23-24-2-数学分析（下）-期末

一、填空题（本大题共 10 小题，每小题 3 分，共 30 分）

  1. 级数 ∑n=1∞ln⁡nn\sum_{n=1}^{\infty}\frac{\ln_{}{n} }{\sqrt{n} } 的敛散性为 （收敛或发散）.

  2. 幂级数 ∑n=1∞(n+1−n)2nx2n\sum_{n=1}^{\infty}(\sqrt{n+1}-\sqrt{n})2^nx^{2n} 的收敛区间为 .

  3. 已知 f(x,y)={ln⁡(1+xy)xy,xy≠0x,xy=0    ,f(x,y)=\left\{\begin{matrix} \frac{\ln{(1+xy)}}{xy} &,xy\ne 0 \\ x&,xy=0 \end{matrix}\right.\;\;, 则 fy(1,0)=f_y(1,0)= .

  4. 已知函数 z=z(x,y)z=z(x,y) 由方程 xy+z+exz=1xy+z+e^{xz}=1 所确定，则 dz∣(1,0)=\left.dz\right\rvert_{(1,0)}= .

  5. 曲面 z=arctan⁡yxz=\arctan\frac{y}{x} 在点 (1,1,π4)(1,1,\frac{\pi}{4}) 处的切平面方程为 .

  6. 点 (0,0)(0,0) 是函数 f(x,y)=(1+ey)cos⁡x−yeyf(x,y)=(1+\mathrm e^y)\cos x-y\mathrm e^y 的 值点.

  7. 已知平面区域 DD 由曲线 y=x3y=x^3 与直线 x=1,y=−1x=1,y=-1 围成，则 ∬D[1+xye∣x∣+∣y∣]dxdy=\iint_{D}^{}[1+xy\mathrm e^{\left |x\right |+\left |y\right |}]\mathrm dx\mathrm dy= .

  8. 已知 DD 是第一象限中曲线 y=1−x2y=\sqrt{1-x^2} 与直线 x+y=1,y=x,y=3xx+y=1,y=x,y=\sqrt{3}x 围成的平面区域，f(t)f(t) 连续，将二重积分 ∬Df(x2+y2)dσ\iint_{D}^{}f(x^2+y^2)d\sigma 化为极坐标系下的累次积分为 .

  9. 设闭曲线 CC 为 ∣x∣+∣y∣=1\left |x\right |+\left |y\right |=1，则 ∮C(∣x∣+y)ds=\oint_{C}^{}(\left |x\right |+y)\mathrm ds= .

  10. 已知 CC 为不经过原点的光滑曲线，从 A(1,0)A(1,0) 到 B(3,4)B(3,4)，则 ∫Cxdx+ydyx2+y2\int_{C}^{}\frac{x\mathrm dx+y\mathrm dy}{\sqrt{x^2+y^2}} .

二、（10 分）

设 f(x)f(x) 有二阶连续导数，z=z(x,y)=f(r)z=z(x,y)=f(r) 满足方程 ∂2z∂x2+∂2z∂y2=0\frac{\partial^2z}{\partial x^2}+\frac{\partial^2z}{\partial y^2}=0，其中 r=x2+y2r=\sqrt{x^2+y^2}。若 f(1)=0f(1)=0, f′(1)=1f'(1)=1，求 z=z(x,y)z=z(x,y) 的表达式。

答案 / 解析

∂z∂x=f′(r)xr\frac{\partial z}{\partial x}=f'(r)\frac xr, ∂z∂y=f′(r)yr\frac{\partial z}{\partial y}=f'(r)\frac yr, ∂2z∂x2=f′′(r)x2r2+f′(r)(1r−x2r3)\frac{\partial^2z}{\partial x^2}=f''(r)\frac{x^2}{r^2}+f'(r)\left(\frac1r-\frac{x^2}{r^3}\right), ∂2z∂y2=f′′(r)y2r2+f′(r)(1r−y2r3)\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 ∂2z∂x2+∂2z∂y2=f′′(r)x2+y2r2+f′(r)(2r−x2+y2r3)=f′′(r)+1rf′(r)\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)f(r) 满足的微分方程为 f′′(r)+1rf′(r)=0f''(r)+\frac1rf'(r)=0。

