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- 2022-04-22 11:38:44 发布
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'阳光大学生网www.sundxs.com第〇章预备知识题2(p11)【1】设任意点x0∈(a,b)，证明总存在δ>0使得(x0−δ,x0+δ)⊂(a,b)『证』(1)若x0−aa(因为x0>a)x0+δ＝(3x0−a)/2=[(x0−a)+2x0]/2<[(b−x0)+2x0]/2＝(b+x0)/20,则(1)若f(x)/x单调减少，则f(x1)+f(x2)≤f(x1+x2)(2)若f(x)/x单调减少，则f(x1)+f(x2)≥f(x1+x2)『证明』f(x1+x2)f(x1)f(x1+x2)f(x2)(1)对x1,x2>0由f(x)/x单调减少,知≤，≤x1+x2x1x1+x2x2于是x1f(x1+x2)≤(x1+x2)f(x1)，x2f(x1+x2)≤(x1+x2)f(x2)相加即得结论。#题12(1)(p26)【4】试证f(x)＝1sin1在区间(0,1)上无界；在[δ,1](0<δ<1)上有界。xx『证』(1)只需证明，对任何G>0,有x∈(0,1)，使得|f(x)|>G.事实上，对以上G>0,求x满足1sin1>G，这只要sin1=1且1>G。故可取x=1.xxxx2[G+1]π+π2显然以上x∈(0,1)，1＝2[G+1]π+1π>G，sin1=1，于是1sin1>G.因此，按定义知f(x)在区间(0,1)上无界.x2xxx(2).又|f(x)|＝|1sin1|≤1≤1.故f(x)在[δ,1](0<δ<1)上有界#xxxδ题19(4)(p27)3232【5】求反函数y=x+1+x+x−1+x『解』3232y=x+1+x+x−1+x32232323232y＝(x+1+x)+(x−1+x)+3x+1+xx−1+x(x+1+x+x−1+x)=2x−3y2
1313于是反函数为x=(y+3y)或改写为y=(x+3x)#22第二章极限论题3(p69)▲【6】limnn＝1n→+∞『证1』即证对任何ε>0,有N>0,使得n>N时，|nn-1|<ε.记nn-1＝b>0,于是nn(n−1)2n(n−1)2222n=(1+b)=1+nb+b>1+b，则b<,于是b<22nn于是只要2<ε，n>2.于是取N=[2+1]即可。nε2ε2『证2』即证对任何ε>0,有N>0,使得n>N时，|nn-1|<εn记n-1＝b>0,于是nn(n−1)2n(n−1)222n=(1+b)=1+nb+b>nb＋b，则b+b-1<0,22n−1于是−1+2n−1−1+2n−12n−1−122b<<＝＝<(n>1)n−1n−1n−12n−1+1n2于是只要<ε，n>4.于是取N=[4+1]即可。#22nεε『证3』n即证对任何ε>0,有N>0,使得n>N时，|n-1|<εnnn122即只要n<1＋ε(n>1),只要(1+ε)>n,只要(1+ε)>1+n(n−1)ε>n(n>1),只要n>.2ε222n12n故若取N＝max2,1，则n>N时，就有n>2，因而就有(1+ε)>1+2n(n−1)ε>n,此即有|n-1|<ε.故得证εε#题4(4)(p69)1+n2+...+nn【7】用夹逼准则证明lim＝1n→+∞n『证』n1+n2+...+nnnnn1=<<=nnnnn故由夹逼准则，极限为1。#题6(3)(p69)【8】limun=a是否可以推出lim|un|=|a|，反之？n→+∞n→+∞『解』可以。可用数列极限的定义来证。若a=0,则反之也成立。否则不成立。如数列{(−1)n}#3
题8(1)(p69)▲【9】证明1n(a)证明{(1+)}单调增加n(1+1)n+1(b){}单调减少n『证』(a)证法1(直接比较)记u1nn＝(1+)nun+11n+11−n1n+1nn＝(1+)(1+)＝(1+)()unn+1nn+1n+11n+11n1n+11−1n+11−1＝(1+)(1−)＝(1−)(1−)>(1−)(1−)＝1n+1n+1(n+1)2n+1(n+1)2n+1(利用x>-1时，(1+x)n>1+nx)以上利用了(1+x)n>1+nx（对x>-1成立）。此结论可用数学归纳法证明：(1+x)n+1=(1+x)n(1+x)>(1+nx)(1+x)=1+(n+1)x+nx2>1+(n+1)x证法2(二项式定理)记u1nn＝(1+)n则u＝(1+1)nnn1n(n−1)12n(n−1)(n−2)13n(n−1)(n−2)...211n＝1+n+()+()+⋯+()n2n3!nn!n11112112n−1＝1+1+(1−)+(1−)(1−)+⋯+(1−)(1−)(1−)2!n3!nnn!nnn同理11112112n−1un+1＝1+1+(1−)+(1−)(1−)+⋯+(1−)(1−)(1−)2!n+13!n+1n+1n!n+1n+1n+1112n−1n＋(1−)(1−)(1−)(1−)(n+1)!n+1n+1n+1n+111112112n−1>1+1+(1−)+(1−)(1−)+⋯+(1−)(1−)(1−)>un2!n+13!n+1n+1n!n+1n+1n+1因此{un}单调增加。顺便，111111un<1+1+++...+<1+1+++...+<32!3!n!1⋅22⋅3(n−1)n故{un}有上界。因此收敛。证法3(平均值公式)(见课本)由平均值公式(n+1个正数的几何平均≤算术平均)，得(1+1)+(1+1)+⋅⋅⋅+(1+1)+1n+1{}(1+1)(1+1)⋅⋅⋅(1+1)⋅1≤nnnnnnn+14
即(1+1)n≤(1+1)n+1nn+1故单调已证。顺便再证有上界。再次用平均值公式，得6×5+(n−5)×1nn+1{}(5)61n−5≤6＝6n+1n+11n+166故(1+)≤()n51n1n+166于是(1+)<(1+)≤(),故有上界。于是收敛。nn5证法4(平均值公式)记u1nn＝(1+)nna1+a2+...+an由平均值公式a1a2...an≤，得nn+1(1+1)+(1+1)+...+(1+1)+1n+2n+1u＝(1+1)n•1≤nnn≤＝unnn+1n+1n+11n+111顺便，若记vn＝(1+n)，则同理可证≤,再从una>0时，bn+1−an+1<(n+1)bn(b−a)(对任何正整数n)即可写成an+1>bn[(n+1)a−nb]111n+11n现取a=1+,b=1+代入上式，整理得(1+)>(1+)n+1nn+1n11n112n12n−112n再取a=1,b=1+代入该式，整理得1>(1+)即(1+)<4,于是(1+)<(1+)<42n2n22n2n−12n因此单调增加且有上界(故有极限)。(b)证法1(直接比较)记u1n+1n＝(1+)nun−1nnn+1−n−1nnnn+1nn+1nn+1n−1＝()()＝()()＝()()()unn−1nn−1n+1n−1n+1n−1n2n−11n−1n+1n−1＝()n+1()＝(1+)n+1()>(1+)()(利用x>-1时，(1+x)n>1+nx)n2−1nn2−1nn2−1n1n−1＝(1+)()=1n−1nun−1n即>1.以上利用了(1+x)>1+nx（对x>-1成立）。此结论可用数学归纳法证明：un(1+x)n+1=(1+x)n(1+x)>(1+nx)(1+x)=1+(n+1)x+nx2>1+(n+1)x证法2(平均值公式)由平均值公式(n个不等正数的几何平均<算术平均)，得5
(1+1)2+(1+1)+⋅⋅⋅+(1+1){}1211nnnn(1+)(1+)⋅⋅⋅(1+)(1+1)n+1,即>,即<1n−1n(n−1)nnn+1nn+1nn即1n+11n1n1n11n1(1+)(1−)<1，或(1+)(1−)(1+)<1，或(1−)(1+)<1nnnnnn2n事实上，111(1−)+...+(1−)+(1+)1n1111n2n2n(1−)(1+)＝(1−)...(1−)(1+)<（平均值公式）n2nn2n2nn+11111(1−)n+(1+)(n−)+(1+)n2nnn===1.因此对任何n,(1+1)n>(1+1)n+1#n+1n+1n−1n题8(2)(p69)【10】证明(1+1)n1n+1e,使得n>N时(1+)≥q>e,这与极nn限为e矛盾。1n+1同理可证e<(1+)。#n题8(3)(p69)【11】证明1e可证(n+1)ln(1+1)>1,最后10122n−1n−1n于是{un}有下界。因此有极限。#题11(3)(p70)★x3−13【14】按定义证明lim＝x→1x2−12『解』x3−13对任何的ε>0,我们希望找到δ>0,使得,0<|x-1|<δ时，|－|<εx2−12事实上，由x3−13x2+x+132x2−x−1(2x+1)(x−1)2x+1|−|=|−|=||=||=|(x−1)|x2−12x+122(x+1)2x+22x+22x+1因x→1，不妨设|x-1|<1，因此x>0,于是0<<1,于是此时2x+2x3−132x+1|−|＝|(x−1)|<|x−1|<εx2−122x+2由上分析知，只需取δ＝min{1,ε},则0<|x-1|<δ必有x3−13|−|<εx2−12x3−13由极限定义知，lim＝#x→1x2−12题11(4)(p70)★【15】按定义证明lim(1+x)α＝1（α为常数）x→0『解』对任何的ε>0,我们希望找到δ>0,使得,0<|x|<δ时，|(1+x)α－1|<ε.1111即只要1-ε<(1+x)α<1+ε,或(1−ε)α<1+x<(1+ε)α,即(1−ε)α−10)x→∞『解』1对任何的ε>0,我们希望找到N>0,使得|x|>N时，|ax-1|<ε1这只要1－ε0,a≠1，|x|>max{lna/ln(1+ε),-lna/ln(1－ε)}于是取N＝max{lna/ln(1+ε),-lna/ln(1－ε)>0。11则|x|>N时，必有|ax-1|<ε。因此依极限定义，limax＝1(a>0)#x→∞题11(7)(p70)arctanx【17】按定义证明lim＝0x→∞x『解』arctanx对任何的ε>0,我们希望找到N>0,使得,|x|>N时||<ε.xarctanxπ122arctanx这只要||<<ε,即|x|>.故取N＝>0.则|x|>N时||<ε。x2|x|πεπεxarctanx因此依极限定义，lim＝0#x→∞x题12(1)(p70)★1【18】证明limf(x)=A当且仅当limf(x0+)=Ax→x0+t→+∞t『证明』必要性“==>”11我们来证明limf(x0+)=A。即对任何ε>0,只需证明有N>0,使得t>N时，|f(x0+)−A|<ε.t→+∞tt现在由于limf(x)=A，因此对以上ε>0，必有δ>0，对任何x,只要满足0时必有|f(x0+)−A|<ε.tδt11因此，取N＝>0,则t>N时，就有|f(x0+)−A|<ε.δt1根据函数极限定义知，limf(x0+)=At→+∞t充分性“<==”我们来证明limf(x)=A。即对任何ε>0,只需证明有δ>0，使得00，必有N>0，对任何t,只要t>N时，就有|f(x0+)−A|<ε.t→+∞tt111现将看作以上的t，则对任何x,只要>N>0时，就有|f(x0+)−A|<ε.x−x0x−x01x−x01即对任何x,只要00,则00)axx→0xax+ax+...ax(2)lim12k(ai≥0,i=1,2,⋯,k)x→+∞『解』(1)x>0时b−1<[b]≤b，b−xx[b]≥b，故limx[b]=bxxxaaaxaaxax→0−因此limx[b]＝baxax→0(2)xax+ax+...ax≤xkmax{a}x＝xkmax{a}12kiixax+ax+...ax≥xmax{a}x＝max{a}12kiixax+ax+...ax于是由夹逼性，lim12k＝max{ai}#x→+∞题16(p70)[x]【20】判断极限lim存在性xx→0『解』[x]0[x]−1[x]lim=lim(不妨设00,可找到δ>0,使得，|x-1|<δ时，|f(x)-1|<εx→1事实上，对以上ε，可取δ＝ε。此时，|x-1|<δ，当x为有理数时，f(x)=x.此时必有|f(x)-1|=|x-1|<δ=ε;当x为无理数时，f(x)=2-x.此时必有|f(x)-1|=|2-x-1|=|x-1|<δ=ε总之，取δ＝ε后，无论x为有理数还是无理数，只要|x-1|<δ，便有|f(x)-1|<ε。因此依定义有limf(x)=f(1)=1。故在x=1处连续。x→1下证在其它点x=a≠1处不连续。事实上，记xn为任一极限a的有理数列时，则limf(xn)=limxn=a。同样，若记yn为任一极限a的无理数n→+∞n→+∞列时，则limf(yn)=lim(2−yn)=2−a。但由于a≠1。故limf(xn)=limf(yn)。根据Heine定理，便知limf(x)n→+∞n→+∞n→+∞n→+∞x→a不存在。故在x=a≠1处不连续。#题31(2)▲n2nπ【34】limsinn→+∞3n+1『解法1』2nπ2ππ2nπ2ππ7π2nπ9π因→(n→+∞)，故存在N1,使得n>N1时，−<−<，即，<<,于是3n+13123n+1312123n+1129π2nπ7π2nπ7πn2nπn7πsin0,使得n>N时，|sin－|<3n+12202nπ113即，n>N时，0N时，0x2，f(x1)−f(x2)＝(x1−x2)−k(sinx1−sinx2)x1+x2x1−x2＝(x1−x2)−k2cossin22由于x1+x2x1−x2x1−x22cossin≤2⋅1⋅=x1−x2222因此f(x1)−f(x2)≥(x1−x2)−k(x1−x2)>0因此f(x)严格单调，又f(x)连续，于是由反函数存在定理知f(x)存在连续的反函数。#题35(3)(p73)▲【39】证mx=tanx(m>1)在(0,π/2)内至少有一根。『证』作g(x)=m-tanx.则limg(x)＝m-1>0，limg(x)=-∞xx→0+x→π2因此，由连续函数介值定理知g(x)在(0,π/2)内至少有一根。故得结论#题37(p74)▲【40】设m为自然数(m≥2),则x→0时，m1+x=1+1x+o(x)=1+1x−m−1x2+o(x2)mm2m215
『证』(1)m1+x−(1+1x)t−1[(t+1)m−1]t−1[mt+o(t)]mmmmo(1)limt=1+x−1lim＝lim＝lim＝0x→0xt→0(t+1)m−1t→0mt+o(t)t→0m+o(1)因此m1+x=1+1x+o(x)m(2)m1+x−(1+1x−m−1x2)m2m2limx→0x2t−{1[(t+1)m−1]−m−1[(t+1)m−1]2}mm2m2t=1+x−1limt→0[(t+1)m−1]2t−{1[mt+1m(m−1)t2+o(t2)]−m−1[mt+1m(m−1)t2+o(t2)]2}m22m22=limt→0[[mt+1m(m−1)t2+o(t2)]]22−1(m−1)t2+o(t2)]+m−1t2+o(t2)22o(1)=lim=lim=0t→0m2t2+o(t2)t→0m2+o(1)于是m1+x=1+1x−m−1x2+o(x2)#m2m2题39(p74)▲【41】x→0时(1)o(xm)+o(xn)=o(xp)(p=min{m,n})(2)o(xm)o(xn)=o(xm+n)『证』(1)不妨设m≤n,则p=m.于是由o(xm)+o(xn)o(xm)+o(xn)＝＝o(1)+o(xn−m)＝o(1).便得结论。xpxm(2)由o(xm)o(xn)o(xm)o(xn)＝＝o)(1)o(1＝o(1).便得结论。#xm+nxmxn题50(1)(p75)▲xnx【42】lim(1+)=en→+∞n『证』xnxn+xxxlim(1+)＝lim(1)＝e#n→+∞nn→+∞n题50(2)(p75)▲xnnx【43】lim(1+)=e,其中xn→x(n→+∞)n→+∞n『证』16
xnnlim(1+xn)n＝lim(1+xn)xn＝ex#n→+∞nn→+∞n题51(1)(p75)▲nna+nb【44】lim=abn→+∞2『证』na+nbna+nbn+nnnlnnlimlnab2n→+∞2lim＝lime＝e(指数函数连续性)n→+∞2n→+∞11na+nbna+nb−2na+nb−2an−1bn−1limnln＝limnln1+＝limn(等价无穷小)＝1lim[+]n→+∞2n→+∞2n→+∞22n→+∞11nn＝1(lna+lnb)=1lnab.22所以结论成立。#题51(3)(p75)ax−xaa【45】lim＝aaln(a>0,a≠0,a≠1)x→ax−ae『证』ax−xalimx→ax−ax−axaalnx(ax−aa)−(xa−aa)(a−1)−()−1)(e(x−a)lna−1)−(ea−1)＝lim＝limaaa＝limaax→ax−ax→ax−ax→ax−ax−ax−a(x−a)lnaaln(1+a)aln(1+)ae−1ae−1aaa＝lima−lima＝limalna−lima(等价无穷小)x→ax−ax→ax−ax→ax→ax−ax−aaaaaaaaa＝limalna−lima(等价无穷小)＝alna−a＝aln#x→ax→ax−ae题52(2)(p75)【46】lim(an+2−an+1)(a>0)n→+∞『解』01时，lim(an+2−an+1)=lim()=lim()=0#n→+∞n→+∞an+2+an+1n→+∞1+2a−n+1+a−n17
题53(4)(p76)na【47】lim=1995,求a,bx→+∞nb−(n−1)b『解』nananana1995=lim=lim=lim（等价无穷小）=limx→+∞nb−(n−1)bx→+∞nb[1−(1−n−1)b]x→+∞nbbn−1x→+∞bnb−11根据等价无穷小替换是极限存在的充要性，知，a=b-1,1995＝。b于是11994b=，a=−#19951995题53(6)(p76)▲x2n−1+ax2+bx【48】f(x)=lim连续，求a,bn→+∞x2n+1『证』ax2+bx,|x|<1x2n−1+ax2+bx−1(a+b+1),x=−12f(x)=lim=n→+∞x2n+11(a+b+1),x=121,|x|>1xf(-1+0)=f(-1-0)=f(-1)Îa-b=-1=−1(a+b+1)2f(1+0)=f(1-0)=f(1)Î1=a+b=1(a+b+1).2故得a=0,b=1#题56(p76)【49】u=a>0,u=b+u（b>0）.则{u}收敛于x2−x−b=0的正根。1n+1nn『分析』un−un−1利用un+1−un=b+un−b+un−1=b+un+b+un−1因此，可以分别论证zu2>u1,即b+a>a时，则{un}↑且有上界；zu2a故u2>u1。于是我们证明了u1=ac时{un}↓且有下界。而u1=a=c时，数列{un}为常数列。18
无论以上那种情况，均说明{u}极限的存在性。对递推式两边取极限便知{u}收敛于x2−x−b=0的正根。#nn题60(p76)▲【50】设f(x)(1)-∞0由于f(x)在x0可导，故f(x)在x0连续。因此总可设在x0的某邻域内f(x)恒为正。于是|f(x)|−|f(x0)|f(x)−f(x0)lim=lim=f’(x0)x→x0x−x0x→x0x−x0(2)若f(x0)<0同样，总可设在x0的某邻域内f(x)恒为负。于是|f(x)|−|f(x0)|−f(x)+f(x0)lim=lim=-f’(x0)x→x0x−x0x→x0x−x0(3)f(x0)=0|f(x)|−|f(x0)||f(x)|f(x)|x−x0|lim=lim=limx→x0x−x0x→x0x−x0x→x0x−x0x−x0故"|f(x)|−|f(x0)|f(x)|x−x0|f+(x0)=lim=limlim=|f’(x0)|x→x0+x−x0x→x0+x−x0x→x0+x−x0"|f(x)|−|f(x0)|f(x)|x−x0|f−(x0)=lim=limlim=-|f’(x0)|x→x0−x−x0x→x0−x−x0x→x0−x−x0显然，当且仅当f’(x)=0时，f"(x)=f"(x)。0+0−0因此，f(x0)=0时，当且仅当f’(x0)=0，则|f(x)|在x0可导，且导数为0。#题40(3)(p104)【2】求高阶导数y=sinxsin2xsin3x『解』1y=sinxsin2xsin3x=(sinxsin3x)sin2x=[cos(3x−x)−cos(3x+x)]sin2x21111111=(cos2x−cos4x)sin2x=(sin2xcos2x−sin2xcos4x)=sin4x−(sin6x−sin2x)=sin2x+sin4x−sin6x2244444由于π2π(n)nπ(sinax)"=asin(ax+)(sinax)""=asin(ax+2⋅)(sinax)=asin(ax+n⋅)222(n)1(n)1(n)1(n)1nπ1nπ1nπ故y=(sin2x)+(sin4x)−(sin6x)=2sin(2x+n)+4sin(4x+n)−6sin(6x+n)#444424242题40(6)(p104)计算y=e−xsinx的n阶导数『证』−x−x−x−xπy’=(esinx)’=−ecosx+esinx=−2esin(x−)4−xπ−xπ−xπ2−xπy”=(−2esin(x−))’=−2[−esin(x−)+ecos(x−)]=(−2)[esin(x−2⋅)]4444以此类推3−xπ(n)n−xπy"""(−2)[esin(x−3⋅)]y=(−2)[esin(x−n⋅)]#44题46(p105)12n(n)【3】设勒让德多项式Pn(x)＝[(x−1)]，证明2nn!1
(1)P(1)=1,P(−1)=(−1)nnn(2)(1−x2)P"(x)−2xP"(x)+n(n+1)P(x)=0nnn『解』(1)12n(n)1nn(n)Pn(x)＝[(x−1)]=[(x−1)(x+1)]2nn!2nn!1n(n)n(0)1n(n−1)n(1)nn(0)n(n)={[(x−1)][(x+1)]+Cn[(x−1)][(x+1)]+...+Cn[(x−1)][(x+1)]}2nn!1n1n(n−1)n(1)n={n!(x+1)+Cn[(x−1)][(x+1)]+...+n!(x−1)}2nn!故P(1)=1,P(−1)=(−1)nnn(2)记y＝(x2−1)n则y"＝n(x2−1)n−12x＝2nx(x2−1)n−1于是(x2−1)y"＝2nx(x2−1)n＝2nxy，即(x2−1)y"＝2nxy，因而[(x2−1)y"](n+1)＝2n(xy)(n+1)计算得(x2−1)y(n+2)+C1(x2−1)"y(n+1)+C2(x2−1)"y(n)＝2n[xy(n+1)+(n+1)y(n)]n+1n+1整理得(x2−1)y(n+2)+2(n+1)xy(n+1)+n(n+1)y(n)＝2nxy(n+1)+2n(n+1)y(n)即(x2−1)y(n+2)+2xy(n+1)−n(n+1)y(n)＝0由此即得(1−x2)P"(x)−2xP"(x)+n(n+1)P(x)=0#nnn题55(p106)【4】已知单摆运动的周期（g＝980厘米/秒2，l为摆长，单位厘米）(1)设钟摆的周期原为1秒，在冬季摆长缩短0.01厘米，问这钟每天大约快多少？(2)已知钢的线膨胀系数为0.000011(1/0C)，一个准确的钢质钟在200C时摆长为24.83厘米,夏天室温到360C时，钟每天大约慢多少，冬天室温降到－100C时，钟每天大约快多少？『解』l1111lTg12π2(1)T=2π，∆T≈dT=2πdl=π∆l.已知,T=2π,lg=,于是∆T≈π∆l＝∆lgg2lglg2πglTg2π2现在T=1秒,∆l=－0.01厘米,g＝980厘米/秒2,于是∆T≈－0.01≈－0.20122×10−3(秒)。1*980即每秒约快0.20122×10−3(秒)。于是每天大约快0.20122×10−3×24×3600＝17.3(秒)l0(2)T=2π,l=l0[1+0.000011*(W－20)].此处l0为20C摆长为24.83厘米,W为室温。g1111∆T≈dT=2πdl=π∆l,∆l=l00.000011∆W此外，因膨胀系数非常小，所以l≈l0，于是g2lgl1l00∆T≈πl00.000011∆W＝0.000011π∆W故夏天室温到36C时∆W＝16，周期每秒约慢gl0g2
124.83−4−4∆T≈πl00.000011∆W＝0.000011π16＝0.8797×10(秒)每天约慢0.8797×10×24×3600＝7.6(秒)gl0980又冬季室温到－100C时∆W＝－30，周期每秒约快124.83−3∆T≈πl00.000011∆W＝－0.000011π30＝－0.1648×10(秒).gl0980每天约快0.1648×10−3×24×3600＝14.24(秒)#题56(3)(p106)1−x2【5】已知f(x)=e,x≠0,求f’(0)0,x=0『解』1−2ex1x即求lim＝lim.因为对充分大的x>0(事实上对所有x)e>x,于是x→0xx→012xex121111|xex|>|x|=,即0<||<|x|.因此由夹逼准则lim＝0。故f’(0)＝0。#x2|x|1x→0122xexxex题58(1)(p106)【6】f(x)=sinx0(x表示度，非弧度)『解』f(x)=sinx0＝sin(πx)，f’(x)=[]sin(πx)′=πcos(πx)=πcosx0#180180180180180题61(p107)【7】证明(1)若f(x)为可导的偶函数，则f’(x)为奇函数。反之如何？(2)若f(x)为可导的奇函数，则f’(x)为偶函数.(3)若f(x)为偶函数，f’(0)存在，则f’(0)=0.(4)若f(x)为可导的周期函数，则f’(x)仍为周期函数『证』（1）f(x)为可导的偶函数，我们来证f’(x)为奇函数。只证f’(-x)=－f’(x)事实上，f(−x+∆x)−f(−x)f(x−∆x)−f(x)f(x−∆x)−f(x)f’(-x)＝lim＝lim＝−lim＝－f’(x)∆x→0∆x∆x→0∆x∆x→0−∆x反之不真。如1x3+1的导数为偶函数，单其本身不是奇函数。3（2）f(x)为可导的奇函数，我们来证f’(x)为偶函数。只证f’(-x)=f’(x)事实上，f(−x+∆x)−f(−x)−f(x−∆x)+f(x)f(x−∆x)−f(x)f’(-x)＝lim＝lim＝lim＝f’(x)∆x→0∆x∆x→0∆x∆x→0−∆x（3）若f(x)为偶函数，f’(0)存在，我们证明f’(0)=0f(∆x)−f(0)f(−∆x)−f(0)f’(0)＝lim＝−lim＝－f’(0).所以f’(0)=0∆x→0∆x∆x→0−∆x（4）若f(x)为可导的周期函数，我们证明f’(x)仍为周期函数设f(x)以T为周期，则f(x+T+∆x)−f(x+T)f(x+∆x)−f(x)f’(x＋T)＝lim＝lim＝f’(x)故得证。#∆x→0∆x∆x→0∆x3
题66(1)(p108)【8】设f(x)=k1sinx+k2sin2x+⋅⋅⋅+knsinnx(k1,k2,⋅⋅⋅,kn都是常数)，且∀x∈R，有|f(x)|≤|sinx|，则|k1+2k2+⋅⋅⋅+nkn|≤1『证』f(x)−f(0)f(x)f(x)|k1+2k2+⋅⋅⋅+nkn|＝|f’(0)|＝|lim|＝|lim|＝limx→0xx→0xx→0xf(x)sinxf(x)sinx而对于非零x,≤，故lim≤lim=1xxx→0xx→0x『注』利用limf(x)=A⇒lim|f(x)|=|A|(即lim|f(x)|=|limf(x)|)#x→0x→0x→0x→0第四章微分中值定理与导数应用题3(p149)【9】设f(x)在[0,1]上可导，且00,g(1)=f(1)-1<0.又g(x)在[0,1]上可导，故必连续。按连续函数的介值定理知，(0,1)内必有g(x)的根。假如(0,1)内g(x)有两个根，则g’(x)必有一个根，这与f’(x)≠1，即g’(x)≠0矛盾。于是x=f(x)在(0,1)内有且仅有一个实根#题5(p149)【10】设f(x)在(a,b)内具有二阶导数，且恒有f”(x)>0,证明f(x)=0在(a,b)内最多有两个实根。『证』用反证法。若至少有三个根。则由Rolle定理可推知，f(x)的任两个根(即使是重根)之间必有f’(x)的根。因此f’(x)至少有两个根，故f”(x)至少有一个根。即有c,使得f”(c)=0,与f”(x)>0矛盾#『证』已知条件说明，f(x)是上凹的，和x轴的相对位置所有的可能情况为题7(1)(p149)πβ−αβ−α【11】证明0<α<β<时，0)αe『证1』本题不适合用Lagrange中值定理。若要用，可以这样进行：要证xα|lnx|<1αelnx−αlnx−αlne只证−xααlnx<1，即<1，或写为−<0ex−αex−αelnalnblnblna−α这等同于证明−<0，或写为−>0（a=x,b=e）abba但lnblnalnt1−lnξ−=()"(b−a)=(b−a)（ξ介于a与b之间）batt=ξξ2由于4
b>a时，a<ξ0，于是(1−lnξ)(b−a)>0b0x−αlnblna0α1x−αα1因此a≠b(即≠e)时，总有−>,即总有x|lnx|<；而a=b(即=e)时，总有x|lnx|=baαeαe『注』：如取x=1/e,α=1,则原不等式即为等式。因此原题“<”应改为“≤”.『证2』0(x=1)α作g(x)=xlnx(00于是ξ为g(x)在(0,1)内的极小点.又0≥g(x)≥g(ξ).故|g(x)|≤|g(ξ)|其中g(ξ)=ξαlnξ=11=-1#e−ααe题10(p150)【13】设f”(x)>0,f(0)=0，证明对任何a>0,b>0,f(a+b)>f(a)+f(b),并问f”(x)<0时结论怎样？证1yf(a+b)-f(b)f(a)aba+b0x根据图示,只需证明f(a+b)-f(b)>f(a)由中值定理,f(a+b)-f(b)=f"(ξ2)a而f(a)=f(a)-f(0)=f"(ξ1)a(0<ξ10,f’(x)严格单调增加,故需明确ξ1<ξ2因此不充假设a0(因为f”(x)>0,f’(x)严格单调增加)故结论成立.备注对于上凹函数,还有y1a+b[f(a)+f(b)]f()22aa+bb0x25
