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 ${f n}=sed{1,2,-3}$ 平行, 为 ${f s}=sed{1,2,-3}$. 故其方程为 $$ex cfrac{x-2}{1}=cfrac{y+8}{2}=cfrac{z-3}{-3}. eex$$
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 $$ex 0=sed{2k,k+1,5}cdotsed{3,1,k-2} =6k+(k+1)+5(k-2) =12k-9, eex$$ $$ex k=cfrac{3}{4}. eex$$
6(2). 求直线 $dps{l_1: left{a{ll} 5x-3y+3z-9=0\ 3x-2y+z-1=0 ea ight.}$ 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 $$ex {f s}_1&=&sed{5,-3,3} imes sed{3,-2,1} =sev{a{ccc} {f i}&{f j}&{f k}\ 5&-3&3\ 3&-2&1 ea}\ &=&sed{sev{a{cc} -3&3\ -2&1 ea},sev{a{cc} 3&5\ 1&3 ea},sev{a{cc} 5&-3\ 3&-2 ea}}\ &=&sed{3,4,-1}; eex$$ 直线 $l_2$ 的方向向量为 ${f s}_2=sed{2,-1,2}$. 故 $$ex cosvarphi =cfrac{sev{{f s}_1cdot {f s}_2}}{sev{{f s}_1}cdot sev{{f s}_2}} =cfrac{3cdot 2+4cdot (-1)+(-1)cdot 2}{sqrt{3^2+4^2+(-1)^2}cdotsqrt{2^2+(-1)^2+2^2}} =0! eex$$ 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 $ heta$.
解答: 直线 $l$ 的方向向量为 ${f s}=sed{1,1,2}$; 平面 $pi$ 的法向量为 ${f n}=sed{2,1,1}$. 于是 $$ex sin heta =cfrac{sev{{f s}cdot{f n}}}{sev{{f s}}cdotsev{{f n}}} =cfrac{sev{1cdot2 +1cdot 1+2cdot 1}}{sqrt{1^2+1^2+2^2}cdotsqrt{2^2+1^2+1^2}} =cfrac{5}{sqrt{6}cdotsqrt{6}} =cfrac{5}{6}, eex$$ $$ex varphi=arccoscfrac{5}{6}. eex$$
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 $$ex mbox{绕 }xmbox{ 轴旋转 } a xmbox{ 坐标不动, 另一坐标换成正负开根号平方和的形式}, eex$$ 于是所求为 $dps{y^2+z^2=sex{pmsqrt{y^2+z^2}}^2=5x}$.
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 $$ex a{cc} mbox{把 } xmbox{ 拿掉}: -cfrac{y^2}{2}+z^2=1mbox{ 绕 }ymbox{ 轴旋转成 }x^2-cfrac{y^2}{2}+z^2=1;\ mbox{把 } zmbox{ 拿掉}: x^2-cfrac{y^2}{2}=1mbox{ 绕 }ymbox{ 轴旋转成 }x^2-cfrac{y^2}{2}+z^2=1. ea eex$$
(6). 这是一张双叶双曲面, 因为 $$ex cfrac{x^2}{4}+cfrac{y^2}{4}-z^2=-1 a -cfrac{x^2}{4}-cfrac{y^2}{4}+z^=1, eex$$ 右端为 $1$, 左端有两个负号. 同
(2) 的过程, $z$ 为旋转轴, $$ex a{cc} mbox{把 } xmbox{ 拿掉}: cfrac{y^2}{4}-z^2=-1mbox{ 绕 }zmbox{ 轴旋转成 }cfrac{x^2}{4}+cfrac{y^2}{4}-z^2=-1;\ mbox{把 } ymbox{ 拿掉}: cfrac{x^2}{4}-z^2=-1 mbox{ 绕 }zmbox{ 轴旋转成 }cfrac{x^2}{4}+cfrac{y^2}{4}-z^2=-1. ea eex$$
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 $$ex & &left{a{cc} -x^2-cfrac{y^2}{4}+z^2=1\ z=2 ea ight. a left{a{cc} -x^2-cfrac{y^2}{4}+4=1\ z=2 ea ight. a left{a{cc} x^2+cfrac{y^2}{4}=3\ z=2 ea ight.\ & & a left{a{cc} cfrac{x^2}{3}+cfrac{y^2}{12}=1\ z=2 ea ight. mbox{ 是一个椭圆;} eex$$ $$ex left{a{cc} -x^2-cfrac{y^2}{4}+z^2=1\ z=-2 ea ight. a left{a{cc} cfrac{x^2}{3}+cfrac{y^2}{12}=1\ z=2 ea ight. mbox{ 是一个椭圆;} eex$$ $$ex left{a{cc} -x^2-cfrac{y^2}{4}+z^2=1\ x=1 ea ight. a left{a{cc} -cfrac{y^2}{8}+cfrac{z^2}{2}=1\ x=1 ea ight. mbox{ 是一条双曲线;} eex$$ $$ex left{a{cc} -x^2-cfrac{y^2}{4}+z^2=1\ y=1 ea ight. a left{a{cc} -cfrac{x^2}{5/4}+cfrac{z^2}{5/4}=1 \ x=1 ea ight. mbox{ 是一条双曲线.} eex$$
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 $x-ygeq 0 a xgeq y$ 及 $$ex ln (1-x^2-y^2) eq 0 & a& 0<1-x^2-y^2mbox{ 且 }1 eq 1-x^2-y^2\ & a& 0<x^2+y^2<1 eex$$ 知函数的定义域为 $sed{(x,y)in {f R}^2 | xgeq y, 0<x^2+y^2<1}$. 其图像为
5(4) 求极限 $dps{lim_{(x,y) o (0,0)}cfrac{2-sqrt{xy+4}}{xy}}$.
解答: $$ex mbox{原极限} &=&lim_{(x,y) o (0,0)}cfrac{2-sqrt{xy-4}}{xy}cdotcfrac{2+sqrt{xy+4}}{2+sqrt{xy+4}}\ &=&lim_{(x,y) o (0,0)}cfrac{4-(xy+4)}{xy(2+sqrt{xy+4})}\ &=&-lim_{(x,y) o (0,0)}cfrac{1}{2+sqrt{xy+4}} =-cfrac{1}{2+sqrt{4}} =-cfrac{1}{4}. eex$$
6(2) 证明极限 $dps{lim_{(x,y) o (0,0)}cfrac{x^2}{x^2+y^2-x}}$ 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 $dps{lim_{(x,y) o (0,0)atop (x,y)in C_1}f(x,y)=0}$. 现再找一条曲线 $C_2$ 使 $dps{lim_{(x,y) o (0,0)atop (x,y)in C_2}f(x,y)=1}$. 我们可以直接就让 $$ex 1=f(x,y)=cfrac{x^2}{x^2+y^2-x} a C_2: x=y^2. eex$$ 综上所述, 我们有结论.
7(2) 试问函数 $dps{ f(x,y)=left{a{cc} cfrac{sin (xy)}{x},&x eq 0\ y,&x=0 ea ight. }$ 是否在全平面 ${f R}^2$ 内连续, 说明理由.