解方程得 f′(r)=C1e−∫1r dr=C1rf'(r)=C_1\mathrm e^{-\int\frac1r\,\mathrm dr}=\frac{C_1}r, f(r)=C1ln⁡r+C2f(r)=C_1\ln r+C_2。

由 f(1)=0, f′(1)=1f(1)=0,\,f'(1)=1 得 C1=1, C2=0C_1=1,\,C_2=0。于是 z=ln⁡x2+y2z=\ln\sqrt{x^2+y^2}。

三、（12 分）

1.

计算累次积分 ∫12dy∫yyeyxdx+∫24dy∫y2eyxdx\int_1^2\mathrm dy\int_{\sqrt y}^y\mathrm e^{\frac yx}\mathrm dx+\int_2^4\mathrm dy\int_{\sqrt y}^2\mathrm e^\frac yx\mathrm dx。

答案 / 解析

交换积分次序

∫12dy∫yyeyxdx+∫24dy∫y2eyxdx=∫12dx∫xx2eyxdy=∫12[xeyx∣xx2] dx=∫12(xex−ex) dx=[(x−1)ex−ex22]∣12=e2−3e2\begin{align*} \int_1^2\mathrm dy\int_{\sqrt y}^y\mathrm e^{\frac yx}\mathrm dx+\int_2^4\mathrm dy\int_{\sqrt y}^2\mathrm e^{\frac yx}\mathrm dx={}&\int_1^2\mathrm dx\int_x^{x^2}\mathrm e^{\frac yx}\mathrm dy\\ ={}&\int_1^2\left[\left.x\mathrm e^{\frac yx}\right|_x^{x^2}\right]\,\mathrm dx\\ ={}&\int_1^2\left(x\mathrm e^x-\mathrm ex\right)\,\mathrm dx\\ ={}&\left.\left[(x-1)\mathrm e^x-\frac{\mathrm ex^2}2\right]\right|_1^2=\mathrm e^2-\frac{3\mathrm e}2 \end{align*}

2.

已知 Ω\Omega 是由圆锥面 z=x2+y2z=\sqrt{x^2+y^2} 和上半球面 z=1−x2−y2z=\sqrt{1-x^2-y^2} 围成的闭区域，计算三重积分 ∭Ωz(x2+y2) dxdydz\iiint_\Omega z(x^2+y^2)\,\mathrm dx\mathrm dy\mathrm dz。

答案 / 解析
∭Ωz(x2+y2) dxdydz=∫02πdθ∫0π4dφ∫01rcos⁡φ⋅r2sin⁡2φ⋅r2sin⁡φ dr=∫02πdθ∫0π4sin⁡3φcos⁡φ dφ∫01r5dr=π3∫0π4sin⁡3φ dφ=π12sin⁡4φ∣0π4=π48\begin{align} \iiint_\Omega z(x^2+y^2)\,\mathrm dx\mathrm dy\mathrm dz={}&\int_0^{2\pi}\mathrm d\theta\int_0^{\frac\pi4}\mathrm d\varphi\int_0^1r\cos\varphi\cdot r^2\sin{}^2\varphi\cdot r^2\sin\varphi\,\mathrm dr\\ ={}&\int_0^{2\pi}\mathrm d\theta\int_0^{\frac\pi4}\sin^3\varphi\cos\varphi\,\mathrm d\varphi\int_0^1r^5\mathrm dr\\ ={}&\frac\pi3\int_0^{\frac\pi4}\sin{}^3\varphi\,\mathrm d\varphi=\left.\frac\pi{12}\sin{}^4\varphi\right|_0^{\frac\pi4}=\frac\pi{48} \end{align}

四、（10 分）

设 a, ba,\,b 为实数，函数 z=ax2+by2+2z=ax^2+by^2+2 在点 (3,4)(3,4) 的方向导数中，沿方向 l→=−3i→−4j→\overrightarrow l=-3\overrightarrow i-4\overrightarrow j 的方向导数最大，最大值为 1010.