题16(22)(p150)1sinx【14】lim()1−cosxx→0x『解』sinx−1limx11sinx1sinxx→012sinx∞ln()limln()xlim()1−cosx(1)=lime1−cosxx=ex→01−cosxx=e2（等价无穷小）x→0xx→012−xsinx−xcosx−1212lim2lim2lim−＝ex→0x3＝ex→03x2(L"Hospital法则)＝ex→03x2（等价无穷小）=e3#题16(24)(p150)1【15】计算lim(cotx)lnxx→0+『解』11110ln(cotx)lnxln(cotx)limln(cotx)lim(cotx)lnx(+∞)＝lime＝limelnx＝ex→0+lnxx→0+x→0+x→0+lncotx∞lncosx−lnsinxlncosxlnsinx而lim（）＝lim＝lim−limx→0+lnx∞x→0+lnxx→0+lnxx→0+lnxcosxlnsinx∞sinx＝−lim（）＝−lim＝－1x→0+lnx∞x→0+1x11limln(cotx)于是lim(cotx)lnx＝ex→0+lnx＝e−1#x→0+题18(p150)n11ppn【16】lim(∑ak)＝a1a2...an(ai>0,i=1,2,⋯,n)p→0+nk=11np∑a−1knk=11pn1n1np1pp1p∑ak−1『证法1』lim(∑ak)＝lim1+(∑ak−1)nk=1p→0+np→0+nk=1k=1p1npnpnpnak−1∑ak−1∑ak−n∑(ak−1)∑nap−1nk=1k=1k=1k=1p1k而lim＝lim＝lim＝lim＝lim∑p→0+pp→0+npp→0+npp→0+nnp→0+k=1pp1nak−11nplnak1n＝∑lim＝∑lim(等价无穷小)＝∑lna＝lnna1a2...annknk=1p→0+pnk=1p→0+pk=1n11pplnna1a2...ann因此lim(∑ak)＝e＝a1a2...anp→0+nk=1『证法2』1111n11nn1nppln(∑ap)limln(∑ap)1ppln(∑ak)pnkp0pnklim(a)＝limenk=1＝limek=1＝e→+k=1∑kp→0+np→0+p→0+k=1而1np1np1npnln(∑ak)ln(∑ak)∑ak−111pnk=1nk=1nk=1limln(∑ak)＝lim＝lim＝lim(等价无穷小)p→0+pnk=1p→0+pp→0+pp→0+p6
pnnna−1∑ap−n∑(ap−1)∑kpppk=1kk=1kk=1p1nak−11nak−11nak−1＝lim＝lim＝lim＝lim∑＝lim∑＝∑limp→0+npp→0+npp→0+nnp→0+k=1pnp→0+k=1pnk=1p→0+p1nplnak1n＝∑lim(等价无穷小)＝∑lna＝lnna1a2...annknk=1p→0+pk=1n11pplnna1a2...ann因此lim(∑ak)＝e＝a1a2...an#p→0+nk=1题25(2)(p151)x+ax3【17】怎样选取a,b，使得x→0时f(x)=arctanx−关于x成为尽可能高阶的无穷小。1+bx2『解』x+ax335xx632245arctanx−＝[x−++o(x)]−(x+ax)[1−bx+bx+o(x)]1+bx235x3x511＝[x−++o(x6)]−[x+(a−b)x3+(b2−ab)x5+o(x6)]＝(a−b−)x3+(b2−ab+)x5+o(x5)3535取11114a−b−=0a−b=a−b=a=x+ax3333156a,b使得，即，，.此时arctanx−为比x高阶的无穷小。#2121131+bx2b−ab+=0b−ab=−b(a−b)=b=5555题26(p151)f(x)1M【18】设f(x)在x=0的某邻域内具有二阶连续的导数，且lim＝0，证明当n充分大时，有|f()|≤x→0xn2n2『证』f(x)f(x)−f(0)由题设，f(x)在x=0处连续。于是f(0)=limf(x)=limx＝0再由导数定义知，f’(0)=lim=0x→0x→0xx→0xf"(ξ)2f"(ξ)2于是由题设，f(x)在x=0处某邻域内有f(x)=f(0)+f’(0)x+x=x2!2!M2其中ξ介于0与x之间。因f:”(x)连续，故有界。不妨设|f:”(x)|≤M，M>0.于是|f(x)|≤x21M于是当n充分大时，有|f()|≤#n2n2题31(p151)【19】设f(x)在(a,b)内满足f’(x)≥0,且等号仅在孤立点c∈（a,b）处成立，则f(x)在(a,b)内严格增吗？『解』是。因为，对任何y>x,x,y∈（a,b）,我们证明f(y)>f(x).由于f(y)-f(x)=f’(ξ)(y-x)（1）若ξ≠c,则f’(ξ)>0,所以f(y)-f(x)>0即f(y)>f(x)（2）若ξ＝c,则f’(ξ)>0,所以f(y)-f(x)>0f(y)-f(c)=f’(ξ1)(y-c)>0及f(c)-f(x)=f’(ξ2)(c-x)>0知f(y)>f(c)>f(x)综上，总有x,y∈（a,b）且y>x时,有f(y)>f(x).故证。#题35(6)(p152)11【20】证明对于x,y>0,b>a>0,有(xa+ya)a>(xb+yb)b『分析』11(xa+ya)a>(xb+yb)b（x,y>0,b>a>0）?7
x]x1[()a+1]a>[()b+1]b（x,y>0,b>a>0）?yy]1(ta+1)a>(tb+1)b（t>0,b>a>0）?1只证y=(ax+1)x的单调性『证』1(1)我们先证明y=(ax+1)x的单调性(a>0)lny=1ln(ax+1)xxx11x1alna1x1xxxy’=(a+1)x[−ln(a+1)+]=(a+1)x[−(a+1)ln(a+1)+xalna]x2xx2x(a+1)x(a+1)1=1(ax+1)x[axlnax−(ax+1)ln(ax+1)]2xx(a+1)而axlnax−(ax+1)ln(ax+1)＝axlnax−axln(ax+1)−ln(ax+1)＝−ax[ln(ax+1)−lnax]−ln(ax+1)<0故单调减少。1111(2)最后，对于x,y>0,b>a>0,有(xa+ya)a>(xb+yb)b两边同除y,得(za+1)a>(zb+1)b，其中z=x/y>0题33(p152)【21】证明不恒为常数的有理函数a+ax+⋅⋅⋅+axnR(x)=01n,an,bm≠0b+bx+⋅⋅⋅+bxm01m在(-∞,－x0)及(x0,+∞)上是严格单调的，其中x0为充分大的正数。『解』(n−m)axn−m−11+Ax−1+...⋅+Ax−k1n+m−1n1kR’(x)＝22m2[](n−m)anbmx+...+(a1b0−a0b1)＝−1−s(bmx+...+b0)bm1+B1x+⋅⋅⋅+Bsx1+Ax−1+...⋅+Ax−k其中A,A,s,t均为常数。易知,1k→1(x→∞)ij−1−s1+B1x+⋅⋅⋅+Bsx故当|x|充分大时(即有某x0>0,对所有|x|>x0),R’(x)保号.故严格单调#题34(p152)f(x)【22】已知f(x)当≥0时连续，f(0)=0,且当x>0时f’(x)严格单调增加，则当x>0时也严格单调增加x『分析』f(x)只证:x>0时,()’>0.xxf"(x)−f(x)即只证:x>0时,>0，x2f(x)即只证:x>0时,f"(x)>，xf(x)−f(0)即只证:x>0时,f"(x)>xf(x)−f(0)=f"(ξ)(0<ξ0时,f"(x)>f"(ξ)『证明』8
f(x)−f(0)f(x)对任何x>0，f(x)在[0,x]上连续，在(0,x)内可导，因此有0<ξ0时f’(x)严格单调增加，因此0<ξ0时>0，此即()’>0故得证。.#x2x题43(p152)【23】试求1,2,33,...,nn,...中的最大项『解』11y"11求y=xx的极值.对lny=lnx求导,=−lnx+xyx2x2由此可知,x=e处,达最大值.故只需比较2和33哪个更大.因它们均大于1,只需比较(2)6和(33)6哪个更大,但由于(2)6=8,(33)6=9.因此2<33于是所求最大项为33.#题70(p154)★【24】设f(x)二阶可导，|f”(x)|≤m,且在(0,a)内某点取到最大值，则|f’(0)|+|f’(a)|≤am.『证明』设在(0,a)内某点c取到最大值。则f’(c)=0于是由Lagrange中值定理，|f’(0)|＝|f’(0)－f’(c)|＝|f”(ξ1)|c≤cm|f’(a)|＝|f’(a)－f’(c)|＝|f”(ξ2)|（a-c）≤（a-c）m其中0<ξ12)n∫nn−2nnsinxcosn−1xn−1(2)I=cosnxdx,I=+I(n>2)n∫nnnn−2tann−1x(3)I=tannxdx,I=−I(n>2)n∫nn−1n−2解(1)I=sinnxdx＝sinn−2x(1−cos2x)dx＝I−sinn−2xcosxdsinxn∫∫n−2∫＝I−sinn−2xcosxsinx+sinxd[sinn−2xcosx]＝I−sinn−1xcosx+[(n−2)sinxsinn−3xcos2x−sinxsinn−2xsinx]dxn−2∫n−2∫＝I−sinn−1xcosx+[(n−2)sinn−2x(1−sin2x)−sinnx]dx＝I−sinn−1xcosx+(n−2)I−(n−2)I−In−2∫n−2n−2nn＝(n−1)I−sinn−1xcosx−(n−1)In−2n于是n−1n−11n−1In＝(n−1)In−2−sinxcosx−(n−1)In,In＝In−2−sinxcosx+Cnn(2)同理(3)nn−22n−22n−2n−21n−1In=∫tanxdx=∫tanxtanxdx=∫tanx(secx−1)dx=∫tanxdtanx−∫tanxdx=tanx−In−2n−12
tann−1x故In=−In−2(n>2)#n−1第六章定积分题7(p226)1【11】设f(x)是连续函数，且f(x)=x+2∫f(t)dt,求f(x)0『解』1111111定积分是数，两边取积分，得f(x)dx＝xdx+2f(t)dtdx＝1＋2f(t)dtdx＝1＋2f(x)dx∫0∫∫00∫02∫0∫02∫011于是f(x)dx＝－1,因此f(x)=x+2f(t)dt＝x-1#∫02∫0题9(1)(p226)33x【12】证明不等式0,因此f(x)单调增加，于是∫1πxξ1243xx22x2sec2x41ππ31πππ3=f()λ∫f(x)dx。如果条件减弱为f(x)在[0,1]上可积，则如何00证明？『证』(1)f(x)在[0,1]上连续时λ111λ1∫f(x)dx＝λ∫f(λt)dt(x=λt)＝λ∫f(λx)dx>λ∫f(x)dx故0<λ<1时∫f(x)dx>λ∫f(x)dx000000另证λ1λλ1λ1∫f(x)dx－λ∫f(x)dx＝∫f(x)dx－λ∫f(x)dx－λ∫f(x)dx＝(1−λ)f(x)dx－λf(x)dx0000λ∫0∫λ＝(1−λ)λf(ξ1)－λ(1−λ)f(ξ2)(积分中值定理,0<ξ1<λ<ξ2<1)>0(根据f(x)的单调性)λ1λ1(2)f(x)在[0,1]上可积时，只需证明∫f(x)dx－λ∫f(x)dx＝(1−λ)∫f(x)dx－λ∫f(x)dx>0000λλ1∫f(x)dx∫f(x)dx0λ即只需证明>λ1−λλλ11∫f(x)dx∫f(λ)dx∫f(λ)dxf(x)dx00λ∫λ但这是显然的，因为由单调性>＝f(λ)＝>#λλ1−λ1−λy0λ1x题14(p227)1【18】设f(x)在[0,1]上可微，且f(1)-2∫2xf(x)dx＝0，则ξ∈(0,1)，使得0f(ξ)f"(ξ)=−ξ4
1『证』根据f(1)-22xf(x)dx＝0，知c∈(0,1)，使得f(1)-2cf(c)1=0即1f(1)-cf(c)=0∫220于是函数xf(x)在[c,1]满足Rolle定理条件，因此有ξ∈(c,1)∈(0,1)，使得[xf(x)]’|x=ξ=0.此即结论。#题21(p228)设f(x)为连续函数，在x=0处可导，且已知f(0)=0,f’(0)＝b,试确定常数A，使得x∫f(t)dt+f(x)0F(x)=,x≠0xA,x=0在x=0处连续。解xxx∫f(t)dt+f(x)∫f(t)dt∫f(t)dt00f(x)−f(0)0f(x)−f(0)limF(x)=lim=lim[+]=lim+lim=limf(x)+f"(0)=bx→0x→0xx→0xxx→0xx→0xx→0因F(x)在x=0处连续，因此F(0)＝limF(x)＝＝>A=bx→0题22(p228)【19】已知f(u)连续且f(u)/u→1(u→0),求x∫(x−t2)f(t)dtlim0x→0x2『解』xxxxx∫(x−t2)f(t)dt∫xf(t)dt∫t2f(t)dt∫f(t)dt∫t2f(t)dtlim0＝lim(0－0)＝lim0－lim0x→0x2x→0x2x2x→0xx→0x2f(x)1（x）2f(x)1f(x)f(x)1＝lim－lim(L"Hospital法则)＝lim-lim＝#x→012xx→02x2xx→02xx→04x4题26(p228)b【20】设f(x)在[a,b]上连续，且f(x)>0(a≤x≤b),试证明g(x)=∫|x−t|f(t)dt的图形在[a,b]内向上凹。adbdxbdxb『证』g’(x)=∫|x−t|f(t)dt=(∫|x−t|f(t)dt+∫|x−t|f(t)dt)=(∫(x−t)f(t)dt−∫(x−t)f(t)dt)dxadxaxdxaxdxxbbxbxb=(x∫f(t)dt−∫tf(t)dt−x∫f(t)dt+∫tf(t)dt)=∫f(t)dt+xf(x)−xf(x)−∫f(t)dt+xf(x)−xf(x)=∫f(t)dt−∫f(t)dtdxaaxxaxaxdxbg”(x)=[∫f(t)dt−∫f(t)dt]=f(x)+f(x)=2f(x)>0因此g(x)的图形在[a,b]内向上凹。#dxax题28(p228)x∫tf(t)dt【21】f(x)>0连续，则在(0,＋∞)内g(x)=0严格单调增x∫f(t)dt0xxxx『证』只需证明(0,＋∞)内g’(x)>0.求导后发现只要证明f(t)dtdtf(t)dt−tf(t)dtdf(t)dt>0∫0dx∫0∫0dx∫0xx即只要证明xf(x)∫f(t)dt−f(x)∫tf(t)dt>000x由已知，只要证明∫(x−t)f(t)dt>0但，这是显然的，因为被积函数为正。#0题33(1)(p229)2【22】∫(x+1)2x−1dx15
『解』2212214221642144478∫(x+1)x−1dx＝∫(t+2)t2tdt(t＝x−1)＝2∫(t+4t+4)tdt＝2∫(t+4t+4t)dt＝2(++)＝#1000753105题33(5)(p229)21【23】dx∫0(4+x2)3/2ππ21141214122『解』dx＝sectdt（x=2tant）＝costdt＝=#∫0(4+x2)3/24∫0sec3t4∫0428题33(6)(p229)1【24】∫e−xdx0『解』11111∫e−xdx=∫e−t2tdt（t=x）＝−2∫tde−t＝−2e−tt+2∫e−tdt＝−2e−1−2(e−1−1)＝2−4e−1#00000题33(17)(p229)ππ22siny【25】求dydx∫∫0xyππππππ『解』22sinydydx=x2sinydy2−2x(−sinx)dx=0+2sinxdx=1#∫∫0xy∫xy∫0x∫00题35(p229)2x20【26】已知f(x)=e−tdt，求∫xf(x)dx∫1−1『解』0102120102102−x410−x4410−x4xf(x)dx＝f(x)dx＝xf(x)−∫xdf(x)＝−xe2xdx=−edx=de∫−12∫−12−12−12∫−14∫−14∫−11−x401−1=e=(1−e)#4−14题41(p229)byb【27】证明∫∫[f(x)dx]dy＝∫(b−x)f(x)dxaaa『解』byybbybbbbb∫∫[f(x)dx]dy＝[y∫f(x)dx]−∫∫ydf(x)dx＝b∫f(x)dx−∫yf(y)dy＝∫bf(x)dx−∫xf(x)dx＝∫(b−x)f(x)dx#aaaaaaaaaaa题46(p229)【28】求曲线y2=x2−x4所围的平面图形面积『解』由y2=x2−x4，知x的取值范围为|x|≤1因函数关于x,y均为偶函数，所以对应图像关于x,y均对称。于是只需考虑第一象限。11πππ故所求面积为A＝4f(x)dx＝4x2−x4dxx=sint42sintcos2tdt＝−42cos2tdcost＝−4cos3t2＝4#∫0∫0∫0∫0330题62(p230)x=a(t−sint)【29】已知摆线，(0≤t≤2π)求y=a(1−cost)(1)摆线与x轴围成的平面图形D面积6
(2)D绕x轴旋转一周而成的旋转体体积(3)以上旋转体的侧面积『解』dx/dt=a(1−cost)，dy/dt=asint故t=0或2π时dx/dt不存在，曲线有垂直切线。t=π时dy/dt＝0，函数有极大值。据此可绘出图形(1)面积2aπ2π2π2π2πA＝ydx＝yx"dt＝a2(1−cost)2dt＝a2(1−2cost+cos2t)dt＝a2(1−2cost+1+cos2t)dt＝3πa2∫0∫0∫0∫0∫02y2a0aπ2aπx(2)旋转体体积2aπ2π2ππV＝∫πy2dx＝π∫y2x"dt＝πa3∫(1−cost)3dt＝πa3∫(1−3cost+3cos2t−cos3t)dt000−ππππ＝2π2a3+πa3[3∫cos2tdt−∫cos3tdt]＝2π2a3+πa3[3π−∫(1−sin2t)dsint]＝5π2a3−π−π−π(3)旋转体侧面积2aπ2π2π2πS＝2πy1+y"2dx＝2πyx"2+y"2dt＝2πa2(1−cost)(1−cost)2+sin2tdt＝2πa2(1−cost)2−2costdt∫0x∫0∫0∫0ππππ=4πa2(1−cost)2−2costdt=4πa22sin2t2sintdt=-32πa2(1−cos2t)dcost=-32πa2(cost−1cos3t)=164πa2#∫0∫022∫02223203题67(p231)【30】人造卫星质量173公斤，在离地面630公里处进入轨道，问将卫星从地面送到630公里高空处，克服地球引力需作功多少？已知地球半径6370公里。『解』yxx+∆x0RAxs预备知识3mM重力加速度g=9.8(m/s)＝,9.8(N/kg)万有引力F＝k(m卫星质量,M地球质量,r间距),功W=Fxr2随着卫星的升空，引力、距离在发生变化(0)建立坐标系以地心和高空处人造卫星中心的连线为x轴,按图所示建立坐标系(1)分割将[0,A]分割成若干个子区间，记任一子区间为[x,x+∆x]mM(2)取近似F＝k，r=x,∆W≈F∆xr2mM22∆x因x=R时，卫星受到的地球的引力就是重力，因此k＝mg,于是kM=gR.故得∆W≈mgRR2x27
2∆x(3)作和W＝∑∆W≈∑mgR2xR+s1Rs28(4)取极限W＝lim∑∆W＝mgR∫2dx＝mg=9.72×10(N.m)#Rx(R+s)题88(1)(p233)2【31】按定义计算∫2xdx1『解』nn2由于被积函数连续，故可积。特取[1,2]中的等分点xk=1+k,k=0,1,⋯,n2xdx＝lim2(1+k)1＝2+lim2k＝3。#n∫n→+∞∑nnn→+∞n2∑1k=1k=1题88(2)(p233)1【32】按定义计算∫exdx0『解1』由于被积函数连续，故可积。下取特殊的分点，以利于计算。取[0,1]中的非等距分点xi=ln(1+i(e−1))(i=0,1,⋯,n)，则n1+i+1(e−1)1(e−1)1(e−1)∆x＝x−x=ln(1+i+1(e−1))−ln(1+i(e−1))=lnn=ln1+n∽n→0(n→+∞)i+1i+1inn1+i(e−1)iin1+n(e−1)1+n(e−1)1nn1(e−1)于是exdx＝limexi−1∆x＝lim{}1+i−1(e−1)ln1+n∫0n→+∞∑in→+∞∑n1+i−1(e−1)i=1i=1n利用x>0时，ln(1+x)0时，-ln(1-x)>x(可用单调性予以证明)于是1nn1(e−1)n1(e−1)exdx＝limexi∆x＝lim{}1+i(e−1)(−1)ln1+n≥lim{}1+i(e−1)n=e-1∫0n→+∞∑in→+∞∑n1+i(e−1)n→+∞∑n1+i(e−1)i=1i=1ni=1n11即∫exdx≥e-1。故∫exdx＝e-100『解2』由于被积函数连续，故可积。特取[0,1]中的等分点xk=k,k=0,1,⋯,nnnnn−1kn1xxk−11111en−1edx＝limek−1∆xk=limen=limen=lim=e-1#∫0n→+∞∑n→+∞∑nn→+∞n∑n→+∞n1k=1k=1k=0en−1题89(p233)【33】f(x)在x≥0时严格递增、连续，f(0)=0;g(x)为f(x)的反函数，试说明以下不等式的几何意义(YounG)8
ab∫f(x)dx+∫g(y)dy≥ab00『解』ybab②a①∫f(x)dx0b②①∫g(y)dy00ax题90(p233)−ππ【34】证明4sinxdx>2cosxdx∫−πx∫πx24『证明』−ππππ4sinxdxx=−t4−sinxdx＝2sinxdx>2cosxdx#∫−πx∫πx∫πx∫πx2244题91(p233)n11kM【35】设函数f(x)在闭区间[0,1]上有连续的一阶导数,则存在常数M>0,使得∫f(x)dx−∑f()≤0nn2nk=1『证明』因函数f(x)在闭区间[0,1]上有连续的一阶导数，不妨设有M，使得|f’(x)|≤M(对[0,1]内一切x).将闭区间[0,1]进行n等分,得分点xk=k/n,k=0,1,⋯,n.于是xk-xk-1=1/n.由nnnnn11kxk1kxkxk∫f(x)dx−∑f()＝∑∫f(x)dx−∑f()＝∑∫f(x)dx−∑∫f(xk)dx0nnk=1xk−1nk=1nk=1xk−1k=1xk−1k=1nnnnxkxkxkxk＝∑∫[f(x)−f(xk)]dx≤∑∫f(x)−f(xk)dx＝∑∫f"(ξk)(x−xk)dx≤M∑∫(x−xk)dxxk−1k=1xk−1k=1xk−1k=1xk−1k=1nnxk＝M(x−x)dx＝M1/(2n2)＝M/(2n)#∑∫k∑xk−1k=1k=1题92(2)(p233)π/4【36】计算∫ln(1+tgx)dx0『证明』π/4π/4π/4π/4∫ln(1+tgx)dx＝∫{ln[sinx+cosx]−lncosx}dx＝∫[ln2+lnsin(x+π/4)]dx-∫lncosxdx0000π/4π/4＝ln2π/4+∫lnsin(x+π/4)dx-∫lncosxdx00π/4π/4π/40π/4而∫lnsin(x+π/4)dx＝－∫lncos(π/4−t)dt(t=π/2-x)＝－∫lncos(t−π/4)dt＝－∫lncostdt＝∫lncosxdx0π/2π/2π/40故知原式＝πln2/8#题92(3)(p233)2π1【37】计算∫dx(0≤ε<1)01+εcosx『解』9
2π1π1利用定积分关于周期函数的性质，∫dx＝∫dx01+εcosx−π1+εcosx2π1π1π1利用定积分关于奇偶函数的性质，∫dx＝＝∫dx＝2∫dx01+εcosx−π1+εcosx01+εcosx又πππ1211dx＝dx+dx∫01+εcosx∫01+εcosx∫π1+εcosx2π0π1−t21dxx=π−tdt＝dx∫π1+εcosx∫π1−εcost∫01−εcosx22于是2πππππ1dx＝221dx+21dx＝421dx＝4211dx∫01+εcosx∫01+εcosx∫01−εcosx∫01−ε2cos2x∫0cos−2x−ε2cos2xπππ21121tgx1tgx2π＝4dtgx＝4d（(0≤ε<1)）＝4arctg2＝#∫01+tg2x−ε22∫022212021−εtgx1−ε1−ε−ε1−ε1+21−ε题92(5)(p233)πxsinx【38】计算dx∫1+cos2x0『证明』0(π−t)sintπ(π−t)sintπsintπxsinxπsint原式＝−dt（x=π－t）＝dt＝πdt－dx原式＝πdt，即可得#∫π1+cos2t∫01+cos2t∫01+cos2t∫01+cos2x2∫01+cos2t题94(p233)【39】设f(x)为[a,b]上的连续函数，f(b),f(a)分别是f(x)在[a,b]上的最大值、最小值，则有ξ∈[a,b]，使得b∫f(x)dx＝f(a)(ξ−a)+f(b)(b−ξ)a『证』由已知，bbbf(a)(b−a)＝∫f(a)dx≤∫f(x)dx≤∫f(b)dx＝f(b)(b−a)aaa记F(x)=f(a)(x−a)+f(b)(b−x),则F’(x)=f(a)-f(b)≤0因此F(x)在[a,b]内单调下降。于是F(a)、F(b)分别是其最大、最小值，即F(b)≤f(a)(x−a)+f(b)(b−x)≤F(a)也即f(a)(b-a)≤f(a)(x−a)+f(b)(b−x)≤f(b)(b−a)b因此可将∫f(x)dx看作介于F(x)最小、最大之间的一个数，于是由连续的介值定理知，有ξ∈[a,b]，使得ab∫f(x)dx＝f(a)(ξ−a)+f(b)(b−ξ)#a题95(p233)x−t2【40】设函数x=x(t)由方程t－∫e−udx＝0所确定，试求x(0),x’(0),x”(0).1『证明』x(0)2在所给方程中令t=0,得∫e−udx＝0,利用指数函数的恒正性，得x(0)＝1。12对原方程两边求导得1－exp[-(x-t)](x’-1)=0,由此可求得x’(0),x”(0)#10
题96(p233)xlnt设f(x)=dt,其中x>0,求f(x)+f(1)∫11+tx『证』1xxxxxf(1)=xlntdtu=1−lnu1du改记t=ulntdt,f(x)+f(1)＝lntdt＋＝lntdtlntdt＝1ln2x#x∫11+tt∫11+u−1−u2∫1t(1+t)x∫11+t∫1t(1+t)∫1t2题97(p233)xx设f(x)在[a,b]上连续，且非零，则f(t)dt+1dt＝0在[a,b]上只有一个根∫a∫bf(t)『证』xx由已知连续及非零，知在[a,b]上恒同号，故不妨设有f(x)>0。记F(x)=∫f(t)dt＋∫1/f(t)dtabab则F’(x)=f(x)+1/f(x)>0.于是F(x)在[a,b]上单调增加。又F(a)=∫1/f(t)dt<0,F(b)=∫f(t)dt>0于是在(a,b)内F(x)仅有一根#ba题98(p233)★1f(u)d设f(u)在u=0的某邻域内连续，且lim＝A，求limf(xt)dtu→0ux→0dx∫0『解』1x1x≠0时，f(xt)dtu=xt1f(u)du（x＝0时,f(xt)dt=0）∫0x∫0∫0xf(x)x−f(u)du1x∫x≠0时，df(xt)dt＝1[f(x)x−f(u)du]＝0dx∫0x2∫0x2xxf(x)x−f(u)duf(u)dud1∫0f(x)∫0f(x)1limf(xt)dt＝lim＝lim−lim＝A－lim＝A#x→0dx∫0x→0x2x→0xx→0x2x→02x2题101(p233)aMa2【41】设f(x)在[0,a]上有连续的导数，且f(0)=0,则∫f(x)dx≤，M＝max|f’(x)|020≤x≤a『证明1』aaaaMa2∫f(x)dx＝∫[f(x)−f(0)]dx≤∫f"(ξ)(x−0)dx≤M∫xdx＝00002『证明2』a0aaaa∫f(x)dxt=a−x∫−f(a−t)dt＝∫f(a−t)dt＝tf(a-t)-∫−tf"(a−t)dt＝∫f"(a−t)tdt0a0000aaaMa2故∫f(x)dx≤∫|f"(a−t)|tdt≤M∫tdt＝#000211
第八章矢量代数空间解析几何题9(p48)◇【1】已知a、b是非零矢量，求它们的夹角平分线上的单位矢量eaa0000aa+bacAB0b0bbb『解』00如图，c=(a+b)/2,再将c单位化即可。#题11(p48)rrrrrr【2】已知|a|=11,|b|=7,|a−b|=18,求|a+b|『证明』rrrrrr因|a−b|=|a|+|b|，故a与−b同向，于是可设rrrr于是|a+b|＝|a|−|−b|＝4『注』或写为rrrrr−b＝7a，因此|a+b|＝(1−7)|a|=4#1111题14(p48)◇【3】用矢量方法证明：可作一三角形，使它的各边分别平行且等于已知三角形的三条中线。『证明』CDEAFB只需证明这三条中线矢量首尾相接。即证rCF+BE+AD=0事实上，CF=CA+AF=CA+1AB,2BE=BC+CE=BC+1CA21
