1'-\cfrac{1}{y^2}f_2' +xyf_{11}' -\cfrac{x}{y^3}f_{22}'', \eex$$ $$\bex z_{yy} &=&\sez{f_{11}''\cdot x+f_{12}''\cdot\sex{-\cfrac{x}{y^2}}}\cdot x\\ & & +\sez{f_{21}''\cdot x+f_{22}''\cdot\sex{-\cfrac{x}{y^2}}}\cdot \sex{-\cfrac{x}{y^2}} +f_2'\cdot \cfrac{2x}{y^3}\\ &=&\cfrac{2x}{y^3}f_2' +x^2f_{11}'' -\cfrac{2x^2}{y^2}f_{12}'' +\cfrac{x^2}{y^4}f_{22}''. \eex$$

 

8.5 隐函数的求导公式

 

1(3). 设 $x^y=y^x$ 确定 $y$ 是 $x$ 的函数, 求 $\dps{\cfrac{\rd y}{\rd x}}$.

解答: 由方程 $x^y=y^x$ 知 $$\bex y\ln x=x\ln y. \eex$$ 两边对 $x$ 求导有 $$\bex y'\ln x+y\cdot \cfrac{1}{x} =\ln y+x\cdot \cfrac{1}{y}y', \eex$$ $$\bex y'=\cfrac{\ln y-\cfrac{y}{x}}{\ln x-\cfrac{x}{y}} =\cfrac{y\sex{x\ln y-y}}{x\sex{y\ln x-x}}. \eex$$

 

2(4). 设 $\sin z=xyz$ 确定 $z$ 是 $x,y$ 的函数, 求 $\dps{z_x,\ z_y}$.

解答: 对 $\sin z=xyz$ 两边分别关于 $x,y$ 求偏导有 $$\bex \cos z\cdot z_x=yz+xy\cdot z_x,\quad \cos z\cdot z_y=xz+xy\cdot z_y, \eex$$ 于是 $$\bex z_x=\cfrac{yz}{\cos z-xy},\quad z_y=\cfrac{xz}{\cos z-xy}. \eex$$ {5.} 设函数 $\varphi(u,v)$ 具有连续偏导数, 且方程 $\varphi(cx-az,cy-bz)=0$ 确定了函数 $z=z(x,y)$. 求证: $\dps{az_x+bz_y=c}$.

证明: 对 $\varphi(cx-az,cy-bz)=0$ 两边分别关于 $x,y$ 求偏导有 $$\bex \varphi_u\cdot (c-az_x)+\varphi_v\cdot(-bz_x)=0,\quad \varphi_u\cdot(-az_y)+\varphi_v\cdot(c-bz_y)=0, \eex$$ $$\bex z_x=\cfrac{c\varphi_u}{a\varphi_u+b\varphi_v},\quad z_y=\cfrac{c\varphi_v}{a\varphi_u+b\varphi_v}, \eex$$ $$\bex az_x+bz_y=\cfrac{c\sex{a\varphi_u+b\varphi_v}}{a\varphi_u+b\varphi_v}=c. \eex$$ {8(3).} 求由方程组 $\dps{\left\{\ba{ll} u^3+xv-y=0\\ v^3+yu-x=0 \ea\right.}$ 所确定的函数 $u,v$ 的偏导数 $\dps{\cfrac{\p u}{\p x},\ \cfrac{\p v}{\p x}}$.

解答: 令 $F(x,y,u,v)=u^3+xv-y,\ G(x,y,u,v)=v^3+yu-v$. 则 $$\bex \ba{cccc} F_x=v,&F_y=-1,&F_u=3u^2,&F_v=x;\\ G_x=-1,&G_y=u,&G_u=y,&G_v=3v^2. \ea \eex$$ $Jacobi$ 式为 $$\bex J=\cfrac{\p (F,G)}{\p (u,v)} =\sev{\ba{cc} 3u^2&x\\ y&3v^2 \ea} =9u^2v^2-xy. \eex$$ 于是 $$\bex \cfrac{\p u}{\p x} =-\cfrac{1}{J}\cfrac{\p (F,G)}{\p x,v} =-\cfrac{1}{9u^2v^2-xy}\sev{\ba{cc} v&x\\ -1&3v^2 \ea} =-\cfrac{3v^3+x}{9u^2v^2-xy}; \eex$$ $$\bex \cfrac{\p v}{\p x} =-\cfrac{1}{J}\cfrac{\p (F,G)}{\p u,x} =-\cfrac{1}{9u^2v^2-xy}\sev{\ba{cc} 3u^2&v\\ y&-1 \ea} =\cfrac{3u^2+yv}{9u^2v^2-xy}. \eex$$

 

8.6 多元函数微分学的几何应用

 

1(4). 求曲线 $\dps{x=\cfrac{2t}{1+t},\ y=\cfrac{1-t}{t},\ z=\sqrt{t}}$ 在点 $(1,0,1)$ 处的切线与法平面.

解答: 由 $\sqrt{t}=z=1$ 知 $t=1$. 又由 $$\bex x'(t)=\cfrac{2}{(1+t)^2},\quad y'(t)=-\cfrac{1}{t^2},\quad z'(t)=\cfrac{1}{2\sqrt{t}} \eex$$ 知曲线在点 $(1,0,1)$ 处的切向量为 $$\bex \sed{x'(t),y'(t),z'(t)}|_{t=1} =\sed{\cfrac{1}{2},-1,\cfrac{1}{2}}, \eex$$ 或者 $$\bex \sed{1,-2,1}. \eex$$ 于是切线方程为 $$\bex \cfrac{x-1}{1} =\cfrac{y}{-2} =\cfrac{z-1}{1}; \eex$$ 法平面方程为 $$\bex (x-1)-2y+(z-1)=0, \eex$$ 或者 $$\bex x-2y+z-2=0. \eex$$

 

3(1). 求曲面 $\dps{z=y+\ln \cfrac{x}{z}}$ 在点 $(1,1,1)$ 处的切平面与法线.

解答: 记 $\dps{F(x,y,z)=y+\ln \cfrac{x}{z}-z=y+\ln x-\ln z-z}$, 则由 $$\bex F_x=\cfrac{1}{x},\quad F_y=1,\quad F_z=-\cfrac{1}{z}-1 \eex$$ 知曲面在 $(1,1,1)$ 处的法向量为 $$\bex {\bf n}=\sed{1,1,-2}. \eex$$ 于是切平面方程为 $$\bex 1\cdot (x-1)+1\cdot (y-1)-2\cdot (z-1)=0, \eex$$ 或者 $$\bex x+y-2z=0; \eex$$ 法线方程为 $$\bex \cfrac{x-1}{1} =\cfrac{y-1}{1} =\cfrac{z-1}{-2}. \eex$$

 

6. 求旋转椭球面 $3x^2+y^2+z^2=16$ 上一点 $(-1,-2,3)$ 处的切平面与 $xOy$ 面对夹角的余弦.