解答: 当 $x eq 0$ 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 $y_0in{f R}$, 有 $$ex lim_{(x,y) o (0,y_0)}f(x,y) &=&lim_{(x,y) o (0,y_0)}cfrac{sin (xy)}{y} =lim_{(x,y) o (0,y_0)}cfrac{sin(xy)}{xy}cdot y\ &=&lim_{t o 0}cfrac{sin t}{t}cdotlim_{y o y_0}y =1cdot y_0=y_0=f(0,y_0). eex$$ 而 $f(x,y)$ 在全平面 ${f R}^2$ 上连续.
8.2 偏导数
1(12). 求 $u=arctan(x+y)^z$ 的偏导数.
解答: $$ex u_x=cfrac{1}{1+sez{(x+y)^z}^2}cdot z(x+y)^{z-1}cdot 1 =cfrac{z(x+y)^{z-1}}{1+(x+y)^{2z}}; eex$$ $$ex u_y=cfrac{z(x+y)^{z-1}}{1+(x+y)^{2z}}quadsex{mbox{由 } x,ymbox{ 的对称性}}; eex$$ $$ex u_z=cfrac{1}{1+sez{(x+y)^z}^2}cdot (x+y)^zln (x+y) =cfrac{(x+y)^zln (x+y)}{1+(x+y)^{2z}}. eex$$
5. 设 $dps{f(x,y)=x+(y-1)arcsinsqrt{cfrac{x}{y}}}$, 求 $f_x(x,1)$.
解答: $$ex f_x(x,y)=1+(y-1)sez{arcsinsqrt{cfrac{x}{y}} }_x; eex$$ $$ex f_x(x,1)=1+0cdot left.sez{arcsinsqrt{cfrac{x}{y}} }_x ight|_{x=xatop y=1} =1. eex$$
7. 求曲线 $dps{left{a{cc} z=cfrac{x^2+y^2}{4}\ y=4 ea ight.}$ 在点 $(2,4,5)$ 处的切线对于 $x$ 轴的倾角 $ heta$.
解答: 注意到曲线 $dps{left{a{cc} z=cfrac{x^2+y^2}{4}\ y=4 ea ight.}$ 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 $$ex an heta=k=z_x|_{x=2atop y=4} =left.cfrac{x}{2} ight|_{x=2atop y=4} =1, eex$$ $$ex heta=cfrac{pi}{4}. eex$$
10. 设 $z=xe^{xy}$, 求 $z_{xyx}$ 与 $z_{xyy}$.
解答: $$ex z_x=1cdot e^{xy}+xcdot e^{xy}y=(1+xy)e^{xy}, eex$$ $$ex z_{xy} =(z_x)_y=xcdot e^{xy}+(1+xy)cdot e^{xy}x =(2x+x^2y)e^{xy}, eex$$ $$ex z_{xyx} =(z_{xy})_x =(2+2xy)cdot e^{xy} +(2x+x^2y)cdot e^{xy}y =(2+4xy+x^2y^2)e^{xy}, eex$$ $$ex z_{xyy} =(z_{xy})_y =x^2cdot e^{xy}+(2x+x^2y)cdot e^{xy}x =(3x^2+x^3y)e^{xy}. eex$$
8.3 全微分
1(5). 求函数 $z=x^{yz}$ 的全微分.
解答: 由 $$ex u_x=yzx^{yz-1}, eex$$ $$ex u_y=sez{(x^z)^y}_y =(x^z)^ycdot ln x^z =x^{yz}zln x, eex$$ $$ex u_z=x^{yz}yln x, eex$$ 知 $$ex du=u_x d x+u_y d y+u_z d z =x^{yz-1}sex{yz d x+zxln x d y +xyln x d z}. eex$$
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 $$ex lap z=z(x+lap x,y+lap y)-z(x,y) =cfrac{1-0.2}{2+0.1}-cfrac{1}{2} =-cfrac{5}{42}. eex$$ 全微分 $$ex d z|_{x=2,y=1atop lap x=0.1,lap y=-0.2} &=&z_x|_{x=2atop y=1} d x|_{lap x=0.1} +z_y|_{x=2atop y=1} d y|_{lap y=0-0.2}\ &=&left.-cfrac{y}{x^2} ight|_{x=2atop y=1} cdot 0.1 +left.cfrac{1}{x} ight|_{x=2atop y=1} cdot (-0.2)\ &=&-cfrac{1}{4}cdot 0.1+cfrac{1}{2}cdot (-0.2) =-0.125. eex$$
4(3). 求函数 $dps{u=e^xsin (yz)}$ 在点 $dps{sex{1,cfrac{1}{2},cfrac{pi}{2}}}$ 处的全微分．
解答: 由 $$ex u_x=e^xsin (yz),quad u_y=ze^xcos(yz),quad u_z=ye^xcos(yz) eex$$ 知 $$ex d z|_{x=1, y=1/2, z=pi/2} =cfrac{sqrt{2}}{2} sex{ d x+cfrac{pi}{2} d y+cfrac{1}{2} d z}. eex$$
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 $dps{cfrac{ d z}{dt}}$.
解答: 变量之间的关系图为 $$ex zleft<a{cc} xcdotscdots t\ ycdotscdots tea ight. eex$$ 而 $$ex z_t&=&z_xcdot x_t+z_ycdot y_t\ &=&e^{x-2y}cdot cos t+e^{x-2y}(-2)cdot 3t^2\ &=&e^{sin t-2t^3}(cos t-6t^2). eex$$
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 $$ex zleft<a{cc} xleft<a{cc}u\vea ight.\ yleft<a{cc}u\vea ight. ea ight. eex$$ 而 $$ex z_u&=&z_xcdot x_u+z_ycdot y_u\ &=&cfrac{1}{1+sex{cfrac{x}{y}}^2}cfrac{1}{y}cdot 1 +cfrac{1}{1+sex{cfrac{x}{y}}^2}sex{-cfrac{x}{y^2}}cdot 1\ &=&cfrac{y-x}{x^2+y^2}=cfrac{-v}{u^2+v^2}, eex$$ $$ex z_v&=&z_xcdot x_v+z_ycdot y_v\ &=&cfrac{1}{1+sex{cfrac{x}{y}}^2}cfrac{1}{y}cdot 1 +cfrac{1}{1+sex{cfrac{x}{y}}^2}sex{-cfrac{x}{y^2}}cdot (-1)\ &=&cfrac{y+x}{x^2+y^2} =cfrac{u}{u^2+v^2}, eex$$ $$ex z_u+z_v=cfrac{u-v}{u^2+v^2}. eex$$
12. 设 $f(u)$ 具有连续导数, $dps{z=xy+xfsex{cfrac{y}{x}}}$, 求证 $dps{xz_x+yz_y=xy+z}$.
解答: 变量之间的关系图为 $$ex zleft<a{lll} x\ y\ uleft<a{ll}x\yea ight. ea ight. quad z=xy+xf(u), u=cfrac{y}{x}. eex$$ 于是 $$ex z_x=sez{y+f(u)}+xf'(u)cdotsex{-cfrac{y}{x^2}} =y+fsex{cfrac{y}{x}}-cfrac{y}{x^3}f'sex{cfrac{y}{x}}, eex$$ $$ex z_y=x+xf'(u)cdot cfrac{1}{x} =x+f'sex{cfrac{y}{x}}, eex$$ $$ex xz_x+yz_y &=&sez{xy+xfsex{cfrac{y}{x}}-cfrac{y}{x^2}f'sex{cfrac{y}{x}}} +sez{xy+yf'sex{cfrac{y}{x}}}\ &=&xy+z. eex$$
14(2). 设 $f$ 具有二阶连续偏导数, 求函数 $dps{z=fsex{xy,cfrac{x}{y}}}$ 的 $dps{z_{xx},z_{xy},z_{yy}}$.
