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考研数学


考研数学冲刺班高等数学与微积分
主讲: 主讲:汪诚义 欢迎使用新东方在线电子教材

第一章 函数、 函数、极限、 极限、连续
§1.1
0 ? ? f ( x )dx = ? a 2 f ( x )dx ? ? ∫0

函数

一、有关四种性质(奇偶性、单调性、周期性、有界性) 1.



a

当f ( x)为奇函数 (a > 0) 当f ( x)为偶函数

?a

口诀(1):奇偶函数常遇到;对称性质不可忘。 2. 在(a,b)内,若 f ′( x ) > 0 ,则 f ( x ) 单调增加 若 f ′( x ) < 0 ,则 f ( x ) 单调减少 口诀(2):单调增加与减少;先算导数正与负 例1 求I = 解



1

?1

x[ x 5 + (e x ? e ? x ) ln( x + x 2 + 1)]dx.

f1 ( x) = e x ? e ? x 是奇函数,∵ f1 (? x ) = e ? x ? e x = ? f1 ( x ), f 2 ( x) = ln( x + x 2 + 1) 是奇

函数, ∵

f 2 (? x ) = ln( ? x + x 2 ? 1) = ln

( x 2 + 1) ? x 2 x + x2 + 1

= ln1 ? ln( x + x 2 + 1) = ? f 2 ( x )
因此 x (e ? e ) ln( x +
x ?x

x 2 + 1) 是奇函数。
1 0

于是 I =



1

?1

x 6 dx + 0 = 2 ∫ x 6 dx =

2 。 7

例 2 设 F ′( x ) = f ( x ) ,则下列结论正确的是 (A)若 f ( x ) 为奇函数,则 F ( x ) 为偶函数。 (B)若 f ( x ) 为偶函数,则 F ( x ) 为奇函数。 (C)若 f ( x ) 为周期函数,则 F ( x ) 为周期函数。 (D)若 f ( x ) 为单调函数,则 F ( x ) 为单调函数。 (B)不成立,反例 f ( x ) = x , F ( x ) =
2



x3 +1 3

(C)不成立,反例 f ( x ) = cos x + 1, F ( x ) = sin x + x (D)不成立,反例 f ( x ) = 2 x, F ( x ) = x 2在( ?∞, +∞)内 (A)成立。 证明

F ( x ) = F (0) + ∫ f (t )dt , f 为奇函数,
0
?x 0 x

x

F (? x) = F (0) + ∫

f (t )dt = F (0) + ∫ f (?u )d (?u )
0

x

= F (0) + ∫ f (u ) du = F ( x)
0

所以, F ( x ) 为偶函数。 例 3 设 f ( x ) , g ( x ) 是 恒 大于 零的 可 导 函 数, 且 f ′( x ) g ( x ) ? f ( x ) g ′( x ) < 0 , 则 当

a < x < b 时,下列结论成立的是
(A) f ( x ) g (b) > f (b) g ( x) (C) f ( x ) g ( x ) > f (b) g (b) (B) f ( x ) g ( a ) > f ( a ) g ( x) (D) f ( x ) g ( x ) > f ( a ) g ( a )



∵?

? f ( x ) ?′ 1 f ( x) = 2 [ f ′( x ) g ( x ) ? f ( x ) g ′( x )] < 0 ,∴ 单调减少 ? g ( x) ? g ( x) ? g ( x) f ( x ) f (b) > ,故(A)成立。 g ( x ) g (b)
1

于是 x<b,则有

二、有关复合函数 1. 已知 f ( x ) , g ( x ) 求 f [ g ( x )] 2. 已知 f [ g ( x )] 和 g ( x ) ,求 f ( x ) 例 1、已知 f ( x ) = ?

? f1 ( x) ? f 2 ( x)

x≤a x>a

和 g ( x) = ?