解答: 记 $F(x,y,z)=3x^2+y^2+z^2-16$, 则由 $$\bex F_x=6x,\quad F_y=2y,\quad F_z=2z \eex$$ 知曲面在 $(-1,-2,3)$ 处的法向量为 $$\bex {\bf n}_1=\sed{-6,-4,6}/2=\sed{-3,-2,3}, \eex$$ 而与 $xOy$ 面的法向量为 $$\bex {\bf n}_2=\sed{0,0,1}. \eex$$ 于是两平面夹角的余弦为 $$\bex \cfrac{\sev{{\bf n}_1\cdot{\bf n}_2}}{\sev{{\bf n}_1}\cdot\sev{{\bf n}_2}} =\cfrac{3}{\sqrt{22}}. \eex$$

 

7. 试证明曲面 $\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}=\sqrt{a}$ 上任一点处的切平面在各坐标轴上的截距之和等于 $a$.

证明: 设 $F(x,y,z)=\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}-\sqrt{a}$, 则 $$\bex F_x=\cfrac{1}{2\sqrt{x}},\quad F_y=\cfrac{1}{2\sqrt{y}},\quad F_z=\cfrac{1}{2\sqrt{z}}. \eex$$ 于是曲面在点 $(x_0,y_0,z_0)$　处的切平面方程为 $$\bex \cfrac{1}{2\sqrt{x_0}}(x-x_0) +\cfrac{1}{2\sqrt{y_0}}(y-y_0) +\cfrac{1}{2\sqrt{z_0}}(z-z_0) =0, \eex$$ 或者 $$\bex \cfrac{x}{\sqrt{ax_0}} +\cfrac{y}{\sqrt{ay_0}} +\cfrac{z}{\sqrt{az_0}} =1. \eex$$ 该平面在各坐标轴上的截距分别为 $$\bex \sqrt{ax_0},\quad \sqrt{ay_0},\quad \sqrt{az_0}, \eex$$ 它们的和为 $$\bex \sqrt{a}\sex{\sqrt{x}+\sqrt{y}+\sqrt{z}} =\sqrt{a}\cdot\sqrt{a}=a. \eex$$

 

8.7 方向导数与梯度

 

2. 求函数 $\dps{z=\cos(x+y)}$ 在点 $\dps{\sex{0,\cfrac{\pi}{2}}}$ 处沿向量 ${\bf l}=\sed{3,-4}$ 的方向的方向导数.

解答: 由 $$\bex z_x|_{\sex{0,\cfrac{\pi}{2}}} =-\sin(x+y)|_{\sex{0,\cfrac{\pi}{2}}} =-1, \eex$$ $$\bex z_y|_{\sex{0,\cfrac{\pi}{2}}} =-\sin(x+y)|_{\sex{0,\cfrac{\pi}{2}}} =-1; \eex$$ 及 $$\bex \cfrac{{\bf l}}{\sev{{\bf l}}} =\cfrac{\sed{3,-4}}{\sqrt{3^2+(-4)^2}} =\sed{\cfrac{3}{5},-\cfrac{4}{5}} \eex$$ 知 $$\bex \cfrac{\p z}{\p {\bf l}} =-1\cdot\cfrac{3}{5} -1\cdot \sex{-\cfrac{4}{5}} =\cfrac{1}{5}. \eex$$

 

10. 设 $f(x,y,z)=x^2+2y^2+3z^2+xy+3x-26-6z$, 求 $\grad f(0,0,0)$ 及 $\grad f(1,1,1)$.

解答: 由 $$\bex f_x=2x+y+3,\quad f_y=4y+x-2,\quad f_z=6z-6 \eex$$ 知 $$\bex \grad f=\sed{2x+y+3,4y+x-2,6z-6}. \eex$$ 于是 $$\bex \grad f(0,0,0)=\sed{3,-2,-6},\quad \grad f(1,1,1)=\sed{6,3,0}. \eex$$

 

8.8 多元函数的极值问题

 

1. 求函数 $f(x,y)=4(x-y)-x^2-y^2$ 的极值.

解答: 由 $$\bex \left\{\ba{lll} f_x=4-2x=0&\ra&x=2\\ f_y=-4-2y=0&\ra&y=-2 \ea\right. \eex$$ 知 $(2,-2)$ 为 $f$ 的驻点. 又 $$\bex f_{xx}=-2,\quad f_{xy}=0,\quad f_{yy}=-2, \eex$$ 我们有 $$\bex \sev{\ba{cc} f_{xx}&f_{xy}\\ f_{yx}&f_{yy} \ea} =4>0,\quad f_{xx}=-2<0. \eex$$ 于是 $(2,-2)$ 为 $f$ 的极大值点, 且 $f(2,-2)=8$.

 

4. 求函数 $f(x,y)=x^3+y^3-3(x^2+y^2)$ 的极值.

解答: 由 $$\bex \left\{\ba{lll} f_x=3x^2-6x=0&\ra&x=0\mbox{ or }2\\ f_y=3y^2-6y=0&\ra&y=0\mbox{ or }2 \ea\right. \eex$$ 知 $f$ 的驻点有 $$\bex (0,0),\quad (0,2),\quad (2,0),\quad (2,2). \eex$$ 又 $$\bex f_{xx}=6(x-1),\quad f_{xy}=0,\quad f_{yy}=6(y-1), \eex$$ 我们有 $$\bex J(x,y)=\sev{\ba{cc} f_{xx}&f_{xy}\\ f_{yx}&f_{yy} \ea} =36(x-1)(y-1). \eex$$ 于是 \item 由 $J(0,0)=36>0$, $f_{xx}(0,0)=-6<0$ 知 $f$ 在 $(0,0)$ 处取得极大值 $0$; \item 由 $J(0,2)=-36<0$ 知 $(0,2)$ 不是 $f$ 的极值; \item 由 $J(2，0)=-36<0$ 知 $(2,0)$ 也不是 $f$ 的极值; \item 由 $J(2,2)=36>0$, $f_{xx}(2,2)=6>0$ 知 $f$ 在 $(2,2)$ 处取得极小值 $-8$.

 

7. 求旋转抛物面 $z=x^2+y^2$ 与平面 $x+y-z=1$ 之间的最短距离.

解答: 旋转抛物面 $z=x^2+y^2$ 上一点 $(x,y,z)$ 到平面 $x+y-z-1=0$ 的距离为 $$\bex \cfrac{\sev{x+y-z-1}}{\sqrt{3}}. \eex$$ 于是问题转化为求解 $$\bex \ba{cc} \mbox{极值}&(x+y-z-1)^2\\ s.t.&x^2+y^2-z=0. \ea \eex$$ 记 $Lagrange$ 函数为 $$\bex L(x,y,z,\lambda) =(x+y-z-1)^2+\lambda (x^2+y^2-z). \eex$$ 则由 $$\bex \left\{\ba{llll} L_x=2(x+y-z-1)+2\lambda x=0\\ L_y=2(x+y-z-1)+2\lambda y=0\\ L_z=-2(x+y-z-1)-\lambda=0\\ L_\lambda=x^2+y^2-z=0 \ea\right. \eex$$ 知 $$\bex x=\cfrac{1}{2},\quad y=\cfrac{1}{2},\quad z=\cfrac{1}{2},\quad \lambda=1. \eex$$ 于是所求为 $$\bex \cfrac{1}{\sqrt{3}}\cdot\sev{\cfrac{1}{2}+\cfrac{1}{2}-\cfrac{1}{2}-1} =\cfrac{\sqrt{3}}{6}. \eex$$

 

10. 求内接于椭球面 $\dps{\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}+\cfrac{z^2}{c^2}=1}$ 的长方体 (各表面平行于坐标面) 的最大体积.