解答: 变量之间的关系图为 $$ex zleft<a{cc} uleft<a{cc}x\yea ight.\ vleft<a{cc}x\yea ight. ea ight. quad z=f(u,v), u=xy, v=cfrac{x}{y}. eex$$ 由 $$ex left{ a{ll} u_x=y\ u_y=x ea ight. quad left{ a{ll} v_x=cfrac{1}{y}\ v_y=-cfrac{x}{y^2} ea ight. eex$$ 知 $$ex z_x=f_1'cdot y+f_2'cdotcfrac{1}{y}, eex$$ $$ex z_y=f_1'cdot x+f_2'cdot sex{-cfrac{x}{y^2}}; eex$$ $$ex z_{xx} &=&sez{f_{11}''cdot y+f_{12}''cdot cfrac{1}{y}}cdot y+sez{f_{21}''cdot y+f_{22}''cdotcfrac{1}{y}}cdotcfrac{1}{y}\ &=&y^2f_{11}''+2f_{12}''+cfrac{1}{y^2}f_{22}'', eex$$ $$ex z_{xy} &=&sez{f_{11}''cdot x+f_{12}''cdotsex{-cfrac{x}{y^2}}}cdot y+f_1'cdot 1\ & & +sez{f_{21}''cdot x+f_{22}''cdotsex{-cfrac{x}{y^2}}}cdotcfrac{1}{y}+f_2'cdot cfrac{-1}{y^2}\ &=&f_1'-cfrac{1}{y^2}f_2' +xyf_{11}' -cfrac{x}{y^3}f_{22}'', eex$$ $$ex z_{yy} &=&sez{f_{11}''cdot x+f_{12}''cdotsex{-cfrac{x}{y^2}}}cdot x\ & & +sez{f_{21}''cdot x+f_{22}''cdotsex{-cfrac{x}{y^2}}}cdot sex{-cfrac{x}{y^2}} +f_2'cdot cfrac{2x}{y^3}\ &=&cfrac{2x}{y^3}f_2' +x^2f_{11}'' -cfrac{2x^2}{y^2}f_{12}'' +cfrac{x^2}{y^4}f_{22}''. eex$$
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 $dps{cfrac{ d y}{ d x}}$.
解答: 由方程 $x^y=y^x$ 知 $$ex yln x=xln y. eex$$ 两边对 $x$ 求导有 $$ex y'ln x+ycdot cfrac{1}{x} =ln y+xcdot cfrac{1}{y}y', eex$$ $$ex y'=cfrac{ln y-cfrac{y}{x}}{ln x-cfrac{x}{y}} =cfrac{ysex{xln y-y}}{xsex{yln x-x}}. eex$$
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 $$ex cos zcdot z_x=yz+xycdot z_x,quad cos zcdot z_y=xz+xycdot z_y, eex$$ 于是 $$ex z_x=cfrac{yz}{cos z-xy},quad z_y=cfrac{xz}{cos z-xy}. eex$$ {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 $$ex varphi_ucdot (c-az_x)+varphi_vcdot(-bz_x)=0,quad varphi_ucdot(-az_y)+varphi_vcdot(c-bz_y)=0, eex$$ $$ex z_x=cfrac{cvarphi_u}{avarphi_u+bvarphi_v},quad z_y=cfrac{cvarphi_v}{avarphi_u+bvarphi_v}, eex$$ $$ex az_x+bz_y=cfrac{csex{avarphi_u+bvarphi_v}}{avarphi_u+bvarphi_v}=c. eex$$ {8(3).} 求由方程组 $dps{left{a{ll} u^3+xv-y=0\ v^3+yu-x=0 ea ight.}$ 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 $$ex a{cccc} F_x=v,&F_y=-1,&F_u=3u^2,&F_v=x;\ G_x=-1,&G_y=u,&G_u=y,&G_v=3v^2. ea eex$$ $Jacobi$ 式为 $$ex J=cfrac{p (F,G)}{p (u,v)} =sev{a{cc} 3u^2&x\ y&3v^2 ea} =9u^2v^2-xy. eex$$ 于是 $$ex cfrac{p u}{p x} =-cfrac{1}{J}cfrac{p (F,G)}{p x,v} =-cfrac{1}{9u^2v^2-xy}sev{a{cc} v&x\ -1&3v^2 ea} =-cfrac{3v^3+x}{9u^2v^2-xy}; eex$$ $$ex cfrac{p v}{p x} =-cfrac{1}{J}cfrac{p (F,G)}{p u,x} =-cfrac{1}{9u^2v^2-xy}sev{a{cc} 3u^2&v\ y&-1 ea} =cfrac{3u^2+yv}{9u^2v^2-xy}. eex$$
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 $$ex x'(t)=cfrac{2}{(1+t)^2},quad y'(t)=-cfrac{1}{t^2},quad z'(t)=cfrac{1}{2sqrt{t}} eex$$ 知曲线在点 $(1,0,1)$ 处的切向量为 $$ex sed{x'(t),y'(t),z'(t)}|_{t=1} =sed{cfrac{1}{2},-1,cfrac{1}{2}}, eex$$ 或者 $$ex sed{1,-2,1}. eex$$ 于是切线方程为 $$ex cfrac{x-1}{1} =cfrac{y}{-2} =cfrac{z-1}{1}; eex$$ 法平面方程为 $$ex (x-1)-2y+(z-1)=0, eex$$ 或者 $$ex x-2y+z-2=0. eex$$
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 $$ex F_x=cfrac{1}{x},quad F_y=1,quad F_z=-cfrac{1}{z}-1 eex$$ 知曲面在 $(1,1,1)$ 处的法向量为 $$ex {f n}=sed{1,1,-2}. eex$$ 于是切平面方程为 $$ex 1cdot (x-1)+1cdot (y-1)-2cdot (z-1)=0, eex$$ 或者 $$ex x+y-2z=0; eex$$ 法线方程为 $$ex cfrac{x-1}{1} =cfrac{y-1}{1} =cfrac{z-1}{-2}. eex$$
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 $$ex F_x=6x,quad F_y=2y,quad F_z=2z eex$$ 知曲面在 $(-1,-2,3)$ 处的法向量为 $$ex {f n}_1=sed{-6,-4,6}/2=sed{-3,-2,3}, eex$$ 而与 $xOy$ 面的法向量为 $$ex {f n}_2=sed{0,0,1}. eex$$ 于是两平面夹角的余弦为 $$ex cfrac{sev{{f n}_1cdot{f n}_2}}{sev{{f n}_1}cdotsev{{f n}_2}} =cfrac{3}{sqrt{22}}. eex$$
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 $$ex F_x=cfrac{1}{2sqrt{x}},quad F_y=cfrac{1}{2sqrt{y}},quad F_z=cfrac{1}{2sqrt{z}}. eex$$ 于是曲面在点 $(x_0,y_0,z_0)$ 处的切平面方程为 $$ex cfrac{1}{2sqrt{x_0}}(x-x_0) +cfrac{1}{2sqrt{y_0}}(y-y_0) +cfrac{1}{2sqrt{z_0}}(z-z_0) =0, eex$$ 或者 $$ex cfrac{x}{sqrt{ax_0}} +cfrac{y}{sqrt{ay_0}} +cfrac{z}{sqrt{az_0}} =1. eex$$ 该平面在各坐标轴上的截距分别为 $$ex sqrt{ax_0},quad sqrt{ay_0},quad sqrt{az_0}, eex$$ 它们的和为 $$ex sqrt{a}sex{sqrt{x}+sqrt{y}+sqrt{z}} =sqrt{a}cdotsqrt{a}=a. eex$$
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 ${f l}=sed{3,-4}$ 的方向的方向导数.
