23-24-2-数学分析（下）-期末

$\frac{\partial z}{\partial x}=f'(r)\frac xr$, $\frac{\partial z}{\partial y}=f'(r)\frac yr$, $\frac{\partial^2z}{\partial x^2}=f''(r)\frac{x^2}{r^2}+f'(r)\left(\frac1r-\frac{x^2}{r^3}\right)$, $\frac{\partial^2z}{\partial y^2}=f''(r)\frac{y^2}{r^2}+f'(r)\left(\frac1r-\frac{y^2}{r^3}\right)$，

于是 $\frac{\partial^2z}{\partial x^2}+\frac{\partial^2z}{\partial y^2}=f''(r)\frac{x^2+y^2}{r^2}+f'(r)\left(\frac2r-\frac{x^2+y^2}{r^3}\right)=f''(r)+\frac1rf'(r)$，

所以 $f(r)$ 满足的微分方程为 $f''(r)+\frac1rf'(r)=0$。

解方程得 $f'(r)=C_1\mathrm e^{-\int\frac1r\,\mathrm dr}=\frac{C_1}r$, $f(r)=C_1\ln r+C_2$。

由 $f(1)=0,\,f'(1)=1$ 得 $C_1=1,\,C_2=0$。于是 $z=\ln\sqrt{x^2+y^2}$。

交换积分次序

函数 $z=ax^2+by^2+2$ 在点 $(3,4)$ 处的梯度为

$\nabla z(3,4)=(6a,8b)$

由可微函数沿着梯度方向的方向导数最大，且最大值为梯度的模，有

$\frac{6a}{-3}=\frac{8b}{-4}\;(a<0,b<0),\;\sqrt{36a^2+64b^2}=10$

得 $a=b=-1$。

曲面 $S:\;z=2-x^2-y^2\;(z\ge0)$，其在 $xOy$ 面上的投影区域为 $D:\;x^2+y^2\le2$，$S$ 的面积为

从原点 $O(0,0,0)$ 到点 $(x_0,y_0,z_0)$ 的直线段方程为 $C:\;\begin{cases} x=x_0t\\ y=y_0t\\ z=z_0t \end{cases},\;t:\;0\rightarrow 1$，则

$I=\int_C yz\,\mathrm dx+zx\,\mathrm dy+xy\,\mathrm dz=\int_0^13x_0y_0z_0t^2\mathrm dt=x_0y_0z_0$

构造拉格朗日函数 $L(x_0,y_0,z_0,\lambda)=x_0y_0z_0+\lambda\left(\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}+\frac{z_0^2}{c^2}-1\right)$

令 $\begin{cases} L_\xi=y_0z_0+2\lambda\frac{x_0}{a^2}=0\\ L_\eta=x_0z_0+2\lambda\frac{y_0}{b^2}=0\\ L_\zeta=x_0y_0+2\lambda\frac{z_0}{c^2}=0\\ L_\lambda=\frac{x_0^2}{a^2}+\frac{y_0^2}{b^2}+\frac{z_0^2}{c^2}-1=0 \end{cases}$

解得唯一可能的条件极值点 $(x_0,y_0,z_0)=\left(\frac{a}{\sqrt{3}},\frac{b}{\sqrt{3}},\frac{c}{\sqrt{3}}\right)$。

由实际问题一定存在最大值，所以，当 $x_0=\frac{a}{\sqrt{3}},\;y_0=\frac{b}{\sqrt{3}},\;z_0=\frac{c}{\sqrt{3}}$ 时，$I$ 的值最大，最大值为 $\frac{\sqrt 3abc}{9}$。

记 $P(x,y)=\mathrm e^x\cos y-\frac y{f(x)}$, $Q(x,y)=xf(y)-\mathrm e^x\sin y$，

$Q_x=f(y)-\mathrm e^x\sin y$, $P_y=-\mathrm e^x\sin y-\frac1{f(x)}$，

由格林公式，

$\oint_CP\,\mathrm dx+Q\,\mathrm dy=\iint_D\left(f(y)+\frac1{f(x)}\right)\,\mathrm dx\mathrm dy$

其中 $D:\;(x-a)^2+(y-a)^2\le1$，因为 $D$ 具有轮换对称性，所以

$\iint_D\frac1{f(x)}\,\mathrm dx\mathrm dy=\iint_D\frac1{f(y)}\,\mathrm dx\mathrm dy$

从而 $\iint_Df(y)\,\mathrm dx\mathrm dy+\iint_D\frac1{f(x)}\,\mathrm dx\mathrm dy=\iint_D\left(f(y)+\frac1{f(y)}\right)\,\mathrm dx\mathrm dy\ge\iint_D2\sqrt{f(y)\cdot\frac1{f(y)}}\,\mathrm dx\mathrm dy=2\pi$，

故 $\oint_C\left[\mathrm e^x\cos y-\frac y{f(x)}\right]\,\mathrm dx+\left[xf(y)-\mathrm e^x\sin y\right]\,\mathrm dy\ge2\pi$。

补面 $S_1:\;z=0,x^2+y^2\le a^2$ 下侧，则 $S+S_1$ 为闭球面外侧。

由高斯公式

故 $I=\oiint_{S+S_1}ax\,\mathrm dy\mathrm dz-\iint_{S_1}ax\,\mathrm dy\mathrm dz=\frac32\pi a^4$。

若 $q>1$，则对 $\varepsilon=\frac{q-1}2>0$，存在正整数 $N$，当 $n>N$ 时，有

$\frac{-\ln a_n}{\ln n}>q-\varepsilon=\frac{q+1}2$

从而，$a_n<\frac1{n^{\frac{q+1}2}}$，而 $\frac{q+1}2>1$，级数 $\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^\frac{q+1}2}$ 收敛，由比较审敛法，可知 $\sum_{n=1}^\infty a_n$ 收敛。