AD=AB+BD=AB+1BC2再根据下式，便得结论rAB+BC+CA=0#题15(p48)rrrrrrrrrrr【4】设a,b不共线，c=λa+µb，且a,b,c有共同起点，则a,b,c终点在同一直线的充要条件为λ+µ=1『证明』rrrrr充分性。若λ+µ=1，则c=λa+µb＝λa+(1−λ)brrrrrrrrrrrrrr于是c−a=(1−λ)(b−a)，因此c−a与b−a共线，即a,b,c有共同起点时，a,b,c终点在同一直线上。rrrrrrrrr必要性。此时由已知可知c−a与b−a共线，又b−a≠0(a,b不共线),于是有唯一的数k，使得rrrrrrrr(λ−1)a+µb＝k（b−a）或写为(λ−1)a+µb＝−kb+karr再次根据a,b不共线，因此(λ−1)=−k,µ=k，于是λ+µ=1#题16(p48)◇rvvrrr【5】在四面体OABC中，设OA=a,OB=b,OC=c,P为ΔABC内任一点，则OP=λa+µb+γc，且λ+µ+γ=1,『证1』OCDEPABF因P为ΔABC内部一点，因此PA、PB、PC三矢量共面，即OA−OP,OB−OP,OC−OP三矢量共面，因此有不全为零的数k,l,m,使得rk(OA−OP)+l(OB−OP)+m(OC−OP)=0，或写为(k+l+m)OP=kOA+lOB+mOC，又(k+l+m)不为0（否则OA,OB,OC共面），于是OP=kOA+lOB+mOC，整理后即可得结论。k+l+mk+l+mk+l+m『证2』2
OP=OA+AP，OP=OB+BP，OP=OC+CP于是OP=1(OA+OB+OC)+1(AP+BP+CP)33又BP=BA+AP，CP=CA+AP而AP因位于三角形内，可被不共线的AB,AC唯一线性表示，即设有m,n,使得AP=mAB+nAC，于是OP=1(OA+OB+OC)+1(AP+BP+CP)33＝1(OA+OB+OC)+AP+1(BA+CA)33＝1(OA+OB+OC)+(mAB+nAC)+1(BA+CA)33rrrrrrrrrrr＝1(a+b+c)+(mb−ma+nc−na)+1(a−b+a−c)33rrr＝(1−m−n)a+mb+nc整理后即可得结论#题20(p49)【6】在第三卦限内求一点，使得它与x,y,z轴的距离为dx=5,dy=35,dz=213『证明』z0yx第三卦限内的点满足x<0,y<0,z>0.又d=y2+z2=5,d=x2+z2=35,d=x2+y2=213xyz据此可求得x,y,z#题26(p49)◇rr【7】求一矢量，其方向和a={0,−3,4},b={1,−2,2}的角平分线平行，其模为5『解』r01r01a={0,−3,4}，b={1,−2,2}533
rr角平分线平行矢量为,a0+b0，rr求m,使得|m(a0+b0)|=5即可得结论#题28(p49)0【8】一个矢量的三个方向角之和等于180吗,它们存在什么关系？『证明』不等。除了方向余弦平方和=1,其它没有关系。#题32(p49)【9】求以A(1,0,2),B(0,-3,2),C(4,-1,6)为顶点的三角形的重心坐标『证明』设重心为P，由下式可求出P的坐标OP=1(OA+OB+OC)#3题34(p49)◇rrrorrrrrr【10】已知a,b,c两两成60角，且|a|=4,，|b|=2，|c|=6.求|a+b+c|『解』rrrrrrrrr|a+b+c|＝(a+b+c)⋅(a+b+c)r2r2r2rrrrrr＝|a|+|b|+|c|+2a⋅b+2c⋅b+2a⋅cr2r2r2rrorrorro＝|a|+|b|+|c|+2|a||b|cos60+2|c||b|cos60+2|a||c|cos60=…#题43(p50)★rrrrrrrrrr【11】矢量a,b,c具有相等的模，且两两所成的角相等。若a=i+j,b=j+k，求c『证明』rrrrrrr易知|c|=2，且b•c=a•c=a•b=1(因为模相等，角相等)rrrr若设c=ri+sj+tk，则r+s=1s+t=1解得s=0,或s=43222r+s+t=2rr于是c＝{1,0,1}或c＝1{-1,4,-1}#3题52(p50)◇★rr【12】求以矢量a={2,1,−1},b={1,−2,1}为邻边的平行四边形的二对角线夹角的正弦『证明』4
BDraHrCAbrrrrAB=a+b={3,-1,0},HB=1{3,−1,0},DC=b−a={-1,-3,2},HC=1{−1,−3,2}22而rrrijkrrrHB×HC＝13−10＝1(−2i−6j−10k)44−1−32于是又|HB×HC|=|HB||HC|sinθ,140＝10×14×sinθ，所以sinθ＝1#题53(p50)◇rvv【13】已知a＝{3,0,1,},b={-1,4,2},c={0,3,-2}rvv(1)求a⋅(b×c)rvv(2)求a×(b×c)rvv(3)求以a，b，c为棱的平行六面体的体积『解』(1)用行列式求，略(2)用二重矢积(不要求)，略。rvv(3)体积V＝|a⋅(b×c)|，过程略#题54(p50)◇【14】求以A(1,0,0)、B(3,5,7)、C(5,9,2)、D(1,-2,6)为顶点的四面体体积『解』先求AB,AC,AD为棱的平行六面体的体积V1则以以上四点为顶点的四面体体积＝V，过程略#6题56(p51)【15】已知a、b、c不共线，则它们的和为零矢量的充要条件为a×b＝b×c＝c×a。『解』若它们的和为零矢量，即a+b+c＝0，则a＋c＝－b，于是a×b－b×c＝a×b＋c×b＝（a+c）×b=-b×b=0故a×b－b×c＝0，即a×b＝b×c.同理可证其它结论。反之，若a×b＝b×c＝c×a,则（a+c）×b=0，即有数m,使得a+c＝mb,或a＝mb－c，再利用b×c＝c×a可求得b×c＝c×（mb－c）＝mc×b＝－mb×c，所以m＝－1。故a+b＋c＝0#5
题57(p51)◇【16】已知a⊥b，计算a×{a×[a×(a×b)]}『解』由a×(b×c)＝(ac)b－(ab)c知2a×(a×b)＝(ab)a－(aa)b＝-|a|b224a×{a×[a×(a×b)]}＝a×{a×[-|a|b]}=-|a|[a×(a×b)]＝|a|b#题59(p51)◇x−1y+1z−1x+1y−1z【17】直线L1：==与直线L2：==相交于一点，求m,并写出交点坐标。12m111『解』5由L2得x=z-1,y=z+1,代入L1方程，可求出m=,z=6.且交点为(5,7,6)#4题66(p51)◇rx−1y+1z−3【18】求过P(-1,2,-3)垂直于α={6,−2,−3}且与直线L’==相交的直线方程L34−5『证明』rrr设所求直线L的方向矢量为v={a,b,c}.则由v⊥α,于是rrvα＝0,即6a-2b-3c=0由L与L’相交，于是两直线共面，于是对于直线L’上的点Q(1,-1,3),方向v"={3,4,－5}2−36r(PQ×v")•v=0,即34−5=0，或写为－9a+28b+17c=0abc由以上两式可求得a,b,c,再用点向式可得L的方程。#题68(p51)◇x−4yz+2【19】求P(2,5,1)在直线L：==上的投影点P’的坐标11−1『解』根据点在直线上投影的定义(1)求出过P且和L垂直的平面Π(2)求出L和Π的交点P’，即为P在L上的投影点#题69(p51)▲【20】求点M(3,-1,4)在平面4x+3y-7z-55=0上的投影点的坐标『证明』所谓点在某平面的投影点，是指从该点作该平面的垂线的垂足。x−3y+1z−4可写出该直线的点向式==，43−7或写成参数式x=3+4t,y=-1+3t,z=4－7t,于是和平面的交点满足，x=3+4t,y=-1+3t,z=4－7t,4x+3y-7z-55=0，即4(3+4t)+3(-1+3t)-7(4－7t)-55=0,74t=74,t=1.于是交点为(7,2,-3)即所求投影点为(7,2,-3)#题70(p51)◇x+y−z−1=0【21】求直线L：在平面Π：x+y+z=0上的投影直线方程x−y+z+1=06
『解』根据直线在平面上投影的定义(1)求出过L且和Π垂直的平面Σ(2)Σ和Π的交线即为所求#题73(p51)◇x+5y+z=0【22】试求通过直线L并与平面Π：x-4y-8z+12=0构成π角的平面方程x−z+4=04『证明』用待定系数法。设过L的平面用含两个参数的平面束表示。再根据两平面的夹角(其法向的夹角)求得待定系数#题74(p51)◇【23】求两平面x-3y+2z-5=0和3x-2y-z+3=0的夹角平分面方程。『解』设M(x,y,z)为所求平面上任一点，则M到这两已知平面是等距离的，因此|x−3y+2z−5||3x−2y−z+3|=12+32+2232+22+12整理即可#题76(p51)◇x+1y−3zx−2y−1z−3【24】证明直线L1：==与直线L2：==是异面直线，求并求它们之间的3122−14最短距离『解』(1)判断两直线异面的方法是在这两直线上各取一点，组成一个矢量，判断和两直线的方向共三个矢量，若它们异面(混合积非零)，则这两直线异面。在这两直线上各取一点，组成一个矢量，和两直线的方向矢量不共面(三矢量的混合积非0)(2)求最短距离的方法：v1P1vP2v2平行六面体V＝|(V1×V2)⋅P1P2|＝d|V1×V2|，由此求得的d即为两异面直线之间的距离.|(V1×V2)⋅P1P2|d=|V1×V2|7
(3)求公垂线方法分析：我们设法将公垂线表为两平面的交线。因公垂线垂直图中的下底面、上底面，故过L1和公垂线的平面Π1，必垂直这两下底面、上底面。同理可得到Π2。方法过L1作平面Π平行于直线L2。过L1作平面Π1垂直平面Π，过L2作平面Π2垂直平面Π。则Π1和Π2的交线L就是两异面直线的公垂线。LΠ1Π1P1•Π2LP2•L2r事实上，分别记nn1、n2为Π、Π1和Π2的法向，v为它们的交线的方向矢量，则因L同时位于rrrΠ1和Π2内，故v⊥n1，v⊥n2，于是v//（n1×n2）,而n//（n1×n2）r故v//n。即L⊥Π。又L1位于Π内，因此L⊥L1。同理L⊥L2。因此L为L1和L2的公垂线计算过程过L1作平面Π平行于直线L2。过L1作平面Π1垂直平面Π，过L2作平面Π2垂直平面Π。求出Π1和Π2的交线L，即为两异面直线的公垂线。#题78(1)(p51)◇【25】求下列球面方程已知一条直径的两个端点(4,3,1)和(2,-1,3).『解』据此即可求出球心、半径。过程略#题78(2)(p51)◇【26】求下列球面方程球心在(3，－1,2)且与平面2x-y+3z+9=0相切『解』半径即为球心到此平面的距离，过程略#题78(3)(p51)◇【27】求下列球面方程球心在(6，－8，1)且和z轴相切.『解』8
半径即为球心到z轴的距离，过程略#题78(4)(p51)◇【28】求下列球面方程过原点及A(0,2,0),B(1,3,0),C(0,0,-4)『解』因过原点，故可设球面方程为x2+y2+z2−2ax−2by−2cz=0再根据球面过A，B，C可求得a,b,c.过程略#题81(p51)◇2212【29】求圆锥面x+y−z=0的母线和对称轴的夹角3『解』此圆锥面顶点在原点，对称轴为z轴，圆锥面上任一点(x,y,z)和原点的连线即为母线，其方向矢量为{x,y,z}(不妨设z>0),z轴的方向矢量为{0,0,1},他们的夹角为zz3πcosθ===,θ=#x2+y2+z21z2+z2263题82(p51)◇【30】一直角三角板，绕其直角边(边长为a,且与斜边的交角为60o)转动一周，求斜边所成的圆锥面方程。『解』z60oaxy0如图，建立空间直角坐标系。则在yoz平面内斜边的方程为1z=−(y−3a)3于是所求旋转面方程为122z=−(±x+y−3a)3即3(z−a)2=x2+y2#题83(p51)◇x2y2+=1【31】求以A(0,0,1)为顶点，以椭圆259为准线的锥面方程。z=3『解』9
zΓπ:z=hhM1πF(x,y)=0Γ:•Mz=hM(x,y,z)AM1(x1,y1,z1)y0xAM1//AMÎ{x1−0,y1−0,h−1}//{x−0,y−0,z−1}x1y1h−1h−1h−1Î==Îx1=x,y1=yxyz−1z−1z−1h−1h−1ÎF(x,y)=0z−1z−1x2y2现在h=3,F(x,y)取+=1。于是2591x1yx2y2(z−1)2(2)2+(2)2=1Î+=#25z−19z−12594题84(p51)◇【32】求与XOY平面成45o且过点A(1,0,0)的一切直线所成的轨迹方程『解』z0y45oxA(1,0,0)设M(x,y,z)为曲面上任一点，则AM与XOY平面的夹角为45o，故AM＝{x-1,y,z}与Z轴正向(XOY平面的法向)的夹角为45o,即1z222＝于是(x−1)+y−z＝0，为顶点在A(1,0,0)处的圆锥面。#2(x−1)2+y2+z2⋅1题87(p52)◇【33】称满足F(tx,ty,tz)=tnF(x,y,z)的函数为n次齐次函数，称F(x,y,z)＝0为n次齐次方程。证明n次齐次方程表示的曲面是以原点为顶点的锥面。『证明』F(x,y,z)=0方程F(x,y,z)＝0在三维空间表示曲面，故C：表示曲线。下证以原点为顶点以C为z=h准线移动所得的曲面即为F(x,y,z)＝0,再由锥面定义，即可知F(x,y,z)＝0就是以原点为顶点的锥面。事实上，设M(x,y,z)为此曲面上任一点，P(x’,y’,z’)为C上任一点。则x"y"z"F(x",y",z")=0nOP//OM,即===t。又。于是F(tx,ty,tz)=0。故tF(x,y,z)＝0。此即xyzz"=hF(x,y,z)＝0。证毕。备注：10
也可证明曲面F(x,y,z)＝0是由过原点的直线构成，故为锥面。#题88(p52)◇【34】试求通过两曲面x2+y2+4z2=1和x2=y2+z2的交线C，且母线平行于z轴的柱面方程及C在xoy平面上的投影曲线方程。『解』x2+y2+4z2=1x2+y2+4z2=15x2−3y2=1(1)交线C：ÎÎx2=y2+z2z2=x2−y2z2=x2−y2故所求柱面方程为5x2−3y2=15x2−3y2=1(2)交线C：C在xoy平面上的投影曲线方程为z2=x2−y25x2−3y2=1#z=0题89(3)(p52)◇▲【35】求下列曲线在xoy平面上的投影曲线在x+y+z+1=0上的以(1,1,-3)为圆心、以2为半径的圆。『解』空间曲线常表示成两曲面的交线，再通过消去某变量的形式，得到相应的投影曲线。在x+y+z+1=0上的以(1,1,-3)为圆心、以2为半径的圆可看作以(1,1,-3)为球心、以2为半径的球和x+y+z+1=0的交线，即(x−1)2+(y−1)2+(z+3)2=4(x−1)2+(y−1)2+(z+3)2=4Îx+y+z+1=0z=−x−y−1(x−1)2+(y−1)2+(−x−y+2)2=4Îz=−x−y−1(x−1)2+(y−1)2+[(x−1)+(y−1)]2=4Îz=−x−y−12(x−1)2+2(y−1)2+2(x−1)(y−1)=4Îz=−x−y−1(x−1)2+(y−1)2+(x−1)(y−1)=2Îz=−x−y−1故所求投影曲线为(x−1)2+(y−1)2+(x−1)(y−1)=2#z=011
题90(p52)◇4x−y+3z−6=0【36】设有直线L：，x+5y−z+10=0(1)求在yoz平面上的投影直线方程(2)在平面Π：2x-y+5z-5=0的投影直线方程『解』根据直线在平面上投影的定义(a)求出过L且和Π垂直的平面Σ(b)Σ和Π的交线即为所求若Π为坐标平面，可以按照空间曲线在坐标面上的投影曲线的求法来进行。#题91(1)(p52)【37】试建立下列空间曲线的参数方程z=x2+y2z=4『解』x=2cosθz=x2+y2x2+y2=4即故y=2sinθ(0≤θ<2π)z=4z=4z=4题91(2)(p52)试建立下列空间曲线的参数方程x2+y2+z2=4R2(x,y,z≥0)(x−R)2+y2=R2『解』222x=R+Rcosθ2222(x−R)+y=R的参数方程为(0≤θ<2π)，代入x+y+z=4R，得y=Rsinθ2222222θθR+2Rcosθ+R+z=4R，z=2R(1−cosθ)，z=2Rsin或z=−2Rsin22x2+y2+z2=4R2故的参数式为(x−R)2+y2=R2x=R+Rcosθx=R+Rcosθy=Rsinθ(0≤θ<2π)及y=Rsinθ(0≤θ<2π)(两条曲线)θθz=2Rsinz=−2Rsin22x=R+Rcosθx2+y2+z2=4R2(x,y,z≥0)的参数式为y=Rsinθ(0≤θ<π)(x−R)2+y2=R2θz=2Rsin2题91(3)(p52)试建立下列空间曲线的参数方程12
x2+y2=a2x+y+2z=1『解』222x=acosθx+y=a的参数方程为(0≤θ<2π)，代入x+y+2z=1，得y=asinθz=1(1−acosθ−asinθ)2x=acosθx2+y2=a2于是的参数方程为y=asinθ(0≤θ<2π)x+y+2z=1z=1(1−acosθ−asinθ)2题94(p52)▲【38】求过坐标原点O、A(0,2,0)、B(1,3,0)、C(0,0,-4)的球面方程『解法1』用待定系数法。(x−a)2+(y−b)2+(z−c)2=r2『解法2』用待定系数法。过坐标原点的球面：x2+y2+z2−2ax−2by−2cz=0『解法3』我们知道，一个圆的任两条不平行弦的中垂线的交点是圆心。对于球，同样有：任两三个不平行弦的中垂面的交点是球心。OB的中垂面就是过OB的中点且以OB的方向矢量为法向的平面，据此求出平面方程为2x+6y-10=0现在，OA的中垂面是y＝1,OC的中垂面是z＝－2这三张平面的交点为(2,1,-2).此即球心。而半径即为OC长度4。因此可得球面方程#题94(p52)★【39】一动点与定点A(0,1,0)的距离为与平面y=4的距离的一半。试求动点的轨迹。『解』记动点为M(x,y,z).则依题意，2221|y−4|222x+(y−1)+z=，即4x+3y+4z=12，21为3y2+4z2=12绕y轴的旋转椭球面#题97(1)(p52)◇【40】画出下面各组曲面围成的立体图形yzx++=1与三坐标平面32『解』yzx++=1为平面，与三坐标平面均相交，1,3,2为在坐标轴上的截距。3213
z2y031x其围成的体可表成yV＝{(x,y,z)|0≤z≤2−2(x+),0≤y≤3(1−x),0≤x≤1}#3题97(2)(p52)◇▲【41】画出下面各组曲面围成的立体图形z=x2+y2与三坐标平面、平面x+y=1『解』zz=x2+y2z=101yσxyx+y=11x14
zz=x2+y22z=yz=x201σxyyx+y=1x1z=x2+y2可看作抛物线z=y2绕z轴旋转的旋转抛物面。平面x+y=1为平行于z轴，可看作xoy平面内的直线x+y=1沿z轴方向“拉出”的平面。z=x2+y2与x+y=1的交线在xoz平面内的投影为z=x2+(1−x)2，即z=2x2−2x+1为xoz平面内的一条抛物线。同样，交线在yoz平面内也为一条抛物线。z=x2+y2,z=1,x+y=1交点为(1,0,1)和(0,1,1)。z=x2+y2和xoz平面(y=0)的交线为z=x2，和yoz平面(x=0)的交线为z=y2其围成的体可表成V＝{(x,y,z)|0≤z≤x2+y2,(x,y)∈σ},xyσxy={(x,y)|0≤y≤1−x,0≤x≤1}#题97(3)(p52)◇【42】画出下面各组曲面围成的立体图形x2+y2+(z−R)2=R2与x2+y2=z2包含z轴部分『解』zz=R0yx15
x2+y2+(z−R)2=R2为半径为R中心在(0,0,R)的与xoy平面相切的球面x2+y2=z2为顶点在(0,0,0)的正圆锥面。x2+y2=R2它们的交线为圆z=R其围成的体可表成22222V＝(x,y,z)|x+y≤z≤R+R−x−y,(x,y)∈σxyσ={(x,y)|0≤x2+y2≤R2}xy『注』如何求围成的不含z轴的体为22222V＝(x,y,z)|R−R−x−y≤z≤x+y,(x,y)∈σxyσ={(x,y)|0≤x2+y2≤R2}#xy题97(4)(p52)◇【43】画出下面各组曲面围成的立体图形z=y2与平面z=1,x=0,x=2『解』z1y02xz=y2为过x轴且与x轴平行的抛物柱面。z=1为与xoy平面平行的平面。2y=1y=−1z=y与平面z=1的交线为及z=1z=1其围成的体可表成V＝{(x,y,z)|y2≤z≤1,(x,y)∈σ}xyσxy={}(x,y)|−1≤y≤1,0≤x≤2也可表为{(x,y,z)|0≤x≤2,y2≤z≤1,−1≤y≤1}#16
题97(5)(p52)◇【44】画出下面各组曲面围成的立体图形x2+y2=2−z与平面z＝0『解』z20yxx2+y2=2−z为y2=2−z绕z在轴的旋转抛物面。其围成的体可表成V＝{(x,y,z)|0≤z≤2−(x2+y2),x2+y2≤2}#题97(6)(p52)◇【45】画出下面各组曲面围成的立体图形y+1=x2+z2与平面y＝2『解』z0-12yxy+1=x2+z2为抛物线y+1=z2绕y轴旋转而得的旋转抛物面其围成的体可表成V＝{(x,y,z)|0≤y≤x2+z2−1,x2+z2≤3}#题97(7)(p53)◇【46】画出下面各组曲面围成的立体图形x2+y2=(1−z)2与平面z=0『解』x2+y2=(1−z)2为顶点在(0,0,1)的正圆锥面17
z10yx其围成的体可表成2222V＝(x,y,z)|0≤z≤1−(x+y),x+y≤1#题97(8)(p53)◇▲【47】画出下面各组曲面围成的立体图形x2+y2=1−z与x2+y2=1、平面y-z+2=0『解』z2z=y+2101yxx2+y2=1−z为由y2=1−z绕z轴旋转而得的旋转抛物面。x2+y2=1x2+y2=1中心轴为z轴的圆柱面。它们的交线为,z=0x2+y2=1与z轴平行的平面y-z+2=0和x2+y2=1的交线为椭圆(其在xoz平面投影为椭圆，在xoyz=y+2平面投影为圆)其围成的体可表成V＝{(x,y,z)|1−(x2+y2)≤z≤y+2,(x,y)∈σ}xyσ={(x,y)|0≤x2+y2≤1}xy『注』可以进一步分析所给抛物面与平面的有否交点、交线18
我们证明在x2+y2≤1范围内它们没有交点、交线。事实上，若有公共的点(x,y,z).则1≥x2+y2=1−z≥0于是1≥z≥0。于是对于z=y+2,1≥y＋2≥0.因此－1≥y≥－2。故此点不在x2+y2≤1范围内。再在x2+y2≤1外，它们也没有交点x2+y2=1−zx2+y2=−y−1x2+(y+1)2=−5事实上，若有交线，则必可写为，即或写为24，这z=y+2z=y+2z=y+2是不存在的。故没任何交点、交线。#题97(9)(p53)◇【48】画出下面各组曲面围成的立体图形x2+y2+z2=4a2与(x−a)2+y2=a2包含z轴正向部分(并画出第一卦限部分)『解』zyx0zy第一卦限部分0xz第一卦限部分0yx19
其围成的体可表成V＝{(x,y,z)|0≤z≤4a2−x2−y2,(x−a)2+y2≤a2}#题97(10)(p53)◇▲【49】画出下面各组曲面围成的立体图形y2+z2=R2与x2+z2=R2(第一卦限)『解』x=y两圆柱面在第一卦限的交线为x2+z2=R2zRR0yRx附y2+z2=R2与x2+y2=R2(第一卦限)（与书上题略有不同）『解』z=x两圆柱面在第一卦限的交线为y2+z2=R220
zR0RyRxy2+z2=R2与x2+y2=R222V＝(x,y,z)|0≤z≤R−y,(x,y)∈σxyσ={(x,y)|x2+y2≤R,x≥0,y≥0}xy我们还可求出，用平面y=a(0≤a≤R)去截所得的截面222x=R2−a2事实上，平面y=a与x+y=R交于直线y=ay=a222平面y=a与y+z=R交于直线z=R2−a2因此，平面y=a与第一卦限部分的截面为边长是R2−a2的正方形。zR0aRyR22x=R−ax#题101(p53)【50】用矢量方法证明平行四边形四边的平方和等于对角线的平方和。21
『解』22设平行四边形两邻边的矢量以a、b表示，则此平行四边形四边的平方和为2|a|+2|b|,对角线的平22方和为|a-b|+|a+b|，易知它们相等。#题102(p53)rrrrrrrrrr【51】已知a+3b和7a−5b垂直，a−4b和7a−2b垂直，求a和b的夹角『证明』rrrrrrrr0=(a+3b)(7a−5b)=7|a|2+16ab−15|b|2rrrrrrrr0=(a−4b)(7a−2b)=7|a|2−30ab+8|b|2rrr2rrr2rr相减，得2ab=|b|,代入第二式得，2ab=|a|。于是|a|=|b|因此rrrrrrcos(a,b)=rabr=1，(a,b)=π#|a||b|23题103(p53)◇r【52】一直线过点M(1,2,3)且与v＝{6,6,7}平行,求点P(3,4,2)到该直线的距离『解』直接用点到直线距离公式P(x1,y1,z1)drθ=(PM,v)LrθvM(x0,y0,z0)r0|PM×v|d＝|PM|sinθ＝|PM×v|＝r#|v|题104(p53)rrrrrr【53】已知c与P={0,1,2}和Q={−2,1,3}共面，且在P上投影为5,在Q上投影为−14，求c『证明』rrr记c=aP+bQ={−2b,a+b,2a+3b},由rrrrrc•P5a+7brc•Q7a+15b5＝(c)r＝r＝,−14＝(c)r＝r＝,P|P|Q|Q|514r于是，5a+7b=5,7a+15b=-14.求得a,b即可得c#题105(p53)◇rrrrrr【54】已知A，B，C对于原点的矢径为r1,r2,r3，且r1,r2,r3不共面，求C在OA和OB所确定的平面上的投影点D，并求A(1,2,3),B(0,-1,2),C(2,1,0)时的点D的坐标。『解法1』22
cODABrrOD=aOA+bOB=ar1+br2(共面)CD⊥OA，CD⊥OB,CD=OD−OCrrrrrrrr因此(ar1+br2−r3)⋅r2=0，(ar1+br2−r3)⋅r1=0rrrrrrar1⋅r1+br2⋅r1=r3⋅r1rrrrrrar1⋅r2+br2⋅r2=r3⋅r2得rrrrrrrrrrrrrrrr(r1⋅r3)(r2⋅r2)−(r1⋅r2)(r2⋅r3)(r1⋅r1)(r2⋅r3)−(r1⋅r2)(r1⋅r3)a=rrrrrrrr，b=rrrrrrrr(r1⋅r1)(r2⋅r2)−(r1⋅r2)(r1⋅r2)(r1⋅r1)(r2⋅r2)−(r1⋅r2)(r1⋅r2)而rrOD=ar1+br2『解法2』rrrrrrrrr(r1×r2)•r3(r1×r2)•r3rrDC=a(r1×r2),a=(r3)=rr,因此DC＝rr(r1×r2)DC|r1×r2||r1×r2|rrrr(r1×r2)•r3rr最后，OD=OC−DC＝r3−rr(r1×r2)|r1×r2|当A，B，C给定具体坐标时，可直接利用直线、平面方程求解出，也可利用上述思想。#题106(p53)◇【55】已知r1、r2、r3为三角形ABC三顶点的三个矢径，1）试用r1、r2、r3表示此三角形的面积；2）并证明当下式成立时，A，B，C在同一直线上r1×r2＋r2×r3＋r3×r1＝0『解』111）s=(r2-r1)×(r3-r1)|＝|r1×r2＋r2×r3＋r3×r1|222）若r1×r2＋r2×r3＋r3×r1＝0则r1×r1＋r1×r2＋r2×r3＋r3×r1＝0即r1×r1－r2×r1＋r2×r3－r1×r3＝0即(r2-r1)×(r3-r1)＝0所以23
(r2-r1)//(r3-r1)即A，B，C在同一直线上#题107(p53)◇【56】设有如图的长方体，求(1)OD在BG上的投影；(2)∆ACE的面积(3)四面体BEFG的体积z2GFDE30Cy1xAB『解』(1)BG＝BO+OG＝BA+AO+OG=-{0,3,0}－{1,0,0}+{0,0,2}={-1,-3,2}OD=OA+AD={1,0,0}+{0,0,2}={1,0,2}OD⋅BG3(OD)=|OD|cosθ==BG|BG|14(2)AC＝AO+OC＝-{1,0,0}+{0,3,0}={-1,3,0}AE＝OF=OC+CF＝{0,3,0}+{0,0,2}={0,3,2}1∆ACE的面积=|AC×AE|217=|{6,2,-3}|=22(3)1四面体BEFG的体积=长方体体积＝1#6题108(p53)【57】已知P(1,2,-1),Q(3,-1,4),R(2,6,2)为平行四边形PQRS的三个顶点，试求(1)第四个顶点的坐标(2)平行四边形PQRS的面积A(3)平行四边形PQRS的面积A在三个坐标平面投影『解』24
SRPQPS+PQ=PR，PS=PR−PQ，得S(0,9,-3)A＝|PQ×PR|＝3107，平行四边形PQRS所在平面的法向矢量rrrr029r1r11rrrrn=PQ×PR=−29i−j+11k，n=−i−j+k=cosαi+cosβj+cosγk310731073107于是Axoy＝A|cosγ|＝11，Ay0z＝A|cosα|＝29，Ax0y＝A|cosβ|＝1#题109(p53)◇【58】已知直线L1过点P1(3,0,1)，且与v1={2,4,3}平行，直线L2过点P2(-1,3,2)且与v2＝{2,0,1}平行，求L1和L2之间的最短距离。『解』(1)判断两直线异面的方法是在这两直线上各取一点，组成一个矢量，判断和两直线的方向共三个矢量，若它们异面(混合积非零)，则这两直线异面。(2)求最短距离的方法：v1P1vP2v2平行六面体V＝|(V1×V2)⋅P1P2|＝d|V1×V2|，由此求得的d即为两异面直线之间的距离.|(V1×V2)⋅P1P2|d=#|V1×V2|题111(p53)◇x+1y−3z【59】求过M(-2,3,0)的直线L，使L平行于已知平面Πx-2y-z+4=0且于已知直线L1==相312交。『解』25