解答: 由 $$ex z_x|_{sex{0,cfrac{pi}{2}}} =-sin(x+y)|_{sex{0,cfrac{pi}{2}}} =-1, eex$$ $$ex z_y|_{sex{0,cfrac{pi}{2}}} =-sin(x+y)|_{sex{0,cfrac{pi}{2}}} =-1; eex$$ 及 $$ex cfrac{{f l}}{sev{{f l}}} =cfrac{sed{3,-4}}{sqrt{3^2+(-4)^2}} =sed{cfrac{3}{5},-cfrac{4}{5}} eex$$ 知 $$ex cfrac{p z}{p {f l}} =-1cdotcfrac{3}{5} -1cdot sex{-cfrac{4}{5}} =cfrac{1}{5}. eex$$
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 $$ex f_x=2x+y+3,quad f_y=4y+x-2,quad f_z=6z-6 eex$$ 知 $$ex grad f=sed{2x+y+3,4y+x-2,6z-6}. eex$$ 于是 $$ex grad f(0,0,0)=sed{3,-2,-6},quad grad f(1,1,1)=sed{6,3,0}. eex$$
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 $$ex left{a{lll} f_x=4-2x=0& a&x=2\ f_y=-4-2y=0& a&y=-2 ea ight. eex$$ 知 $(2,-2)$ 为 $f$ 的驻点. 又 $$ex f_{xx}=-2,quad f_{xy}=0,quad f_{yy}=-2, eex$$ 我们有 $$ex sev{a{cc} f_{xx}&f_{xy}\ f_{yx}&f_{yy} ea} =4>0,quad f_{xx}=-2<0. eex$$ 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 $$ex left{a{lll} f_x=3x^2-6x=0& a&x=0mbox{ or }2\ f_y=3y^2-6y=0& a&y=0mbox{ or }2 ea ight. eex$$ 知 $f$ 的驻点有 $$ex (0,0),quad (0,2),quad (2,0),quad (2,2). eex$$ 又 $$ex f_{xx}=6(x-1),quad f_{xy}=0,quad f_{yy}=6(y-1), eex$$ 我们有 $$ex J(x,y)=sev{a{cc} f_{xx}&f_{xy}\ f_{yx}&f_{yy} ea} =36(x-1)(y-1). eex$$ 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 $$ex cfrac{sev{x+y-z-1}}{sqrt{3}}. eex$$ 于是问题转化为求解 $$ex a{cc} mbox{极值}&(x+y-z-1)^2\ s.t.&x^2+y^2-z=0. ea eex$$ 记 $Lagrange$ 函数为 $$ex L(x,y,z,lambda) =(x+y-z-1)^2+lambda (x^2+y^2-z). eex$$ 则由 $$ex left{a{llll} L_x=2(x+y-z-1)+2lambda x=0\ L_y=2(x+y-z-1)+2lambda y=0\ L_z=-2(x+y-z-1)-lambda=0\ L_lambda=x^2+y^2-z=0 ea ight. eex$$ 知 $$ex x=cfrac{1}{2},quad y=cfrac{1}{2},quad z=cfrac{1}{2},quad lambda=1. eex$$ 于是所求为 $$ex cfrac{1}{sqrt{3}}cdotsev{cfrac{1}{2}+cfrac{1}{2}-cfrac{1}{2}-1} =cfrac{sqrt{3}}{6}. eex$$
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 $$ex a{cc} mbox{极值}&x^2y^2z^2\ s.t.& cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}+cfrac{z^2}{c^2}-1=0. ea eex$$ 记 $Lagrange$ 函数为 $$ex L(x,y,z,lambda) =x^2y^2z^2+lambdasex{cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}+cfrac{z^2}{c^2}-1}, eex$$ 则由 $$ex left{a{llll} L_x=2xy^2z^2+cfrac{2lambda}{a^2}x=0,\ L_y=2x^2yz^2+cfrac{2lambda}{b^2}y=0,\ L_z=2x^2y^2z+cfrac{2lambda}{c^2}z=0,\ L_lambda=cfrac{x^2}{a^2}+cfrac{y^2}{b^2}+cfrac{z^2}{c^2}-1=0 ea ight. eex$$ 知 $$ex lambda=-cfrac{a^2b^2c^2}{9},quad x=pm cfrac{a}{sqrt{3}},quad y=pm cfrac{b}{sqrt{3}},quad z=pm cfrac{c}{sqrt{3}}. eex$$ 于是所求为 $$ex 8cdot cfrac{a}{sqrt{3}}cdot cfrac{b}{sqrt{3}}cdot cfrac{c}{sqrt{3}}=cfrac{8sqrt{3}abc}{9}. eex$$
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 $dps{iint_D sin (x+y) d sigma}$ 与 $dps{iint_D (x+y) d sigma}$ 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, $1leq x+yleq 2$, 且 $$ex & &(t-sin t)'=1-cos tgeq 0\ & a& t-sin tgeq 0quad (tgeq 0). eex$$ 我们有 $$ex iint_D sin (x+y) d sigmaleqiint_D (x+y) d sigma. eex$$
4(4). 比较二重积分 $dps{iint_D ln(x+y) d sigma}$ 与 $dps{iint_D sez{ln(x+y)}^2 d sigma}$ 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, $1leq x+yleq 2$, 而 $$ex 0leq ln (x+y)leq ln 2<1, eex$$ $$ex ln(x+y)geqsez{ln (x+y)}^2quad ((x,y)in D). eex$$ 于是 $$ex iint_D ln(x+y) d sigma geq iint_D sez{ln(x+y)}^2 d sigma. eex$$
5(3). 估计二重积分 $dps{I=iint_D (x+y+10) d sigma}$ 的值, 其中 $$ex D=sed{(x,y); 0leq xleq 3, 0leq yleq 1}. eex$$
解答: 由 $0leq xleq 3$, $0leq yleq 1$ 知 $$ex 10leq x+y+10leq 14. eex$$ 又 $D$ 的面积为 $3 imes 1=3$, 我们有 $$ex 30=3cdot 10leq I=iint_D (x+y+10) d sigma leq 3cdot 14=42. eex$$
5(4). 估计二重积分 $dps{I=iint_D (x^2+4y^2+9) d sigma}$ 的值, 其中 $$ex D=sed{(x,y); x^2+y^2leq 1}. eex$$
解答: 由于在 $D$ 上, $x^2+y^2leq 1$, 可令 $$ex x=rcos heta,quad y=rsin heta, eex$$ 其中 $0leq rleq 1$, $0leq hetaleq 2pi$. 于是 $$ex x^2+4y^2+9 =r^2(cos^2 heta+4sin^2 heta)+9 =r^2(1+3sin^2 heta)+9 eex$$ 在 $9$ 与 $13$ 之间. 故而 $$ex 9pi leq I=iint_D (x^2+4y^2+9) d sigma leq 13pi. eex$$
9.2 二重积分的计算法
1(3). 画出下列积分区域 $dps{D=sed{(x,y); 0leq xleq 1, 0leq yleq 1}}$ 的图形, 并且计算二重积分 $dps{iint_D sqrt{x+y} d sigma}$.