解答: 以椭球面 $\dps{\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}+\cfrac{z^2}{c^2}=1}$ 上一点 $(x,y,z)$ 为顶点, 各表面平行于坐标面的长方体的体积为 $(2|x|)\cdot(2|y|)\cdot(2|z|)=8|xyz|$. 于是问题转化为求解 $$\bex \ba{cc} \mbox{极值}&x^2y^2z^2\\ s.t.& \cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}+\cfrac{z^2}{c^2}-1=0. \ea \eex$$ 记 $Lagrange$ 函数为 $$\bex L(x,y,z,\lambda) =x^2y^2z^2+\lambda\sex{\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}+\cfrac{z^2}{c^2}-1}, \eex$$ 则由 $$\bex \left\{\ba{llll} L_x=2xy^2z^2+\cfrac{2\lambda}{a^2}x=0,\\ L_y=2x^2yz^2+\cfrac{2\lambda}{b^2}y=0,\\ L_z=2x^2y^2z+\cfrac{2\lambda}{c^2}z=0,\\ L_\lambda=\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}+\cfrac{z^2}{c^2}-1=0 \ea\right. \eex$$ 知 $$\bex \lambda=-\cfrac{a^2b^2c^2}{9},\quad x=\pm \cfrac{a}{\sqrt{3}},\quad y=\pm \cfrac{b}{\sqrt{3}},\quad z=\pm \cfrac{c}{\sqrt{3}}. \eex$$ 于是所求为 $$\bex 8\cdot \cfrac{a}{\sqrt{3}}\cdot \cfrac{b}{\sqrt{3}}\cdot \cfrac{c}{\sqrt{3}}=\cfrac{8\sqrt{3}abc}{9}. \eex$$

 

9 多元函数的积分学及其应用

 

9.1 二重积分的概念与性质

 

4(3). 比较二重积分 $\dps{\iint_D \sin (x+y)\rd \sigma}$ 与 $\dps{\iint_D (x+y)\rd \sigma}$ 的大小, 其中 $D$ 是由直线 $x+y=1,\ x+y=2$ 及两坐标轴所围成的闭区域.

解答: 由于在 $D$ 上, $1\leq x+y\leq 2$, 且 $$\bex & &(t-\sin t)'=1-\cos t\geq 0\\ &\ra& t-\sin t\geq 0\quad (t\geq 0). \eex$$ 我们有 $$\bex \iint_D \sin (x+y)\rd \sigma\leq\iint_D (x+y)\rd \sigma. \eex$$

 

4(4). 比较二重积分 $\dps{\iint_D \ln(x+y)\rd \sigma}$ 与 $\dps{\iint_D \sez{\ln(x+y)}^2\rd \sigma}$ 的大小, 其中 $D$ 是以点 $(1,0)$, $(1,1)$ 及 $(2,0)$ 为顶点的三角形闭区域.

解答: 由于在 $D$ 上, $1\leq x+y\leq 2$, 而 $$\bex 0\leq \ln (x+y)\leq \ln 2<1, \eex$$ $$\bex \ln(x+y)\geq\sez{\ln (x+y)}^2\quad ((x,y)\in D). \eex$$ 于是 $$\bex \iint_D \ln(x+y)\rd \sigma \geq \iint_D \sez{\ln(x+y)}^2\rd \sigma. \eex$$

 

5(3). 估计二重积分 $\dps{I=\iint_D (x+y+10)\rd \sigma}$ 的值, 其中 $$\bex D=\sed{(x,y);\ 0\leq x\leq 3,\ 0\leq y\leq 1}. \eex$$

解答: 由 $0\leq x\leq 3$, $0\leq y\leq 1$ 知 $$\bex 10\leq x+y+10\leq 14. \eex$$ 又 $D$ 的面积为 $3\times 1=3$, 我们有 $$\bex 30=3\cdot 10\leq I=\iint_D (x+y+10)\rd \sigma \leq 3\cdot 14=42. \eex$$

 

5(4). 估计二重积分 $\dps{I=\iint_D (x^2+4y^2+9)\rd \sigma}$ 的值, 其中 $$\bex D=\sed{(x,y);\ x^2+y^2\leq 1}. \eex$$

解答: 由于在 $D$ 上, $x^2+y^2\leq 1$, 可令 $$\bex x=r\cos\theta,\quad y=r\sin\theta, \eex$$ 其中 $0\leq r\leq 1$, $0\leq \theta\leq 2\pi$. 于是 $$\bex x^2+4y^2+9 =r^2(\cos^2\theta+4\sin^2\theta)+9 =r^2(1+3\sin^2\theta)+9 \eex$$ 在 $9$ 与 $13$ 之间. 故而 $$\bex 9\pi \leq I=\iint_D (x^2+4y^2+9)\rd \sigma \leq 13\pi. \eex$$

 

9.2 二重积分的计算法

 

1(3). 画出下列积分区域 $\dps{D=\sed{(x,y);\ 0\leq x\leq 1,\ 0\leq y\leq 1}}$ 的图形, 并且计算二重积分 $\dps{\iint_D \sqrt{x+y}\rd \sigma}$.

解答: 积分区域为

$$\bex \iint_D \sqrt{x+y}\rd \sigma &=&\int_0^1 \rd x\int_0^1 \sqrt{x+y}\rd y\\ &=&\int_0^1 \sez{\left.\cfrac{2}{3}(x+y)^\cfrac{3}{2}\right|^{y=1}_{y=0}}\rd x\\ &=&\int_0^1 \sez{\cfrac{2}{3}(x+1)^\cfrac{3}{2} -\cfrac{2}{3}x^\cfrac{3}{2}}\rd x\\ &=&\left.\sez{\cfrac{4}{15}(x+1)^\cfrac{5}{2} -\cfrac{4}{15}x^\cfrac{5}{2}}\right|^{x=1}_{x=0}\\ &=&\cfrac{4}{15}(4\sqrt{2}-1)-\cfrac{4}{15}\\ &=&\cfrac{8(2\sqrt{2}-1)}{15}. \eex$$

 

1(9). 设 $D$ 是由抛物线 $y=x^2$, 直线 $x+2y-3=0$ 及 $x$ 轴围成的闭区域, 试画出 $D$ 的图形, 并且计算二重积分 $\dps{\iint_D xy\rd \sigma}$.