? g1 ( x) ? g 2 ( x)

x≤b x>b

求 f [ g ( x )]

? f1[ g1 ( x )] ? ? f1[ g 2 ( x )] 解: f [ g ( x )] = ? ? f 2 [ g1 ( x )] ? f [ g ( x )] ? 2 2

当x ≤ b,g1 ( x ) ≤ a 当x > b,g 2 ( x ) ≤ a 当x ≤ b,g1 ( x ) > a 当x > b,g 2 ( x ) > a

例 2、已知 f ′(e x ) = xe ? x ,且 f (1) = 0 ,求 f ( x ) 解:令 e = t ,则 x = ln t ,因此
x

f ′(e x ) = f ′(t ) =

ln t t

于是, f ( x ) ? f (1) =



x

1

ln t dt t
x

1 = ln 2 t 2 = 1 2 ln x 2

1

§1.2 极限
一、有关无穷小量 1.有界变量乘无穷小(量)仍是无穷小(量); 2.等价无穷小代换; 3.无穷小的阶的比较。

例1

x ? sin x lim 求 x →0 sin 3 x
原式 = lim



x ? sin x 1 ? cos x 1 = lim = 3 2 x →0 x → 0 x 3x 6

例 2 设当 x→0 时(1-cosx)ln(1+x2)是比 xsinxn 高阶的无穷小,而
2

xsinxn 是比 (A) 1 (C) 3 解:

(e

x2

?1

)

高阶的无穷小,则正整数 n 等于

(B) 2 (D) 4

(1 ? cos x )ln(1 + x 2 ) → 1 x 4
2

x sin x n → x n+1 ex ?1 → x2
2

由题意可知,4>n+1>2, ∴n+1=3, n=2 例 3 设 α ( x) = 选(B)
1



5x

0

sin x t sin t dt , β ( x) = ∫ (1 + t ) dt ,则当 x→0 时, 0 t

α ( x) 是 β ( x ) 的
(A) 高阶无穷小

(

) (B) 低阶无穷小 (D) 等价无穷小

(C)同阶但不等价的无穷小



lim

α (x ) α ' (x ) = lim = lim x →0 β (x ) x →0 β ' (x ) x→0

sin 5 x ?5 5x (1 + sin x )
1 sin x

=

? cos x

5 e

选(C)

二、有关两个准则 准则 1 单调有界数列极限一定存在。
3

准则 2 夹逼定理。 例1 解
xn 存在,并求其值。 设 0 < x1 < 3, xn +1 = x n (3 ? xn ) ,证明 lim x →0



我 x1 > 0,3 ? x1 > 0,∴ 0 < x2 = x1 (3 ? x1 ) ≤ (几何平均值≤算术平均值)

x1 + (3 ? x1 ) 3 = , 2 2

用数学归纳法可知 n>1 时, 0 < xn ≤ ,∴ {xn } 有界。 又 当 n>1 时 ,

3 2

xn +1 ? xn = xn (3 ? xn ) ? xn = xn ( 3 ? xn ? xn ) ,
= xn (3 ? 2 xn ) 3 ? xn + xn ≥0,

∴ xn +1 ≥ xn ,则 { xn } 单调增加。

lim xn 根据准则 1, n →∞


= l 存在
两 边 取 极 限 , 得

xn +1 = xn (3 ? xn )

3 l = l (3 ? l ) , l 2 = 3l ? l 2 , l = 0 (舍去) 得 l = , 2
∴n lim xn = 。 →∞ 口诀(3):递推数列求极限;单调有界要先证; 两边极限一起上;方程之中把值找。 例2 解
3 2

lim ( ? 求n →∞
令 xn = ( ?

1 3 5 2n ? 1 ? ??? )。 2 4 6 2n

1 3 5 2n ? 1 2 4 2n ? ??? ), yn = ? ? ? ? , 2 4 6 2n 3 5 2n + 1
4

2 则 0<xn<yn,于是 0 < xn < xn yn =

1 , 2n + 1

xn 由夹逼定理可知 lim x→∞
三、有关两个重要公式 公式 1、 lim x →0

2

= 0 ,于是原极限为 0。

sin x =1 x

1 n lim ( 1 + ) =e 公式 2、 n → ∞ n 1 lim (1 + )u = e u →∞ u
lim(1 + v) = e
v →0 1 v