解答: 积分区域为
$$ex iint_D sqrt{x+y} d sigma &=&int_0^1 d xint_0^1 sqrt{x+y} d y\ &=&int_0^1 sez{left.cfrac{2}{3}(x+y)^cfrac{3}{2} ight|^{y=1}_{y=0}} d x\ &=&int_0^1 sez{cfrac{2}{3}(x+1)^cfrac{3}{2} -cfrac{2}{3}x^cfrac{3}{2}} d x\ &=&left.sez{cfrac{4}{15}(x+1)^cfrac{5}{2} -cfrac{4}{15}x^cfrac{5}{2}} ight|^{x=1}_{x=0}\ &=&cfrac{4}{15}(4sqrt{2}-1)-cfrac{4}{15}\ &=&cfrac{8(2sqrt{2}-1)}{15}. eex$$
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 $dps{iint_D xy d sigma}$.
解答: $D$ 的图形为
$$ex iint_D xy d sigma &=&int_0^1 d y int_{sqrt{y}}^{3-2y} xy d x\ &=&int_0^1 sez{left.cfrac{x^2y}{2} ight|^{x=3-2y}_{x=sqrt{y}}} d y\ &=&cfrac{1}{2}int_0^1 sez{y(2y-3)^2-y^2} d y\ &=&cfrac{1}{2}int_0^1 sex{4y^3-13y^2+9y} d y\ &=&cfrac{1}{2}left.sex{y^4-cfrac{13}{3}y^3+cfrac{9}{2}y^2} ight|^{x=1}_{x=0}\ &=&cfrac{1}{2}sex{1-cfrac{13}{3}+cfrac{9}{2}}\ &=&cfrac{7}{12}. eex$$
3(3). 化二重积分 $dps{I=iint_D f(x,y) d sigma}$ 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
$$ex I&=&iint_D f(x,y) d sigma\ &=&int_{-1}^1 d xint_{x^2}^{sqrt{2-x^2}}f(x,y) d y\ &=&int_0^1 d yint_{-sqrt{y}}^{sqrt{y}} f(x,y) d x +int_1^{sqrt{2}} d y int_{-sqrt{2-y^2}}^{sqrt{2-y^2}} f(x,y) d x. eex$$
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
$$ex m&=&iint_D mu(x,y) d sigma\ &=&int_0^1 d yint_{y+1}^{3-y}(x^2+y^2) d x\ &=&int_0^1 sez{left.cfrac{x^3}{3}+y^2x ight|^{x=3-y}_{x=y+1}} d y\ &=&int_0^1 sez{ -cfrac{(y-3)^3}{3} +3y^2 -y^3 -cfrac{(y+1)^3}{3} -y^3 -y^2 } d y\ &=&left.sez{ -cfrac{(y-3)^4}{12} -cfrac{(y+1)^4}{12} +cfrac{2y^3}{3} -cfrac{y^4}{2} } ight|^{y=1}_{y=0}\ &=&cfrac{65}{12} -cfrac{15}{12} +cfrac{2}{3} -cfrac{1}{2}\ &=&cfrac{13}{3}. eex$$
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 $dps{iint_D sqrt{x^2+y^2} d sigma}$.
解答: $D$ 为
$$ex iint_D sqrt{x^2+y^2} d sigma &=&int_0^cfrac{pi}{2} d heta int_0^{2sin heta} hocdot ho d ho\ &=&int_0^cfrac{pi}{2}cfrac{8sin^3 heta}{3} d heta\ &=&cfrac{8}{3}cdotcfrac{2}{3}\ & &sex{int sin^3 heta d heta =int sin hetasex{1-cos^2 heta} d heta atop =-cos heta+cfrac{cos^3 heta}{3}+C}\ &=&cfrac{16}{9}. eex$$
12. 设平面薄片占据的闭区域 $D$ 是由螺线 $ ho=2 heta$ 的一段弧 $dps{sex{0leq hetaleqcfrac{pi}{2}}}$ 与射线 $dps{ heta=cfrac{pi}{2}}$ 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
$$ex m&=&iint_D mu(x,y) d sigma\ &=&int_0^cfrac{pi}{2} d heta int_0^{2 heta} hocdot ho d ho\ &=&int_0^cfrac{pi}{2} cfrac{8 heta^3}{3} d heta\ &=&cfrac{2}{3}cdotsex{cfrac{pi}{2}}^4\ &=&cfrac{pi^4}{24}. eex$$
13(1). 计算心形线 $ ho=1+cos heta$ 所围成平面图形的面积.
解答:图为
$$ex mbox{Area} &=&iint_D d sigma\ &=&int_0^{2pi} d heta int_0^{1+cos heta} ho d ho\ &=&int_0^{2pi} cfrac{(1+cos heta)^2}{2} d heta\ &=&int_0^{2pi} cfrac{1+2cos heta +cfrac{1+cos2 heta}{2}}{2} d heta\ &=&int_0^{2pi}cfrac{3}{4} d heta\ &=&cfrac{3pi}{2}. eex$$
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 $$ex left.a{ll} x^2+y^2=z^2\ z^2=2x ea ight} a (x-1)^2+y^2=1quad sex{ ho=2cos heta} eex$$ 及该曲面在 $x$-$o$-$y$ 面上的投影
$$ex S&=&iint_{(x-1)^2+y^2leq 1} sqrt{1+sex{cfrac{2x}{2sqrt{x^2+y^2}}}^2 +sex{cfrac{2y}{2sqrt{x^2+y^2}}}^2} d x d y\ &=&sqrt{2}iint_{(x-1)^2+y^2leq 1} d x d y\ &=&sqrt{2}pi. eex$$
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 $$ex iint_D d sigma =int_0^1 d x int_0^{sqrt{2x}} d y =int_0^1 sqrt{2x} d x =cfrac{2sqrt{2}}{3}; eex$$ $$ex iint_D d sigma =int_0^1 x d int_0^{sqrt{2x}} d y =int_0^1 sqrt{2}x^cfrac{3}{2} d x =cfrac{2sqrt{2}}{3}; eex$$ $$ex iint_D y d y =int_0^1 d x int_0^{sqrt{2x}}y d y =int_0^1 x d x =cfrac{1}{2} eex$$ 知 $$ex ar x =cfrac{iint_D x d x} {iint_D d x} =cfrac{3}{5},quad ar y =cfrac{iint_D y d x} {iint_D d x} =cfrac{3sqrt{2}}{8}. eex$$ 于是 $D$ 的质心为 $dps{sex{cfrac{3}{5},cfrac{3sqrt{2}}{8}}}$.