解答: $D$ 的图形为

$$\bex \iint_D xy\rd \sigma &=&\int_0^1 \rd y \int_{\sqrt{y}}^{3-2y} xy\rd x\\ &=&\int_0^1 \sez{\left.\cfrac{x^2y}{2}\right|^{x=3-2y}_{x=\sqrt{y}}}\rd y\\ &=&\cfrac{1}{2}\int_0^1 \sez{y(2y-3)^2-y^2}\rd y\\ &=&\cfrac{1}{2}\int_0^1 \sex{4y^3-13y^2+9y}\rd y\\ &=&\cfrac{1}{2}\left.\sex{y^4-\cfrac{13}{3}y^3+\cfrac{9}{2}y^2}\right|^{x=1}_{x=0}\\ &=&\cfrac{1}{2}\sex{1-\cfrac{13}{3}+\cfrac{9}{2}}\\ &=&\cfrac{7}{12}. \eex$$

 

3(3). 化二重积分 $\dps{I=\iint_D f(x,y)\rd \sigma}$ 为二次积分 (分别列出对两个变量先后次序不同的两个二次积分), 其中 $f(x,y)$ 在 $D$ 上连续, 积分区域 $D$ 是由抛物线 $y=x^2$ 与圆周 $x^2+y^2=2$ 所围成的位于 $x$ 轴上方的闭区域.

解答: $D$ 为

$$\bex I&=&\iint_D f(x,y)\rd \sigma\\ &=&\int_{-1}^1\rd x\int_{x^2}^{\sqrt{2-x^2}}f(x,y)\rd y\\ &=&\int_0^1 \rd y\int_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}} f(x,y)\rd x +\int_1^{\sqrt{2}}\rd y \int_{-\sqrt{2-y^2}}^{\sqrt{2-y^2}} f(x,y)\rd x. \eex$$

 

5. 设平面薄片占据的区域 $D$ 由直线 $x+y=3$, $y=x-3$ 与 $x$ 轴围成, 它的面密度 $\mu(x,y)=x^2+y^2$, 求该薄片的质量.

解答: $D$ 为 9_2_5

$$\bex m&=&\iint_D \mu(x,y)\rd \sigma\\ &=&\int_0^1 \rd y\int_{y+1}^{3-y}(x^2+y^2)\rd x\\ &=&\int_0^1 \sez{\left.\cfrac{x^3}{3}+y^2x\right|^{x=3-y}_{x=y+1}}\rd y\\ &=&\int_0^1 \sez{ -\cfrac{(y-3)^3}{3} +3y^2 -y^3 -\cfrac{(y+1)^3}{3} -y^3 -y^2 }\rd y\\ &=&\left.\sez{ -\cfrac{(y-3)^4}{12} -\cfrac{(y+1)^4}{12} +\cfrac{2y^3}{3} -\cfrac{y^4}{2} }\right|^{y=1}_{y=0}\\ &=&\cfrac{65}{12} -\cfrac{15}{12} +\cfrac{2}{3} -\cfrac{1}{2}\\ &=&\cfrac{13}{3}. \eex$$

 

10(2). 设 $D$ 是由圆周 $x^2+y^2=2y$ 与 $y-$轴所围成的位于第一象限内的闭区域, 求 $\dps{\iint_D \sqrt{x^2+y^2}\rd \sigma}$.

解答: $D$ 为

$$\bex \iint_D \sqrt{x^2+y^2}\rd \sigma &=&\int_0^\cfrac{\pi}{2}\rd \theta \int_0^{2\sin\theta} \rho\cdot\rho \rd \rho\\ &=&\int_0^\cfrac{\pi}{2}\cfrac{8\sin^3\theta}{3}\rd \theta\\ &=&\cfrac{8}{3}\cdot\cfrac{2}{3}\\ & &\sex{\int \sin^3\theta\rd \theta =\int \sin\theta\sex{1-\cos^2\theta}\rd\theta \atop =-\cos\theta+\cfrac{\cos^3\theta}{3}+C}\\ &=&\cfrac{16}{9}. \eex$$

 

12. 设平面薄片占据的闭区域 $D$ 是由螺线 $\rho=2\theta$ 的一段弧 $\dps{\sex{0\leq \theta\leq\cfrac{\pi}{2}}}$ 与射线 $\dps{\theta=\cfrac{\pi}{2}}$ 所围成, 它的面密度 $\mu(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}$, 求该薄片的质量.

解答: $D$ 为

$$\bex m&=&\iint_D \mu(x,y)\rd \sigma\\ &=&\int_0^\cfrac{\pi}{2} \rd \theta \int_0^{2\theta}\rho\cdot\rho \rd \rho\\ &=&\int_0^\cfrac{\pi}{2} \cfrac{8\theta^3}{3}\rd \theta\\ &=&\cfrac{2}{3}\cdot\sex{\cfrac{\pi}{2}}^4\\ &=&\cfrac{\pi^4}{24}. \eex$$

 

13(1). 计算心形线 $\rho=1+\cos\theta$ 所围成平面图形的面积.

解答:图为

$$\bex \mbox{Area} &=&\iint_D \rd \sigma\\ &=&\int_0^{2\pi}\rd\theta \int_0^{1+\cos\theta} \rho \rd \rho\\ &=&\int_0^{2\pi} \cfrac{(1+\cos\theta)^2}{2}\rd \theta\\ &=&\int_0^{2\pi} \cfrac{1+2\cos\theta +\cfrac{1+\cos2\theta}{2}}{2} \rd \theta\\ &=&\int_0^{2\pi}\cfrac{3}{4}\rd\theta\\ &=&\cfrac{3\pi}{2}. \eex$$

 

9.3 二重积分的应用

 

2. 求圆锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 被柱面 $z^2=2x$ 所割下的那部分曲面的面积.

解答: 曲面为

由 $$\bex \left.\ba{ll} x^2+y^2=z^2\\ z^2=2x \ea\right\} \ra (x-1)^2+y^2=1\quad \sex{\rho=2\cos\theta} \eex$$ 及该曲面在 $x$-$o$-$y$ 面上的投影

$$\bex S&=&\iint_{(x-1)^2+y^2\leq 1} \sqrt{1+\sex{\cfrac{2x}{2\sqrt{x^2+y^2}}}^2 +\sex{\cfrac{2y}{2\sqrt{x^2+y^2}}}^2}\rd x\rd y\\ &=&\sqrt{2}\iint_{(x-1)^2+y^2\leq 1}\rd x\rd y\\ &=&\sqrt{2}\pi. \eex$$

 

4(1). 设 $D$ 是由抛物线 $y=\sqrt{2x}$ 与直线 $x=1,\ y=0$ 所围成的闭区域, 求 $D$ 的质心.

解答:图为

由 $$\bex \iint_D \rd \sigma =\int_0^1 \rd x \int_0^{\sqrt{2x}}\rd y =\int_0^1 \sqrt{2x}\rd x =\cfrac{2\sqrt{2}}{3}; \eex$$ $$\bex \iint_D \rd \sigma =\int_0^1 x\rd \int_0^{\sqrt{2x}} \rd y =\int_0^1 \sqrt{2}x^\cfrac{3}{2}\rd x =\cfrac{2\sqrt{2}}{3}; \eex$$ $$\bex \iint_D y\rd y =\int_0^1 \rd x \int_0^{\sqrt{2x}}y\rd y =\int_0^1 x\rd x =\cfrac{1}{2} \eex$$ 知 $$\bex \bar x =\cfrac{\iint_D x\rd x} {\iint_D\rd x} =\cfrac{3}{5},\quad \bar y =\cfrac{\iint_D y\rd x} {\iint_D\rd x} =\cfrac{3\sqrt{2}}{8}. \eex$$ 于是 $D$ 的质心为 $\dps{\sex{\cfrac{3}{5},\cfrac{3\sqrt{2}}{8}}}$.