因L和L1相交，故交点也L1上，不妨设交点为P(3t-1,t+3,2t),则PM//Π,故PM和Π的法向垂直，据此可求得t。下略#题112(p53)◇【60】求点P1（x1，y1，z1）关于已知平面π：ax+by+cz+d=0的对称点P2（x2，y21，z2）『解』先用点向式求出过P1和π垂直的直线L，其中L的方向矢量可取为π的法向。然后将直线L的方程表示成参数式，并求出L与π交点处的参数值t0,由于P1处的参数值为0，于是，由对称性，P2处的参数值为2t0，据此再由直线参数方程可写出P2处的坐标。#题113(p53)◇★【61】求垂直于5x-y+3z-2=0，且与它的交线在XOY平面上的平面方程『解』由题意知，所求平面过5x-y+3z-2=0和XOY平面的交线，而此交线同时满足5x-y+3z-2=0和z=0.于是所求平面方程可写成a(5x-y+3z-2)+bz=0,即5ax–ay+(3a+b)z–2a=0.又和5x-y+3z-2=0垂直，所以5a×5＋a+(3a+b)×3＝0。35a+3b＝0。于是所有方程为3(5x-y+3z-2)-35z=0，即15x-3y-26z-6=0.#题114(p53)◇x+3y+1z−2x−8y−1z−6【62】试证明直线==和==相交，并写出此两之间决定的平面Π的方524312程。『解』(1)空间两直线相交的充要条件为在这两直线上各取一点，组成一个矢量，和两直线的方向矢量共面(三矢量的混合积为0)；两直线的方向矢量不平行。(2)利用这两直线的方向矢量求出Π的法向。再在任一直线上任取一点，用点法式写出Π的方程。#题115(p53)◇【63】试求在由平面x+y+z=1与三坐标轴所构成的四面体内的内切球面的方程『证法1』0yPxHz由对称性，可设球心为P(a,a,a).半径为r.则根据相切，计算P到xoy平面的距离即为球半径，于是a=r.根据对称性，O到平面的垂线OH与OP重合。于是OH＝OP＋PH26
即122213−3=a+a+a+a，即=(3+1)a，或写为a=336『证法2』由对称性，可设球心为P(a,a,a)(00,由于x2−y2x2y2|xy−0|≤|xy|+|xy|≤2|xy|≤x2+y2x2+y2x2+y2x2+y222故有δ=ε>0,当(x−0)+(y−0)<δ时，便有x2−y2x2y2|xy−0|≤|xy|+|xy|≤2|xy|≤x2+y2<δ2=εx2+y2x2+y2x2+y2即(x−0)2+(y−0)2<δ时，x2−y2|xy−0|<εx2+y2因此依二元函数极限的定义知，x2−y2limxy＝0#(x,y)→(0,0)x2+y2题8(p107)◇【3】若二元函数f(x,y)在区域D上连续，则在该区域上对每一变量x和y而言也一定是连续的；但，反之不然『解』（1）即证明，对任一(x0,y0)∈D，f(x,y0)在x0处连续；f(x0,y)在y0处连续。现只证明前一部分。即只需证明，对任何的ε>0,可找到δ>0,使得当|x-x0|<δ时，必有|f(x,y0)-f(x0,y0)|<ε由于f(x,y)在区域D上连续，故f(x,y)在任一(x0,y0)∈D处连续。于是，对以上给定的ε，有δ1>0，使得(x−x)2+(y−y)2<δ001(1)时，|f(x,y)-f(x0,y0)|<ε(2)由于对满足(1)的任何(x,y),均有(2).故对满足(1)的(x,y0),（2）也成立。即对于以上δ1>0,只要1
(x−x)2+(y−y)2<δ0001也有|f(x,y0)-f(x0,y0)|<ε显然只需取δ为δ1即可。(2)对“反之不然”只需举反例说明。如取xy22（,x+y≠0）x2+y2f(x,y)=0,（其它）xy0则，y0非0时，f(x,y0)=对所有x为连续函数；y0=0时，f(x,y0)=0对所有x也为连续函数。x2+y20所以，固定任一y0，f(x,y0)在整个实数范围内连续。同理对x也成立但函数f(x,y)在(0,0)处不连续（实际上连极限均不存在）。#题13(p107)【4】在抛物面z=1+1(x2+y2)与平面y=2的交线上的点M(2,2,3)处作切线，试求切线与x轴正向的4夹角和切线方程。『解1』f’x(x0,y0)为此切线的关于x轴的斜率即切线与x轴正向夹角的正切z=f(x,y)zz0yx0y0xzθ0x2
∂z=∂[1+1(x2+y2)]=1x，∂z=1。故切线与x轴正向的夹角为π∂x∂x42∂x(2,2,3)4该切线在xoz平面的投影直线的方程为z-3=1(x-2),即z=x+1.z=x+1因此所有切线方程为y=2『解2』直接求出交线(曲线)的切线方程可求得抛物面z=1+1(x2+y2)与平面y=2的交线方程4x=xx"=1z=1+1(x2+y2)4即y=2故y"=0y=212z"=1x=1z=2+4x2x−2y−2z−3z=x+1因此，切线方程为==，即#101y=2题30(p107)◇【5】设f(tx,ty)=tnf(x,y),则xf"(x,y)+yf"(x,y)=nf(x,y)xy『解』对f(tx,ty)=tnf(x,y)两边关于t求导数(不妨将x,y看作参数，t为变量)，由，dxd[f(tx,ty)]=xf"x(tx,ty)+yf"y(tx,ty)得xf"(tx,ty)+yf"(tx,ty)=ntn−1f(x,y)，两边同乘t,得xytxf"(tx,ty)+tyf"(tx,ty)=ntnf(x,y)，即txf"(tx,ty)+tyf"(tx,ty)=nf(tx,ty)xyxy将tx看作x,即有xf"x(x,y)+yf"y(x,y)=nf(x,y)。#题35(p107)◇y∂z∂z【6】设u=x,v=,取u,v为新的自变量，变换方程x+y−z=0x∂x∂y『解』∂z∂z∂u∂z∂v∂zy∂z＝+＝−∂x∂u∂x∂v∂x∂ux2∂v∂z∂z∂u∂z∂v1∂z＝+＝∂y∂u∂y∂v∂yx∂v故∂z∂z∂zy∂z1∂z∂z∂zx+y−z＝x(−)+y()−z＝x−z＝u−z∂x∂y∂ux2∂vx∂v∂u∂u因此∂zu−z＝0#∂u题54(p107)◇【7】设u=x+ysinu确定函数u=u(x,y),假定它有任意阶连续的偏导数，则3
∂u∂u(i)=sinu⋅∂y∂x∂nu∂n−1∂u(ii)=(sinnu⋅)∂yn∂xn−1∂x『证』(i)∂u∂∂u∂u=(x+ysinu)=sinu+ycosu，即(1−ycosu)=sinu∂y∂y∂y∂y∂u∂∂u∂u=(x+ysinu)=1+ycosu，即(1−ycosu)=1∂x∂x∂x∂x于是两式相除就有∂u∂u=sinu⋅(1)∂y∂x(ii)由上可推知∂2u∂2u∂∂u∂∂u∂u∂u∂2u＝＝()=(sinu⋅)＝cosu⋅+sinu⋅∂x∂y∂y∂x∂x∂y∂x∂x∂x∂x∂x2故∂2u∂u∂u∂2u＝cosu⋅+sinu⋅(2)∂x∂y∂x∂x∂x2此式稍后备用。下面用数学归纳法证明第二个结论(ii)。n=1时显然成立。设n时成立，即∂nu∂n−1∂u=(sinnu⋅)(3)∂yn∂xn−1∂x下面证明n+1时也成立，即要证∂n+1u∂n∂u=(sinn+1u⋅)(4)∂yn+1∂xn∂x事实上，∂n+1u∂∂nu∂∂n−1∂u=()=[(sinnu⋅)](利用(3))∂yn+1∂y∂yn∂y∂xn−1∂x∂n−1∂∂u＝[(sinnu⋅)](因有任意阶连续的偏导数，故交换求导顺序)∂xn−1∂y∂x∂n−1∂u∂u∂2u＝[nsinn−1ucosu+sinnu]∂xn−1∂y∂x∂x∂y∂n−1∂u∂u∂2u＝[nsinn−1ucosu(sinu⋅)+sinnu](利用(1))∂xn−1∂x∂x∂x∂y∂n−1∂u∂u∂2u＝[nsinnucosu⋅+sinnu]∂xn−1∂x∂x∂x∂y∂n−1∂u∂u∂u∂u∂2u＝[nsinnucosu⋅+sinnu(cosu⋅+sinu⋅)](利用(2))∂xn−1∂x∂x∂x∂x∂x2∂n−1∂u∂u∂2u＝[(n+1)sinnucosu⋅+sinn+1u⋅]∂xn−1∂x∂x∂x2而∂n∂u∂n−1∂∂u(sinn+1u⋅)＝[(sinn+1u⋅)]∂xn∂x∂xn−1∂x∂x∂n−1∂u∂u∂2u＝[(n+1)sinnucosu+sinn+1u]∂xn−1∂x∂x∂x24
故(4)成立。由归纳法，即知(ii)成立#题57(2)(p107)◇★|xy|sin(x2+y2),x2+y2≠0【8】研究f(x,y)=x2+y2的可导、可微等220,x+y=0『解』(1)连续性|xy|sin(x2+y2)limf(x,y)=limsin(x2+y2)=lim|xy|=0=f(0,0)(x,y)→(0,0)(x,y)→(0,0)x2+y2(x,y)→(0,0)x2+y2因此f(x,y)在(0,0)处有极限且连续。再根据连续函数的四则运算法则，在其它点处也连续。(2)(0,0)处的可导性∂f(x,y)df(x,0)d0∂f(x,y)＝＝＝0，＝0∂x(0,0)dx0dx0∂y(0,0)(3)其它点处的可导性根据导数的四则运算法则，在其它点处也可导。如∂f(x,y)df(x,0)∂f(x,y)＝＝0(x≠0),＝0(y≠0)∂x(x,0)dx∂y(0,y)∂f(x,y)−2x22|y|1|x|22|xy|22=|xy|sin(x+y)+sin(x+y)+cos(x+y)2x∂x(x2+y2)2x2+y22|x|xx2+y2−2x|xy|22|xy|1222x|xy|22=sin(x+y)+sin(x+y)+cos(x+y)(x2+y2)2x2+y22xx2+y22x|xy|22sin(x2+y2)|xy|122=[cos(x+y)−]+sin(x+y)x2+y2x2+y2x2+y22x(4)(0,0)处的导数的连续性当(x,y)→(0,0)时，"∂f(x,y)2x|xy|22sin(x2+y2)|xy|122fx(x,y)＝＝[cos(x+y)−]+sin(x+y)∂xx2+y2x2+y2x2+y22x2x|xy|22sin(x2+y2)−(x2+y2)|xy|sin(x2+y2)＝{[cos(x+y)−1]−[]}+x2+y2x2+y22xx2+y2极限不存在，更不可能等于f"(0,0).因此f"(x,y)在(0,0)处不连续。同理f"(x,y)在(0,0)处不连续xxy(5)(0,0)处可微的判断f(x,y)−f(0,0)−f"(0,0)x−f"(0,0)yxyf(x,y)lim＝lim＝(x,y)→(0,0)22(x,y)→(0,0)x2+y2x+y|xy|22limsin(x+y)(x,y)→(0,0)2222x+y(x+y)5
|xy|sin(x2+y2)＝lim(x,y)→(0,0)x2+y2x2+y2当取y=x,及y=0两路径时可知上述极限不存在，更不是0。因此由定义知，在(0,0)处不可微。#题55(p110)∂2u∂2u∂2u【9】设方程++=0中的u为r=x2+y2+z2的函数，即u=f(r),且f有二阶连续导数，∂x2∂y2∂z2试对这样的u将方程化为常微分方程，并求出f(r)『解』∂u∂f(r)∂rx＝＝f"(r)＝f"(r)∂x∂x∂x222x+y+z∂2u∂x∂x∂x＝[f"(r)]＝[f"(r)]+f"(r)()∂x2∂x222∂x222∂x222x+y+zx+y+zx+y+z222xx+y+z−xx2+y2+z2x2＝f""(r)()+f"(r)x2+y2+z2(x2+y2+z2)2x2y2+z2＝f""(r)+f"(r)x2+y2+z22223(x+y+z)同理，2y2x2+z2∂u＝f""(r)+f"(r)∂y2x2+y2+z22223(x+y+z)∂2uz2x2+y2＝f""(r)+f"(r)∂z2x2+y2+z22223(x+y+z)因此∂2u∂2u∂2u++=0∂x2∂y2∂z2即为2f""(r)+f"(r)＝0r于是11f"(r)=−C12，f(r)=C1+C2，#rr题59(1)(p110)【10】(x2−y2)dx+(y2−2xy)dy『解』(x2−y2)dx+(y2−2xy)dy＝(x2dx+y2dy)−(y2dx+2xydy)6
＝d(1x3+1y3)−d(xy2)＝d(1x3+1y3−xy2)#3333题59(3)(p110)【11】exsinydx+(2y+excosy)dy『解』exsinydx+(2y+excosy)dy＝(exsinydx+excosydy)+2ydy＝d(exsiny)+dy2＝d(exsiny+y2)#题59(4)(p110)22【12】ex−y(xdx−ydy)『解』22222222ex−y(xdx−ydy)＝ex−y1(dx2−dy2)＝1dex−y＝d[1ex−y]#222题73(p107)◇【13】曲线x=etcost,y=etsint,z=et与圆锥面x2+y2=z2的所有母线交成等角『证』易验证曲线x=etcost,y=etsint,z=et在圆锥面上。设t处对应的点为(x,y,z)。曲线上过此点0000rttt的切线的方向矢量为α={e0(cost0−sint0),e0(cost0+sint0),e0}圆锥面上过点(x0,y0,z0)的母线(同时还过坐标原点)的方向矢量为rβ={x,y,z}＝{et0cost,et0sint,et0}00000以上两矢量的夹角为rrαβe2t0(cos2t−costsint)+e2t0(costsint+sin2t)+e2t0cosθ=rr＝000000=1|α||β|et02⋅et02与t0无关。故得证。#题83(3)(p112)【14】求z=x2+4y2+9在x2+y2≤4上最大值、最小值『解1』z=x2+4y2+9的驻点为(0,0)；在全平面连续、任意阶可导。因此验证其二阶偏导数得知，(0,0)为其全平面上唯一的极小点。因此在x2+y2≤4上，最小值为(0,0)处的值9。最大值在x2+y2=4上取到。经应用初等方法或Lagrange乘子法，可知最大值点为(0,±2),最大值为25。『解2』对任一k,0≤k≤2,我们求出z=x2+4y2+9在x2+y2=k2上的最大值M、最小值m。则在kk7
x2+y2≤4上最大值、最小值就是maxM、maxmkk0≤k≤20≤k≤2利用Lagrange乘子法。作F(x,y,λ)=(x2+4y2+9)+λ(x2+y2−k2),求得∂F∂F222=2x+2λx＝0，=8y+2λy＝0，x+y−k＝0∂x∂yx=0x=k22求得y=k或y=0。因此Mk=4k+9，mk=k+9λ=−4λ=−1最后M＝maxMk＝25，m＝maxmk＝90≤k≤20≤k≤2『解3』(1)求出无条件极值，找出位于x2+y2<4内的极值点(2)求出在x2+y2=4上的条件极值。『解4』本题也可用初等方法求解。本题可看作z=a+4b+9在a+b≤4(a≥0,b≥0)上的最大值、最小值。由于z=a+4b+9关于a或b均为单调增加函数。因此最小值定在a＝0,b＝0时取到。最大值肯定在a+b＝4时取到。由于z=a+4b+9＝3b+13。因此b越大，函数值就越大。因此a＝0,b=±4时取到最大值题99(1)(p113)∂u【15】u(x,y,z)在某点的方向导数P与该点处的梯度的关系？∂l『解』∂u0为梯度gradu在l上的投影#∂l题107(p113)◇【16】求u=x2+2y2+3z2+xy+3x−2y−6z在点(0,0,0)处梯度的大小与方向余弦，又问哪些点上的梯度为零？『解』（1）∂u∂u∂ugradu＝{,,}(0,0,0)∂x(0,0,0)∂y(0,0,0)∂z(0,0,0)＝{3,−2,−6}大小＝|gradu|=7(0,0,0)326方向余弦,−,−777（2）8
∂u∂u∂ugradu＝{,,}＝{2x+y+3,4y+x-2,6z-6}∂x∂y∂z易知，在(-2,1,1)处梯度为零#题108(p114)◇★1−|x|−|y|,|x|+|y|≤1【17】讨论f(x,y)=的连续性|x|+|y|,|x|+|y|>1『解』y-x+y=1x+y=1σ:|x|+|y|<1σ0x-x-y=1x-y=1易知函数在区域|x|+|y|<1或|x|+|y|>1内均是连续的。在|x|+|y|＝1上的任一点P0(x0,y0)，P(x,y)从σ内部趋近于P0(x0,y0)时，极限limf(P)为0；P(x,y)P→P0从σ外部趋近于P0(x0,y0)时，极限limf(P)为1。因此在在|x|+|y|＝1上f(x,y)无极限，因此不连续#P→P0题111(p114)★【18】设u=f(x,y,z),y=ϕ(x,t),t=ψ(x,z),求∂u,∂u∂x∂z『解1』用链法则∂u∂f∂f∂y∂f∂f∂ϕ∂ϕ∂t=+=+(+)∂x∂x∂y∂x∂x∂y∂x∂t∂x∂u=∂f∂y+∂f=∂f(∂ϕ∂t)+∂f∂z∂y∂z∂z∂y∂t∂z∂z『解2』用全微分du=df(x,y,z)=∂fdx+∂fdy+∂fdz∂x∂y∂z=∂fdx+∂fdϕ(x,t)+∂fdz∂x∂y∂z=∂fdx+∂f[∂ϕdx+∂ϕdt]+∂fdz∂x∂y∂x∂t∂z=∂fdx+∂f[∂ϕdx+∂ϕdψ(x,z)]+∂fdz∂x∂y∂x∂t∂z=∂fdx+∂f[∂ϕdx+∂ϕ(∂ψdx+∂ψdz)]+∂fdz∂x∂y∂x∂t∂x∂z∂z=[∂f+∂f∂ϕ+∂f∂ϕ∂ψ]dx+[∂f+∂f∂ϕ∂ψ]dz∂x∂y∂x∂y∂t∂x∂z∂y∂t∂z又，du=∂udx+∂udz∂x∂z9
比较，便得结论#题112(p114)◇★uu∂z∂z【19】x=ecosv,y=esinv,z=uv，求、∂x∂y『解1』将u,v看作x,y的函数，z为x，y的复合函数。uu由x=ecosv,y=esinv两边关于x求导，得u∂uu∂v1＝ecosv－esinv∂x∂xu∂uu∂v0＝esinv＋ecosv∂x∂x∂u∂v由以上两式，可求得，。于是∂x∂x∂z∂u∂v＝v+u，∂x∂x∂x即可得到∂zvcosv−usinv＝。∂xeu同理可得∂zvcosv+ucosv＝∂yeu『解2』uu将u,v看作x,y的函数，z为x，y的复合函数。从x=ecosv,y=esinv中可解出u,v关于x,y的函数22的解析表达式。如，u＝½ln（x+y）。再进行求导。∂z∂z∂u∂z∂v∂u∂v=+＝v+u，∂x∂u∂x∂v∂x∂x∂x∂z∂z∂u∂z∂v∂u∂v＝+＝v+u∂y∂u∂y∂v∂y∂y∂yuu2u22y由x=ecosv,y=esinv得e=x+y，tgv=。于是x2u222u∂u∂u−2u对e=x+y两边关于x求导，得e2=2x，即=xe∂x∂xy2∂vy∂vy2对tgv=两边关于x求导，得secv=−，即=−cosvx∂xx2∂xx2∂z∂u∂v−2uy2−u因此＝v+u＝xve−ucosv＝(vcosv−usinv)e∂x∂x∂xx2∂z同理可得∂y『解3』将x,y看作u,v的函数，z为u，v的函数。uu由x=ecosv,y=esinv两边关于u，v求导，得∂xu∂xu∂yu∂yu＝ecosv，＝－esinv，＝esinv，＝ecosv。∂u∂v∂u∂v∂z∂z∂x∂z∂yu∂zu∂z＝＋，即v=ecosv+esinv∂u∂x∂u∂y∂u∂x∂y∂z∂z∂x∂z∂yu∂zu∂z＝＋，即u=－esinv+ecosv.∂v∂x∂v∂y∂v∂x∂y10
据此，同样解得结论#题113(p114)◇★【20】设函数u=u(x,y)由方程u=f(x,y,z,t),g(y,z,t)=0,h(z,t)=0所确定，求∂u，∂u∂x∂y『解』因求∂u，∂u，而u最终为x,y的函数，因此我们将x,y看作最终变量。这样，z,t就是中间变量，∂x∂y且由g(y,z,t)=0,h(z,t)=0确定了z,t均为y的函数。对u=f(x,y,z,t)两边关于x求导，得∂u=∂f∂x∂x对u=f(x,y,z,t)两边关于y求导，得∂u＝∂f+∂fdz+∂fdt∂y∂y∂zdy∂tdy对h(z,t)=0两边关于y导，得∂hdz+∂hdt＝0，∂zdy∂tdy∂g∂gdz∂gdt对g(y,z,t)=0两边关于y求导，得+++=0∂y∂zdy∂tdy即∂hdz+∂hdt＝0∂zdy∂tdy∂gdz+∂gdt=−∂g∂zdy∂tdy∂y求得∂g∂h∂g∂hdz∂y∂tdt∂y∂z＝，＝−dy∂(h,g)dy∂(h,g)∂(z,t)∂(z,t)于是∂g∂h∂g∂h∂u＝∂f+∂fdz+∂fdt＝∂f+∂f∂y∂t−∂f∂y∂z#∂y∂y∂zdy∂tdy∂y∂z∂(h,g)∂t∂(h,g)∂(z,t)∂(z,t)题114(p114)◇★【21】u=sin(y+3z),其中z由yz2−xz3−1=0所确定，求在(1,0)处的du及∂u，∂u∂x∂y『解』x=1,y=0时z=-1du=dsin(y+3z)=cos(y+3z)d(y+3z)=cos(y+3z)(dy+3dz)=cos(3)(dy+3dz)0=d(yz2−xz3−1)=d(yz2)−d(xz3)=z2dy+2yzdz−z3dx−3xz2dz＝(z2dy−z3dx)+(2zy−3xz2)dzzdy−z2dx于是dz=−=(dx+dy)/3.2y−3xz最后du=cos(3)(dy+3dz)＝cos(3)(dx+2dy).又du=∂udx+∂udy,于是dx=cos3dx,dy=2cos3dy#∂x∂y11
题115(p114)★【22】z=z(x,y)由x2+y2+z2=xyf(z2)所确定,其中f为可微函数，试计算x∂z+y∂z,并化成最简形∂x∂y式『解』对x2+y2+z2=xyf(z2)关于x,y求偏导数，得2x+2z∂z=yf(z2)+2xyzf"(z2)∂z(1)∂x∂x2y+2z∂z=xf(z2)+2xyzf"(z2)∂z(2)∂y∂y(1)×x+(2)×y,得，2(x2+y2)+2z(x∂z+y∂z)=2xyf(z2)+2xyzf"(z2)(x∂z+y∂z)∂x∂y∂x∂y于是(x2+y2)−xyf(z2)z2zx∂z+y∂z＝＝＝#∂x∂y222xyzf"(z)−zxyzf"(z)−zxyf"(z)−1题116(p114)★【23】设u＝u(x,y)可微，且y=x2时u(x,x2)=1,又设∂u＝x，求y=x2时的∂u∂x∂y『解』将y看作x的函数，对u(x,x2)=1两边关于x求偏导，得0＝∂u+∂udy＝x+∂u2x，于是∂u＝-1/2#∂x∂ydx∂y∂y题119(p114)◇【24】设u为x,y,z的函数。若对x,y,z引进球面坐标x=ρsinϕcosθ，y=ρsinϕsinθ,z=ρcosϕ。试改写∂2u2∂2u∂uΔu＝＋＋∂x2∂y2∂z2『解1』将(x,y,z)先表示成柱面坐标，x=Rcosθ，y=Rsinθ,z=z。再表示成z=ρcosϕ，R=ρsinϕ,θ=θ。『解2』由x=ρsinϕcosθ，y=ρsinϕsinθ,z=ρcosϕ得222zyρ＝x+y+z，ϕ＝arccos，θ＝arctg222xx+y+z∂u∂u∂ρ∂u∂ϕ∂u∂θ＝＋＋∂x∂ρ∂x∂ϕ∂x∂θ∂x∂2u∂∂u∂ρ∂u∂ϕ∂u∂θ＝[＋＋]∂x2∂x∂ρ∂x∂ϕ∂x∂θ∂x∂2u∂ρ∂2u∂ϕ∂2u∂θ222＝()＋()＋()＋∂ρ2∂x∂ϕ2∂x∂θ2∂x∂u∂2ρ∂u∂2ϕ∂u∂2θ＋＋∂ρ∂x2∂ϕ∂x2∂θ∂x2同理∂2u∂2u∂ρ∂2u∂ϕ∂2u∂θ222＝()＋()＋()＋∂y2∂ρ2∂y∂ϕ2∂y∂θ2∂y∂u∂2ρ∂u∂2ϕ∂u∂2θ＋＋∂ρ∂y2∂ϕ∂y2∂θ∂y212
∂2u∂2u∂ρ∂2u∂ϕ∂2u∂θ222＝()＋()＋()＋∂z2∂ρ2∂z∂ϕ2∂z∂θ2∂z∂u∂2ρ∂u∂2ϕ∂u∂2θ＋＋∂ρ∂z2∂ϕ∂z2∂θ∂z2于是∂2u2∂2u∂uΔu＝＋＋∂x2∂y2∂z2∂2u∂ρ∂ρ∂ρ222＝[()＋()＋()]＋∂ρ2∂x∂y∂z∂2u∂ϕ∂ϕ∂ϕ222[()＋()＋()]＋∂ϕ2∂x∂y∂z∂2u∂θ∂θ∂θ222[()＋()＋()]＋∂θ2∂x∂y∂z∂u∂2ρ2∂2ρ∂ρ[＋＋]＋∂ρ∂x2∂y2∂z2∂u∂2ϕ∂2ϕ∂2ϕ[＋＋]＋∂ϕ∂x2∂y2∂z2∂2θ2∂2θ∂u∂θ[＋＋]∂θ∂x2∂y2∂z2222zy只要根据ρ＝x+y+z，ϕ＝arccos，θ＝arctg，求出以上各方括号内的表达式，再222xx+y+z转换成ρ，ϕ，θ的函数，即可。以下试算几个。先求ρ关于x,y,z的各阶偏导数∂ρx∂ρy∂ρz＝，＝，＝∂x222∂y222∂z222x+y+zx+y+zx+y+z于是∂ρ2∂ρ2∂ρ2()＋()＋()＝1（1）∂x∂y∂z∂2ρ∂1＝[x(x2+y2+z2)−2]∂x2∂x222−1∂222−1＝(x+y+z)2＋x[(x+y+z)2]∂x13＝(x2+y2+z2)−2＋x(−1)(x2+y2+z2)−22x222y+z＝222222(x+y+z)x+y+z依对称性，2∂ρx2+z2＝2222222∂y(x+y+z)x+y+z∂2ρ22x+y＝2222222∂z(x+y+z)x+y+z于是∂2ρ2∂2ρ∂ρ22＋＋＝＝（2）222222ρ∂x∂y∂zx+y+z再求θ关于x,y,z的各阶偏导数1y−1∂θx2y∂θxx∂θ＝＝－，＝＝，＝0∂xy2x2+y2∂y(y)2x2+y2∂z1+()1+xx13
故∂θ2∂θ2∂θ2()＋()＋()＝1（3）∂x∂y∂z又∂2θ∂2∂∂2θy2xy∂θx2xy2＝－22＝222，2＝22＝－222，2＝0∂x∂xx+y(x+y)∂y∂yx+y(x+y)∂z于是∂2θ2∂2θ∂θ＋＋＝0（4）∂x2∂y2∂z2最后求ϕ关于x,y,z的各阶偏导数∂ϕ1∂z＝－∂x2∂xx2+y2+z21−z222x+y+zx2+y2+z2＝－−xz22222222x+y(x+y+z)x+y+z＝xz22222(x+y+z)x+y题120(p114)◇★【25】证明光滑曲面z=x+f(y-z)的所有切平面与一定直线平行『证』z=x+f(y-z)，F(x,y,z)=x+f(y-z)-z=0,任意点(x,y,z)处的切平面法向是{F"x,F"y,F"z}={1,f",−f"}.该法向与方向矢量为{1,1,1}的直线垂直。因此所有切平面与一定直线平行#题121(p114)◇▲x=u+v22【26】求曲面y=u+v在u=1,v=1的点的法线矢量的方向余弦及在该点的法线方程和切平面方程33z=u+v『解1』设法将z直接表为x,y的函数。x2−yx2=(u+v)2=(u2+v2)+2uv=y+2uv,于是uv＝2于是x2−yz=u3+v3=(u+v)3−3uv(u+v)=x3−3x=−1x3+3xy222即z=−1x3+3xy。又u=1,v=1对应于点(2,2,2)22于是法向为∂z,∂z,−13233∂x∂y＝{−2x+2y,2x,−1}＝{−3,3,−1}//{3,−3,1}（在点(2,2,2)处）x−2y−2z−2因此法线方程==3−31切平面方程3(x-2)-3(y-2)+(z-2)=0331法向的方向余弦cosα=,cosβ=−,cosγ=19191914
『注记』(1)x=x(u,v)参数形式y=y(u,v)给出的曲面，，在一定条件下其任一点(u,v)处的法向为z=z(u,v)∂(y,z)∂(z,x)∂(x,y),,∂(u,v)∂(u,v)∂(u,v)∂y∂z∂(y,z)2u3u2＝∂u∂u＝＝6uv(v−u)＝0(u=1,v=1时)∂(u,v)∂y∂z2v3v2∂v∂v∂x∂z∂(z,x)13u2＝−∂u∂u＝−＝－3(v2−u2)＝0(u=1,v=1时)∂(u,v)∂x∂z13v2∂v∂v∂x∂y∂(x,y)＝∂u∂u＝12u＝2(v−u)＝0(u=1,v=1时)∂(u,v)∂x∂y12v∂v∂v∂(x,y)由推导过程知，为0时不能用以上方法得到此时的法向∂(u,v)(2)∂u∂vx=u+v1=∂x+∂x对两边关于求导，得，此方程组在(u=1,v=1)处无解。所以(u=1,v=1)y=u2+v2∂u∂v0=2u+2v∂x∂x不能通过z=z(u(x,y),v(x,y))的方式得到切平面(由此说明书上该题的提示是实现不了的；从方程组形式给出的隐函数存在定理知隐函数的充分条件不满足，故用求导方式得不到∂u,∂u等)。∂x∂y本注解(2)本质上概括了注解(1)和(3)的思路是不可行的(3)设法将u,v直接表为x,y的函数u=u(x,y),v=v(x,y)。而z=u3+v3.故需求出∂u,∂u等∂x∂yx2−yx2=(u+v)2=(u2+v2)+2uv=y+2uv,于是uv＝2又u+v=x,因此u,v为以下方程的解U2−xU+1(x2−y)=02其中U可看作为u,v中的任一个对此方程两边关于x求导，得2U∂U−U−x∂U+x=0。于是∂x∂x(2U−x)∂U=U−x，∂U=U−x＝12U−x−x＝1[1−x]∂x∂x2U−x22U−x22U−x因u=1,v=1时对应于x=y=z=2.此时∂U不存在。于是∂u，∂v不存在∂x∂x∂x对此方程两边关于y求导，得2U∂U−x∂U−1=0。于是∂y∂y215
(2U−x)∂U=−1，∂U=−11∂y2∂y22U−x同理x=y=z=2时∂u,∂v不存在。∂y∂y因此以上方法不适合。题122(p114)★【27】求半径为R的圆外切三角形面积的最小者『注』为使过程简单，可设R＝1。以下解法较复杂。可设角度作为待定参数(如图)。此外，设两边为a,b,则第三边可通过几何方法算得『解』abRαβ易知，2S＝(a+b+c)R,其中S为半径为R的圆的任一外切三角形面积，a,b,c为三角形的三边的长度。记t=a+b+c，则面积还可表示成S＝t(t−a)(t−b)(t−c)。于是2(t-a)(t-b)(t-c)=tR2于是问题转化为求满足条件(t-a)(t-b)(t-c)=tR2下的S＝tR的极值。用Lagrange乘数法。记F(a,b,c,λ)=tR-λ[(t-a)(t-b)(t-c)-tR2]则(注意到t=a+b+c)20=F"a=1R−λ[(−1(t−b)(t−c)+1(t−a)(t−c)+1(t−a)(t−b)]−1R]222220=F"b=1R−λ[(1(t−b)(t−c)−1(t−a)(t−c)+1(t−a)(t−b)]−1R]222220=F"c=1R−λ[(1(t−b)(t−c)+1(t−a)(t−c)−1(t−a)(t−b)]−1R]222220=F"=(t-a)(t-b)(t-c)-tR2λ从以上四式解出a,b,c.改写以上四式得−(t−b)(t−c)+(t−a)(t−c)+(t−a)(t−b)=(1+1)Rλ(t−b)(t−c)−(t−a)(t−c)+(t−a)(t−b)=(1+1)Rλ(t−b)(t−c)+(t−a)(t−c)−(t−a)(t−b)=(1+1)Rλ(t-a)(t-b)(t-c)＝tR2(*)将前三式相加得(t−b)(t−c)+(t−a)(t−c)+(t−a)(t−b)=3(1+1)Rλ所以(t−b)(t−c)=(t−a)(t−c)=(t−a)(t−b)=(1+1)Rλ16