8(2). 设均匀薄片 (面密度为常数 $mu$) 占据 $$ex D=sed{(x,y); 0leq xleq a, 0leq yleq b}, eex$$ 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: $$ex I_x=iint_D y^2mu d sigma =muint_0^a d x int_0^b y^2 d y =cfrac{ab^3mu}{3}; eex$$ $$ex I_y=iint_D x^2mu d sigma =muint_0^a x^2 d x int_0^b d y =cfrac{a^3bmu}{3}; eex$$ $$ex I_l&=&iint_D cfrac{(bx-ay)^2}{a^2+b^2}mu d sigma\ &=&cfrac{b^2}{a^2+b^2}I_y -cfrac{2abmu}{a^2+b^2} iint_D xy d sigma +cfrac{a^2}{a^2+b^2}I_x\ &=&cfrac{b^2}{a^2+b^2}cdot cfrac{a^3bmu}{3} -cfrac{2abmu}{a^2+b^2} int_0^ax d xcdotint_0^b y d y +cfrac{a^2}{a^2+b^2}cdotcfrac{ab^3mu}{3}\ &=&cfrac{a^3b^3mu}{6(a^2+b^2)}. eex$$
9.4 三重积分
3(1). 计算 $dps{iint_Omega xy d v}$, 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: $$ex iint_Omega xy d v &=&int_0^1 d xint_0^{2(1-x)} d y int_0^{3sex{1-x-cfrac{y}{2}}}xy d z\ &=&3int_0^1 x d xint_0^{2(1-x)}ysex{1-x-cfrac{y}{2}} d y\ &=&2int_0^1 x(1-x)^3 d x\ &=&2int_0^1 sex{x-3x^2+3x^3-x^4} d x\ &=&2sex{cfrac{1}{2}-1+cfrac{3}{4}-cfrac{1}{5}}\ &=&cfrac{1}{10}. eex$$
3(5). 计算 $dps{iint_Omega z^2 d v}$, 其中 $Omega$ 是由球面 $x^2+y^2+z^2=2z$ 所围成的闭区域.
解答: $$ex iint_Omega z^2 d v &=&int_0^2 d ziint_{x^2+y^2leq 2z-z^2}z^2 d x d y\ &=&int_0^2z^2cdot pi (2z-z^2) d z\ &=&cfrac{8pi}{5}. eex$$
4(2). 计算 $dps{iint_Omega zsqrt{x^2+y^2} d v}$, 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: $$ex iint_Omega zsqrt{x^2+y^2} d v &=&int_0^1 z d z iint_{x^2+y^2leq z}sqrt{x^2+y^2} d x d y\ &=&int_0^1 z d z int_0^{2pi} d heta int_0^{sqrt{z}}rcdot r d r\ &=&cfrac{2pi}{3} int_0^1 z^cfrac{5}{2} d z\ &=&cfrac{4pi}{21}. eex$$
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 $$ex M&=&iint_Omega mu d x d y d z\ &=&mu int_{-1}^1 d x int_{-1}^1 d yint_0^{3-x^2-y^2} d z\ &=&cfrac{28mu}{3}. eex$$ item 由于物体是均匀的, 且关于 $y$-$o$-$z$, $z$-$o$-$x$ 面对称, 故 $$ex ar x=ar y=0. eex$$ 往求 $ar z$. $$ex ar z &=&cfrac{1}{M}iint_Omega z mu d x d y d z\ &=&cfrac{3}{28}iint_Omega z d x d y d z\ &=&cfrac{3}{28}int_{-1}^1 d x int_{-1}^1 d y int_0^{3-x^2-y^2}z d z\ &=&cfrac{253}{210}. eex$$ 于是质心为 $dps{sex{0,0,cfrac{253}{210}}}$. item $$ex I_z&=&iint_Omega (x^2+y^2)mu d x d y d z\ &=&2mu iint_Omega x^2mu d x d y d z\ &=&2muint_{-1}^1 x^2 d x int_{-1}^1 d y int_0^{3-x^2-y^2} d z\ &=&cfrac{248mu}{45}. eex$$
9.5 曲线积分
1(1). 计算 $dps{oint_L(x^2+y^2)^n d s}$, 其中 $L$ 为圆周 $dps{x^2+y^2=a^2}$.
解答: 令 $$ex left{a{ll} x=acos heta\ y=asin heta ea ight. quadsex{0leq hetaleq 2pi}. eex$$ 则有 $$ex sqrt{x'^2( heta)+y'^2( heta)}=a, eex$$ 于是 $$ex oint_L(x^2+y^2)^n d s =int_0^{2pi}a^{2n}cdot a d heta =2pi a^{2n+1}. eex$$
1(3). 计算 $dps{int_L y d s}$, 其中 $L$ 为抛物线 $dps{y^2=4x}$ 上点 与点 间的一段弧.
解答: $L$ 为 $$ex x=cfrac{y^2}{4}quadsex{0leq yleq 2}. eex$$ 由 $$ex sqrt{1+x'^2(y)}=sqrt{1+cfrac{y^2}{4}} eex$$ 知 $$ex int_L y d s &=&int_0^2ysqrt{1+cfrac{y^2}{4}} d y\ &=&cfrac{4}{3}left.sex{1+cfrac{y^2}{4}}^cfrac{3}{2} ight|^2_0\ &=&cfrac{4}{3}sex{2sqrt{2}-1}. eex$$
1(4). 计算 $dps{int_L (x+y) d s}$, 其中 $L$ 为连接点 $dps{(1,0)}$ 与 $(0,1)$ 的直线段.
解答: $L$ 为 $$ex y=1-xquadsex{0leq xleq 1}. eex$$ 由 $$ex sqrt{1+y'^2(x)}=sqrt{2} eex$$ 知 $$ex int_L (x+y) d s=int_0^1 sez{x+(1-x)}cdotsqrt{2} d x =sqrt{2}. eex$$
1(10). 计算 $dps{oint_L sqrt{x^2+y^2} d s}$, 其中 $L$ 为上半圆周 $dps{x^2+y^2=2x (ygeq0)}$ 与 $x$ 轴所围成的区域的整个边界.