 

8(2). 设均匀薄片 (面密度为常数 $\mu$) 占据 $$\bex D=\sed{(x,y);\ 0\leq x\leq a,\ 0\leq y\leq b}, \eex$$ 求它分别对于 $x$ 轴, $y$ 轴 与直线 $\dps{l:\ y=\cfrac{b}{a}x}$ 的转动惯量 $I_x$, $I_y$ 与 $I_l$.

解答: $$\bex I_x=\iint_D y^2\mu\rd \sigma =\mu\int_0^a\rd x \int_0^b y^2\rd y =\cfrac{ab^3\mu}{3}; \eex$$ $$\bex I_y=\iint_D x^2\mu \rd \sigma =\mu\int_0^a x^2\rd x \int_0^b \rd y =\cfrac{a^3b\mu}{3}; \eex$$ $$\bex I_l&=&\iint_D \cfrac{(bx-ay)^2}{a^2+b^2}\mu\rd \sigma\\ &=&\cfrac{b^2}{a^2+b^2}I_y -\cfrac{2ab\mu}{a^2+b^2} \iint_D xy\rd \sigma +\cfrac{a^2}{a^2+b^2}I_x\\ &=&\cfrac{b^2}{a^2+b^2}\cdot \cfrac{a^3b\mu}{3} -\cfrac{2ab\mu}{a^2+b^2} \int_0^ax\rd x\cdot\int_0^b y\rd y +\cfrac{a^2}{a^2+b^2}\cdot\cfrac{ab^3\mu}{3}\\ &=&\cfrac{a^3b^3\mu}{6(a^2+b^2)}. \eex$$

 

9.4 三重积分

 

3(1). 计算 $\dps{\iint_\Omega xy\rd v}$, 其中 $\Omega$ 是由三个坐标面与平面 $\dps{x+\cfrac{y}{2}+\cfrac{z}{3}=1}$ 所围成的闭区域.

解答: $$\bex \iint_\Omega xy\rd v &=&\int_0^1 \rd x\int_0^{2(1-x)}\rd y \int_0^{3\sex{1-x-\cfrac{y}{2}}}xy\rd z\\ &=&3\int_0^1 x\rd x\int_0^{2(1-x)}y\sex{1-x-\cfrac{y}{2}}\rd y\\ &=&2\int_0^1 x(1-x)^3\rd x\\ &=&2\int_0^1 \sex{x-3x^2+3x^3-x^4}\rd x\\ &=&2\sex{\cfrac{1}{2}-1+\cfrac{3}{4}-\cfrac{1}{5}}\\ &=&\cfrac{1}{10}. \eex$$

 

3(5). 计算 $\dps{\iint_\Omega z^2\rd v}$, 其中 $\Omega$ 是由球面 $x^2+y^2+z^2=2z$ 所围成的闭区域.

解答: $$\bex \iint_\Omega z^2\rd v &=&\int_0^2\rd z\iint_{x^2+y^2\leq 2z-z^2}z^2\rd x\rd y\\ &=&\int_0^2z^2\cdot \pi (2z-z^2)\rd z\\ &=&\cfrac{8\pi}{5}. \eex$$

 

4(2). 计算 $\dps{\iint_\Omega z\sqrt{x^2+y^2}\rd v}$, 其中 $\Omega$ 是由旋转抛物面 $z=x^2+y^2$ 与平面 $z=1$ 所围成的闭区域.

解答: $$\bex \iint_\Omega z\sqrt{x^2+y^2}\rd v &=&\int_0^1 z\rd z \iint_{x^2+y^2\leq z}\sqrt{x^2+y^2}\rd x\rd y\\ &=&\int_0^1 z\rd z \int_0^{2\pi}\rd \theta \int_0^{\sqrt{z}}r\cdot r\rd r\\ &=&\cfrac{2\pi}{3} \int_0^1 z^\cfrac{5}{2}\rd z\\ &=&\cfrac{4\pi}{21}. \eex$$

 

5. 设密度为常量 $\mu$ 的匀质物体占据由抛物面 $z=3-x^2-y^2$ 与平面 $\sev{x}=1,\ \sev{y}=1,\ z=0$ 所围成的闭区域. 试求: \item 物体的质量; \item 物体的质心; \item 物体对于 $z$ 轴的转动惯量.

解答: \item $$\bex M&=&\iint_\Omega \mu\rd x\rd y\rd z\\ &=&\mu \int_{-1}^1\rd x \int_{-1}^1 \rd y\int_0^{3-x^2-y^2}\rd z\\ &=&\cfrac{28\mu}{3}. \eex$$ \item 由于物体是均匀的, 且关于 $y$-$o$-$z$, $z$-$o$-$x$ 面对称, 故 $$\bex \bar x=\bar y=0. \eex$$ 往求 $\bar z$. $$\bex \bar z &=&\cfrac{1}{M}\iint_\Omega z \mu\rd x\rd y\rd z\\ &=&\cfrac{3}{28}\iint_\Omega z\rd x\rd y\rd z\\ &=&\cfrac{3}{28}\int_{-1}^1\rd x \int_{-1}^1 \rd y \int_0^{3-x^2-y^2}z\rd z\\ &=&\cfrac{253}{210}. \eex$$ 于是质心为 $\dps{\sex{0,0,\cfrac{253}{210}}}$. \item $$\bex I_z&=&\iint_\Omega (x^2+y^2)\mu\rd x\rd y\rd z\\ &=&2\mu \iint_\Omega x^2\mu\rd x\rd y\rd z\\ &=&2\mu\int_{-1}^1 x^2\rd x \int_{-1}^1 \rd y \int_0^{3-x^2-y^2}\rd z\\ &=&\cfrac{248\mu}{45}. \eex$$

 

9.5 曲线积分

 

1(1). 计算 $\dps{\oint_L(x^2+y^2)^n\rd s}$, 其中 $L$ 为圆周 $\dps{x^2+y^2=a^2}$.

解答: 令 $$\bex \left\{\ba{ll} x=a\cos\theta\\ y=a\sin\theta \ea\right. \quad\sex{0\leq \theta\leq 2\pi}. \eex$$ 则有 $$\bex \sqrt{x'^2(\theta)+y'^2(\theta)}=a, \eex$$ 于是 $$\bex \oint_L(x^2+y^2)^n\rd s =\int_0^{2\pi}a^{2n}\cdot a\rd \theta =2\pi a^{2n+1}. \eex$$

 

1(3). 计算 $\dps{\int_L y\rd s}$, 其中 $L$ 为抛物线 $\dps{y^2=4x}$ 上点 与点 间的一段弧.