例1 解

lim cos cos ? ? ? cos 求n →∞
当 x=0 时,原式=1
2n sin

x 2

x 4

x 。 2n

lim 当 x≠0 时,原式 = n →∞

x x x x cos cos ? ? ? cos n n 2 2 4 2 x 2n sin n 2

x x x x 2n +1 cos cos ? ? ? cos n ?1 ? sin n ?1 2 4 2 2 = ??? lim =n →∞ x 2n sin n 2

x sin x sin x 2n sin x lim = lim ? = = n→∞ n x n→∞ x x x 2 sin n sin n 2 2
x n ∵ ( lim 2 = 1) n→∞ x sin n 2
5

例 2

设 f ( x) 在

f ' ( x) = e , (?∞,+∞) 内 可 导 , 且 lim x →∞

lim (
x →∞

x+c x ) = lim[ f ( x) ? f ( x ? 1)] ,求 c 的值。 x →∞ x?c

c (1 + ) x x+c x ec x ( ) = lim = ? c = e2c 解: lim x →∞ x ? c x →∞ c (1 ? ) x e x
则拉格朗日中值定理,有

f ( x) ? f ( x ? 1) = f ' (ξ )[ x ? ( x ? 1)] = f ' (ξ )
其中ξ介于(x-1)与 x 之间,那么

lim[ f ( x) ? f ( x ? 1)] = lim f ' (ξ ) = e
x→∞ x →∞ (ξ → ∞ )

1 c = 于是,e =e,2c=1,则 2
2c

口诀(4):函数之差化导数;拉氏定理显神通。 四、用洛必达法则求极限

0 ∞ 洛必达法则主要处理七种待定型极限: “ ”型, “ ”型, “0·∞” 0 ∞
型, “∞-∞”型, “1∞”型, “00”型和“∞0”型 口诀(5):待定极限七类型,分层处理洛必达。 第一层次:直接用洛必达法则 “ ”型 用洛必达法则Ⅰ “
∞ ”型 用洛必达法则Ⅱ ∞
0 0

第二层次:间接用洛必达法则
6

“0·∞”型 例 lim x ln x = lim
x →0+

ln x ∞ 变为“ ”型 ? 1 x →0+ x ∞

1 1 (e x ? 1) ? x 0 ( ? x ) = lim “∞-∞”型 例 lim 变为“ ”型 x x→0 x e ? 1 x → 0 x(e ? 1) 0
第三层次:间接再间接用洛必达法则

f ( x) g ( x ) 形式 “1∞”型, “00”型, “∞0”型均为 lim *
x→

而 [ f ( x)]

g ( x)

称为冪指函数,比较复杂。

口诀(6):冪指函数最复杂;指数、对数一起上。

[ f ( x)]g ( x ) = eln[ f ( x )]

g ( x)

= e g ( x ) ln f ( x ) ,
lim g ( x ) ln f ( x )
*

而上面三种类型化为 e x→
x →*

,

这时 lim g ( x) ln f ( x) 一定是“0·∞”型 再用第二层次的方法处理即可 例
x →0

lim+ x x = lim+ eln x = lim+ e x ln x
x

x →0

x→0

=e

x →0 +

lim x ln x

=e

x →0 +

lim

ln x x ?1

= e0 = 1

1 cos 2 x ( ? )。 例 1 求 lim x → 0 sin 2 x x2

x 2 ? sin 2 x ? cos 原式= lim x→ 0 x 2 sin 2 x
2

x

1 x 2 ? sin 2 2 x 4 = lim x→0 x4

4 2 x ? sin 2 x cos 2 x 4 = lim x →0 4 x3
1 x ? sin 4 x 4 = lim x→0 2 x3
7

= lim x →0 = lim x →0 =
4 3

1 ? cos 4 x 6x2

4 sin 4 x 12 x

例2

∫ ( x ? t ) f (t )dt lim 设函数 f ( x) 连续,且 f (0) ≠ 0 ,求 x ∫ f ( x ? t )dt
0 x →0 x 0

x



原式= lim x→0

x ∫ f (t )dt ? ∫ tf (t )dt
x x 0 0

x ∫ f (u )du
0

x

(分母令 x ? t = u )