  1. 求 a, ba,\,b 的值；
答案 / 解析

函数 z=ax2+by2+2z=ax^2+by^2+2 在点 (3,4)(3,4) 处的梯度为

∇z(3,4)=(6a,8b)\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

6a−3=8b−4  (a<0,b<0),  36a2+64b2=10\frac{6a}{-3}=\frac{8b}{-4}\;(a<0,b<0),\;\sqrt{36a^2+64b^2}=10

得 a=b=−1a=b=-1。

  1. 求曲面 S: z=ax2+by2+2  (z≥0)S:\,z=ax^2+by^2+2\;(z\ge0) 的面积。
答案 / 解析

曲面 S:  z=2−x2−y2  (z≥0)S:\;z=2-x^2-y^2\;(z\ge0)，其在 xOyxOy 面上的投影区域为 D:  x2+y2≤2D:\;x^2+y^2\le2，SS 的面积为

∬D1+zx2+zy2 dxdy=∬D1+4x2+4y2 dxdy=∫02πdθ∫021+4ρ2ρ dρ=13π3\begin{align} \iint_D\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,\mathrm dx\mathrm dy={}&\iint_D\sqrt{1+4x^2+4y^2}\,\mathrm dx\mathrm dy\\ ={}&\int_0^{2\pi}\mathrm d\theta\int_0^{\sqrt2}\sqrt{1+4\rho^2}\rho\,\mathrm d\rho=\frac{13\pi}3 \end{align}

五、（12 分）

设 CC 是以原点 O(0,0,0)O(0,0,0) 为起点，椭球面 x2a2+y2b2+z2c2=1\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1 上第一卦限内的点 (x0,y0,z0)(x_0,y_0,z_0) 为终点的有向直线段，问当 x0,y0,z0x_0,y_0,z_0 为何值时，曲线积分 I=∫Cyz dx+zx dy+xy dzI=\int_C yz\,\mathrm dx+zx\,\mathrm dy+xy\,\mathrm dz 的值最大，并求出最大值。

答案 / 解析

从原点 O(0,0,0)O(0,0,0) 到点 (x0,y0,z0)(x_0,y_0,z_0) 的直线段方程为 C:  {x=x0ty=y0tz=z0t,  t:  0→1C:\;\begin{cases} x=x_0t\\ y=y_0t\\ z=z_0t \end{cases},\;t:\;0\rightarrow 1，则

I=∫Cyz dx+zx dy+xy dz=∫013x0y0z0t2dt=x0y0z0I=\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(x0,y0,z0,λ)=x0y0z0+λ(x02a2+y02b2+z02c2−1)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 {Lξ=y0z0+2λx0a2=0Lη=x0z0+2λy0b2=0Lζ=x0y0+2λz0c2=0Lλ=x02a2+y02b2+z02c2−1=0\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 (x0,y0,z0)=(a3,b3,c3)(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 x0=a3,  y0=b3,  z0=c3x_0=\frac{a}{\sqrt{3}},\;y_0=\frac{b}{\sqrt{3}},\;z_0=\frac{c}{\sqrt{3}} 时，II 的值最大，最大值为 3abc9\frac{\sqrt 3abc}{9}。

六、（10 分）

设 CC 是圆周 (x−a)2+(y−a)2=1(x-a)^2+(y-a)^2=1 的边界曲线，逆时针方向，f(x)f(x) 为大于零的连续函数，证明：∮C[excos⁡y−yf(x)] dx+[xf(y)−exsin⁡y] dy≥2π\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。

答案 / 解析

记 P(x,y)=excos⁡y−yf(x)P(x,y)=\mathrm e^x\cos y-\frac y{f(x)}, Q(x,y)=xf(y)−exsin⁡yQ(x,y)=xf(y)-\mathrm e^x\sin y，