解答: $L$　为 $$\bex x=\cfrac{y^2}{4}\quad\sex{0\leq y\leq 2}. \eex$$ 由 $$\bex \sqrt{1+x'^2(y)}=\sqrt{1+\cfrac{y^2}{4}} \eex$$ 知 $$\bex \int_L y\rd s &=&\int_0^2y\sqrt{1+\cfrac{y^2}{4}}\rd y\\ &=&\cfrac{4}{3}\left.\sex{1+\cfrac{y^2}{4}}^\cfrac{3}{2}\right|^2_0\\ &=&\cfrac{4}{3}\sex{2\sqrt{2}-1}. \eex$$

 

1(4). 计算 $\dps{\int_L (x+y)\rd s}$, 其中 $L$ 为连接点 $\dps{(1,0)}$ 与 $(0,1)$ 的直线段.

解答: $L$ 为 $$\bex y=1-x\quad\sex{0\leq x\leq 1}. \eex$$ 由 $$\bex \sqrt{1+y'^2(x)}=\sqrt{2} \eex$$ 知 $$\bex \int_L (x+y)\rd s=\int_0^1 \sez{x+(1-x)}\cdot\sqrt{2}\rd x =\sqrt{2}. \eex$$

 

1(10). 计算 $\dps{\oint_L \sqrt{x^2+y^2}\rd s}$, 其中 $L$ 为上半圆周 $\dps{x^2+y^2=2x\ (y\geq0)}$ 与 $x$ 轴所围成的区域的整个边界.

解答: $$\bex \oint_L \sqrt{x^2+y^2}\rd s &=&\int_0^2 x\rd x +\int_0^\cfrac{\pi}{2}2\cos\theta\cdot \sqrt{\sex{2\cos\theta\sin\theta}'^2+\sex{2\cos\theta\sin\theta}'^2}\rd \theta\\ &=&2+4\int_0^\cfrac{\pi}{2}\cos\theta\rd \theta\\ &=&6. \eex$$

 

3(1). 计算 $\dps{\int_L(x^2-y^2)\rd x}$, 其中 $L$ 是抛物线 $y=x^2$ 上从点 $O(0,0)$ 到点 $A(2,4)$ 的一段弧.

解答: 由 $$\bex L:\ \left\{\ba{ll} x=x,\\ y=x^2, \ea\right. \quad x\mbox{ 从 } 0 \mbox{ 到 } 2, \eex$$ 我们有 $$\bex \int_L(x^2-y^2)\rd x =\int_0^2 (x^2-(x^2)^2)\rd x =-\cfrac{56}{15}. \eex$$

 

3(2). 计算 $\dps{\int_Ly\rd x}$, 其中 $L$ 是由直线 及 围成的矩形区域的整个边界 (按逆时针方向绕行).

解答: $$\bex \int_L y\rd x &=&\int_{(0,0)\to (4,0)}y\rd x +\int_{(4,0)\to (4,2)}y\rd x +\int_{(4,2)\to (0,2)}y\rd x +\int_{(0,2)\to (0,0)}y\rd x\\ &=&\int_{(4,2)\to (0,2)}y\rd x\\ &=&\int_4^0 2\rd x\quad\sex{\mbox{其余三项均为 }0}\\ &=&8. \eex$$

 

4. 计算 $\dps{\int_L (x+y)\rd x+(y-x)\rd y}$, 其中 $L$ 分别是 \item 抛物线 $y^2=x$ 上从点 $(1,1)$ 到点 $(4,2)$ 的一段弧; \item 从点 $(1,1)$ 到点 $(4,2)$ 的直线段.

解答: \item 由 $$\bex L:\ \left\{\ba{ll} x=y^2,\\ y=y, \ea\right. \quad x\mbox{ 从 } 1 \mbox{ 到 } 2, \eex$$ 我们有 $$\bex \int_L (x+y)\rd x+(y-x)\rd y &=&\int_1^2(y^2+y)\cdot2y\rd y +(y-y^2)\rd y\\ &=&\int_1^2(2y^3+y^2+y)\rd y\\ &=&\cfrac{34}{3}. \eex$$ \item 由 $$\bex L:\ \left\{\ba{ll} x=x,\\ y=\cfrac{1}{3}x+\cfrac{2}{3}, \ea\right. \quad x\mbox{ 从 } 1 \mbox{ 到 } 4, \eex$$ 我们有 $$\bex & &\int_L (x+y)\rd x+(y-x)\rd y\\ & &=\int_1^4 \sez{x+\sex{\cfrac{1}{3}x+\cfrac{2}{3}}}\rd x +\sez{\sex{\cfrac{1}{3}x+\cfrac{2}{3}}-x}\cdot\cfrac{1}{3}\rd x\\ & &=\int_1^4\sex{\cfrac{10}{9}x+\cfrac{8}{9}}\rd x\\ & &=11. \eex$$

 

9.6 格林公式及其应用

 

3(1). 利用 $Green$ 公式计算 $\dps{\oint_L(2x-y+4)\rd x+(3x+5y-6)\rd y}$, 其中 $L$ 是以点 $(0,0),(3,0),(3,2)$ 为顶点的三角形区域 $D$ 的正向边界.

解答: 由 $P=2x-y+4$, $Q=3x+5y-6$ 知 $$\bex \cfrac{\p P}{\p y}=-1,\quad \cfrac{\p Q}{\p x}=3. \eex$$ 而 $$\bex \oint_LP\rd x+Q\rd y &=&\iint_D \sex{\cfrac{\p Q}{\p x}-\cfrac{\p P}{\p y}}\rd x\rd y\\ &=&4\iint_D \rd x\rd y\\ &=&4\cdot\sex{\cfrac{1}{2}\cdot 3\cdot 2}\\ &=&12. \eex$$

 

3(4). 利用 $Green$ 公式计算 $\dps{\oint_L(1-\cos y)\rd x-x(y-\sin y)\rd y}$, 其中 $L$ 是正弦曲线 $y=\sin x$ 上从点 $(0,0)$ 到点 $(\pi,0)$ 的一段弧.

解答: 设 $L_1$ 是从点 $(0,0)$ 到点 $(\pi,0)$ 的直线段, 与 $L$ 围成区域 $D$. 再记 $$\bex P=1-\cos y,\quad Q=-x(y-\sin y), \eex$$ 则 $$\bex \cfrac{\p P}{\p y}=\sin y,\quad \cfrac{\p Q}{\p x}=-y+\sin y. \eex$$ 于是 $$\bex -\int_L+\int_{L_1}P\rd x+Q\rd y =\iint_D \sex{\cfrac{\p Q}{\p x}-\cfrac{\p P}{\p y}}\rd x\rd y, \eex$$ $$\bex \int_L P\rd x+Q\rd y &=&-\iint_D \sex{\cfrac{\p Q}{\p x}-\cfrac{\p P}{\p y}}\rd x\rd y +\int_{L_1}P\rd x+Q\rd y\\ &=&-\iint_D-y\rd x\rd y+\int_0^\pi (1-\cos 0)\rd x\\ &=&\int_0^\pi \rd x\int_0^{\sin x}y\rd y\\ &=&\cfrac{\pi}{4}. \eex$$

 

4(3). 证明曲线积分 $\dps{\int_{(0,0)}^{(\pi,\pi)}(e^y+\sin x)\rd x+(xe^y-\cos y)\rd y}$ 在 ${\bf R}^2$ 内与路径无关, 并求其值.