= lim x →0



x

0

f (t ) dt + xf ( x) ? xf ( x)



x

0

f (u )du + xf ( x)

(用积分中值定理)

xf (ξ ) lim = x →0 xf (ξ ) + xf ( x) (ξ在 0 和 x 之间) (ξ → 0 )
=
f (0) 1 = . f (0) + f (0) 2

口诀(7):变限积分是函数;遇到之后先求导。 公式: [ ∫a f (t ) dt ]' = f ( x) (当 f ( x ) 连续时)
x

?n a +n b? ? ? 例 3 高 a>0,b>0 常数,求 lim ? x → ∞? 2 ? ?
( 先考虑 xlim → +∞
1 x

n

a

1 x



+ b x ) 它是“ 1∞ ”型。 2
1 1

1 x



a +b x y=( ) , ln y = x[ln(a x + b x ) ? ln 2] 2

1 x

8

x → +∞

lim ln y = lim

ln(a + b ) ? ln 2 x → +∞ 1 x

1 x

1 x

1 ln(a t + bt ) ? ln 2 0 = t lim (" " ) 型 令 t →0+ x t 0
a t ln a + bt ln b 1 = (ln a + ln b) = ln ab = lim t →0+ a t + bt 2

因此,

x → +∞

lim (

a +b x ) = ab 2

1 x

1 x

于是, 口诀(8)

n→∞

lim (

n a +n b n ) = ab 。 2

离散数列“洛必达” ;先要转化连续型。

五、求分段函数的极限
2 + e 1+ e
1 x 4 x
? 3 x

1 x 4 x



( 求 lim x→ 0

+

sin x )。 |x|



x→0

lim ? (

2+e 1+ e
? 4 x

+

sin x ) = 2 ?1=1 ?x
sin x ) = 0 +1 =1 x

x →0

lim+ (

2e

+e

e

4 ? x

+

+1
1



x→0

lim (

2 + ex 1+ e
4 x

+

sin x ) =1 | x|

口诀(9):分段函数分段点;左右运算要先行。 六 例 用导数定义求极限 设曲线

y = f ( x) 与 y = sin x
9

在原点相切,求

2 lim nf ( ) n→∞ n
解 由题设可知

f (0) = 0 , f ' (0) = (sin x)'|x = 0 = 1

于是

2 f ( ) ? f (0) 2 lim nf ( ) = lim 2 ? n = 2 f ' (0) = 2 x→∞ 2 n n→∞ ?0 n
用定积分定义求极限
1 1 n k lim ∑ f ( ) = ∫ f ( x )dx 0 n→∞ n n k =1



公式:

(

f ( x) 连续)

n lim 例 1 求 n→∞ ∑ 2 2 。 k =1 n + k
分析 如果还想用夹逼定理中方法来考虑
n n2 n n2 ≤∑ ≤ n 2 + n 2 k =1 n 2 + k 2 n 2 + 1

n

n2 1 n2 lim 2 = , lim 2 2 = 1 而n →∞ n + n 2 n→∞ n + 1 2
由此可见,无法再用夹逼定理,因此我们改用定积分定义来考虑。 解
n 1 n 1 = lim ∑ 2 2 n→∞ n→∞ n k k =1 n + k k =1 1 + ( ) 2 n lim ∑
n

= ∫0

1

dx π = arctan x |1 0= 2 1+ x 4

例2

kπ n lim 1 求 n →∞ n+ k sin



10





1 kπ sin ≤∑ ∑ n + 1 k =1 n k =1
n n

sin

kπ n n ≤ 1 sin kπ ∑ n 1 n k =1 n+ k



1 n kπ lim ∑ sin = n→∞ n n k =1



1

0

sin π xdx =

2

π

kπ n 1 n kπ 1 n 2 lim sin = lim ( )( ∑ sin ) = ∑ n→∞ n + 1 n n → ∞ n + 1 n k =1 n π k =1
n

sin

lim ∑ 由夹逼定理可知, n →∞
k =1

kπ n =2 1 π n+ k

口诀(10):数列极限逢绝境;转化积分见光明。

八、求极限的反问题

x 2 + ax + b = 3 ,求 a 和 b. 例 1 设 lim x →1 sin( x 2 ? 1)