因此再由(*)知，tRt−a=t−b=t−c=，1+1λ于是a=b=c.进一步，相加，即得3tR3tR13t−(a+b+c)=,即t=，所以+1=3R。1+11+1λλλ最后(t−a)(t−b)=(1+1)R，1a•1a=3R2，所以a=23Rλ22故最小面积的外切三角形为边长为23R的等边三角形#题125(p114)◇★【28】求f(x,y,z)＝lnx+lny+3lnz在球面x2+y2+z2=5r2（x,y,z>0）上的最大值并以此结果证明对53a+b+c任意实数a,b,c>0,有abc≤275『解』（1）作F(x,y,z,λ)=(lnx+lny+3lnz)-λ(x2+y2+z2−5r2)则0=F"=1−λ2x,0=F"=1−λ2y,0=F"=3−λ2z,0=F"=x2+y2+z2−5r2xxyyzzλ于是22123x=y=,z=，因而2λ2λ2222113210＝x+y+z−5r＝++−5r，即λ=2λ2λ2λ2r2于是最大值点为x=y=r,z=3r.最大值为f(x,y,z)＝lnx+lny+3lnz=ln(27r5)故x2+y2+z2=5r2时，lnx+lny+3lnz≤ln(27r5)(2)记a=x2,b=y2,c=z2，且记a+b+c=5r2。则515310a+b+c[lna+lnb+3lnc]≤ln(27r)，或abc≤27r＝27#25题126(p114)▲【29】用Lagrange乘数证明周长为一定、面积最大的三角形是等边三角形『证』面积还可表示成S＝t(t−a)(t−b)(t−c)，其中a,b,c为三角形的三边的长度。于是，我们求t(t-a)(t-b)(t-c)在t=a+b+c为常数下的最大值。为简便。不妨设t=1.2作F(a,b,c,λ)=t(t-a)(t-b)(t-c)-λ(t－1)17
则0=F"a=1(t−a)(t−b)(t−c)−1t(t−b)(t−c)+1t(t−a)(t−c)+1t(t−a)(t−b)−1λ222220=F"b=1(t−a)(t−b)(t−c)+1t(t−b)(t−c)−1t(t−a)(t−c)+1t(t−a)(t−b)−1λ222220=F"c=1(t−a)(t−b)(t−c)+1t(t−b)(t−c)+1t(t−a)(t−c)−1t(t−a)(t−b)−1λ222220=F"λ=t-1整理，得(t−a)(t−b)(t−c)−t(t−b)(t−c)+t(t−a)(t−c)+t(t−a)(t−b)=λ(t−a)(t−b)(t−c)+t(t−b)(t−c)−t(t−a)(t−c)+t(t−a)(t−b)=λ(t−a)(t−b)(t−c)+t(t−b)(t−c)+t(t−a)(t−c)−t(t−a)(t−b)=λt-1＝0前三式相加得(t−a)(t−b)(t−c)+t(t−b)(t−c)+t(t−a)(t−c)+t(t−a)(t−b)=3λ所以t(t−b)(t−c)＝t(t−a)(t−c)＝t(t−a)(t−b)＝λ−(t−a)(t−b)(t−c)因此，a=b=c.于是，故为等边三角形#题129(p115)◇【30】对函数f(x,y)=3x2+y2在单位圆x2+y2=1上找出这样的点及方向，使函数在此点沿该方向的方向导数达到最大值『解』任一点(x,y)处的最大方向导数的方向为梯度方向。最大方向导数为|gradu|=()∂f2+(∂f)2=()6x2+(2y)2=36x2+4y2∂x∂y由于x2+y2−1=0.于是|gradu|=36x2+4y2＝36+32x2≤36+32＝68于是x=±1,y=0。方向导数最大的方向为梯度方向：rrrgradu＝∂fi+∂fj＝±6i∂x∂y『注』此处求极值也可用Lagrange乘数法作作F(x,y,λ)=(9x2+y2)−λ(x2+y2−1)则0=F"=18x−2λx，0=F"=2y−2λy，0=F"=x2+y2−1xyλ可求得x=±1,y=0#18
第十章重积分题3(1)(p142)【1】估计下列积分值∫∫(4x2+y2+9)dσ，σ={(x,y)|x2+y2≤4}σ『解1』利用对称性I＝∫∫(4x2+y2+9)dσ＝4x2dσ+y2dσ+9dσσ∫∫σ∫∫σσ∫∫根据积分区域分关于x,y的地位的同等性，有∫∫x2dσ=∫∫y2dσσσ于是I＝4∫∫x2dσ+∫∫x2dσ+9σ(对称性)σσ＝5x2dσ+9σ＝5(x2+y2)dσ+9σ∫∫σ2∫∫σ于是I≤54dσ+9σ＝19σ＝76π2∫∫σ又I＝4∫∫x2dσ+∫∫y2dσ+9∫∫dσ≥9dσ＝36πσσσ∫∫σ『解2』利用中值定理I＝∫∫(4x2+y2+9)dσ＝(4ξ2+η2+9)dσ＝(4ξ2+η2+9)4πσ∫∫σ(4ξ2+η2+9)4π≤(4ξ2+4η2+9)4π≤(4×4+9)4π＝100π(4ξ2+η2+9)4π≥36π#题3(2)(p142)▲【2】估计下列积分值∫∫[x(1+y)−(x2+y2)]dσ，σ={(x,y)|0≤x≤1,0≤y≤2}σ『解1』较粗略的估计因0≤x≤1,0≤y≤2，所以0≤x(1+y)≤3,−5≤−(x2+y2)≤0。于是−5≤x(1+y)−(x2+y2)≤3。因此−5σ≤∫∫[x(1+y)−(x2+y2)]dσ≤3σ。σ由于σ＝2，因此−10≤∫∫[x(1+y)−(x2+y2)]dσ≤6σ『解2』★较精确的估计若记f(x,y)=x(1+y)−(x2+y2)=x+xy−x2−y2.则σminf(x,y)≤∫∫[x(1+y)−(x2+y2)]dσ≤σmaxf(x,y)(x,y)∈σσ(x,y)∈σ其中maxf(x,y),minf(x,y)分别为f(x,y)在σ上的最大、最小值。(x,y)∈σ(x,y)∈σ1
以下求maxf(x,y),minf(x,y)。(x,y)∈σ(x,y)∈σ∂f∂f21易知驻点处满足=1+y−2x=0,=x−2y=0,得驻点为(,).∂x∂y33进一步验证极值点的充分条件。∂2f∂2f∂2fA==−2,B==1,C==−2。A<0,B2−AC<0。故(2,1)为极大点。极大值为f(2,1)=1∂x2∂x∂y∂y233333因为σ内仅有一个驻点，因此最小值点应在边界上取到。而最大值点也有可能在边界上取到。下面逐一求出四条边界直线段上的极值。(1)x=0,0≤y≤2.此时f(0,y)=−y2.因此此边界上最大值f(0,2)=0,,最小值f(0,0)=-4(2)x=1,0≤y≤2.此时f(1,y)=y−y2=1−(y−1)2.42因此此边界上最大值f(1,1)=1,最小值f(1,2)=-224(3)y=0,0≤x≤1.此时f(x,0)=x−x2=1−(x−1)2.42因此此边界上最大值f(1,0)=1,最小值f(0,0)=024(4)y=2,0≤x≤1.此时f(x,2)=3x−x2−4=−7−(x−3)2.42因此此边界上最大值f(1,2)=-2,最小值f(0,2)=-4综上知，在σ的边界上，f(x,y)的最大值f(1,1)=1,,最小值f(0,2)=-4.24因此在σ的边界上，f(x,y)的最大值f(2,1)=1,最小值f(0,2)=-4.333于是最后得-8≤I≤2.3『解3』更精确的估计将积分区域变成一关于坐标轴对称的区域。作x=u+1/2,y=v+1(类似于坐标轴的平移).则σ＝{(u,v)|,-1/2≤u≤1/2,-1≤v≤1}此时[x(1+y)−(x2+y2)]dσ＝[u−3v+uv−u2−v2−1]dσ∫∫σ∫∫σ24＝−[u2+v2]dσ−1σ＝−4[u2+v2]dσ−1∫∫σ4∫∫σ21其中σ1={(u,v)|0≤u≤1,0≤v≤1}。由于0≤u2+v2≤5，所以24−3≤I≤−12『解4』作为对比，计算其精确值直接计算。21∫∫[x(1+y)−(x2+y2)]dσ＝dy(x+xy−x2−y2)dxσ∫0∫0212＝(1x2+1x2y−1x3−xy2)dy＝(1+1y−1−y2)dy∫02230∫0223＝−4#32
题3(3)(p142)估计下列积分值【3】∫∫∫(cosxyz+sinxyz)dV，V={(x,y,z)|0≤x≤1,0≤y≤1,0≤z≤1}V『解1』记I1=∫∫∫cosxyzdV，则VI1≤∫∫∫cos0dV＝1，I1≥cos1dV＝cos1V∫∫∫V记I2=∫∫∫sinxyzdV，则VI2≤∫∫∫sin1dV＝sin1，I2≥0V即cos1≤I1≤1，0≤I2≤sin1。于是cos1≤I1＋I2≤1＋sin1『解2』I＝(cosxyz+sinxyz)dV＝2sin(π+xyz)dV∫∫∫∫∫∫4VV由于π≤π+xyz≤π＋1，于是1/2≤sin(π+xyz)≤1(因为π＋1≥π)，于是1≤I≤2444442题4(p142)【4】设f(x,y)在{(x,y)|x2+y2≤R2}上连续，记σ={(x,y)|x2+y2≤r2}，试证1limf(x,y)dσ=f(0,0)r→0πr2∫∫σ『证』对于任何00,根据连续性，有η>0,使得x2+y2≤η2时，|f(x,y)−f(0,0)|<ε于是现取δ＝η，则r<δ时，111[f(x,y)−f(0,0)]dσ0，有δ>0，00.于是由连续性，有P0的一个小邻域,记做Ω1(Ω的任何一个子区域)，使得f(P)在Ω1上恒为正。此时，有积分性质，知∫f(P)dΩ>0.与已知Ω1矛盾。#题10(9)(p143)【11】计算二重积分∫∫dσ，σ由y2−x2=1、x=2、x=-2所围成σ『解』5
yy=1+x2x-202y=−1+x2221+x22dσ＝dxdy＝21+x2dx＝41+x2dx∫∫σ∫−2∫−1+x2∫−2∫0α＝4∫1+tan2tdtant(x=tant,tanα=2)0α＝4∫sect⋅sec2tdt0α＝4∫sec3tdt011α＝(secttant+ln|sect+tant|)22011＝secαtanα+ln|secα+tanα|22＝45+2ln(2+5)其中tanα=2，secα=5附311∫secxdx＝secxtanx+ln|secx+tanx|+C#22题14(3)(p143)bb1【12】证明∫f(x)dx∫dx≥(b−a)2(f(x)>0)aaf(x)『证法1』bb1bb1f(x)∫f(x)dx∫dx＝∫f(x)dx∫dy＝∫∫dσaaf(x)aaf(y)σf(y)同理，bb1f(y)∫f(x)dx∫dx＝∫∫dσ，其中σ=[a,b]×[a,b]aaf(x)σf(x)于是bb11f(x)f(y)f(x)dxdx＝dσ+dσ∫a∫af(x)2∫∫σf(y)∫∫σf(x)1f(x)f(y)12＝2∫∫σ+dσ≥2∫∫σ2dσ＝(b−a)f(y)f(x)『证法2』用Cauchy_Schwarz不等式，得6
bb1b1b2|b−a|=|dx|=|f(x)⋅dx|≤dxf(x)dx∫a∫af(x)∫af2(x)∫a于是bb1f(x)dxdx≥(b−a)2∫∫aaf(x)即bbf(x)dx}2≤(b−a)f2(x)dx{∫∫。得证#aa题14(4)(p143)2b21b【13】证明∫f(x)dx≥∫f(x)dx(f(x)>0)ab−aa『证法1』2bbbbb∫f(x)dx＝∫f(x)dx∫f(x)dx＝∫f(x)dx∫f(y)dy＝∫∫f(x)f(y)dσaaaaaσ其中σ=[a,b]×[a,b]。于是2bf2(x)+f2(y)f(x)dx＝f(x)f(y)dσ≤dσ＝1f2(x)dσ+f2(y)dσ∫a∫∫σ∫∫σ22∫∫σ∫∫σb2(b−a)f2(x)dx＝∫∫f(x)dσ(根据对称性)＝∫σa『证法2』设σ={(x,y)|a≤y≤b,a≤x≤b}20≤∫∫[f(x)−f(y)]dσ＝[f2(x)+f2(y)−2f(x)f(y)]dσσ∫∫σ＝∫∫f2(x)dσ+∫∫f2(y)dσ−2∫∫f(x)f(y)dσσσσbbbb＝(b−a)∫f2(x)dx+(b−a)∫f2(y)dy−2∫f(x)dx∫f(y)dyaaaabbb＝2(b−a)∫f2(x)dx−2∫f(x)dx∫f(x)dxaaa因此bb22[∫f(x)dx]≤(b-a)∫f(x)dxaa『证法3』用Cauchy_Schwarz不等式，得bbbb|f(x)dx|=|1⋅f(x)dx|≤12dxf2(x)dx∫∫∫∫aaaa即bb{f(x)dx}2≤(b−a)f2(x)dx∫∫。得证#aa7
题14(5)(p143)af(x)+bf(y)a+b2【14】证明∫∫dσ=πRf(x)+f(y)2222x+y≤R『证』af(x)+bf(y)f(x)f(y)∫∫dσ＝a∫∫dσ+b∫∫dσf(x)+f(y)f(x)+f(y)f(x)+f(y)222222222x+y≤Rx+y≤Rx+y≤Rf(x)＝(a+b)∫∫dσ(根据对称性)f(x)+f(y)222x+y≤Rf(x)f(x)f(x)2∫∫dσ＝∫∫dσ＋∫∫dσf(x)+f(y)f(x)+f(y)f(x)+f(y)222222222x+y≤Rx+y≤Rx+y≤Rf(x)f(y)f(x)+f(y)2＝∫∫dσ＋∫∫dσ＝∫∫dσ＝∫∫dσ＝πRf(x)+f(y)f(x)+f(y)f(x)+f(y)x2+y2≤R2x2+y2≤R2x2+y2≤R2x2+y2≤R2整理，即得结论。#题15(1)(p143)【15】求∫∫(|x|+|y|)dσσ={(x,y)||x|+|y|≤1}σ『解1』利用对称区间上的奇偶函数积分区域关于x轴,y轴对称，被积函数为分别关于x、y的偶函数，因此∫∫(|x|+|y|)dσ＝4(|x|+|y|)dσσ∫∫σx≥0,y≥011−x1＝4dx(x+y)dy＝4[x(1−x)+1(1−x)2]dx∫0∫0∫021＝2(1−x2)dx＝4∫30其中σx≥0,y≥0＝{(x,y)||x|+|y|≤1,x≥0,y≥0}＝{(x,y)|0≤y≤1−x,|0≤x≤1}y1y=-x+1y=x+1-101xy=-x-1y=x-1-1『解2』利用轮换对称性∫∫(|x|+|y|)dσ＝|x|dσ+|y|dσ＝2|x|dσσ∫∫σ∫∫σ∫∫σ8
0x+11−x+1＝2∫dx∫(−x)dy+2∫dx∫xdy−1−x−10x−101＝2∫2(x+1)(−x)dx+2∫2(−x+1)xdx−1001＝−4∫(x2+x)dx+4∫(x−x2)dx−10＝2+2＝4333其中σ={(x,y)||x|+|y|≤1}＝{(x,y)|−x−1≤y≤x+1,−1≤x≤0}∪{(x,y)|x−1≤y≤−x+1,0≤x≤1}『解3』将积分区域分为4个小区域。在每一区域内被积函数表达式内不含绝对值。过程略。#题15(2)(p143)【16】求∫∫(|x+y|)dσσ={(x,y)||x|≤1,|y|≤1}σ『解』y1y=-xσ2-101xσ1-1σ={(x,y)||x|≤1,|y|≤1}＝σ1Uσ2σ1={(x,y)||−1≤y≤−x,−1≤x≤1}，σ2={(x,y)||−x≤y≤1,−1≤x≤1}(|x+y|)dσ＝∫∫(|x+y|)dσ+∫∫(|x+y|)dσ∫∫σσσ12而1−x1(|x+y|)dσ＝dx(−x−y)dy＝(1x2−x+1)dx∫∫σ∫−1∫−1∫−1221111(|x+y|)dσ＝dx(x+y)dy＝(1x2+x+1)dx∫∫σ∫−1∫−x∫−1222所以(|x+y|)dσ＝∫∫(|x+y|)dσ+∫∫(|x+y|)dσ∫∫σσσ1211＝(1x2−x+1)dx＋(1x2+x+1)dx∫−122∫−12211＝(x2+1)dx＝2(x2+1)dx＝8#∫−1∫039
题15(3)(p143)【17】求∫∫|y−x2|dσσ={(x,y)||x|≤1,0≤y≤2}σ『解』y2σ21y=x2σ1σ1x-101σ={(x,y)||x|≤1,0≤y≤2}＝σ1Uσ2σ={(x,y)||−1≤x≤1,0≤y≤x2}1σ={(x,y)||−1≤x≤1,x2≤y≤2}2|y−x2|dσ＝∫∫|y−x2|dσ+∫∫|y−x2|dσ∫∫σσσ12＝∫∫x2−ydσ+∫∫y−x2dσσσ1221x12＝dxx2−ydy+dxy−x2dy∫−1∫0∫−1∫x2113＝2|x|dx+2(2−x2)2dx∫−13∫−13113＝4xdx+4(2−x2)2dx3∫3∫0013＝2+4(2−x2)2dx33∫0而1π3244π(2−x)2dx＝4costdt(令x=2sint,0≤t≤)∫∫400π241+cos2t＝∫4dt02ππ4241+cos4t＝∫(1+2cos2t+cos2t)dt＝∫(1+2cos2t+)dt002π431＝(+2cos2t+cos4t)dt∫220π＝(3t+sin2t+1sin4t)4＝3π+128240最后|y−x2|dσ＝2+4(3π+1)=2+1π#∫∫σ338210
题15(4)(p143)【18】求∫∫[}x+y]dσσ={(x,y)|0≤x≤2,0≤y≤2σ『解』σ=σ1Uσ2Uσ3Uσ4y2σ4σ31σ2σ1x012[x+y]dσ=∫∫0dσ+∫∫1dσ+∫∫2dσ+∫∫3dσ∫∫σσσσσ1234=σ2+2σ3+3σ4=3+23+31=6222其中各面积为σ1=12,σ1+σ2=2,σ2=32,σ3=32,σ4=1#2题15(5)(p143)【19】求∫∫(}x+y)sgn(x−y)dσσ={(x,y)|0≤x≤1,0≤y≤1σ『解』y1σ2σ1x01(x+y)sgn(x−y)dσ＝∫∫(x+y)dσ−∫∫(x+y)dσ∫∫σσσ121x11＝∫dx∫(x+y)dy−∫dx∫(x+y)dy000x11＝3x2dx−(x+1−3x2)dx∫2∫22001＝(3x2−x−1)dx＝0#∫2011
题17(5)(p144)★1−x2−y2【20】利用极坐标计算dσ,σ={(x,y)|x2+y2≤1}∫∫σ1+x2+y2『解』1−x2−y22π11−r211−r2dσ＝dθrdr＝2πrdr∫∫σ1+x2+y2∫0∫01+r2∫01+r211−t2＝π∫dt(t=r)01+t0−4u1−t2=πudu(u=,t=−1)∫1(u2+1)21+tu2+1π1u2tan2t=4πdu=4π4sec2tdt(u=tant)∫0(u2+1)2∫0sec4tππ4241−cos2tt1π=4π∫sintdt=4π∫dt=4π(−sin2t)π=π(−1)#00224t=24题17(6)(p144)★dσ【21】利用极坐标计算,σ={(x,y)|0≤x≤a,0≤y≤a}∫∫σ(a2+x2+y2)3/2『解』yrsinθ=aarcosθ=aσ2σ={(r,θ)|0≤r≤a,0≤θ≤π}1cosθ4σ1σ2={(r,θ)|0≤r≤a,π≤θ≤π}sinθ42x0adσdσdσ＝＋∫∫σ(a2+x2+y2)3/2∫∫σ2223/2∫∫σ2223/21(a+x+y)2(a+x+y)πadσ4cosθ1＝dθrdr∫∫σ(a2+x2+y2)3/2∫0∫0(a2+r2)3/21πaπa14cosθ124cosθ22−1/2=dθdr=−dθd(a+r)2∫0∫0223/2∫0∫0(a+r)πaπ11422−2cosθ141−2＝−∫(a+r)dθ＝a∫1−(1+2θ)dθ000cosπdσ2−1＝11−(1+1)2dθ∫∫σ2223/2a∫πsin2θ2(a+x+y)4π−1＝141−(1+1)2dt(t=π−θ)=a∫220cost于是12
ππdσ241−1π241−1＝1−(1+)2dθ=−(1+)2dθ∫∫σ2223/2a∫2θ2aa∫2(a+x+y)0cos0cosθ而πππ41−14cosθ4dsinθ(1+)2dθ=dθ=∫0cos2θ∫02∫021+cosθ2−sinθsinθπdπ=42=arcsinsinθ4=arcsin1=π∫022260sinθ1−2所以dσ＝π−2π＝π#∫∫σ(a2+x2+y2)3/22aa66a题18(1)(p144)dσ【22】求lim(a≠1)r→∞∫∫x2+y2≤r2(x2+y2+1)a『解』dσ2πrρdρ＝dθ∫∫x2+y2≤r222a∫0∫0(21)a(x+y+1)ρ+＝2π1[(r2+1)1−a−1]＝π[(r2+1)1−a−1]2(1−a)1−a于是dσπ21−alim=lim[(r+1)−1]r→∞∫∫x2+y2≤r2(x2+y2+1)ar→∞1−a∞,a<1=π#a−1,a>1题18(2)(p144)【23】求limln(x2+y2)dσr→0∫∫r2≤x2+y2≤1『解』2π1ln(x2+y2)dσ=dθln(ρ2)ρdρ∫∫r2≤x2+y2≤1∫0∫r=π[r2−r2ln(r2)−1]于是limln(x2+y2)dσ＝−π#r→0∫∫r2≤x2+y2≤1题19(4)(p144)【24】计算曲线所围平面图形面积(x2+y2)2=2a2(x2−y2)，x2+y2=a2，x≥0(a>0)『解』13
1.00.50.20.40.60.81.01.21.40.51.02222222ππ(x+y)=2a(x−y)双纽线，r=2acos2θ，右边平面部分−≤θ≤，与圆4422231πx+y=a交点：直角坐标(x,y)=(a,±a)，极坐标(r,θ)=(a,±)。为简便，只计算第一象限部分226ππaa2cos2θπ32dσ＝2(6dθrdr+4dθrdr)=(−+1)a#∫∫σ∫∫0∫0π∫0626题20(2)(p144)★【25】用二重积分计算下列各题由曲面所围空间区域的体积x2+y2+z2=a2，x2+y2=ax『解』根据对称性，只计算xoy平面上方的由曲面所围空间区域的体积。曲面方程z=a2−x2−y222ππ积分区域σ={(x,y)|x+y≤ax}＝σ={(r,θ)|0≤r≤acosθ,−≤θ≤}22zyx014
故所求体积为V＝2∫∫a2−x2−y2dσσπacosθ＝22dθa2−r2rdr∫π∫−02πacosθ＝4∫2dθ∫a2−r2rdr(偶函数在对称区间上的积分)00π1acosθ1＝4∫2dθ∫(−)(a2−r2)2d(a2−r2)002π3212222acosθ＝4∫(−)(a−r)dθ0230π21333＝4∫(−)(asinθ−a)dθ03π4a3＝∫2(1−sin3θ)dθ302a34＝(π−)#33题22(2)(p144)2x12−π2π【26】求曲线所围的平面薄片质量中心y=sinx，y=，面密度为µ0【答案(,)】π3(4−π)6(4−π)『解』1.00.51.51.00.50.51.01.50.51.0x=∫∫xdσ/dσ,y=ydσ/dσσ∫∫σ∫∫σ∫∫σ其中πsinx4−πdσ＝22dxdy＝∫∫σ∫∫02x2π2xπ0sinxxdσ＝xdxπdy+2xdxdy∫∫σ∫∫−πsinx∫∫02x2ππ02x22x＝x(−sinx)dx+x(sinx−)dx∫ππ∫−0π215
π02t22x＝t((−sint)(−1)dt+x(sinx−)dxx=-t)∫ππ∫π02π02t22x=t=(−sint)(−1)dt+x(sinx−)dx0∫ππ∫π022xπ0sinxydσ＝dxπydy+2dxydy∫∫σ∫∫−πsinx∫∫02x2ππ102x221222x2＝x[()−sinx]dx+x[sinx−()]dx2∫ππ2∫−0π2π102t221222x2＝(−t)[()−sint](−1)dt+x[sinx−()]dx(x=-t)2∫ππ2∫π02ππ122t221222x2=∫t[()−sint](−1)dt+∫x[sinx−()]dx20π20πππ122x221222x2=∫x[()−sinx](−1)dx+∫x[sinx−()]dx(x=t)20π20ππ222x2=∫x[sinx−()]dx0ππ21−cos2x43=(x−x)dx∫02π2πππ=12xdx−12xcos2xdx−42x3dx2∫02∫0π2∫0π11π2=π2−∫2xdsin2x−164016ππ112=−xsin2x2+∫sin2xdx4400π11=(−cos2x)2=840题不对？题23(6)(p145)▲【27】求薄片关于指定轴的转动惯量：由摆线x=a(t-sint),y=a(1-cost)的一拱和x轴所围的均质薄片关于x轴『解1』转动惯量为∫∫y2µdσσ16
x1(t)=a(t−sint)x2(t)=a[(2π−t)−sin(2π−t)]y(0≤t≤π)x=x1(t)x=x2(t)x0∆x2πay2µdσ=limy2µ∆σ=limy2µ[x(t)−x(t)]∆y∫∫σ∑∑21=limµy2(t)[x(t)−x(t)]y"(t)∆t∑21π=µy2(t)[x(t)−x(t)]y"(t)dt∫210π=µa4∫(1−cost)2(2π−2t+2sint)sintdt0π=µa4∫(1−cost)2(2π−2t+2sint)sintdt0πππ=µa42π(1−cost)2sintdt−2(1−cost)2tsintdt+2(1−cost)2sin2tdt∫∫∫000分别计算上式三个积分，π2π(1−cost)2sintdt=16π∫30πππ2(1−cost)2tsintdt=2td(1−cost)3=16π-2(1−cost)3dt∫03∫033∫0ππ=16π-22(1−cos(s+π))3ds=16π-22(1+sins)3ds33∫−π233∫−π22π=16π-22(1+3sins+3sin2s+sin3s)ds33∫π−2π16222=π-(1+3sins)ds33∫π−2π16422=π-(1+3sins)ds33∫0=16π-4(π+31π)=11π332223ππ2∫(1−cost)2sin2tdt=2∫(1−2cost+2cos3t−cos4t)dt00π=22(1−2cos(s+π)+2cos3(s+π)−cos4(s+π))ds∫π222−2π234=2(1+2sins−2sins−sins)ds∫−π2π24=4∫(1−sins)ds0=2π−431π=5π4224于是y2µdσ=µa4（16π－11π＋5π）＝35πµa4∫∫σ33412『注』用下法是错误的17
yx0∆x2π根据二重积分的定义，利用微元法，∆σ=y∆x=y(t)x"(t)∆t(原因：在∆σ上被积函数不恒等).因此2π∫∫y2µdσ＝lim∑y2(t)µy(t)x"(t)∆t＝µ∫y2(t)y(t)x"(t)dtσ02π＝µa4∫(1−cost)4dt02π2π＝µa4(2sin2t)4dt＝32µa4sin8tdt∫02∫022π＝32µa4∫sin8sds0π＝32µa42sin8(t+π)dt(s=t+π)∫−π222π428=32µacostdt∫−π2π=64µa42cos8tdt=64µa47531π=35πµa4∫8641220『解2』转动惯量为∫∫y2µdσσ将积分区域看作σ={(x,y)|0≤y≤y(x),0≤x≤2πa}，于是2πay(x)2πay2µdσ＝dxy2µdy＝1µy3(x)dx∫∫σ∫0∫03∫02π＝1µ[a3(1−cost)3][a(1−cost)]dt3∫02π＝1µa4(1−cost)4dt3∫02πππ∫(1−cost)4dt＝∫(1−cost)4dt＝2∫(1−cost)4dt0−π0π24π＝2(1+sins)ds(s=t−)∫π2−2π2432=2[sins+4sins+6sins+4sins+1]ds∫−π2π=42[sin4s+6sin2s+1]ds=4π(31+61+1)=35π∫242240因此原式＝35πµa4#1218
部分典型习题解答(chap10)(2)题24(5)(p145)【1】∫∫∫zy2x3dV,V={(x,y,z)|0≤x≤1,0≤y≤x,0≤z≤xy}V『解』zy0y=xz=xyx=1x1xxy∫∫∫zy2x3dV=dxdyzy2x3dzV∫0∫0∫011x=∫dx∫(xy)2y2x3dy20011x=∫dx∫x5y4dy20011=∫x5⋅x5dx1001=#110题25(p145)▲1xxy【2】将积分∫dx∫dy∫f(x,y,z)dz化成先x,后z,最后y的累次积分。000『解法1』原积分的图示如下z0yz=xyy=x1x=1x改变次序后的积分的图示如下1
zzy0z=yx=z/yx=yz=y2y=11x=10yxV＝{(x,y,z)|0≤z≤xy,0≤y≤x,0≤x≤1}＝{(x,y,z)|z≤x≤1,y2≤z≤y,0≤y≤1}Uy{(x,y,z)|y≤x≤1,0≤z≤y2,0≤y≤1}据此可写出转换后的积分式。1xxydxdyf(x,y,z)dz＝∫∫∫f(x,y,z)dV∫0∫0∫0V21y11y1＝dydzf(x,y,z)dx+dydzf(x,y,z)dx#∫0∫y2∫z∫0∫0∫yy『解法2』1xxy先将∫dx∫dy∫f(x,y,z)dz看作先单后重的积分000而1x11∫dx∫g(x,y)dy＝∫dy∫g(x,y)dx000yyy1y=xx=yx=101x0xy=0故1xxy11xy∫dx∫dy∫f(x,y,z)dz＝∫dy∫dx∫f(x,y,z)dz0000y011xy再将∫dy∫dx∫f(x,y,z)dz看作先重后单的积分0y0而1xy∫dx∫f(x,y,z)dzy02y1y1＝dzf(x,y,z)dx+dzf(x,y,z)dx∫0∫y∫y2∫z/y2