解答: 设 $P=e^y+\sin x$, $Q=xe^y-\cos y$, 则 $$\bex \cfrac{\p P}{\p y}=e^y=\cfrac{\p Q}{\p x}, \eex$$ 而 线积分 $\dps{\int_{(0,0)}^{(\pi,\pi)}(e^y+\sin x)\rd x+(xe^y-\cos y)\rd y}$ 在 ${\bf R}^2$ 内与路径无关, 且 $$\bex \mbox{原曲线积分} &=&\int_{(0,0)\stackrel{y=x}{\to}(\pi,\pi)} (e^y+\sin x)\rd x+(xe^y-\cos y)\rd y\\ &=&\int_0^\pi (e^x+\sin x+xe^x-\cos x)\rd x\\ &=&\left.\sex{xe^x-\cos x-\sin x}\right|^\pi_0\\ &=&\pi e^\pi +2. \eex$$

 

5(4). 验证曲线积分 $\dps{(3x^2y^2+8xy^3)\rd x+(2x^3y+12x^2y^2+ye^y)\rd y}$ 在 ${\bf R}^2$ 内与是某个函数 $u$ 的全微分, 并求出这样的一个 $u$.

解答: 设 $P=3x^2y^2+8xy^3$, $Q=2x^3y+12x^2y^2+ye^y$, 则 $$\bex \cfrac{\p P}{\p y}=6x^2y+24xy^2=\cfrac{\p Q}{\p y}, \eex$$ 于是曲线积分 $\dps{(3x^2y^2+8xy^3)\rd x+(2x^3y+12x^2y^2+ye^y)\rd y}$ 在 ${\bf R}^2$ 内与是某个函数 $u$ 的全微分, 且 $$\bex & &\cfrac{\p u}{\p x}=P=3x^2y^2+8xy^3\\ &\ra&u=x^3y^2+4x^2y^3+\varphi(y)\\ &\ra&\cfrac{\p u}{\p y}=2x^3y+12x^2y^2+\varphi'(y)\\ &\ra&\varphi'(y)=ye^y\\ &\ra&\varphi(y)=(y-1)e^y\\ &\ra&u=x^3y^2+4x^2y^3+(y-1)e^y+C. \eex$$

 

10 无穷级数

 

10.1 常数项级数的概念与性质

 

3(2). 判断级数 $\dps{\sum_{n=1}^\infty\ln\sex{1+\cfrac{1}{n}}}$ 的收敛性.

解答: 由 $$\bex s_n&=&\sum_{k=1}^n\ln\sex{1+\cfrac{1}{k}} =\sum_{k=1}^n\ln\cfrac{k+1}{k} =\sum_{k=1}^n\sez{\ln(k+1)-\ln k}\\ &=&\ln (n+1)\to \infty\quad\sex{n\to\infty} \eex$$ 知原级数收敛.

 

3(3). 判断级数 $\dps{\sum_{n=1}^\infty\sqrt{\cfrac{n-1}{n+1}}}$ 的收敛性.

解答: 由 $$\bex \lim_{n\to\infty}\sqrt{\cfrac{n-1}{n+1}} =\sqrt{\lim_{n\to\infty}\cfrac{1-\cfrac{1}{n}}{1+\cfrac{1}{n}}} =1 \eex$$ 知原级数发散.

 

4(2). 若 $\dps{\lim_{n\to\infty}a_n=a}$, 求级数 $\dps{\sum_{n=1}^\infty(a_n-a_{n+1})}$ 的和.

解答: $$\bex s_n=\sum_{k=1}^n(a_k-a_{k+1})=a_1-a_{n+1} \eex$$ 故 $$\bex \sum_{n=1}^\infty(a_n-a_{n+1}) =\lim_{n\to\infty}s_n=a_1-a. \eex$$

 

5(4). 判断级数 $\dps{\sum_{n=1}^\infty\sex{\cfrac{1}{4^n} -\cfrac{\ln^n3}{3^n}}}$ 的收敛性.

解答: 由于 $$\bex \cfrac{1}{4}<1,\quad\cfrac{\ln3}{3}<1, \eex$$ 我们有 $$\bex \sum_{n=1}^\infty\cfrac{1}{4^n}\quad \sum_{n=1}^\infty\cfrac{\ln^n3}{3^n} \eex$$ 收敛, 而 $$\bex \sum_{n=1}^\infty\sex{\cfrac{1}{4^n} -\cfrac{\ln^n3}{3^n}} =\sum_{n=1}^\infty\cfrac{1}{4^n}-\sum_{n=1}^\infty\cfrac{\ln^n3}{3^n} \eex$$ 收敛

 

10.2 常数项级数的审敛散法

 

1(8). $\dps{\sum_{n=1}^\infty\sex{e^\cfrac{1}{\sqrt{n}}-1}}$.

解答: 由 $$\bex \lim_{n\to\infty}\cfrac{e^\cfrac{1}{\sqrt{n}}-1}{\cfrac{1}{\sqrt{n}}} =\lim_{x\to 0}\cfrac{e^x-1}{x} =\lim_{x\to 0}e^x=1 \eex$$ 及 $\dps{\sum_{n=1}^\infty\cfrac{1}{\sqrt{n}}}$ 发散知原级数发散.

 

2(4). $\dps{\sum_{n=1}^\infty n\tan \cfrac{\pi}{2^{n=1}}}$.

解答: 由 $$\bex \lim_{n\to\infty} \cfrac{(n+1)\tan \cfrac{\pi}{2^{n+1}}}{n\tan \cfrac{\pi}{2^{n=1}}} &=&\lim_{n\to\infty} \cfrac{n+1}{n}\cdot \cfrac{\cfrac{\pi}{2^{n+1}}}{\cfrac{\pi}{2^n}} =\cfrac{1}{2}<1 \eex$$ 知原级数收敛.

 

3(6). $\dps{\sum_{n=1}^\infty\cfrac{\sex{1+\cfrac{1}{n}}^{n^2}}{3^n}}$.

解答: 由 $$\bex \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\sex{1+\cfrac{1}{n}}^{n^2}{3^n}} =\lim_{n\to\infty}\cfrac{\sex{1+\cfrac{1}{n}}^n}{3} =\cfrac{e}{3}<1 \eex$$ 知原级数收敛.

 

4(6). $\dps{\sum_{n=1}^\infty \sin^n\sex{\cfrac{\pi}{4}+\cfrac{b}{n}}}$.

解答: 考察 $\dps{\sum_{n=1}^\infty \sev{\sin^n\sex{\cfrac{\pi}{4}+\cfrac{b}{n}}}}$, 由 $$\bex \lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\sev{\sin^n\sex{\cfrac{\pi}{4}+\cfrac{b}{n}}}} &=&\lim_{n\to\infty}\sev{\sin\sex{\cfrac{\pi}{4}+\cfrac{b}{n}}}\\ &=&\sin\sev{\lim_{n\to\infty}\sex{\cfrac{\pi}{4}+\cfrac{b}{n}}}\\ &=&\sin\cfrac{\pi}{4}=\cfrac{1}{\sqrt{2}}<1 \eex$$ 知原级数绝对收敛.