2 lim ( x + ax + b) = 0 ,∴1+a+b=0 由题设可知 x →1

再对极限用洛必达法则

x 2 + ax + b 2x + a 2+a lim = lim = = 3 a = 4, b = ?5 x →1 sin( x 2 ? 1) x →1 2 x cos( x 2 ? 1) 2
例 2、 设

f ( x) = 1 f ( x) 在(0,+∞)内可导, f ( x) >0, xlim → +∞
1 1

f ( x + hx ) h lim [ ] = e x ,求 且满足 h → 0 f (x)

f ( x)

11

解:

先用冪指函数处理方法
lim [ln f ( x + hx ) ? ln f ( x )] f ( x + hx) h lim[ ] = e h →0 h h →0 f ( x) 1 1

再用导数定义 取 F ( x) 于是 lim

F ' ( x) = lim

F ( x + ?x ) ? F ( x ) ?x → 0 ?x

= ln f ( x), ?x = hx ,

x [ln f ( x + hx) ? ln f ( x)] = x[ln f ( x)]' h → 0 hx

这样

e

x[ln f ( x )]'

=e

1 x

1 x [ln f ( x )]' = 所以 x 1 [ln f ( x)]' = 2 x
1 ln f ( x ) = ? + C ' x

f ( x) = Ce

?

1 x

f ( x ) = 1 ,可知 C=1,则 再由 xlim → +∞
§1.3 一、连续与间断 例 1

f ( x) = e
连续

?

1 x

设 f ( x) , g ( x) 在 (?∞,+∞) 内有定义, f ( x) 为连续,且

f ( x) ≠ 0 , g ( x) 有间断点,则下列函数中必有间断点为
(A) g[ f ( x)] (B) [ g ( x)]
2

12

(C) f [ g ( x )]

g ( x) (D) f ( x)

解: (A), (B), (C)不成立可用反例 成立

f ( x) ≡ 1 ,g ( x) = ?

?1 x≥0 ,(D) ?? 1 x < 0

g ( x) = h( x ) 没 有 间 断 点 , 那 么 可用反证法:假若不然 f ( x)

g ( x) = f ( x) ? h( x) 为两个连续函数乘积,一定连续故矛盾,所以
g ( x) f ( x) 一定有间断点
例2 解

sin t sin t ? sin x ( ) = f ( x) 的间断点,并判别其类型。 求 lim t → x sin x

x

x ≠ kπ ,考虑 ln f ( x) = lim t→x
= lim

x sin t ln( ) sin t ? sin x sin x

x sin x x ? = t → x cos t sin t sin x sin x



f ( x) = e

x sin x

( x ≠ kπ )

可见 x = kπ 为间断点, x = 0 是可去间断点,其它 皆 为第二类间断 点。

二、闭区间上连续函数的性质(重点为介值定理及其推论) 例 1 设 f ( x) 在 [0,1] 上连续,且 f (0) = 0 , f (1) = 1 ,证明存在

ξ ∈ (0,1) ,使得 f (ξ ) = 1 ? ξ
证 令 g ( x) = f ( x) + x ? 1 , 则

g ( x)



[0,1]

上 连 续

g (0) = ?1 < 0 ,

g (1) = 1 > 0 ,

根据介值定理推论,存在 ξ ∈ (0,1) 使 g (ξ ) = 0 ,即证。
13

例2



f ( x) 在 [0,2] 上连续,且 f (0) +
f (ξ ) = 1 。

f (1) + f (2) = 3 ,求证:

存在 ξ ∈ [0,2] ,使 证 ∵

f ( x) 在 [0,2] 上连续,故有最大值 M 和最小值 m,于是

1 m ≤ [ f (0) + f (1) + f (2)] ≤ M 3 根据介值定理,存在 ξ ∈ [0,2] 使
1 f (ξ ) = [ f (0) + f (1) + f ( 2)] 3


f (ξ ) = 1 .