解答: $$ex oint_L sqrt{x^2+y^2} d s &=&int_0^2 x d x +int_0^cfrac{pi}{2}2cos hetacdot sqrt{sex{2cos hetasin heta}'^2+sex{2cos hetasin heta}'^2} d heta\ &=&2+4int_0^cfrac{pi}{2}cos heta d heta\ &=&6. eex$$
3(1). 计算 $dps{int_L(x^2-y^2) d x}$, 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 $$ex L: left{a{ll} x=x,\ y=x^2, ea ight. quad xmbox{ 从 } 0 mbox{ 到 } 2, eex$$ 我们有 $$ex int_L(x^2-y^2) d x =int_0^2 (x^2-(x^2)^2) d x =-cfrac{56}{15}. eex$$
3(2). 计算 $dps{int_Ly d x}$, 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: $$ex int_L y d x &=&int_{(0,0) o (4,0)}y d x +int_{(4,0) o (4,2)}y d x +int_{(4,2) o (0,2)}y d x +int_{(0,2) o (0,0)}y d x\ &=&int_{(4,2) o (0,2)}y d x\ &=&int_4^0 2 d xquadsex{mbox{其余三项均为 }0}\ &=&8. eex$$
4. 计算 $dps{int_L (x+y) d x+(y-x) d y}$, 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 $$ex L: left{a{ll} x=y^2,\ y=y, ea ight. quad xmbox{ 从 } 1 mbox{ 到 } 2, eex$$ 我们有 $$ex int_L (x+y) d x+(y-x) d y &=&int_1^2(y^2+y)cdot2y d y +(y-y^2) d y\ &=&int_1^2(2y^3+y^2+y) d y\ &=&cfrac{34}{3}. eex$$ item 由 $$ex L: left{a{ll} x=x,\ y=cfrac{1}{3}x+cfrac{2}{3}, ea ight. quad xmbox{ 从 } 1 mbox{ 到 } 4, eex$$ 我们有 $$ex & &int_L (x+y) d x+(y-x) d y\ & &=int_1^4 sez{x+sex{cfrac{1}{3}x+cfrac{2}{3}}} d x +sez{sex{cfrac{1}{3}x+cfrac{2}{3}}-x}cdotcfrac{1}{3} d x\ & &=int_1^4sex{cfrac{10}{9}x+cfrac{8}{9}} d x\ & &=11. eex$$
9.6 格林公式及其应用
3(1). 利用 $Green$ 公式计算 $dps{oint_L(2x-y+4) d x+(3x+5y-6) d y}$, 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 $$ex cfrac{p P}{p y}=-1,quad cfrac{p Q}{p x}=3. eex$$ 而 $$ex oint_LP d x+Q d y &=&iint_D sex{cfrac{p Q}{p x}-cfrac{p P}{p y}} d x d y\ &=&4iint_D d x d y\ &=&4cdotsex{cfrac{1}{2}cdot 3cdot 2}\ &=&12. eex$$
3(4). 利用 $Green$ 公式计算 $dps{oint_L(1-cos y) d x-x(y-sin y) d y}$, 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 $$ex P=1-cos y,quad Q=-x(y-sin y), eex$$ 则 $$ex cfrac{p P}{p y}=sin y,quad cfrac{p Q}{p x}=-y+sin y. eex$$ 于是 $$ex -int_L+int_{L_1}P d x+Q d y =iint_D sex{cfrac{p Q}{p x}-cfrac{p P}{p y}} d x d y, eex$$ $$ex int_L P d x+Q d y &=&-iint_D sex{cfrac{p Q}{p x}-cfrac{p P}{p y}} d x d y +int_{L_1}P d x+Q d y\ &=&-iint_D-y d x d y+int_0^pi (1-cos 0) d x\ &=&int_0^pi d xint_0^{sin x}y d y\ &=&cfrac{pi}{4}. eex$$
4(3). 证明曲线积分 $dps{int_{(0,0)}^{(pi,pi)}(e^y+sin x) d x+(xe^y-cos y) d y}$ 在 ${f R}^2$ 内与路径无关, 并求其值.
解答: 设 $P=e^y+sin x$, $Q=xe^y-cos y$, 则 $$ex cfrac{p P}{p y}=e^y=cfrac{p Q}{p x}, eex$$ 而 线积分 $dps{int_{(0,0)}^{(pi,pi)}(e^y+sin x) d x+(xe^y-cos y) d y}$ 在 ${f R}^2$ 内与路径无关, 且 $$ex mbox{原曲线积分} &=&int_{(0,0)stackrel{y=x}{ o}(pi,pi)} (e^y+sin x) d x+(xe^y-cos y) d y\ &=&int_0^pi (e^x+sin x+xe^x-cos x) d x\ &=&left.sex{xe^x-cos x-sin x} ight|^pi_0\ &=&pi e^pi +2. eex$$
5(4). 验证曲线积分 $dps{(3x^2y^2+8xy^3) d x+(2x^3y+12x^2y^2+ye^y) d y}$ 在 ${f R}^2$ 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 $$ex cfrac{p P}{p y}=6x^2y+24xy^2=cfrac{p Q}{p y}, eex$$ 于是曲线积分 $dps{(3x^2y^2+8xy^3) d x+(2x^3y+12x^2y^2+ye^y) d y}$ 在 ${f R}^2$ 内与是某个函数 $u$ 的全微分, 且 $$ex & &cfrac{p u}{p x}=P=3x^2y^2+8xy^3\ & a&u=x^3y^2+4x^2y^3+varphi(y)\ & a&cfrac{p u}{p y}=2x^3y+12x^2y^2+varphi'(y)\ & a&varphi'(y)=ye^y\ & a&varphi(y)=(y-1)e^y\ & a&u=x^3y^2+4x^2y^3+(y-1)e^y+C. eex$$
10 无穷级数
10.1 常数项级数的概念与性质
3(2). 判断级数 $dps{sum_{n=1}^inftylnsex{1+cfrac{1}{n}}}$ 的收敛性.
解答: 由 $$ex s_n&=&sum_{k=1}^nlnsex{1+cfrac{1}{k}} =sum_{k=1}^nlncfrac{k+1}{k} =sum_{k=1}^nsez{ln(k+1)-ln k}\ &=&ln (n+1) o inftyquadsex{n oinfty} eex$$ 知原级数收敛.
3(3). 判断级数 $dps{sum_{n=1}^inftysqrt{cfrac{n-1}{n+1}}}$ 的收敛性.
解答: 由 $$ex lim_{n oinfty}sqrt{cfrac{n-1}{n+1}} =sqrt{lim_{n oinfty}cfrac{1-cfrac{1}{n}}{1+cfrac{1}{n}}} =1 eex$$ 知原级数发散.
4(2). 若 $dps{lim_{n oinfty}a_n=a}$, 求级数 $dps{sum_{n=1}^infty(a_n-a_{n+1})}$ 的和.
解答: $$ex s_n=sum_{k=1}^n(a_k-a_{k+1})=a_1-a_{n+1} eex$$ 故 $$ex sum_{n=1}^infty(a_n-a_{n+1}) =lim_{n oinfty}s_n=a_1-a. eex$$
5(4). 判断级数 $dps{sum_{n=1}^inftysex{cfrac{1}{4^n} -cfrac{ln^n3}{3^n}}}$ 的收敛性.
解答: 由于 $$ex cfrac{1}{4}<1,quadcfrac{ln3}{3}<1, eex$$ 我们有 $$ex sum_{n=1}^inftycfrac{1}{4^n}quad sum_{n=1}^inftycfrac{ln^n3}{3^n} eex$$ 收敛, 而 $$ex sum_{n=1}^inftysex{cfrac{1}{4^n} -cfrac{ln^n3}{3^n}} =sum_{n=1}^inftycfrac{1}{4^n}-sum_{n=1}^inftycfrac{ln^n3}{3^n} eex$$ 收敛
10.2 常数项级数的审敛散法
1(8). $dps{sum_{n=1}^inftysex{e^cfrac{1}{sqrt{n}}-1}}$.