 

4(7). $\dps{\sum_{n=1}^\infty\cfrac{\ln(n!)}{n!}}$.

解答: 由 $$\bex \cfrac{\ln(n!)}{n!} \leq \cfrac{n\ln n}{n!} =\cfrac{\ln n}{(n-1)!} \leq \cfrac{n-1}{(n-1)!} \leq \cfrac{1}{(n-2)!}\quad\sex{n\geq 2} \eex$$ 知原级数收敛.

 

5(5). $\dps{\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\cfrac{n}{3^{n-1}}}$.

解答: 考察级数 $\dps{\sum_{n=1}^\infty\cfrac{n}{3^{n-1}}}$, 由 $$\bex \lim_{n\to\infty}\cfrac{\cfrac{n+1}{3^n}}{\cfrac{n}{3^{n-1}}} =\cfrac{1}{3}<1 \eex$$ 知原级数绝对收敛.

 

5(7). $\dps{\sum_{n=1}^\infty(-1)^n\cfrac{1}{\ln n}}$.

解答: 由 $Leibniz$ 判别法知原级数收敛, 又由 $$\bex \lim_{n\to\infty}\cfrac{\cfrac{1}{\ln n}}{\cfrac{1}{n}} =\lim_{n\to\infty}\cfrac{1}{\cfrac{\ln n}{n}} =+\infty \eex$$ 知原级数条件收敛.

 

10.3 幂级数

 

1(7). 求幂级数 $\dps{\sum_{n=1}^\infty (-1)^n\cfrac{x^n}{n^2}}$ 的收敛半径与收敛域.

解答: 由 $\dps{a_n=\cfrac{(-1)^n}{n^2}}$ 知收敛半径 $$\bex R=\lim_{n\to\infty}\sev{\cfrac{a_n}{a_{n+1}}} =\lim_{n\to\infty}\cfrac{(n+1)^2}{n^2}=1. \eex$$ 又当 $x=-1$ 时, 原级数为 $\dps{\sum_{n=1}^\infty\cfrac{1}{n^2}}$, 而收敛; 当 $x=1$ 时, 原级数为 $\dps{\sum_{n=1}^\infty\cfrac{(-1)^n}{n^2}}$, 而收敛. 故收敛域为 $[-1,1]$.

 

2(4). 求幂级数 $\dps{\sum_{n=0}^\infty 2^n(x+a)^{2n}}$ 的收敛半径与收敛域, 其中 $a$ 为常数.

解答: 记 $\dps{2(x+a)^2=t}$, 则由 $\dps{\sum_{n=1}^\infty t^n}$ 的收敛域为 $(-1,1)$ 知 $$\bex -1<2(x+a)^2<1 \ra -a-\cfrac{1}{\sqrt{2}} <x<a+\cfrac{1}{\sqrt{2}}, \eex$$ 而收敛域为 $\dps{\sex{-a-\cfrac{1}{\sqrt{2}},a+\cfrac{1}{\sqrt{2}}}}$, 收敛半径为 $\dps{\cfrac{1}{\sqrt{2}}}$.

 

3(2). 求幂级数 $\dps{\sum_{n=1}^\infty nx^{n-1}}$ 的和函数.

解答: $$\bex \sum_{n=1}^\infty nx^{n-1} &=&\sum_{n=1}^\infty (x^n)' =\sex{\sum_{n=1}^\infty x^n}'\\ &=&\sex{\cfrac{x}{1-x}}' =\sex{-1+\cfrac{1}{1-x}}'\\ &=&\cfrac{1}{(x-1)^2},\quad x\in (-1,1). \eex$$

 

10.4 函数展开成幂级数

 

2(4). 将函数 $\dps{\cfrac{1}{x^2-5x+6}}$ 展开成 $x$ 的幂级数, 并指出展开式成立的区间.

解答: $$\bex \cfrac{1}{x^2-5x+6} &=&\cfrac{1}{(x-2)(x-3)}\\ &=&\cfrac{1}{x-3}-\cfrac{1}{x-2}\\ &=&-\cfrac{1}{3}\cdot \cfrac{1}{1-\cfrac{x}{3}} +\cfrac{1}{2}\cdot \cfrac{1}{1-\cfrac{x}{2}}\\ &=&-\cfrac{1}{3} \sum_{n=0}^\infty \sex{\cfrac{x}{3}}^n +\cfrac{1}{2} \sum_{n=0}^\infty \sex{\cfrac{x}{2}}^n\\ & &\sex{\left.\ba{ll} \sev{\cfrac{x}{3}}<1\\ \sev{\cfrac{x}{2}}<1 \ea\right\} \ra \sev{x}<2 }\\ &=&\sum_{n=0}^\infty \sex{-\cfrac{1}{3^{n+1}} +\cfrac{1}{2^{n+1}}} x^n\quad\sex{-2<x<2}. \eex$$

 

2(7). 将函数 $\dps{\cfrac{x}{4+x^2}}$ 展开成 $x$ 的幂级数, 并指出展开式成立的区间.

解答: $$\bex \cfrac{x}{4+x^2}&=& \cfrac{x}{4}\cdot \cfrac{1}{1-\sex{-\cfrac{x^2}{4}}}\\ &=&\cfrac{x}{4}\sum_{n=0}^\infty \sex{-\cfrac{x^2}{4}}^n\quad \sex{\sev{-\cfrac{x^2}{4}}<1\ra \sev{x}<2}\\ &=&\sum_{n=0}^\infty \cfrac{(-1)^n}{4^{n+1}}x^{2n+1}\quad \sex{-2<x<2}. \eex$$

 

4. 将函数 $f(x)=e^x$ 展开为 $x-1$ 的幂级数.

解答: 由于 $f(x)=e^x$, $f^{(n)}(x)=e^x\ (n\geq 1)$, 我们有 $$\bex f^{(n)}(1)=e, \eex$$ 而 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的 $Taylor$ 级数为 $$\bex \sum_{n=0}^\infty \cfrac{e}{n!}(x-1)^n =e\sum_{n=0}^\infty \cfrac{(x-1)^n}{n!}, \eex$$ 其收敛半径 $R=\infty$. 又 $$\bex \sev{R_n(x)} &=&\sev{\cfrac{f^{(n+1)}(\xi)}{(n+1)!}(x-1)^{n+1}}\quad\sex{\xi\mbox{ 在 } 1,\ x\mbox{ 之间}}\\ &=&\cfrac{e^\xi}{(n+1)!}\sev{x-1}^{n+1}\\ &\leq&e^{\max\sed{1,\sev{x}}}\cdot \cfrac{\sev{x-1}^{n+1}}{(n+1)!}\\ &\to& 0\quad\sex{n\to\infty}, \eex$$ 我们得到 $$\bex f(x)=e\sum_{n=0}^\infty \cfrac{(x-1)^n}{n!},\quad -\infty<x<\infty. \eex$$

 

10.5 傅里叶级数