口诀(11) :函数为零欲论证;介值定理定乾坤。

第二章 一元函数微分学

§2.1 导数与微分 一、可导性与连续性 例

x 2en ( x ?1) + ax + 6 lim 设 f ( x) = n , 问 a 和 b 为何值时, f ( x) →∞ en ( x ?1) + 1

可导,且求 解

f ' ( x) 。
n ( x ?1)

lim e ∵x>1 时, n →∞
lim e x<1 时, n →∞

= +∞
= 0.

n ( x ?1)



? x2 x > 1 ?a + b +1 f ( x) = ? x =1 2 ? ? ax + b x < 1
14

f ( x) = lim x 2 = 1 , f (1) = 由 x = 1 处连续性, lim + +
x →1 x →1

a + b +1 = 1 ,可 2

知a+b 再由 x

=1
x 2 ? f (1) f + ' (1) = lim x →1+ x ?1 (ax + b) ? f (1) f ? ' (1) = lim x →1? x ?1

= 1 处可导性,
存在 存在

且 根据洛必达法则

f + ' (1) = f ? ' (1)
f + ' (1) = lim +
x →1

2x =2 1
∴a = 2

f ? ' (1) = lim ?
x →1

a =a 1

于是 b

= 1 ? a = ?1 .
? x2 x > 1 ? f ( x) = ? 1 x = 1 ?2 x ? 1 x < 1 ?

?2 x x ≥ 1 f ' ( x )? ? 2 x <1
二、导数与微分的运算法则和计算公式 (要求非常熟练地运用,具体例题可看参考书) 三、切线和法线方程 例1 已知曲线的极坐标方程 r = 1 ? cos q ,求曲线上对应于 q =
p 6

处的切线与法线的直角坐标方程。

15



? x = (1 ? cosθ ) cosθ = cosθ ? cos 2 θ 曲线的参数方程为 ? ? y = (1 ? cosθ ) sin θ = sin θ ? sin θ cosθ

dy dx θ = π

6

dy = dθ dx dθ

cosθ ? cos 2 θ + sin 2 θ = ? sin θ + 2 cosθ sin θ
θ= θ= π
6

=1
π
6

故切线方程

y?

1 3 3 3 + = 1? (x ? + ) 2 4 2 4
3 5 3+ =0 4 4
1 4 3 3 + = ?( x ? + ) 2 3 2 4

即 法线方程 即 例2 恒有 设

x? y?
y?

x+ y?

1 1 3+ =0 4 4

f ( x) 为周期是 5 的连续函数,在 x = 0 邻域内

f (1 + sin x) ? 3 f (1 ? sin x) = 8 x + a( x)

其中

lim

a( x) = 0 , f ( x) 在 x = 1 处 可 导 , 求 曲 线 x →0 x
f (6) = f (1), f ' (6) = f ' (1) ,故切线方程为
y ? f (1) = f ' (1)( x ? 6)

y = f ( x) 在点( 6, f (6) )处的切线方程。
解 由题设可知

所以关键是求出 f (1) 和 由
x →0

f ' (1)
连 续 性

f ( x)

lim[ f (1 + sin x) ? 3 f (1 ? sin x)] = ?2 f (1)
16

由所给条件可知 再 由

? 2 f (1) = 0 ,∴ f (1) = 0
条 件 可 知

lim
x →0

f (1 + sin x) ? 3 f (1 ? sin x) 8x a( x) = lim( + ) =8 x → 0 sin x sin x sin x
f (1 + t ) ? 3 f (1 ? t ) = 8 ,又∵ f (1) = 0 t

令 sin x = t , lim t →0 ∴上式左边 = lim

[ f (1 + t ) ? f (1)] f (1 ? t ) ? f (1) + 3 lim t →0 t →0 t (?t )

= f ' (1) + 3 f ' (1) = 4 f ' (1)


4 f ' (1) = 8

f ' (1) = 2

所求切线方程为 y ? 0 = 2( x ? 6) 即 2 x ? y ? 12 = 0 四、高阶导数 1.求二阶导数

d y ? x = arctan t 例 1、设 ? y = ln(1 + t 2 ) ,求 d 2 x ?