zz1z=xyzyx=yx=1y2x=y0y1x0x故11xy∫dy∫dx∫f(x,y,z)dz0y021y11y1＝dydzf(x,y,z)dx+dydzf(x,y,z)dx∫0∫0∫y∫0∫y2∫z/y1xy注y=0时对应地∫dx∫f(x,y,z)dz＝0，故只可考虑非零时y0#题26(1)(p145)【3】设f(t)连续，则xvu1x∫dv∫du∫f(t)dt＝∫f(t)(x−t)2dt00020『证』为方便理解，将积分变量记号改为如下：x→a,v→x,u→y,t→z.按此记号，只需证明axy1a∫dx∫dy∫f(z)dz＝∫f(z)(a−z)2dz00020其积分区域如图所示。故zzy0z=yy=xz=yyaa0xx=aaxy∫dx∫dy∫f(z)dz＝∫∫∫f(z)dV000V3
aaa＝∫dz∫dy∫f(z)dx0zyaa1a＝∫dz∫f(z)(a−y)dy＝∫f(z)(a−z)2dz0z20axz备注：因dxdyf(z)dz=∫∫∫f(z)dV的被积函数只含z,故也适合用截面法求之。#∫0∫0∫0V题26(2)(p145)【4】设f(t)连续，则1∫∫∫f(z)dV＝πf(z)(1−z2)dz，V={(x,y,z)|x2+y2+z2≤1}V∫−1『证』因∫∫∫f(z)dV的被积函数只含z,故适合用截面法求之，即可得结论。#V题27(p145)【5】设直角坐标下的三重积分，I＝∫∫∫x2+y2+z2dV，V＝{(x,y,z)|x2+y2+z2≤z,x2+y2≤z2}V将I表示成先对z，再对y,后对x的累次积分在柱坐标(zr,θ,)下，将I表示成先对z,再对r,后对θ的累次积分在球坐标(ρ,ϕ,θ)下，将I表示成先对ρ,再对ϕ,后对θ的累次积分『解』x2+y2=12+2+2=2224xyzz与x+y=z交线z=12zx2+y2=14z=12yx01121122−x+−x−yI＝2dx4dy24x2+y2+z2dz∫1∫12∫x2+y2−−−x2411122π+−rI＝∫dθ∫2rdr∫24r2+z2dz00rπ2πcosϕI＝∫dθ∫4dϕ∫ρρ2sinϕdρ000ππ414π15π2＝2π∫cosϕsinϕdϕ＝(−1)cosϕ4＝(1−)042510804
题28(p145)【6】在柱坐标和球坐标下，将I=∫∫∫f(x,y,z)dV表示成累次积分,其中VV由z=x2+y2与z2=x2+y2所围成由z2=x2+y2与2z2=x2+y2、z＝1所围成『解』(1)x2+y2=1交线为z=1zx2+y2=1z=1y0x2π1r柱坐标下f(x,y,z)dV＝dθrdrf(rcosθ,rsinθ,z)dz∫∫∫V∫0∫0∫r2πcosϕ2π2sin2ϕ2球坐标下f(x,y,z)dV＝dθdϕf(ρsinϕcosθ,ρsinϕsinθ,ρcosϕ)ρsinϕdρ∫∫∫V∫0∫π∫04(2)zyx0柱坐标下∫∫∫f(x,y,z)dVV2π1r2π21＝dθrdrf(rcosθ,rsinθ,z)dz＋dθrdrf(rcosθ,rsinθ,z)dz∫0∫0∫r∫0∫1∫r2212πarctan2球坐标下f(x,y,z)dV＝dθdϕcosϕf(ρsinϕcosθ,ρsinϕsinθ,ρcosϕ)ρ2sinϕdρ∫∫∫V∫0∫π∫04题29(7)(p145)【7】选择合适的坐标系计算∫∫∫(x+y+z)2dV,V={(x,y,z)|x2+y2+z2≤3a2,x2+y2≤2az}V『解』5
I=∫∫∫(x+y+z)2dV＝∫∫∫(x2+y2+z2+2xy+2yz+2zx)dVVV＝∫∫∫(x2+y2+z2)dVV＝∫∫∫(x2+y2+z2)dV+∫∫∫(x2+y2+z2)dVV1V22acosϕ2πα3a2ππ/222sin2ϕ22＝∫dθ∫dϕ∫ρ⋅ρsinϕdρ+∫dθ∫dϕ∫ρ⋅ρsinϕdρ（见①）0000α02acosϕα3aπ/222sin2ϕ22＝2π∫dϕ∫ρ⋅ρsinϕdρ+2π∫dϕ∫ρ⋅ρsinϕdρ00α0α15π/212acosϕ5=2πsinϕ⋅(3a)dϕ+2πsinϕ⋅()dϕ∫05∫α5sin2ϕ183πa5α64πa5π/2cos5ϕ=sinϕ⋅dϕ+dϕ5∫05∫αsin9ϕ183πa564πa5π/2cos5ϕ＝(1−cosα)+dϕ55∫αsin9ϕ183πa5164πa5911＝(1−)+(−)(见②和③)53543224πa5πa598＝(183−18)+(−)5523πa598＝(183−18+−)523πa511πa511−108πa597＝(183−18+)＝(183+)＝(183−)565656其中①交线及球面坐标的转换方法zzyV1V20αxy0x2+y2+z2=3a2x2+y2=2a2ρ2sin2ϕ=2a2求交线ÎÎx2+y2=2azz=aρcosϕ=aÎtanϕ=2Îα=tan−12②角度−122122α=tan2Îtanα=2Îcosα=,sinα=33③积分π/2cos5ϕπ/2cos4ϕπ/2(1−sin2ϕ)2dϕ＝dsinϕ＝dsinϕ∫αsin9ϕ∫αsin9ϕ∫αsin9ϕ6
π/2111＝(−2+)dsinϕ∫975αsinϕsinϕsinϕπ111＝(−2+)2−8sin8ϕ−6sin6ϕ−4sin4ϕα111(3/2)4(3/2)3(3/2)2＝(−2+)−(−2+)−8−6−4−8−6−4−3+8−6(3/2)2(3/2)1＝−(3/2)2(−2+)24−8−6−419911＝−−(+−)244−32241919＝−−(−)244432911＝−43224④柱面坐标222π2a3a−r2+2+2dθrdr(r2+z2)dzI＝(xyz)dV＝2∫∫∫V∫0∫0∫r2a⑤其他方法I＝∫∫∫(x2+y2+z2)dV＝∫∫∫(x2+y2)dV＋∫∫∫z2dVVVV222π2a3a−ra3a＝dθrdrr2dz＋z(2(π2az)dz+z2(3a2−z2)dz截面法)2∫0∫0∫r∫0∫a2a#题31(2)(P146)【8】求以下曲面所围体积z=x2+y2,y=x2,y=1,z=0『解1』z2yy=1y=x2-110xy0x因y=x2,y=1均为母线平行与z轴的柱面，故z的变化范围为0≤z≤x2+y27
而(x,y)的取值范围为{(x,y)|0≤y≤1,−y≤x≤y}＝{(x,y)|−1≤x≤1,x2≤y≤1}如下左图。于是体积为2211x+y88V＝dxdydz＝∫∫−1x2∫0105z2yy=1y=x2x0-1y10『解2』1y21y288V＝dydxdz－dydxdz＝#∫0∫−y∫0∫0∫−y∫x2+y2105题31(4)(P146)【9】求以下曲面所围体积z=(x2+y2+z2)2『解1』由z=(x2+y2+z2)2知z≥0,20≤ϕ≤π/又方程包含坐标原点,且关于x,y为偶函数。于是0≤θ≤2π。又将所给方程写为球面坐标得ρ=3cosϕ，故用球面坐标表示其体积为2ππ3cosϕ22πV＝∫dθ∫dϕ∫(ρsinϕ)dρ＝#0003『解2』222因曲面方程含有x+y+z，故宜选用球面坐标。由曲面方程知，z≥0.因此0≤ϕ≤π/2,又曲面方程关于x,y为偶函数，曲面上的点可取到XOY平面上的四个象限，因此0≤θ≤2π。41/3再写出曲面方程的球面坐标形式。有ρcosϕ=ρ,于是ρ＝[cosϕ].由曲面包含坐标原点，因此01/3≤ρ≤[cosϕ]因此，积分区域为1/3V＝{(ρ,ϕ,θ)|0≤ρ≤[cosϕ],0≤ϕ≤π/2,0≤θ≤2π}因而体积为8
2ππ3cosϕ22V＝∫∫∫dV＝∫dθ∫dϕ∫(ρsinϕ)dρV0002ππ21＝dθsinϕ[cosϕ]dϕ∫∫300π2π2＝sinϕcosϕdϕ3∫0π2π2＝sinϕdsinϕ3∫0π＝πsin2ϕ2=π#3309
题33(3)(p146)【10】利用三重积分求物体的质量中心，物体V为：由曲面x2+z=1，y2+z=1，z=0所围均质立体V『解』所围区域共占四个卦限，其中第一卦限部分见图中紫色部分。z0yz+x2=1z+y2=1x记所求质量中心为(xc,yc,zc)∫∫∫zdV根据对称性，可知x=y=0,而z＝Vccc∫∫∫zdVVz11−zz10y1x其中11zdV＝∫∫dz∫zdσ＝zσzdz∫∫∫V0σ∫0z1＝∫z(21−z)2dz(其截面是边长为21−z的正方形)0111＝4∫z(1−z)dz＝4∫(z−z2)dz＝4⋅00611dV＝∫∫dz∫dσ＝σzdz∫∫∫V0σ∫0z111＝∫(21−z)2dz＝4∫(1−z)dz＝4⋅00211因此zc＝。即质量中心为(0,0,)#3310
题40(p147)▲1,0≤x≤1,0≤y≤1【11】F(t)=∫∫f(x,y)dσ,f(x,y)=,求F(t)x+y≤t0,其它『解』t≤0时，F(t)=∫∫f(x,y)dσ＝0dσ=0x+y≤t∫∫x+y≤t02时，F(t)=∫∫f(x,y)dσ=f(x,y)dσ+f(x,y)dσx+y≤t∫∫x+y≤2∫∫2≤x+y≤t=F(2)+∫∫f(x,y)dσ=F(2)+0dσ=F(2)=12≤x+y≤t∫∫2≤x+y≤t1x+y=ty1x010,t≤01t2,02题41(p147)【12】设f(u)具有连续导数，f(0)=0.则1222limf(x+y+z)dV=f’(0)t→0πt4∫∫∫x2+y2+z2≤t2『解1』2ππ|t|dV＝dθdϕf(ρ)ρ2sinϕdρ∫∫∫x2+y2+z2≤t2∫0∫0∫02ππ|t|＝∫dθ×∫sinϕdϕ×∫f(ρ)ρ2dρ00011
|t|＝4π∫f(ρ)ρ2dρ0因此1222f(x+y+z)dV4∫∫∫2222πtx+y+z≤t1|t|＝4πf(ρ)ρ2dρ4∫πt04|t|＝f(ρ)ρ2dρ4∫t04|t|＝[f(ρ)−f(0)]ρ2dρ4∫t04|t|f(ρ)−f(0)3＝ρdρt4∫0ρ于是1222f(x+y+z)dV－f’(0)4∫∫∫2222πtx+y+z≤t4|t|f(ρ)−f(0)3=ρdρ－f’(0)t4∫0ρ4|t|f(ρ)−f(0)34|t|3=ρdρ-f"(0)ρdρt4∫0ρt4∫04|t|f(ρ)−f(0)3=−f"(0)ρdρt4∫0ρ因f(u)在u=0处可导，因此对任何的ε>0，有δ>0，使得f(ρ)−f(0)−f"(0)<ερ于是0<|t|<δ时，1222|f(x+y+z)dV－f’(0)|4∫∫∫2222πtx+y+z≤t4|t|f(ρ)−f(0)3＝−f"(0)ρdρt4∫0ρ4|t|f(ρ)−f(0)34|t|3≤−f"(0)ρdρ<ερdρ=εt4∫0ρt4∫0即，对任何的ε>0，有δ>0，使得0<|t|<δ时1222|f(x+y+z)dV－f’(0)|<ε4∫∫∫2222πtx+y+z≤t1222于是依定义，limf(x+y+z)dV=f’(0)t→0πt4∫∫∫x2+y2+z2≤t2『解2』2ππ|t|dV＝dθdϕf(ρ)ρ2sinϕdρ∫∫∫x2+y2+z2≤t2∫0∫0∫02ππ|t|＝∫dθ×∫sinϕdϕ×∫f(ρ)ρ2dρ000|t|＝4π∫f(ρ)ρ2dρ0|t|＝4π∫[f(ρ)−f(0)]ρ2dρ0|t|＝4π∫f"(ξ)ρ3dρ(微分中值定理，0<|ξ|<ρ≤|t|)012
因而1222|f(x+y+z)dV－f’(0)|4∫∫∫2222πtx+y+z≤t|t|＝4f"(ξ)ρ3dρ−f"(0)4∫t0|t|＝4[f"(ξ)−f"(0)]ρ3dρ4∫t0|t|≤4|f"(ξ)−f"(0)|ρ3dρ4∫t0≤max|f"(ξ)−f"(0)||ξ|≤|t|0,t≤01t2,02题42(p147)220,z>x+y2222【13】求I＝f(x,y,z)dV,f(x,y,z)=x+y,0≤z≤x+y∫∫∫222x+y+z≤1x2+y2+z2,z<0『解』z1121yx把V分为以下三个区域V1={(x,y,z)|x2+y2≤z≤1−x2−y2,x2+y2≤1}2＝{(ρ,ϕ,θ)|0≤ρ≤1,0≤ϕ≤π,0≤θ≤2π}4V={(x,y,z)|0≤z≤x2+y2,x2+y2≤1}2＝{(ρ,ϕ,θ)|0≤ρ≤1,π≤ϕ≤π,0≤θ≤2π}42V={(x,y,z)|−1−x2−y2≤z≤0,x2+y2≤1}3＝{(ρ,ϕ,θ)|0≤ρ≤1,π≤ϕ≤π,0≤θ≤2π}2则I＝f(x,y,z)dV∫∫∫222x+y+z≤1＝∫∫∫0dV+∫∫∫x2+y2dV+∫∫∫x2+y2+z2dVV1V2V313
2ππ12ππ1222＝0＋∫dθ∫dϕ∫(ρsinϕ)(ρsinϕ)dρ+∫dθ∫dϕ∫ρ(ρsinϕ)dρ0π00π042(下略)#题43(p147)【14】求I＝sign(x2−y2+2)dσ∫∫x2+y2≤4『解』y22-2-1012x−2-2记σ={(x,y)|x2+y2≤4,x2−y2+2≥0}1，σ={(x,y)|x2+y2≤4,x2−y2+2≤0}2I＝sign(x2−y2+2)dσ∫∫x2+y2≤4＝1dσ−1dσ∫∫x2+y2≤4,x2−y2+2≥0∫∫x2+y2≤4,x2−y2+2≤0＝σ1−σ2＝4π−σ2−σ2＝4π−2σ2＝4π−4σ"2其中σ"2={(x,y)|(x,y)∈σ2,y>0}＝{(x,y)|x2+2≤y≤4−x2,−1≤x≤1}214−x1σ"＝dxdy＝(4−x2−2+x2)dx2∫−1∫x2+2∫−111＝2∫4−x2dx−2∫2+x2dx00124−x2dx，可令x=2sint进行计算，为(π+13)∫3200,t≤012122t,02题44(p147)1f(x)x−x2【15】求I＝∫dx,f(x)=∫edx0x1『解』x2改记f(x)=∫e−ydy,则114
1f(x)11x−y2I＝∫dx＝∫∫dxedy0x0x1111−y2＝－∫∫dxedy0xxyyy=x11x=y2xx00于是2111−y21y1−y2I＝－∫∫dxedy＝－∫∫dyedx0xx00x1212＝－2ye−ydy＝de−y＝1−1#∫∫e00题45(1)(p147)22【16】求∫∫e−(x+y)dσ，σ={(x,y)|x2+y2≤1}σ『解』用极坐标σ={(x,y)|x2+y2≤1}＝{(r,θ)|0≤r≤1,0≤θ≤2π}222π12∫∫e−(x+y)dσ=dθe−rrdr=π(1−e−1)σ∫0∫0题45(2)(p147)22【17】求∫∫e−(x+y)dσ，σ={(x,y)|x2+y2≥1}σ『解』222π+∞2∫∫e−(x+y)dσ＝∫dθ∫e−rrdr＝πe−1σ01题45(3)(p147)2【18】求∫∫xe−ydσ，σ为y=4x2和y=9x2在第一象限所围区域σ『解』+∞1y+∞−y22−y2111−y2xedσ＝dyxedx＝(−)yedy∫∫σ∫0∫1y492∫03+∞2＝5ye−ydy＝5#72∫1440题46(1)(p147)x+y−【19】设f(x,y)=1e2,x>0,y>0，σ={(x,y)|x>0,y>0},则f"(x,y)dσ=14∫∫σ0,其它『解』15
y0xx+y−f"(x,y)dσ=1e2dσ∫∫σ∫∫[0,+∞)×[0,+∞)4x+yyx+∞+∞−+∞−+∞−=dy1e2dx=1e2dy×1e2dx∫0∫042∫02∫0222+∞−x+∞−x+∞−x=1e2dx=−e2d(−x)=−de2=1#2∫0∫02∫0题46(2)(p147)x+y−【20】设f(x,y)=1e2,x>0,y>0，σ={(x,y)|x>0,y>0,且x+y>4},求f"(x,y)dσ4∫∫σ0,其它『解』yx+y=4σ10xx+y−f"(x,y)dσ=1e2dσ-f"(x,y)dσ∫∫σ∫∫[0,+∞)×[0,+∞)4∫∫σ1σ1={(x,y)|x≥0,y≥0,x+y≤4}={(x,y)|0≤y≤4-x,0≤x≤4}x+yxy−4−4−x−f"(x,y)dσ=1e2dσ=1e2dx×1e2dy∫∫σ∫∫σ42∫02∫011xyxx4−4−x−4−−2=1e2dx×1e2dy=1e2(1−e2)dx2∫02∫02∫0xx4−4−=1(e2−e−2)dx=−de2−2e−2=1-3e−2.2∫0∫0因此∫∫f"(x,y)dσ=1-(1-3e−2)=3e−2#σ16
第十一章曲面积分题1(4)(p165)【1】求曲面指定部分的面积：三个半径为a的圆柱体相互垂直正交，对称轴交于一点，所得相贯立体2的全表面。[24(2－2)a]两个圆柱体相交的情况三个圆柱体相交的情况zzP(a,a,a)CC222222y=xx+z=aA(a,0,0)B(0,a,0)PBOPOyyC(0,0,a)Qx222AA+y=axx所求的曲面在第一卦限部分1/24部分及其在XOY平面的投影ax2+y2=a2x=2222三个圆柱体的交点为x+z=a，得第一卦限内的点y=a2222z+y=az=a2y=z222222222222曲线AP的方程为x+z=a和x+y=a的交线，即。曲线CP的方程为x+z=a和y+z=ax2+z2=a2x=y的交线，即所以曲面APC为圆柱体被平面y=0,y=z,x=y所截得的部分。x2+z2=a2Oyπ4σQAx1/24部分在XOY平面的投影区域σ22222曲面APC的方程为x+z=a，或z=a−x，故1
∂zx∂z＝－，＝0，∂x22∂ya−x曲面APC在xoy平面的投影区域为222πσ＝{(x,y)|x+y≤a，y≤x}＝{(r,θ)|0≤r≤a，0≤θ≤}4dS＝1+(∂z)2+(∂z)2dσ＝adσ∂x∂ya2−x2整个表面积体现在8个卦限中，每一卦限又分为三个部分，因此整个表面积为S＝8×3dS＝24a1dσ∫∫S∫∫σa2−x2APCπaπ＝24a4dθ(1)rdr＝24a241−sinθdθ∫∫2−22θ∫2θ00arcos0cosππ241sinθ2412＝24a[−]dθ＝24ad(tanθ−)＝24(2－2)a∫cos2θ2θ∫cosθ0cos0另解：(用曲线积分)zaaQ(,,0)P(a,a,a)C22222A(a,0,0)x2+y2=a2B(0,a,0)PBAP:Oyz=yC(0,0,a)AQxl222x+y=a所求的曲面在第一卦限部分S＝8×3dS＝48dS＝48ydl＝48ydl∫∫S∫∫S∫l∫x2+y2=a2APBAPQπ422＝48ydl＝48asinθ⋅adθ＝48a(1−)#∫x2+y2=a2∫02题3(2)(p165)22211【2】在球面x+y+z=1上取以A(1,0,0),B(0,1,0),C(,0,)三点为顶点的球面三角形，设2222π球面密度为µ＝x+z，求此球面三角形的质量。[]6『解1』用直角坐标法，转化为二重积分。2
zx2+y2+z2=1,x=yzC1S0Bx2+y2=1y2y2=1,z=0222x+2x+y=1σ=0σ2=1,zx2+y0x1Ax此球面三角形的质量M=∫∫µdS=∫∫(,x2+z2)dSSS下面求出S的表达式及在xoy平面的投影区域。显然，C,O,B确定的平面为z=x,因此于圆弧BC(球面三角形的三边之一)的方程为x2+y2+z2=12x2+y2=12x2+y2=1或写为，在xoy平面上的投影曲线为x=zx=zz=0于是S为球面z=1−x2−y2的一部分，其在xoy平面的投影区域为σ＝{(x,y)|11−y2≤x≤1−y2,0≤y≤1}。于是21−y2M=µdS=(x2+z2)dS＝∫∫dσ∫∫S∫∫Sσ221−x−y11−y221−y＝dydx∫∫122201−y1−x−y2211−y1＝(1−y2)dxdy∫∫011−y22221−x−y111＝(1−y2)dtdy(令x=1−y2t)∫∫101−t2211π1ππ＝(1−y2)arcsintdy＝(1−y2)dy＝(1−1)＝∫14∫436002『解2』用直角坐标法，转化为二重积分。3
zx2+y2+z2=1,z=zxC1S0Bx2+z2=1yσσx01Ax此球面三角形的质量x2+z2M=µdS=(x2+z2)dS＝∫∫dσ∫∫S∫∫Sσ221−x−zπ1r2＝∫4dθ∫rdr001−r2π＝6『解3』用球面坐标法，转化为关于ϕ和θ的累次积分。ztanϕcosθ=1Cϕ11Sϕ1=arctancosθπ0ϕ2Bϕ2=2θyAxS＝{(}ϕ,θ)|arctan1≤ϕ≤1π,0≤θ≤1π,cosθ22dS＝ρ2sinϕdϕdθ＝sinϕdϕdθ此球面三角形的质量M=∫∫µdS=∫∫(=x2+z2)dS∫∫(1−y2)dSSSSππ=2dθ2(1−sin2ϕsin2θ)sinϕdϕ∫∫10arctancosθ4
ππ=−2dθ2[1−(1−cos2ϕ)sin2θ]dcosϕ∫∫10arctancosθππ=−2dθ2[(1−sin2θ)+cos2ϕsin2θ]dcosϕ∫∫10arctancosθπ2211231=∫[(1−sinθ)cosarctan+sinθcosarctan]dθ0cosθ3cosθ若记1ϕ1=arctan，cosθ则121tanϕ1=，1+tanϕ1=1+，cosθcos2θ11+cos2θcos2θ=，cos2ϕ=，2212cosϕ1cosθ1+cosθ于是cosθcosϕ1=，1+cos2θ故上式有π2211231M＝∫[(1−sinθ)cosarctan+sinθcosarctan]dθ0cosθ3cosθπ22123＝∫[(1−sinθ)cosϕ1+sinθcosϕ1]dθ03π22122=∫[(1−sinθ)+sinθcosϕ1]cosϕ1dθ03π1cos2θcosθ＝2[(1−sin2θ)+sin2θ]dθ∫031+cos2θ21+cosθπ11−sin2θdsinθ＝2[(1−sin2θ)+sin2θ]∫032−sin2θ22−sinθ111−t2dt＝[(1−t2)+t2](记t=sinθ)∫032t22−2−t1t4−4t2+3＝∫dt03(2−t2)2−t214s4−8s2+3＝∫2ds（t=2s）03(1−s2)1−s2π4sin4α−8sin2α+3＝4cosαdα（s=sinα）∫203cosαcosαπ4cos4α−1＝4dα∫203cosα5
π1421＝(4cosα−)dα3∫0cos2απ141＝(2+2cos2α−)dα3∫0cos2α1π＝(2α+sin2α−tanα)π＝#3α=64题10(2)(P166)▲【3】计算下列曲面积分2y22111xz111dydz+dzdx+dxdy，S为++=1的外侧[4πabc(++)]∫∫Sxyza2b2c2a2b2c2『解法1』1先求∫∫dxdySz111∫∫dxdy＝∫∫dxdy＋∫∫dxdySzS上zS下z11dxdy＝22dσ∫∫Sz∫∫x+y≤122上a2b2xyc1−−a2b2111dxdy＝22(−1)dσ＝22dσ∫∫z∫∫xy22∫∫xy22S下+≤1+≤1a2b2xya2b2xy－c1−−c1−−a2b2a2b2因此11dxdy＝222dσ∫∫Sz∫∫x+y≤122a2b2xyc1−−a2b221＝22dσc∫∫x+y≤221a2b2xy1−−a2b222π11＝∫dθ∫abrdr（x=arcosθ,x=brsinθ)c0021−r4abπ114abπ12＝∫rdr＝∫d(−1−r)c02c01−r4abπ1＝＝4abcπcc2同理可得1111dydz＝4abcπ，dzdx＝4abcπ∫∫Sxa2∫∫Syb2最后111111dydz+dzdx+dxdy＝4πabc(++)∫∫Sxyza2b2c2备注因所给积分的被积函数在三个坐标平面上无定义，因此严格意义上说，应将本题理解为广义积分，如下解法。6
『解法2』1先求∫∫dxdySz因z=0时被积函数无定义，故我们将之看作极限过程111∫∫dxdy＝lim∫∫dxdy+lim∫∫dxdySzt→0+Supzt→0−Sdownzx2y2z2x2y2z2其中Sup：++=1(z≥t>0)，Sdown：++=1(z≤t<0)a2b2c2a2b2c2由于x2y2z21dxdy(Sup：++=1(z≥t>0))∫∫Sza2b2c2up11＝(-−)dVdxdy(Sz=t:z=t,法向向下)∫∫∫Vz2∫∫Szupz=tc1z2＝(−)πab(1−)dz(截面法计算三重积分)∫tz2c2t2+πab1(1−)(化为二重积分，用积分区域面积为椭圆面积)tc2c11t2＝πab(−)dz+πab1(1−)∫tc2z2tc2c−t111t2＝πab+πab(−)+πab(1−)c2cttc21tt＝2πab−πab−πabcc2c2因此11lim∫∫dxdy＝2πabt→0+Szcup同理11lim∫∫dxdy＝2πabt→0−Szcdown因此11∫∫dxdy＝4πabSzc同理可得其他积分式的计算。最后，111111dydz+dzdx+dxdy＝4πabc(++)。#∫∫Sxyza2b2c2题10(6)(p166)x2y2z2【4】求y3dzdx，S上半椭球++=1(z≥0)，上侧∫∫Sa2b2c2『解』∫∫y3dzdx=3∫∫∫y2dV−∫∫y3dzdxSVS下而∫∫y3dzdx=0S下bby2dV＝dyy2dσ＝y2σdy∫∫∫V∫−b∫∫σ∫−byy7
b1y21by4＝y2πac(1−)dy＝πac(y2−)dy∫−b2b22∫−bb2123232π3＝πac(b−b)＝abc23515于是32π3∫∫ydzdx＝abc#S5题12(3)(P167)【5】计算下列曲面积分x2y2y2z2dydz+z2x2dzdx+x2y2dxdy，S为以xoy平面上+=1为边界曲线的任意光滑凸曲面∫∫Sa2b2的上侧『解』x2y2因所对应的散度为0，故积分和曲面无关，特取S为xoy平面上的以+=1边界曲线的平面片，a2b2法向向上。于是∫∫y2z2dydz+z2x2dzdx+x2y2dxdyS＝22σ22xyd∫∫x+y≤122ab2π1＝∫dθ∫a2r2cos2θ⋅b2r2sin2θ⋅abrdr（x=arcosθ,x=brsinθ)002π1＝a3b3∫sin2θcos2θdθ∫r5dr00a3b32π＝∫sin2θcos2θdθ60a3b3π＝∫sin2θcos2θdθ(周期函数性质)6−πa3b3π＝2∫sin2θcos2θdθ(偶函数在对称区间上的积分)60πa3b3＝22sin2θcos2θdθ(周期函数性质)6∫−π2πa3b3＝4∫2sin2θcos2θdθ(偶函数在对称区间上的积分)60πa3b3＝∫2sin22θdθ60πa3b31−cos4θa3b3ππa3b3＝∫2dθ＝＝#6026424题12(4)(p167)【6】计算|x-a|dydz+|y-2b|dxdz+|z-c|dxdy。S是长方体0≤x≤a，0≤y≤b，0≤z≤c的外∫∫334S侧『解1』8
cσba记y=2b，并将全表面S按y≥y，y≤y分为两个部分。先计算1311∫∫|y-y|dxdz＝|y-y1|dxdz＋|y-y1|dxdzS1∫∫S∫∫Sy≥y1y≤y1＝∫∫（y-y1）dxdz＋∫∫（y1-y）dxdzS右S左＝（＋b-y）dσ（－1）ydσ＝ac(b-2y)=ac(b-22b)=-abc∫∫1∫∫σ1133σ同理|x-a|dydz＝bc(a-2a)＝abc，|z-c|dxdy＝ab(c-2c)＝abc∫∫S333∫∫S442于是原式＝-abc＋abc＋abc＝abc#3322『解2』也可转化为Gauss公式。cσy1ba记y=2b，并将全表面S按y≥y，y≤y分为两个部分。先计算1311∫∫|y-y|dxdz＝|y-y1|dxdz＋|y-y1|dxdzS1∫∫S∫∫Sy≥y1y≤y1＝∫∫（＋y-y1）dxdz∫∫（y1-y）dxdzSy≥y1Sy≤y1＝[∫∫∫dV－∫∫（y]-y1）dxdz＋Vy≥y1Sy=y1,法向向左[∫∫∫(-−1)dV∫∫（y]1-y）dxdzVy≤y1Sy=y1,法向向左=dV-dV=ac(b-y)-acy=ac(b-2y)=ac(b-22b)=-abc∫∫∫∫∫∫11133Vy≥y1Vy≤y1同理，得，|x-a|dydz＝bc(a-2a)＝abc，|z-c|dxdy＝ab(c-2c)＝abc∫∫S333∫∫S442于是9
原式＝-abc＋abc＋abc＝abc#3322题13(1)(p167)0rr【7】设S是光滑闭曲面，n为S上点(x,y,z)的单位外法向矢量，r是点(x,y,z)的矢径，|r|=r,则：0r1若θ是n与r的夹角，则由S所围的立体的体积为V＝rcosθdS3∫∫S『解』z0yn0θxrrr0r0rcosθ＝|r||n|cosθ=r•n＝xcosα+ycosβ+zcosγ其中cosα,cosβ,cosγ为曲面上点(x,y,z)处的单位法向的方向余弦。因此1rcosθdS＝1(xcosα+ycosβ+zcosγ)dS3∫∫3∫∫SS＝1xdydz+ydzdx+zdxdy＝dV＝V(Gauss公式)#3∫∫∫∫∫SV题13(2)(p167)0rr【8】设S是光滑闭曲面，n为S上点(x,y,z)的单位外法向矢量，r是点(x,y,z)的矢径，|r|=r,则：rrrrr若l=ai+bj+ck为一固定的单位矢量,ϕ为n0与l的夹角，则∫∫cosϕdS＝0S『解』z0yn0θxrlcosϕ＝|l0||n0|cosϕ=l0•n0＝1(acosα+bcosβ+ccosγ)|l|其中cosα,cosβ,cosγ为曲面上点(x,y,z)处的单位法向的方向余弦。因此cosϕdS＝1(xcosα+ycosβ+zcosγ)dS∫∫3∫∫SS10
＝10dV＝0(Gauss公式)#|l|∫∫∫V题13(3)(p167)0rr【9】设S是光滑闭曲面，n为S上点(x,y,z)的单位外法向矢量，r是点(x,y,z)的矢径，|r|=r,则：0r若θ是n与r的夹角，则cosθ0,S所围区域不含原点dS=∫∫Sr24π，否则『解』当S所围区域不含原点时，r恒非零。于是cosθrcosθ1r01r02＝3＝r3|r||n|cosθ=r3r•nrr|r||r|xyz＝cosα+cosβ+cosγ333x2+y2+z2x2+y2+z2x2+y2+z2其中cosα,cosβ,cosγ为曲面上点(x,y,z)处的单位法向的方向余弦。因此cosθdS＝∫∫2Srxyz＝dydz+dzdx+dxdy∫∫S333x2+y2+z2x2+y2+z2x2+y2+z2y2+z2−2x2z2+x2−2y2x2+y2−2z2＝(++)dV(Gauss公式)∫∫∫V555x2+y2+z2x2+y2+z2x2+y2+z2＝0且由上设，以上三重积分中被积函数每项均有意义。当S所围区域含原点时，我们一定可以在S所围区域内部作一半径为R的球心在原点的很小的球面G，使得。则由前，由S与此球面G组成的封闭曲面上的积分为0。zy0n0xθθ=0rr因此cosθcosθcosθcosθdS＝dS=dS+dS∫∫S2∫∫S+G-+G2∫∫S+G-2∫∫G2rrrr其中-G为法向向球心的球面，G为法向向外的球面。而11