Qx=f(y)−exsin⁡yQ_x=f(y)-\mathrm e^x\sin y, Py=−exsin⁡y−1f(x)P_y=-\mathrm e^x\sin y-\frac1{f(x)}，

由格林公式，

∮CP dx+Q dy=∬D(f(y)+1f(x)) dxdy\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≤1D:\;(x-a)^2+(y-a)^2\le1，因为 DD 具有轮换对称性，所以

∬D1f(x) dxdy=∬D1f(y) dxdy\iint_D\frac1{f(x)}\,\mathrm dx\mathrm dy=\iint_D\frac1{f(y)}\,\mathrm dx\mathrm dy

从而 ∬Df(y) dxdy+∬D1f(x) dxdy=∬D(f(y)+1f(y)) dxdy≥∬D2f(y)⋅1f(y) dxdy=2π\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 ∮C[excos⁡y−yf(x)] dx+[xf(y)−exsin⁡y] dy≥2π\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。

七、（10 分）

已知 SS 是上半球面 z=a2−x2−y2  (a>0)z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}\;(a>0) 的上侧，计算曲面积分 I=∬Sax dydz−3ay dzdx+(z+a)2dxdyI=\iint_Sax\,\mathrm dy\mathrm dz-3ay\,\mathrm dz\mathrm dx+(z+a)^2\mathrm dx\mathrm dy

答案 / 解析

补面 S1:  z=0,x2+y2≤a2S_1:\;z=0,x^2+y^2\le a^2 下侧，则 S+S1S+S_1 为闭球面外侧。

由高斯公式

∯S+S1ax dydz−3ay dzdx+(z+a)2dxdy=∭Ω2z dxdydz=2∫0az dz∬x2+y2≤a2−z2dxdy=2π∫0az(a2−z2) dz=π2a4\begin{align*} \oiint_{S+S_1}ax\,\mathrm dy\mathrm dz-3ay\,\mathrm dz\mathrm dx+(z+a)^2\mathrm dx\mathrm dy={}&\iiint_\Omega2z\,\mathrm dx\mathrm dy\mathrm dz\\ ={}&2\int_0^az\,\mathrm dz\iint_{x^2+y^2\le a^2-z^2}\mathrm dx\mathrm dy\\ ={}&2\pi\int_0^az(a^2-z^2)\,\mathrm dz=\frac\pi2a^4 \end{align*}∬S1ax dydz−3ay dzdx+(z+a)2 dxdy=∬S1a2dxdy=−∬x2+y2≤a2a2 dxdy=−πa4\iint_{S_1}ax\,\mathrm dy\mathrm dz-3ay\,\mathrm dz\mathrm dx+(z+a)^2\,\mathrm dx\mathrm dy=\iint_{S_1}a^2\mathrm dx\mathrm dy=-\iint_{x^2+y^2\le a^2}a^2\,\mathrm dx\mathrm dy=-\pi a^4

故 I=∯S+S1ax dydz−∬S1ax dydz=32πa4I=\oiint_{S+S_1}ax\,\mathrm dy\mathrm dz-\iint_{S_1}ax\,\mathrm dy\mathrm dz=\frac32\pi a^4。

八、（6 分）

已知 an>0a_n>0，且 lim⁡n→∞−ln⁡anln⁡n=q\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{-\ln a_n}{\ln n}=q，证明：若 q>1q>1，则级数 ∑n=1∞an\sum_{n=1}^\infty a_n 收敛。

答案 / 解析

若 q>1q>1，则对 ε=q−12>0\varepsilon=\frac{q-1}2>0，存在正整数 NN，当 n>Nn>N 时，有

−ln⁡anln⁡n>q−ε=q+12\frac{-\ln a_n}{\ln n}>q-\varepsilon=\frac{q+1}2

从而，an<1nq+12a_n<\frac1{n^{\frac{q+1}2}}，而 q+12>1\frac{q+1}2>1，级数 ∑n=1∞1nq+12\sum_{n=1}^\infty\frac1{n^\frac{q+1}2} 收敛，由比较审敛法，可知 ∑n=1∞an\sum_{n=1}^\infty a_n 收敛。