2





dy 2t dy dt 1 + t 2 = = = 2t dx 1 dx dt 1 + t 2

17

d y = dx 2
例2 设y

2

d(

dy ) dx = dx

d(

dy ) dx dt

dx dt

=

2 = 2(1 + t 2 ) 1 1+ t2

2 2 = y ( x) 由方程 x + y = 1 所确定,求 y ' '

解:

x y' = ? 2 x + 2 yy ' = 0 ,得 y
1 ? y ? xy ' y' ' = ? =? 2 y2 y y+ x y y2 + x2 1 =? = ? y3 y3

2.求 n 阶导数

例1

x3 (n) ,求 y 设y= 2 x ? 3x ? 4

(n 正整数)。



先用多项式除法,得 y = ( x + 3 ) +

13 x + 12 ( x ? 4 )( x + 1)

,然后

把真分式再化为最简公式



13x + 12 A B = + ( x ? 4)( x + 1) x ? 4 x + 1
13x + 12 = A( x + 1) + B ( x ? 4)

令 令

x = 4 ,得 5 A = 64, A =

64 x=4 5

1 x = ?1 ,得 ? 5B = ?1, B = x = ?1 5

18

64 1 ( x ? 4) ?1 + ( x + 1) ?1 5 5 64 1 y ' = 1 ? ( x ? 4) ? 2 ? ( x + 1) ? 2 5 5 64 1 y ' ' = (?1)(?2) ( x ? 4) ? 3 + ( x + 1) ? 3 ] 5 5 ... y = ( x + 3) + y
(n)

(?1)( n ) n! 64 1 [ ] = + 5 ( x ? 4) n +1 ( x + 1) n +1

口诀(12) :有理函数要运算;最简分式要先行。 例2 解
4 设 y = sin x + cos x ,求 y

(n)

(n 为正整数) 。

y=(

1 ? cos 2 x 2 1 + cos 2 x 2 ) +( ) 2 2

1 3 1 = (2 + 2 cos 2 2 x ) = + cos 4 x 4 4 4
y (n) = 1 n nπ nπ ? 4 cos(4 x + ) = 4n ?1 cos(4 x + ) 4 2 2

口诀(13) :高次三角要运算;降次处理先开路。 〔注〕 有时求 f ( n) (0) 可以通过幂级数

f ( n) (0) f ( x) = ∑ an x 的系数公式 an = n! n =0
n
(n) 反过来 f (0) = ( n!) an 来计算, 这就需要掌握把函数



f ( x) 展成幂级

数的有关技巧,数学一和数学三在无穷级数中有专门讨论。

19

§2.2 一、 罗尔定理

微分中值定理

罗尔定理: 设 f ( x) 在 [a, b] 上连续,(a, b) 内可导, 且 f (a ) = f (b) , 则存在 ε ∈ (a, b) 使 f (ε ) = 0 。 口诀(14) :导数为零欲论证;罗尔定理负重任。 在考研考题中,经常要作辅助函数 F ( x ) ,而对 F ( x ) 用罗尔定理, 为此, 我们引进两个模型及有关例题。 从而得出 F ( x ) 的有关结论, 模型Ⅰ: 设 f ( x) 在 [a, b] 上连续, (a, b) 内可导, 且 f (a ) = f (b) = 0 ,

g ( x ) 是 ( a, b) 内 的 连 续 函 数 , 则 存 在 ε ∈ ( a , b) , 使 f ′(ε ) + g (ε ) f (ε ) = 0 成立。
证 令 F ( x ) = e G ( x ) f ( x ) ,其中 G ′( x) = g ( x ) 。

于是 F ( x ) 在 [a, b] 上连续,在 (a, b) 内可导, F (a ) = F (b) = 0 。根 据罗尔定理,存在 ε ∈ (a, b) 使 F ′(ε ) = 0 而

F ′( x) = e G ( x ) f ′( x) + e G ( x ) G ′( x ) f ′( x)