cosθ1dS＝dS(θ=0)∫∫Gr2∫∫Gx2+y2+z21=∫∫dS=4πR2G因此I＝4πcosθ注1：可将dS理解为一个特殊的第二类曲面积分，因为被积函数和法向的取向有关，即个曲面∫∫2Gr的侧有关。cosθ注2：对dS可应用Gauss公式。Gauss公式可以是简单封闭曲面、单连通曲面、复连通曲面。∫∫S+G-2r#题14(5)(p167)【10】利用曲面积分求矢量场通过给定曲面的通量：计算∫∫(x2cosα+y2cosβ+z2cosγ)dS，S为由曲Sz=y2线段(1≤z≤4)绕z轴旋转所成的旋转面，{cosα,cosβ,cosγ}为S的内法线方向余弦。x=0『解』zz44S上z=y21122x=0z=x+yyS下0y0xz=y2曲线段(1≤z≤4)绕z轴旋转所成的旋转面为z=x2+y2(1≤z≤4)x=0∫∫(x2cosα+y2cosβ+z2cosγ)dS=∫∫x2dydz+y2dzdx+z2dxdySS=−2∫∫∫(x+y+z)dV−∫∫x2dydz+y2dzdx+z2dxdy－∫∫x2dydz+y2dzdx+z2dxdyVS上S下而∫∫∫xdV=0,ydV=0(奇函数在对称区域上的积分)V∫∫∫V44∫∫∫zdV=∫zσzdz=∫z⋅πzdz=21πV11∫∫x2dydz+y2dzdx+z2dxdy=∫∫z2dxdy(法向向下)S上S上=－16dσ=−64π∫∫x2+y2≤4∫∫x2dydz+y2dzdx+z2dxdy=∫∫z2dxdy(法向向上)S下S下12
=dσ=π∫∫x2+y2≤1因此I＝0–2×21π–(−64π)-π=21π#题22(1)(p168)【11】计算曲面积分I＝∫∫(x+2y+4z+5)2dS，S为|x|+|y|+|z|≤1的表面。S[答案1143]『解』1011利用对称性，∫∫x2dS＝∫∫y2dS＝∫∫z2dSSSS∫∫xdS＝ydS＝zdS＝0（被积函数为奇函数;积分区域是对称的）S∫∫S∫∫S∫∫xydS＝xzdS＝yzdS＝0（被积函数为关于单个变量是奇函数;积分区域是对称的）S∫∫S∫∫S因此，I＝∫∫(x+2y+4z+5)2dS＝(1+22+42)∫∫x2dS+52∫∫dSSSS故以下只要计算∫∫x2dS和dS。再此利用对称性，只需求出在第一像限的积分值。即S在第一像限部分S∫∫S为S1，则S＝{(x,y,z)||x|+|y|+|z|＝1},S1＝{(x,y,z)||x|+|y|+|z|＝1,x,y,z≥0}＝{(x,y,z)|x+y+z＝1,x,y,z≥0}即S1为平面x+y+z＝1位于第一像限部分.S1在xoy平面上的投影为σ＝{(x,y)|x+y≤1,x,y≥0}＝{(x,y)|0≤y≤1-x,0≤x≤1}3于是dS＝8dS＝8×(边长为3的正三角形面积)∫∫S∫∫S21＝43z=1-x-y,dS=1+(∂x)2+(∂x)2dσ＝3dσ∂y∂z∫∫x2dS＝8∫∫x2dS＝8x23dσSS∫∫σ111−x1＝8∫x2dx∫3dy＝83∫(1−x)x2dx00013
1(1x)x2dx3＝83−＝2∫30最后I＝21×23＋25×43＝11433备注：计算∫∫z2dS也可直接化为定积分来进行。但对本题，不是很适合。S为便于画图，根据轮换对称性，可考虑计算∫∫z2dSS把此积分看作求给定密度的曲面片质量，则位于同一高度的密度相等。因此可以将z2dS看作位于同一高度的带状区域上的质量。为此先求出dS。z1zy01x1z1AA2(1−z)1-zCzyCB01x13232S∆ABC=[2(1−z)]=(1−z)42z1z+∆z∆Szy01x1因此位于图中带状区域(实为等腰梯形)的面积为14
3232∆S＝(1−z)-(1−z−∆z)=3(1−z)∆z+o(∆z)22这个面积也可直接求等腰梯形的面积：上底＝2(1−z−∆z)，下底＝2(1−z)，333高＝⋅2(1−z)−⋅2(1−z−∆z)＝⋅∆z22213∆S＝[2(1−z−∆z)＋2(1−z)]⋅∆z≈3(1−z)∆z22z1z+∆zzy01x1因此dS=3(1−z)dz于是第一象限部分212113∫∫zdS=∫z3(1−z)dz=3(−)=S103412最后223∫∫zdS＝8∫∫zdS＝2#SS31题22(2)(p168)xy221【12】dS，S为2z=x+y介于≤z≤2之间的部分∫∫z2S『解』根据被积函数关于x,y均为偶函数，积分区域S为关于两平面x=0,y=0对称，因此z0122y1σxy1220yxxxyxyxyI＝dS＝4dS＝4dS∫∫Sz∫∫Sz∫∫Szx≥0,y≥0x≥0,y≥015
2xy22＝41+x+ydσ∫∫σ2+2xyxyπ222r2sinθcosθ2＝4dθ1+rrdr∫∫201rπ222＝4∫sin2θdθ∫1+rrdr01π222＝∫sin2θdθ∫1+rrdr0133＝4(52−22)＝4(55−22)#33题22(3)(p168)▲x2y2z2【13】I＝1dS，S为++=1，ρ是原点到S上任一点(x,y,z)切平面的距离∫∫Sρa2b2c2『解』x2y2z2记S为F(x,y,z)=++−1=0，其上任一点(x,y,z)处的切平面方程为a2b2c2∂F∂F∂F(X−x)+(Y−y)+(Z−z)=0。∂x∂y∂z原点到此平面的距离为∂F∂F∂F|x+y+z|∂x∂y∂zρ=.∂F2∂F2∂F2()+()+()∂x∂y∂z因此，I＝1dS＝1dS+1dS∫∫Sρ∫∫Sρ∫∫Sρz≥0z≤0∂F2∂F2∂F2()+()+()∂x∂y∂z1dS＝1dσ∫∫Sρ∫∫σρ∂Fz≥0xy||∂z∂F∂F∂F|x+y+z|∂x∂y∂z＝∫∫dσσ∂Fxy||∂z2x2y2z|x+y+z|a2b2c2＝∫∫dσσ2zxyc222121＝∫∫dσ＝cdσ＝c∫∫dσσ2z∫∫σzσ22xyxyxyxyc2c1−−a2b21=c∫∫dσσ22xyxy1−−a2b2x2y2其中σxy=(x,y)|+≤1a2b216
同理，11dS＝cdσ∫∫Sρ∫∫σ22z≤0xyxy1−−a2b2因此I＝1dS+1dS∫∫ρ∫∫ρSz≥0Sz≤01＝2c∫∫dσσ22xyxy1−−a2b2作x=arcosθ,y=brsinθ,则∂(x,y)acosθ−arsinθJ＝==abr，∂(r,θ)bsinθbrcosθx2y2σxy=(x,y)|+≤1＝{}(r,θ)|0≤θ≤2π,0≤r≤1a2b2于是11I＝2c∫∫dσ＝2cabrdrdθσ22∫∫σ2xyxyxy1−r1−−a2b22π11＝2c∫dθ∫abrdr＝4πabc#001−r2题22(4)(p168)▲2222x+y,z≥x+y【14】I＝∫∫f(x,y,z)dS，f(x,y,z)=x2+y2+z2=40,za>0R常数)的定球面上，试证当前4者夹在定球面内部的表面积为最小时，a=R3『解』zy0R对于动球和定球相交的情况，根据球的对称性，不妨设动球球心位于正z轴上。其截面图如下，其中蓝圆表示定球的大圆，紫圆表示动球的大圆。22
zay0R为求出动球位于定球内部的球面，我们需求出两球的交线。定球x2+y2+z2=R2动球：x2+y2+(z−R)2=a2x2+y2+(z−R)2=a2x2+y2+(z−R)2=a2它们的交线2222即2R2−a2x+y+z=Rz=2Rzay0R2R2−a2z=2R2R2−a2因此只需求x2+y2+(z−R)2=a2(R−a≤z≤)的面积2RzaRy0R2R2−a2z=2Ra2可以将球心“下沉”到原点，因此等同于求x2+y2+z2=a2(−a≤z≤−)的面积(见下图)2Rzy0aa2z=−2R23
a2根据对称性，只需求x2+y2+z2=a2(≤z≤a)的面积2Rza2z=2Ry0a由于求部分球面的面积，因此选用球面坐标za2z=ϕ12Ry0a先求交线所对应的球面坐标的ϕ角(见上图，记为ϕ1)x2+y2+z2=a2x2+y2=a2−t2a2a2sin2ϕ=a2−t2a2Î(记t=)Îz=z=t2Racosϕ=t2Ra2−t2t2taÎtan2ϕ=Îcos2ϕ=即cosϕ==221a2Rtaa2此时S＝{(x,y,z)|x2+y2+z2=a2,≤z≤a}2R＝{((ρ,ϕ,θ)|ρ=a,0≤ϕ≤ϕ1,0≤θ≤2π)}于是2πϕ1222aS＝∫∫dS＝dθasinϕdϕ＝2πa(1−cosϕ1）＝2πa(1−）S∫0∫02Ra3＝2π(a2−）2R3a24R令S关于a求导为0，得2a−=0，因此a=2R3备注S的面积也可由球冠面积直接得到2R2−a2a2S＝2πah＝2πa[()−(R−a)]＝2πa(a−)2R2R24
zaRy0R2R2−a2z=2R#25
第十二章曲线积分题1(5)(i)(p204)【1】求∫x2dl，l为x2+y2+z2=a2与y-x=0的交线。l『解』先求x2+y2+z2=a2与y-x=0的交线的参数表示22222221由x+y+z=a与y-x=0，知2x+z=a所以可设x=acost,z=asint(0≤t≤2π)21于是参数式为x=y=acost,z=asint(0≤t≤2π)22π2ππ于是x2dl＝1a2cos2ta2dt＝1a3cos2tdt＝a3#∫l∫022∫02题1(5)(ii)(p204)【2】求∫x2dl，l为x2+y2+z2=a2与x+z=a的交线。l『法1』x2+y2+z2=a2x2+y2+(a−x)2=a22x2−2ax+y2=0lÎÎx+z=ax+z=ax+z=a2(x−1a)2+y2=(1a)2Î22x+z=a设x−1a=1acost，y=1asint，从而z=1a−1acost(0≤t≤2π)222222π于是x2dl＝(1a+1acost)2(1asint)2+(1acost)2+(1asint)2dt∫l∫022222122π21112133＝a(1+2cost+cost)adt＝a2π(1+)＝2a4∫024228『法2』针对特殊的曲线，可以取相应的参数形式，以简化计算。zx+z=aa2r=a2r0ytx2x=(r+rcost)20≤t≤2πax22r=a,l=rt,dl=rdt=adt221
2ax=(r+rcost)=(1+cost)(0≤t≤2π)222πa22a32π2a32π1+cos2t∫x2dl=()2(1+cost)2adt=(1+cost)2dt=(1+2cost+)dtl∫0228∫08∫022a333=2π=2a3#828题1(5)(iii)(p204)【3】求∫x2dl，l为x2+y2+z2=a2与x+y+z=0的交线。l『解』2221222121223∫xdl=ydl=zdl=(x+y+z)dl=adl=a⋅2πa=πa#l∫l∫l3∫l3∫l33题1(6)(p204)|y|x2+y2+z2=4a2【4】dl，l:(z≥0,a>0)∫x2+y2+z222lx+y=2ax『解』|y|12I=dl=|y|dl=ydl∫lx2+y2+z24a2∫l4a2∫ly≥0x2+y2+z2=4a2x2+y2+z2=4a2ly≥0:(z≥0,y≥0)Î(z≥0,y≥0)x2+y2=2ax(x−a)2+y2=a2tx2+y2+z2=4a2z=2asin2x=a+acost(z≥0,0≤t≤π)Îx=a+acosty=asinty=asint故11π222tI=ydl=asinta+acosdt2a2∫l2a2∫02y≥0πtt2tπt2tt=∫sincos1+cosdt=−2∫cos1+cosdcos022202223π2t2t22tπ2=−∫1+cosd(cos)=−(1+cos)2=(22−1)#0223203题3(1)(p204)【5】利用第一类曲线积分计算下列均质(设µ=1)对指定轴的转动惯量x=a(t-sint),y=a(1-cost),0≤t≤2π,对y轴『解』2πI=x2µdl=a2(t−sint)2⋅a2(1−cost)2+a2(sint)2dty∫∫l02π2πt=a3∫(t−sint)2⋅2−2costdt=a3∫(t2−2tsint+sin2t)⋅2sindt00232π2tt2t＝2a∫(tsin−2tsint⋅sin+sint⋅sin)dt0222而2
2π2t2π2t2t2π2πt∫tsindt＝−2∫tdcos＝−2tcos+2∫cos⋅2tdt0202200222πt2t2π2πt2t2π2＝8π+8∫tdsin＝8π+8tsin−8∫sindt＝8π+16cos＝8π−32022002202πt2πttt2π2tt∫2tsint⋅sindt＝4∫tsincos⋅sindt＝8∫tsindsin02022202282π3t82π3t8π3r+π＝∫tdsin＝−∫sindt＝−∫sindr(令r=t−π)3023023−π2π8π3r16π3r3223r32264＝−∫cosdr=−∫cosdr=−∫costdt(令t=)＝−=−3−π2302302339or2πtπtπ∫2tsint⋅sindt＝8∫rsin2r⋅sinrdr(令r=)＝16∫rsinrcosr⋅sinrdr0202016π3163π16π316π3＝∫rdsinr＝rsinr−∫sinrdr＝−∫sinrdr3030303016π21613π64＝∫(1−cosr)dcosr＝(cosr−cosr)＝−303309及2π2tπ2tπ22∫sint⋅sindt=2∫sin2r⋅sinrdr(令r=)=8∫sinrcosr⋅sinrdr02020π22π241315π32=−8∫(1−cosr)cosrdcosr=−8∫(cosr−cosr)dcosr=−8(cosr−cosr)=0035015故32π2tt2tIy=2a∫(tsin−2tsint⋅sin+sint⋅sin)dt022232643232843228432128＝2a(8π−32++)＝16a(π−4++)＝16a(π−+)=16a(π−)91591591545附带，所给曲线对x轴的转动惯量是2π∫y2µdl＝=∫a2(1−cost)2⋅a2(1−cost)2+a2(sint)2dtl032π232π4tt32π5t＝a∫(1−cost)⋅2−2costdt＝a∫4sin⋅2sindt＝8a∫sindt002202π3π5t325ππ＝16asinrdr(令r=)＝16asin(t+)dt(令t=r−)∫02∫−π222ππ3253253423256＝16acostdt＝32acostdt＝32a＝a∫−π∫053152题4(2)(p205)【6】利用第一类曲线积分计算柱面面积：(x2+y2)2=a2(x2−y2)被圆锥面z2=x2+y2所截取的部分『解』A＝∫z(x,y)dl(l：(x2+y2)2=a2(x2−y2))l＝2∫x2+y2dl(上半平面部分和下半平面部分面积相等)l3
22222222ππ3π5π双纽线方程(x+y)=a(x−y)的极坐标形式r=acos2θ(−≤θ≤,≤θ≤)4444即ππ3π5πr=acos2θ(−≤θ≤,≤θ≤)4444故πA＝2∫x2+y2dl＝8∫4r⋅r2+r"2dθ(对称性，只取第一卦限部分)l0ππsin22θ＝8∫4acos2θ⋅a2cos2θ+a2dθ＝8a2∫4dθ＝2πa2#0cos2θ0题5(2)(p205)【7】利用第一类曲线积分计算质点对质线的引力，已知质线方程为x+y=1,质点m在点(0,0)，xy线密度µ=，(x,y)为质线上任一点的坐标。x+y『解』yx+y=1r∆Fr∆F0αx0mµdlx+y∆F=∆Fcosα=G⋅0(x2+y2)22x+y2其中α可看作两矢量{x,y}和{1,1}的夹角r1r根据对称性，所求引力为F=F⋅(i+j)，而2mµx+yGm1x+yF＝∑∆F＝∫G22⋅⋅dl＝∫22⋅µ⋅⋅dll(x+y)x2+y222l(x+y)x2+y2Gmx+yxydlGmx+y＝⋅＝xydl⋅2∫lx2+y2x+y(x2+y2)2∫l3(x2+y2)2x=cos4tπ44由l:x+y=1Î（0≤t≤），dl＝4sintcostcost+sintdt⋅故y=sin4t2πGmcos4t+sin4tF＝2sin2tcos2t⋅4sintcostcos4t+sin4tdt⋅∫320(cos8t+sin8t)2π4Gmcos4t+sin4t＝2sin3tcos3tdt⋅∫320(cos8t+sin8t)24
π8Gmsin4tπ＝2sin3tcos3tdt⋅（可令t=−s,发现拆分后相等）2∫032(cos8t+sin8t)2πππ8Gmtan7t8Gmtan7tGm1＝2sec2tdt⋅＝2dtant⋅＝2dtan8t⋅2∫032∫032∫03(tan8t+1)2(tan8t+1)2(tan8t+1)21Gm+∞1Gm−+∞＝dx⋅＝[−2(x+1)2]＝2Gm2∫0320(x+1)2r1r1rr因此所求引力为F=F⋅(i+j)＝2Gm⋅(i+j)＝Gm(i+j)，G为引力常数#22题9(3)(p205)dx+dy【8】求I＝∫,l为满足|x|+|y|=1的矩形边界正向l|x|+|y|『解』dx+dyI＝∫＝∫dx+dy＝0(Green公式)#l|x|+|y|l题9(4)(p206)xdy+2ydx【9】求I＝,l为满足|x|≤a,|y|≤b的矩形边界正向∫lx2+y2『解1』yDCbx-aaAB-bxdy+2ydxI＝∫lx2+y2xdy+2ydxxdy+2ydxxdy+2ydxxdy+2ydx＝+++∫lABx2+y2∫lBCx2+y2∫lCDx2+y2∫lDAx2+y2a−2bdxbady−a2bdx−b−ady＝+++∫−ax2+b2∫−by2+a2∫ax2+b2∫by2+a2adxbdyab＝−4b+2a＝−8arctan+4arctan∫−ax2+b2∫−by2+a2baπaπb若tanc=t,则cotc＝1/t.即tan(−c)＝1/t。据此，我们知道arctan=−arctan。代入得2b2aabπbbbI＝−8arctan+4arctan＝−8(−arctan)+4arctan＝12arctan−4πba2aaa『解2』5
yDCbcx-aalcAB-bxdy+2ydxxdy−ydx3ydx＝+∫lx2+y2∫lx2+y2∫lx2+y2xdy−ydx(x=ccost,y=csint,0≤t≤2π)∫lx2+y2c2πccost×ccost+csint×csint＝dt(x=ccost,y=csint,0≤c≤2π)＝2π∫0c23ydxa3(−b)dx−a3bdxadxa=+=−6b=−12arctan∫lx2+y2∫−ax2+b2∫ax2+b2∫−ax2+b2b所以xdy+2ydxab＝2π−12arctan＝12arctan−4π#∫lx2+y2ba题10(1)(p206)222【10】计算闭曲线所围面积：x3+y3=a3『解』2223x=acostx3+y3=a3，(0≤t≤2π)y=asin3t2π2πA＝∫xdy＝acos3t⋅3asin2tcostdt＝3a2cos4t⋅sin2tdtl∫0∫0π＝3a2∫cos4t⋅sin2tdt(周期函数在定积分上的应用)−ππ＝6a2∫cos4t⋅sin2tdt(偶函数在对称1区间上的积分)0π＝6a22cos4t⋅sin2tdt(周期函数在定积分上的应用)∫π−2π=12a2∫2cos4t⋅sin2tdt(偶函数在对称1区间上的积分)0πππ＝12a22(cos4t−cos6t)dt＝12a2(2cos4tdt−2cos6tdt)＝12a2(31π−531π)=3πa2#∫0∫0∫042264228题18(3)(p206)▲【11】∫y2dx+z2dy+x2dz,其中l为x2+y2+z2=a2(z≥0)与x2+y2=ax的交线。从x轴正向看，ll的方向为逆时针方向。『解1』6
zlleftlrightyxx2+y2+z2=a2(z≥0)的参数式x=asinϕcosθπy=asinϕsinθ(0≤ϕ≤)2z=acosϕ22π代入x+y=ax，得sinϕ=cosθ，即sinϕ=sin(−θ)2x=asinϕsinϕπππ所以对于lleft，y<0,ϕ=π−(−θ),θ=ϕ−.于是参数方程为y=−asinϕcosϕ(ϕ:0→)222z=acosϕx=asinϕsinϕππ所以对于lright，y>0,ϕ=(−θ),于是参数方程为y=asinϕcosϕ(ϕ:→0)22z=acosϕ于是I＝∫y2dx+z2dy+x2dzl＝∫y2dx+z2dy+x2dz＋y2dx+z2dy+x2dzl∫lleftrightπ＝a3∫2[(sin2ϕcos2ϕ)2sinϕcosϕ−(cos2ϕ)cos2ϕ+sin4ϕ(−sinϕ)]dϕ＋00a3∫[(sin2ϕcos2ϕ)2sinϕcosϕ+(cos2ϕ)cos2ϕ+sin4ϕ(−sinϕ)]dϕπ2π＝a3∫2[(sin2ϕcos2ϕ)2sinϕcosϕ−(cos2ϕ)cos2ϕ+sin4ϕ(−sinϕ)]dϕ－0ππa3∫2[(sin2ϕcos2ϕ)2sinϕcosϕ+(cos2ϕ)cos2ϕ+sin4ϕ(−sinϕ)]dϕ＝−2a3∫2(cos2ϕ)cos2ϕdϕ00ππ32223242331π1ππ3＝−2a∫(cosϕ)(2cosϕ−1)dϕ＝−2a∫(2cosϕ−cosϕ)dϕ＝−2a(2−)＝−a00422224『解2』7
zyx利用Stokes公式dydzdzdxdxdyI＝y2dx+z2dy+x2dz=∂∂∂∫l∫∫S∂x∂y∂zy2z2x2＝∫∫()−2zdydz+(−2x)dzdx+(−2y)dxdy＝−2∫∫zdydz+xdzdx+ydxdySS其中l和S满足右手法则。取S为位于柱面x2+y2=ax内部的球面部分。I＝−2∫∫zdydz+xdzdx+ydxdy＝−2∫∫zcosαdS+xcosβdS+ycosγdSSS＝−2∫∫zcosαdS+xcosβdS+ycosγdSS2222r而球面x+y+z=a上任一点(x,y,z)的外法线方向为n＝{2x,2y,2z},其单位矢量为011n={x,y,z}={x,y,z}={cosα,cosβ,cosγ}。x2+y2+z2a2所以I＝−2∫∫zcosαdS+xcosβdS+ycosγdS＝−∫∫(zx+xy+yz)dSSaS∂z2∂z2x2y2又dS＝1+()+()dσ＝1+(−)+(−)dσ∂x∂yzzaa1＝dσ＝dσ(即dS＝dσ)z222|cosγ|a−x−y于是22I＝−∫∫[zx+xy+yz]dS＝−∫∫[xy+(x+y)z]dSaSaS2222axy＝−∫∫[xy+(x+y)a−x−y]dσ＝−2[+(x+y)]dσaσ222∫∫σ222a−x−ya−x−y=−2∫∫xdσ(奇函数在对称区间上的积分为0)σ22ππ(σ={(x,y)|x+y≤ax}={(r,θ)|−≤θ≤,0≤r≤acosθ})22πππcosθ21342324＝−22dθrcosθrdr＝−2acosθdθ＝−acosθdθ∫−π∫0∫−π33∫−π2228
π43244331ππ3＝−a∫cosθdθ＝−a＝−a#3034224题21(1)(p207)▲【12】用适当的方法计算222hI＝∫(x−yz)dx+(y−zx)dy+(z−xy)dz，l:x=acost,y=asint,z=t从点A(a,0,0)到B(a,0,h)的一段l2π『解』由于被积函数可写为(x2−yz)dx+(y2−zx)dy+(z2−xy)dz＝x2dx−yzdx+y2dy−zxdy+z2dz−xydz＝1d(x3+y3+z3)−d(xyz)＝d[1(x3+y3+z3)−xyz]33即被积函数可表为全微分形式，因此此第二类曲线积分与积分路径无关。因此积分取线段AB,于是hI＝(z2−a⋅0)dz＝1h3#∫30题21(2)(p207)▲【13】用适当的方法计算I＝∫(x−z)dx+(x3+yz)dy−3xy2dz，l为z=2−x2+y2与xoy平面的交线。从z轴正向看，l的方向为逆l时针方向。『解』：用Stokes公式，取l所围的曲面为圆域x2+y2≤2,z=0，其侧与l的方向满足右手法则。则dydzdzdxdxdy32∂∂∂∂3∂I＝∫(x−z)dx+(x+yz)dy−3xydz＝∫∫＝∫∫((x+yz)−(x−z))dxdy+0lS∂x∂y∂zS∂x∂yx−zx3+yz−3xy22π2＝3x2dxdy＝3x2dσ＝3(x2+y2)dσ＝3dθ(r2)rdr＝123⋅2π⋅16＝12π∫∫S∫∫σ2∫∫σ2∫0∫024zy0x#题41(1)(p209)★【14】u=arctanx,求rotgraduy∂ur∂ur∂ur『解』gradu＝i+j+k∂x∂y∂zrrrr利用A＝Pi+Qj+Rk时，rrrijkr∂∂∂∂R∂Qr∂P∂Rr∂Q∂PrrotA==(−)i+(−)j+(−)k，∂x∂y∂z∂y∂z∂z∂x∂x∂yPQR9
于是rr∂Q∂Prrotgradu=(0−0)i+(0−0)j+(−)k(因为此时R≡0,而P、Q与z无关)∂x∂yrr∂2u∂2urr＝(0−0)i+(0−0)j+(−)k＝0(因相应混合偏导数除原点外连续，而原点不在定义域内)∂y∂x∂x∂yr因此rotgradu＝0注：也可直接分段计算1−x(1)2∂ur∂ur∂uryryryrxrgradu=i+j+k=i+j=i−j∂x∂y∂z1+(x)21+(x)2x2+y2x2+y2yy∂R∂Qr∂P∂Rr∂Q∂Prrotgradu=(−)i+(−)j+(−)k∂y∂z∂z∂x∂x∂yrr(x2+y2)−x(2x)(x2+y2)−y(2y)rx2−y2x2−y2rr=(0−0)i+(0−0)j+−−k=−k＝0#(x2+y2)2(x2+y2)2(x2+y2)2(x2+y2)2备注∂ur∂ur∂ur(1)gradu＝i+j+k∂x∂y∂zr∂P∂Q∂Rrrrr(2)divA=++，A＝Pi+Qj+Rk∂x∂y∂zrrrijkr∂∂∂∂R∂Qr∂P∂Rr∂Q∂Prrrrr(3)rotA==(−)i+(−)j+(−)k，A＝Pi+Qj+Rk∂x∂y∂z∂y∂z∂z∂x∂x∂yPQR题41(2)(p209)rrrrr【15】A=xy2i+xyj+xzk,求graddivA『解』rrrrr∂P∂Q∂Rr22利用A＝Pi+Qj+Rk时，divA=++,因此divA=y+x+x=2x+y∂x∂y∂z∂ur∂ur∂urr2rr再根据gradu＝i+j+k，得graddivA＝grad(2x+y)＝2i+2yj#∂x∂y∂z题41(3)(p209)rrrrr【16】A=(x−z)i+(x3+yz)j−3xy2k,求divrotA『解』rrrijkrrrrr∂∂∂∂R∂Qr∂P∂Rr∂Q∂Pr利用A＝Pi+Qj+Rk时，rotA==(−)i+(−)j+(−)k，∂x∂y∂z∂y∂z∂z∂x∂x∂yPQRrrrrr∂P∂Q∂R再利用A＝Pi+Qj+Rk时，divA=++∂x∂y∂zr∂2R∂2Q∂2P∂2R∂2Q∂2P∂2P∂2P∂2R∂2R∂2Q∂2QdivrotA＝(−)+(−)+(−)＝(−)+(−)+(−)∂y∂x∂z∂x∂z∂y∂x∂y∂x∂z∂y∂z∂z∂y∂y∂z∂y∂x∂x∂y∂x∂z∂z∂xr＝0(因相应混合偏导数连续),因此divrotA＝0#题41(4)(p209)【17】u=xyzex+y+z,求divgradu10
『解』∂ur∂ur∂ur∂2u∂2u∂2ugradu＝i+j+k,divgradu=++∂x∂y∂z∂x2∂y2∂z2xy+z∂uy+zxxy+zxu=xe(yze),=(yze)(e+xe)=(yze)(1+x)e)∂x∂2u=(yzey+z)[ex+(1+x)ex]=(yzey+z)(2+x)ex=ex+y+z(2yz+xyz)∂x2∂2u∂2u∂2u即=ex+y+z(2yz+xyz)。同理=ex+y+z(2xz+xyz)，=ex+y+z(2xy+xyz)∂x2∂y2∂z2∂2u∂2u∂2u因此divgradu=++＝ex+y+z(2xy+2xz+2yz+3xyz)#∂x2∂y2∂z2题42(1)(p209)▲rrr∂r∂r2222【18】试计算下列积分∫Adl，其中A=(lnr)i−(lnr)j，r=x+y>0。l是1≤x+y≤5中l∂y∂x任意一条逐段光滑的闭曲线，沿正向『证』1yyx2−y2∂∂∂(lnr)＝＝,[(lnr)]=∂yr22x2+y2∂y∂y(x2+y2)2x+yy2−x2∂∂∂∂∂∂因此[(lnr)]＝。于是[(lnr)]＝[−(lnr)]∂x∂x(x2+y2)2∂y∂y∂x∂x因此积分和路径无关。1)若l不含坐标原点，则rr∂∂I=∫Adl=∫(lnr)dx−(lnr)dy=0(由Green公式)ll∂y∂xyyσxxc1(2)若l含坐标原点，则rr∂∂∂∂I=∫Adl=∫(lnr)dx+(lnr)dy=∫(lnr)dx+(lnr)dyll∂y∂xc1∂y∂x其中c1沿正向。设c1：x=cost,y=sint,0≤t≤2π,则∂∂ydx−xdyy(lnr)dx−(lnr)dy＝＝－darctg＝－dt∂y∂xx2+y2xrr∂∂∂∂y2πI=Adl=(lnr)dx−(lnr)dy=(lnr)dx−(lnr)dy＝d[−arctg]＝(−1)dt＝−2π∫l∫l∂y∂x∫c∂y∂x∫cx∫011『注1』：∂∂ydx−xdyy被积函数可写为全微分(lnr)dx−(lnr)dy＝＝－darctg）∂y∂xx2+y2x『注2』：若l含坐标原点的另一求法。设c1：x=cost,y=sint,0≤t≤2π,则11