解答: 由 $$ex lim_{n oinfty}cfrac{e^cfrac{1}{sqrt{n}}-1}{cfrac{1}{sqrt{n}}} =lim_{x o 0}cfrac{e^x-1}{x} =lim_{x o 0}e^x=1 eex$$ 及 $dps{sum_{n=1}^inftycfrac{1}{sqrt{n}}}$ 发散知原级数发散.
2(4). $dps{sum_{n=1}^infty n an cfrac{pi}{2^{n=1}}}$.
解答: 由 $$ex lim_{n oinfty} cfrac{(n+1) an cfrac{pi}{2^{n+1}}}{n an cfrac{pi}{2^{n=1}}} &=&lim_{n oinfty} cfrac{n+1}{n}cdot cfrac{cfrac{pi}{2^{n+1}}}{cfrac{pi}{2^n}} =cfrac{1}{2}<1 eex$$ 知原级数收敛.
3(6). $dps{sum_{n=1}^inftycfrac{sex{1+cfrac{1}{n}}^{n^2}}{3^n}}$.
解答: 由 $$ex lim_{n oinfty}sqrt[n]{sex{1+cfrac{1}{n}}^{n^2}{3^n}} =lim_{n oinfty}cfrac{sex{1+cfrac{1}{n}}^n}{3} =cfrac{e}{3}<1 eex$$ 知原级数收敛.
4(6). $dps{sum_{n=1}^infty sin^nsex{cfrac{pi}{4}+cfrac{b}{n}}}$.
解答: 考察 $dps{sum_{n=1}^infty sev{sin^nsex{cfrac{pi}{4}+cfrac{b}{n}}}}$, 由 $$ex lim_{n oinfty}sqrt[n]{sev{sin^nsex{cfrac{pi}{4}+cfrac{b}{n}}}} &=&lim_{n oinfty}sev{sinsex{cfrac{pi}{4}+cfrac{b}{n}}}\ &=&sinsev{lim_{n oinfty}sex{cfrac{pi}{4}+cfrac{b}{n}}}\ &=&sincfrac{pi}{4}=cfrac{1}{sqrt{2}}<1 eex$$ 知原级数绝对收敛.
4(7). $dps{sum_{n=1}^inftycfrac{ln(n!)}{n!}}$.
解答: 由 $$ex cfrac{ln(n!)}{n!} leq cfrac{nln n}{n!} =cfrac{ln n}{(n-1)!} leq cfrac{n-1}{(n-1)!} leq cfrac{1}{(n-2)!}quadsex{ngeq 2} eex$$ 知原级数收敛.
5(5). $dps{sum_{n=1}^infty(-1)^ncfrac{n}{3^{n-1}}}$.
解答: 考察级数 $dps{sum_{n=1}^inftycfrac{n}{3^{n-1}}}$, 由 $$ex lim_{n oinfty}cfrac{cfrac{n+1}{3^n}}{cfrac{n}{3^{n-1}}} =cfrac{1}{3}<1 eex$$ 知原级数绝对收敛.
5(7). $dps{sum_{n=1}^infty(-1)^ncfrac{1}{ln n}}$.
解答: 由 $Leibniz$ 判别法知原级数收敛, 又由 $$ex lim_{n oinfty}cfrac{cfrac{1}{ln n}}{cfrac{1}{n}} =lim_{n oinfty}cfrac{1}{cfrac{ln n}{n}} =+infty eex$$ 知原级数条件收敛.
10.3 幂级数
1(7). 求幂级数 $dps{sum_{n=1}^infty (-1)^ncfrac{x^n}{n^2}}$ 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 $$ex R=lim_{n oinfty}sev{cfrac{a_n}{a_{n+1}}} =lim_{n oinfty}cfrac{(n+1)^2}{n^2}=1. eex$$ 又当 $x=-1$ 时, 原级数为 $dps{sum_{n=1}^inftycfrac{1}{n^2}}$, 而收敛; 当 $x=1$ 时, 原级数为 $dps{sum_{n=1}^inftycfrac{(-1)^n}{n^2}}$, 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 $$ex -1<2(x+a)^2<1 a -a-cfrac{1}{sqrt{2}} <x<a+cfrac{1}{sqrt{2}}, eex$$ 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: $$ex sum_{n=1}^infty nx^{n-1} &=&sum_{n=1}^infty (x^n)' =sex{sum_{n=1}^infty x^n}'\ &=&sex{cfrac{x}{1-x}}' =sex{-1+cfrac{1}{1-x}}'\ &=&cfrac{1}{(x-1)^2},quad xin (-1,1). eex$$
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: $$ex cfrac{1}{x^2-5x+6} &=&cfrac{1}{(x-2)(x-3)}\ &=&cfrac{1}{x-3}-cfrac{1}{x-2}\ &=&-cfrac{1}{3}cdot cfrac{1}{1-cfrac{x}{3}} +cfrac{1}{2}cdot cfrac{1}{1-cfrac{x}{2}}\ &=&-cfrac{1}{3} sum_{n=0}^infty sex{cfrac{x}{3}}^n +cfrac{1}{2} sum_{n=0}^infty sex{cfrac{x}{2}}^n\ & &sex{left.a{ll} sev{cfrac{x}{3}}<1\ sev{cfrac{x}{2}}<1 ea ight} a sev{x}<2 }\ &=&sum_{n=0}^infty sex{-cfrac{1}{3^{n+1}} +cfrac{1}{2^{n+1}}} x^nquadsex{-2<x<2}. eex$$
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: $$ex cfrac{x}{4+x^2}&=& cfrac{x}{4}cdot cfrac{1}{1-sex{-cfrac{x^2}{4}}}\ &=&cfrac{x}{4}sum_{n=0}^infty sex{-cfrac{x^2}{4}}^nquad sex{sev{-cfrac{x^2}{4}}<1 a sev{x}<2}\ &=&sum_{n=0}^infty cfrac{(-1)^n}{4^{n+1}}x^{2n+1}quad sex{-2<x<2}. eex$$
4. 将函数 $f(x)=e^x$ 展开为 $x-1$ 的幂级数.
解答: 由于 $f(x)=e^x$, $f^{(n)}(x)=e^x (ngeq 1)$, 我们有 $$ex f^{(n)}(1)=e, eex$$ 而 $f(x)$ 在 $x=1$ 处的 $Taylor$ 级数为 $$ex sum_{n=0}^infty cfrac{e}{n!}(x-1)^n =esum_{n=0}^infty cfrac{(x-1)^n}{n!}, eex$$ 其收敛半径 $R=infty$. 又 $$ex sev{R_n(x)} &=&sev{cfrac{f^{(n+1)}(xi)}{(n+1)!}(x-1)^{n+1}}quadsex{ximbox{ 在 } 1, xmbox{ 之间}}\ &=&cfrac{e^xi}{(n+1)!}sev{x-1}^{n+1}\ &leq&e^{maxsed{1,sev{x}}}cdot cfrac{sev{x-1}^{n+1}}{(n+1)!}\ & o& 0quadsex{n oinfty}, eex$$ 我们得到 $$ex f(x)=esum_{n=0}^infty cfrac{(x-1)^n}{n!},quad -infty<x<infty. eex$$
10.5 傅里叶级数