∂y∂x(lnr)＝,(lnr)＝∂yx2+y2∂xx2+y2∂y2∂x2(lnr)dx＝dx＝−sintdt;－(lnr)dy＝－dy＝−costdt;∂yx2+y2∂xx2+y2rr∂∂∂∂2π22于是I=∫Adl=∫(lnr)dx−(lnr)dy=∫(lnr)dx−(lnr)dy＝(−cost−sint)dt＝−2πll∂y∂xc1∂y∂x∫0题42(2)(p209)▲rrr1rxr【19】试计算下列积分Adl，其中A=[+yf(xy)]i+[xf(xy)−]j，f(u)在(0,+∞)上连续。l是从点∫lyy2A(3,2)到点B(1,2)的路径。3『证』因f(u)在(0,+∞)上连续，故在(0,+∞)上有原函数。记F(u)为其任一原函数，即F’(u)=f(u).于是可以验证知∂x1∂xxrrx[+F(xy)]=+yf(xy)，[+F(xy)]=−+xf(xy)。即Adl＝d[+F(xy)]，原函数存在。∂xyy∂yyy2yrrx(1,2)因此由积分和路径无关定理知，Adl＝[+F(xy)]＝－4＋F(2)-F(2)=-4∫ly(3,2)3备注：∂1∂x因仅已知f(u)连续，故通过不能验证[+yf(xy)]＝[xf(xy)−]的方法来说明积分和路径无关。∂yy∂xy2题44(p209)▲【20】求所有具有连续偏导数的函数P(x,y),Q(x,y),使∫P(x+a,y+b)dx+Q(x+a,y+b)dy与常数la,b无关，l为任意光滑闭曲线。『证』∂∂P(x+a,y+b)dx+Q(x+a,y+b)dy＝∫∫[Q(x+a,y+b)−P(x+a,y+b)]dσ(Green公式)∫lσ∂x∂y＝[Q"(x+a,y+b)−P"(x+a,y+b)]dσ∫∫σ12因∫P(x+a,y+b)dx+Q(x+a,y+b)dyl与常数a,b无关，对任意光滑闭曲线l。因此Q"(x+a,y+b)−P"(x+a,y+b)为与x,y,a,b无关的常数。即Q"(x,y)−P"(x,y)为与x,y无关的常数，记1212为K。即Q"(x,y)−P"(x,y)＝K12∂u由于P(x,y)具有连续偏导数，故设有u(x,y),使得P＝，于是∂x∂2u∂2u∂uQ"(x,y)=+K=+K(不是很严密)，于是Q=+Kx+C。1∂x∂y∂y∂x∂y∂u∂u于是P＝，Q=+Kx+C。其中u具有二阶连续偏导数。K，C为常数。#∂x∂y12
第十三章无穷级数题38(3)(P276)▲【21】将下列函数按指定要求展开成Fourier级数：将f(x)=x3(x∈[0,π])展开为余弦级数，并求∞1∑4nn=1『解』2π展开为余弦级数，需对题设的f(x)进行偶延拓，T=2π,ϖ=＝1TT21π2π2ππ3a=2f(x)dx=f(x)dx=f(x)dx＝x3dx＝0T∫−Tπ∫−ππ∫0π∫022T22π2π32π3a=2f(x)cosnϖxdx=f(x)cosnxdx＝xcosnxdx＝xdsinnxnT∫−Tπ∫0π∫0nπ∫022π36π26π2＝−sinnxdx＝−xsinnxdx＝xdcosnxnπ∫0nπ∫0n2π∫062π6π2＝xcosnx−cosnxdxn2π0n2π∫0n612πn612π＝(−1)π−xcosnxdx＝(−1)π−xdsinnxn2n2π∫0n2n3π∫0612π612π(−1)n6π12[(−1)n−1]＝(−1)nπ+sinnxdx＝(−1)nπ−cosnx＝n2n3π∫0n2n4π0n2n4π因此∞3∞nn31π(−1)6π12[(−1)−1]f(x)=x＝a0+∑a0cosnx＝+∑{2−4}cosnx（x∈(0,π)）24nnπn=1n=1对于本题，可知，f(0)=S(0),因此3∞nnπ(−1)6π12[(−1)−1]0＝+∑{2−4}4nnπn=1即∞n∞n∞3(−1)12(−1)121π6π∑2−∑4+∑4+＝0(*)nπnπn4n=1n=1n=1∞∞11因∑4为收敛的p-级数，故可设，∑4＝s，则nnn=1n=1∞n(−1)1111－∑4＝1−4+4−4+4+...n2345n=11111111＝(1+++++...)−2(+++...)24344454244464111111111＝(1+++++...)−(1+++++...)2434445482434445413
711117＝(1+++++...)＝s8243444548于是∞n(−1)7∑4＝－sn8n=1再由∞n(−1)11111111111－∑2＝1−2+2−2+2+...＝(1+2+2+2+2+...)−2(2+2+2+...)n23452345246n=1111111111111111π2π2＝(1+++++...)−(1+++++...)＝(1+++++...)＝⋅＝223242522223242522223242522612∞n2(−1)π故∑2＝－,代入（*）即为n12n=12334∞4π12712π2112ππ1π−6π+s+s+=0,s+s=，s=，因此∑4＝#12π8π42ππ490n90n=1题39(1)(P277)▲∞cos2nx1π【22】试证∑=−sinx,x∈(0,π)(2n−1)(2n+1)24n=1证法1(直接展开)2π由上式左边知,ϖ=2,T==π,故设有周期为π的函数f(x),且f(x)=sinx,x∈[0,π)ϖ对此进行Fourier展开,得T222T2π4a=f(x)dx=f(x)dx=sinxdx=0T∫−TT∫0π∫0π2T22T2Ta=2f(x)cosnϖxdx=f(x)cosnϖxdx=f(x)cosnϖxdxnT∫−TT∫0T∫022π1π111=∫sinxcos2nxdx=∫[sin(2n+1)x−sin(2n−1)x]dx=[(−)2−(−)2]π0π0π2n+12n−141=−(n=1,2,…,)π(2n+1)(2n−1)T22T2πb=2f(x)sinnϖxdx=sinxsinnϖxdx=sinxsin2nxdxnT∫−TT∫0π∫022π=∫[cos(2n−1)x−cos(2n+1)x]dx=0,(n=1,2,…,)π0∞∞1241于是S(x)=a0+∑ancos2nx=−+∑(−)cos2nx2ππ(2n+1)(2n−1)n=1n=1又x∈(0,π)时S(x)=sinx,于是∞241+∑(−)cos2nx=sinxx∈(0,π)ππ(2n+1)(2n−1)n=114
∞11π故−+∑cos2nx=−sinx2(2n+1)(2n−1)4n=1∞cos2nx1π即∑=−sinx,x∈(0,π)(2n−1)(2n+1)24n=1证法2(偶延拓后展开)只证∞24cos2nxsinx=−∑,x∈(0,π)ππ(2n−1)(2n+1)n=1因右边为余弦级数，故设法对sinx用偶延拓：T＝2π，ϖ＝1，f(x)=sinx,x∈[0,π)TT22422π4a=f(x)dx=f(x)dx=sinxdx=0T∫−TT∫0π∫0π2TT242πa=2f(x)cosnϖxdx=2f(x)cosnϖxdx=sinxcosnϖxdxnT∫−TT∫0π∫02π1111[(−)2−(−)2]n=2k=∫[sin(n+1)x−sin(n−1)x]dx=π2k+12k−1π00n=2k−141−n=2k=π(2k+1)(2k−1)0n=2k−1∞∞124cos2kx因此，x∈(0,π)时sinx=a0+∑ancosnx=−∑2ππ(2k−1)(2k+1)n=1k=1∞cos2nx1π即∑=−sinx,x∈(0,π)(2n−1)(2n+1)24n=1题39(2)(P277)∞cosnx122【23】试证∑2=(3x−6πx+2π),x∈(0,π)n12n=1证明2π2由上式左边知,ϖ=1,T==2π,将f(x)=x−2πxx∈(0,π)进行偶延拓.1TT22422π2213342a=f(x)dx=f(x)dx=(x−2πx)dx=(π−π)=−π0T∫−TT∫0π∫0π332TT2242a=f(x)cosnϖxdx=f(x)cosnϖxdxnT∫−TT∫022π22π22π=∫(x−2πx)cosnxdx=∫(x−2πx)dsinnx=−∫sinnx(2x−2π)dxπ0nπ0nπ04π44π4=(x−π)dcosnx=π−cosnxdx=(n=1,2,…)2π∫22∫n2n0nπnπ015
∞∞21224于是x∈(0,π)时,x−2πx=a0+∑ancosnx=−π+∑2cos2nx23nn=1n=1∞cos2nx122整理,得∑2=(3x−6πx+2π),x∈(0,π)n12n=1题53(p277)【24】f(x)是满足f(x+π)=-f(x)的连续函数，则f(x)在[−π,π]上的Fourier系数a2n=b2n=0；若f(x+π)=f(x)的连续函数，则a2n−1=b2n−1=0。『证』(1)f(x+π)=-f(x)时Tπ0πϖ=2π,a=22f(x)cos2nϖxdx=1f(x)cos2nxdx=1[f(x)cos2nxdx+f(x)cos2nxdx]T2nT∫−Tπ∫−ππ∫−π∫020000=1[∫f(x)cos2nxdx+∫f(t+π)cos2ntdt](x=t+π)＝1[f(x)cos2nxdx+−f(t)cos2ntdt]＝0π−π−ππ∫−π∫−πTπ0πb=22f(x)sin2nϖxdx=1f(x)sin2nxdx=1[f(x)sin2nxdx+f(x)sin2nxdx]2nT∫−Tπ∫−ππ∫−π∫020000=1[∫f(x)sin2nxdx+∫f(t+π)sin2ntdt](x=t+π)＝1[f(x)sin2nxdx+−f(t)sin2ntdt]＝0π−π−ππ∫−π∫−π(2)f(x+π)=f(x)时ϖ=2π,TTπa=22f(x)cos(2n−1)ϖxdx=1f(x)cos(2n−1)xdx2n−1T∫−Tπ∫−π20π=1[f(x)cos(2n−1)xdx+f(x)cos(2n−1)xdx]π∫−π∫000=1[∫f(x)cos(2n−1)xdx+∫f(t+π)[cos(2n−1)t+(2n−1)π]dt](x=t+π)π−π−π00＝1[∫f(x)cos(2n−1)xdx+∫f(t)[−cos(2n−1)t]dt]＝0π−π−πTπb=22f(x)sin(2n−1)ϖxdx=1f(x)sin(2n−1)xdx2n−1T∫−Tπ∫−π20π=1[f(x)sin(2n−1)xdx+f(x)sin(2n−1)xdx]π∫−π∫000=1[∫f(x)sin(2n−1)xdx+∫f(t+π)sin[(2n−1)t+(2n−1)π]dt](x=t+π)π−π−π00＝1[∫f(x)sin2nxdx+∫f(t)[−sin2nt]dt]＝0#π−π−π16
第十三章无穷级数题3(6)(p271)+∞1【1】用部分和判断敛散性∑arctann2+n+1n=1『证』x−y考虑将通项拆分成“加一项、减一项”的方式。利用arctanx-arctany=，于是1+xy11−11nn+111arctan=arctan=arctan=arctan−arctann2+n+1n(n+1)+111nn+11+⋅nn+1因此，部分和为nn111Sn＝∑arctan2＝∑(arctan−arctan)k+k+1kk+1k=1k=11＝arctan1－arctan→arctan1（n→∞）n+1π故级数收敛，且其和为#4题6(1)(i)(p272)+∞+∞【2】若∑un收敛，则∑(u2k−1+u2k)收敛n=1k=1『证』这是因为收敛级数任意加括号后仍收敛。#题6(1)(ii)(p272)+∞+∞【3】若∑(u2k−1+u2k)收敛，un≥0,则∑un收敛k=1n=1『证』+∞+∞记∑(u2k−1+u2k)前n项的和为Tn。∑un前n项的和为Sn，则k=1n=1S2n＝Tn；S2n−1＝Tn−u2n+∞∑(u2k−1+u2k)收敛Îu2k−1+u2k→0(k→∞)Îu2k−1→0，u2k→0(k→∞)(因un≥0)k=1+∞故由上知n→∞时，S2n和S2n−1具有相同的极限，于是Sn收敛，即∑un收敛。#n=1题6(2)(p272)+∞+∞【4】若∑(u2k−1+u2k)收敛，,则∑un未必收敛k=1n=1『解』如(1-1)+(1-1)+(1-1)+⋯收敛,1-1+1-1+1-1+⋯,不收敛(1−1)+(1−1)+...收敛,1−1+1−1+...收敛#2342341
题6(3)(p272)+∞+∞【5】若∑(u2k−1+u2k)收敛，且limun＝0,则∑un必收敛n→∞k=1n=1『证』+∞+∞记∑(u2k−1+u2k)前n项的和为Tn。∑un前n项的和为Sn，则k=1n=1S2n＝Tn；S2n−1＝Tn−u2n；由limun＝0,limS2n＝limS2n−1＝limTnn→∞n→∞n→∞n→∞+∞+∞+∞因此于是Sn收敛，即∑un收敛且∑un＝∑(u2k−1+u2k)#n=1n=1k=1题7(p272)▲【6】求曲线y=e−xsinx(x≥0)与x轴围成的图形的面积『证』+∞+∞(2n+1)π(2n+2)πA＝∫e−x|sinx|dx＝∑∫e−x|sinx|dx+∫e−x|sinx|dx02nπ(2n+1)πn=0+∞ππ＝∑∫e−2nπe−tsintdt+∫e−2nπ−πe−tsintdtn000=+∞ππ+∞＝∑e−2nπ(1+e−π)∫e−tsintdt＝(1+e−π)∫e−tsintdt∑e−2nπ00n=0n=0而πππππ∫e−tsintdt＝−∫e−tdcost＝−e−tcost−∫e−tcostdt＝(1+e−π)−∫e−tcostdt00000πππππ∫e−tcostdt＝∫e−tdsint＝e−tsint+∫e−tsintdt＝∫e−tsintdt00000π因此e−tsintdt＝1(1+e−π)∫20+∞+∞−2nπ−2πn1又∑e＝∑(e)＝−2π1−en=0n=0π+∞−π故A＝(1+e−π)e−tsintdte−2nπ＝(1+e−π)1(e−π+1)1＝11+e#∫∑2−2π2−π01−e1−en=0题9(2)(p272)▲∞∞1n【7】设0a1+a2+...+an.即≤ana1+a2+...+an2
∞∞n1因此，由正项级数的比较判别法知，∑收敛时∑必收敛。a1+a2+...+anann=1n=1∞1反之，若∑收敛，由ann=12n2n2n1≤<=2a1+a2+...+a2nan+1+...+a2nnanan2n+12n+22n+21≤<=2a1+a2+...+a2n+1an+1+...+a2n+1(n+1)anan∞∞n1(1)(2)(1)记和的前k项之和分别为S和S。下面可估算S。∑a1+a2+...+an∑ankkkn=1n=1若k=2n,则(1)(1)11111111S＝S≤(+2)+(2+2)+...+(2+2)+(2+2)k2naaaaaaaa1112n−2n−1n−1n11111≤5(+4+4...+4+2)a1a2a3an−1an11111≤5(++...++)a1a2a3an−1an111111(2)≤5(++...+++...+)＝5Saaaaaak123n−1n2n若k=2n+1,则(1)(1)S＝S≤k2n+1111111111(+2)+(2+2)+...+(2+2)+(2+2)+2a1a1a1a2an−2an−1an−1anan+1111111≤5(+4+4...+4+2+2)a1a2a3an−1anan+1111111≤5(++...+++)a1a2a3an−1anan+11111111(2)≤5(++...+++...++)＝5Saaaaaaak123n−1n2n2n+1(1)(2)故可推知对任何k，S≤5Skk∞∞1(2)(1)n由于正项级数收敛，故S有界，于是S有界。故正项级数收敛#∑ankk∑a1+a2+...+ann=1n=1题9(3)(p272)【8】证明等差级数各项的倒数组成的级数是发散的。『证』设有等差数列{un}.不妨设等差级数公差为d>0.则若干项后的所有项均为正。故设不妨设首项为正。于是un=u1+(n−1)d<2(n−1)d(对充分大的n成立),于是发散。#unn(2d)3
题11(6)(p273)∞1【9】判断敛散性∑n(1+1+1+...+1)2n=123n『证』由于1+1+1+...+1−lnn→C=0.577(n→∞)，因此23n1111~，~(n→∞)1+1+1+...+1lnnn(1+1+1+...+1)2n(lnn)223n23n而∞∞∞1n1n1=dxa>0)时()"<0,因此单调下降。又55x4x4lnx−1−1−5dx=−4lnxdx4=−4x4lnx+4x4dx∫5∫∫x4∞lnx因此广义积分dx收敛,因此原级数收敛。∫5ax44
『证2』lnx1lim=lim=0(L’Hospital法则)x→+∞x1/8x→+∞1x1/88lnnlnnlnn1lnn1因此lim=0。故对充分大的n,<1,因此=<(对充分大的n)n→+∞n1/8n1/8n5/4n9/8n1/8n9/8于是，由比较判别法知，收敛#题12(4)(p273)∞1nx【12】用适当的方法判断敛散性∑dx∫01+x2n=1『证』11x3ndx≤nxdx=2(1)2∫01+x2∫03n由比较判别法知，收敛#题12(5)(p273)∞n+1【13】用适当的方法判断敛散性∑∫e−xdxnn=1『证』n+1n+1∫e−xdx≤∫dx=e−nnnx4n21由于0，于是将x取作−nlim=n，便有lim=0，因此对充分大的n，有e0时收敛，其它情况发散#npnnpnnp+1npnnp+1题13(2)(p273)∞1【17】对下列通项含参数的级数讨论其收敛性∑n(a>0)1+an=1『证』11a≤1时通项极限非0。~(a>1)(n→∞)，故仅当a>1时，收敛#1+anan题13(3)(p273)∞1【18】对下列通项含参数的级数讨论其收敛性∑p(b>0)(a+bn)n=1『证』b>0,则对充分大的n,总可设a+bn>0.故不妨设a非负。此时111(1)p>1时=<，对应级数收敛。(a+bn)pbp(a+n)pbpnpb111a(2)p≤1时=>，k=[]+1，对应级数发散。#(a+bn)pbp(a+n)pbp(n+k)pbb题13(4)(p273)∞n+1−n−1【19】对下列通项含参数的级数讨论其收敛性∑ann=1『证』n+1−n−1211＝～(n→∞),因此仅当a>时收敛#nana(n+1+n−1)a+12n2题13(5)(p273)∞p(2n−1)!!【20】对下列通项含参数的级数讨论其收敛性∑(2n)!!n=1『证』(2n−1)!!(2n−1)(2n−3)31记A＝＝...(2n)!!(2n)(2n−2)422(2n−1)(2n−3)31(2n−1)(2n−3)31A=...•...(2n)(2n−2)42(2n)(2n−2)42(2n−1)(2n−3)31(2n−2)(2n−4)211n+1n>...•...=(利用>)(2n)(2n−2)42(2n−1)(2n−3)324nnn−1同理2(2n−1)(2n−3)31(2n−1)(2n−3)31A=...•...(2n)(2n−2)42(2n)(2n−2)42(2n−1)(2n−3)31(2n)(2n−2)421nn+1<...•...=(利用<)(2n)(2n−2)42(2n+1)(2n−1)532n+1n−1n6
因此p111(2n−1)!!12时收敛#2n2n+12n2(2n)!!(2n+1)2题13(6)(p273)∞nan【21】对下列通项含参数的级数讨论其收敛性∑(a>0)n+1n=1『证』nananun=，nun=→a(n→∞)n+1n+1因此a<1收敛，a>1发散。又a=1时通项极限非零。故发散#题13(7)(p273)∞1【22】对下列通项含参数的级数讨论其收敛性∑pq(p,q>0)n(lnn)n=1『证』11p>1,<收敛np(lnn)qnp1−pn2111p<1,由于→∞(n→∞)，因此>=。故发散(lnn)qnp(lnn)q1−p1+pnpn2n2p=1时，由积分判别法知仅当q>1时收敛#题13(8)(p273)∞1【23】对下列通项含参数的级数讨论其收敛性∑ln(1+a)nn=1『证』11ln(1+)~(n→∞)。故仅当a>1时收敛#nana题13(9)(p273)∞pn+1【24】对下列通项含参数的级数讨论其收敛性∑(n+1−n)lnn−1n=1『证』pn+11212(n+1−n)ln=ln(1+)~(n→∞)n−1pn−1pn(n+1+n)2pn2因此仅当p>0时收敛#题14(1)(p273)nn1【25】un>0,∑un收敛，则∑发散unk=1k=1『证』nn11∑un收敛=>un→0(n→∞)=>→∞(n→∞)=>∑发散#ununk=1k=17
题14(2)(p273)nn【26】u>0,u收敛，则(u)2收敛n∑n∑nk=1k=1『证』nun>0,∑un收敛Îun→0(n→∞)=>有限项后的所有项均<1k=1nÎ(u)20,∑un收敛，则∑(p>1)收敛p2nk=1k=1『证』nun11un1p≤2(un+2p)(平均值公式)Î∑p(p>2)收敛(比较判别法)#nnnk=1题15(1)(p273)nnn【28】u≥0,v≥0(u)2,(v)2收敛，则uv收敛nn∑n∑n∑nnk=1k=1k=1『证』nuv≤1(u2+v2)Îuv收敛#nn2nn∑nnk=1题15(2)(p273)nnn【29】u≥0,v≥0(u)2,(v)2收敛，则(u+v)2收敛nn∑n∑n∑nnk=1k=1k=1『证』n(u+v)2=(u)2+(v)2+2uv≤2(u)2+2(v)2Î(u+v)2收敛#nnnnnnnn∑nnk=1题15(3)(p273)nn2un【30】un≥0,∑(un)，则∑收敛nk=1k=1『证』nun121un≤2(un+2)Î∑收敛#nnnk=18
题15(4)(p273)nn2un【31】un≥0,∑(un),收敛，则∑(a>0)收敛n2ak=1k=1+『证』nun121un≤2(un+2)Î∑(a>0)收敛#n2+an+an2ak=1+题15(5)(p273)nn【32】u≥0,(u)2,则u不一定收敛n∑n∑nk=1k=1『证』nn112如un=、un=2时便对应成∑un不收敛、收敛，尽管∑(un)收敛#nnk=1k=1题17(1)(p273)∞∞∞【33】∑un、∑vn均绝对收敛，则∑(un±vn)是否绝对收敛？n=1n=1n=1『解』∞是，因为|un±vn|≤|un|+|vn|，故正项级数∑|un±vn|收敛#n=1题17(2)(p273)∞∞∞【34】∑un条件收敛、∑vn绝对收敛，则∑(unvn)是否绝对收敛？n=1n=1n=1『解』∞是，因为∑un条件收敛，故un→0(n→∞)，即可设对充分大的n,|un|<1。于是n=1|unvn|<|vn|，故绝对收敛。#题17(3)(p273)∞∞un【35】∑vn收敛，lim=1，则∑un是否收敛？n→∞vnn=1n=1『解』不一定。如∞∞∞∞∞∑vn＝∑(−1)1收敛，∑un＝∑1。则∑un不收敛nnn=1n=1n=1n=1n=1又如∞∞∞∞∞vn＝(−1)1收敛，un＝1。则un收敛#∑∑n2∑∑n2∑n=1n=1n=1n=1n=1题17(4)(p273)∞∞∞【36】(−1)nu(u>0)条件收敛，则u是发散还是收敛，u呢？∑nn∑2k−1∑2kn=1k=1k=19
『解』∞∞因(−1)nu(u>0)条件收敛，所以u发散。∑nn∑nn=1n=1∞∞∞∞若u是收敛，则u必发散(否则u收敛)。此时(−1)nu发散。∑2k−1∑2k∑n∑nk=1k=1n=1n=1∞∞因此∑u2k−1发散；同理∑u2k发散#k=1k=1题17(5)(p273)▲∞∞∞【37】∑un、∑vn均收敛，un发散，收敛半径R＝222n1(2n)!下面分析幂级数在|x|=的敛散性。即分析∑的敛散性。2(n!)24nk=1其一般项为(2n)!1(2n)(2n−1)(2n−2)(2n−3)2.1un＝＝...(n!)24n(2n)(2n)(2n−2)(2n−2)(2)(2)2n−12n−31(2n−1)!!＝...＝2n2n−22(2n)!!于是222n−12n−312n−12n−3312n−12n−331(un)＝...＝......2n2n−222n2n−2422n2n−2422n−12n−3312n−22n−4212n−12n−22n−32n−432111>......=...=2n2n−2422n−12n−3322n2n−12n−22n−343224n1因此un>。于是发散。2n『解2』1下面给出幂级数在|x|=的敛散性的另一解法。2n(2n)!即分析∑的敛散性。由于(n!)24nk=1(2n)!n1＝C2n(n!)24n22n而2n22n=(1+1)2n=Ck<(2n+1)Cn(二项式展开的系数以中间项为最大)∑2n2nk=0n11于是C2n>22n2n+1n(2n)!因此由比较判别法知∑发散(n!)24nk=1备注n!n−nStirling公式：lim=1，n!≈ne2πnn→∞nne−n2πn∞π2n2n224466Wallis公式：=∏＝...#22n−12n+1133557n=111
题23(10)(p275)∞n2n(−1)(x−1)【40】求收敛半径、收敛域∑4nnn=1『证』(−1)n(x−1)2nu(x)−2n+1(x1)un(x)=，lim||=<1.所以|x-1|<24nnn→∞un(x)4∞n2n∞n(−1)(x−1)(−1)故收敛半径为R＝2。当|x-1|=2时，∑n＝∑收敛，因此收敛域为[-1,3]#4nnn=1n=1题23(11)(p275)∞33n(n!)(2x−1)【41】求收敛半径、收敛域∑(3n)!n=1『证』(n!)3(2x−1)3nun(x)=,(3n)!u(x)(n+1)3(2x−1)3(2x−1)3lim|n+1|=lim=<1n→∞un(x)n→∞(3n+3)(3n+2)(3n+1)27因此|2x-1|<3.收敛半径为3/2(收敛中心为1/2)∞33n(n!)32x-1=3时，级数为∑，(3n)!n=1由于(3n)!=(3n)!(1)3n为1=(1+1+1)3n三项展开中的一项，因此(n!)333n(n!)(n!)(n!)3333(3n)!(3n)!13n=()<1(n!)333n(n!)(n!)(n!)3∞33n(n!)3于是∑的通项不以0为极限。故发散。同理2x-1=-3时，相应级数也发散。因此收敛域为(-1,2)#(3n)!n=1题25(2)(p275)▲∞n(−1)【42】求∑n(2n−1)n=1『解法1』∞n(−1)2n考虑S(x)=∑x,S(0)=0,S’(0)=0,2n(2n−1)n=1∞∞∞n2n−2n+12nn+12n1S”(x)=∑(−1)x=∑(−1)x=∑(−1)(x)=−21+xn=1n=0n=0xS’(x)=S’(0)+∫S"(x)dx＝－arctanx0xxxS(x)=S(0)-arctandx=-−xarctanx+dx=−xarctanx+1ln(1+x2)∫0∫0221+x∞n(−1)2n注意到以上各级数的收敛区间为(-1,1).而∑x在x=-1,1处收敛。因此2n(2n−1)n=112
∞n(−1)121∑＝2S(1)=2[−xarctanx+2ln(1+x)]=ln2−2πn(2n−1)1n=1『解法2』∞n∞n∞∞n∞n(−1)(−1)n11(−1)(−1)∑=2∑=2∑(−1)(−)=2[∑−∑]n(2n−1)2n(2n−1)2n−12n2n−12nn=1n=1n=1n=1n=1∞n∞n(−1)1(−1)1∑=2∑=−2ln22nnn=1n=1∞n而由arctanx的Taylor展开arctanx=x−1x3+1x5−1x7+...，知(−1)＝－1π357∑2n−14n=1∞n(−1)111得∑＝2（−4π+2ln2）＝ln2−2π#n(2n−1)n=1题27(1)(p275)【43】间接展开chx为x的幂级数『解』x−x∞n∞n∞ne+e1x(−x)xchx＝＝(∑+∑)＝∑(−∞0，则u收敛n∑nn→∞n=1『证』221由limnun=q>0，因此n充分大时，00，lim=q，则q>1时∑un收敛,0≤q<1时∑un发散x→0lnnn=1n=1『证』18
(1)q>1时11lnlnunun−η1+q由lim=q，因此n充分大时，>η或记为unη≡>1).2x→0lnnlnn因此由正项级数敛散性判别的比较判别法知收敛(2)0≤q<1时11lnlnunun−η1+q由lim=q，因此n充分大时，<η或记为un>n(q<η≡<1).2x→0lnnlnn于是由正项级数敛散性判别的比较判别法知发散#题43(3)(p277)∞∞un若∑un(un≥0)收敛,∑a(a>1)收敛nn=1n=1『证』∞un11un由a≤2(un+a)，故∑a(a>1)收敛#nnnn=1题43(4)(p277)∞∞n+1【63】若∑un绝对收敛,则∑un绝对收敛nn=1n=1『证』n+1因为|un|~|un|(n→∞)，于是由正项级数敛散性判别的比较判别法知收敛#n题44(2)(p277)▲【64】若偶函数f(x)的二阶导数f”(x)在x＝0的一个邻域内连续，且f(0)=1,f”(0)=2,则，∞∑[f(1)−1]绝对收敛nn=1『证』因是偶函数，因此"f(x)−f(0)f(−t)−f(0)f(t)−f(0)"f+(0)=lim=lim(t=−x)=−lim=−f−(0)x→0+xt→0−−tt→0−t由f"(0)=f"(0)=f"(0)于是f"(0)＝0。+−因而Taylor公式可写为f(n1)−1=f"(ξn)12n因f”(x)在x＝0的一个邻域内连续，因此有界于是不妨设|f”(x)|(n−1)π，于是2∞111<。因此∑收敛#2π2(n−1)22unn=1un20'
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