∴ e G ( ε ) [ f ′(ε ) + g (ε ) ? f (ε ) = 0] ,而 e G ( ε ) = 0
因此

f ′(ε ) + g (ε ) f (ε ) = 0

例 1 设 f ( x) 在 [0,1] 上连续,在 (0,1) 内可导, f (0) = f (1) = 0 ,

1 f ( ) = 1 ,试证: 2
(1) (2) 存在η ∈ ( ,1) ,使 f (η ) = η ; 使 f ′(ε ) ? λ[ f (ε ) ? ε ] = 1 ( l 为任意实数) 。 存在 ε ∈ (0,η ) ,
20

1 2



(1) 令 ? ( x ) = f ( x) ? x , 显 然 , ? ( x) 在 [0,1] 上 连 续 又

?( ) =

1 2

1 1 > 0 ,? (1) = ?1 < 0 根据介值定理推论存在η ∈ ( ,1) ,使 2 2

? (η ) = 0 ,即 f (η ) = η
( 2 ) 令 F ( x ) = e ? λx Φ ( x ) = e ? λx [ f ( x ) ? x] ( 相 当 于 模 型 Ⅰ 中 ,

g ( x ) = ?λ , G ( x ) = ?λ x )
∵ Φ (0) = Φ (η ) = 0 ,∴ F (0) = F (η ) = 0

F ( x ) 在 [0,η ] 上用罗尔定理,存在 ε ∈ (0,η ) ,使 F ′(ε ) = 0
即 从而

e ? λε { f ′(ε ) ? λ [ f (ε ) ? ε ] ? 1} = 0

f ′(ε ) ? λ [ f (ε ) ? ε ] = 1 。

口诀(15) :导数、函数合为零;辅助函数用罗尔。 1. 模 型Ⅱ 设 f ( x) , g ( x) 在 [a, b] 上连续, (a, b) 内可导,且

f (a ) = 0, g (b) = 0, ,则存在 ε ∈ (a, b) ,使 f ′(ε ) g (ε ) + f (ε ) g ′(ε ) = 0
证 令 F ( x ) = f ( x ) g ( x) ,则 F (a ) = f (b) = 0 , F ( x ) = 在 [a, b] 上

用罗尔定理,存在 ε ∈ (a, b) ,使 F ′(ε ) = 0 , 即 例2

f ′(ε ) g (ε ) + f (ε ) g ′(ε ) = 0



设 f ( x) 在 [0,1] 上连续, (0,1) 内可导, f (0) = 0 ,k 为正整 数,求证存在 ε ∈ (0,1) ,使得

εf ′(ε ) + kf (ε ) = f ′(ε )
证 使得 取 a=0,b=1,令 g ( x) = ( x ? 1) k ,用模型Ⅱ,存在 ε ∈ (0,1) ,

f ′(ε )(ε ? 1) k + k (ε ? 1) k ?1 f (ε ) = 0
21



f ′(ε )(ε ? 1) + kf (ε ) = 0, 即

εf ′(ε ) + kf (ε ) = f ′(ε ) 。
3.例 3 设 f ( x) 在 [0,1] 上连续, (0,1) 内可导,对任意 k>1,有
1 k 0

f (1) = k ∫ xe1? x f ( x )dx ,求证:存在 ε ∈ (0,1) ,使

? 1? f ′(ε ) = ?1 ? ? f (ε ) ? ε?
证 由定积分中值定理可知存在 c ∈ ?0, ? ,使得 ? k?

? 1?




1 k 0

?1 ? xe1? x f ( x )dx = ce1?c f (c ) ? ? 0? ?k ?

F ( x ) = xe1? x f ( x), ,可知
1

F (1) = f (1) = k ∫0k xe1? x f ( x )dx = ce1?c f (c ) = F (c )
对 F ( x ) 在 [c,1] 上用 罗尔 定理,存在 ε ∈ (c,1) , 使 F ′(ε ) = 0 ,而

F ′( x) = e1? x f ( x ) ? xe1? x f ( x ) + xe1? x f ′( x)
从 F (ε ) = 0 中消去 εe1?ε 因子,得 f ′(ε ) = ?1 ? ? f (ε ) 。

? ?

1?

ε?

4.
π
0


0

4
π



f ( x)

在 ,

[0, π ]


上 证

连 :

续 存

, 在

∫ f ( x)dx = 0, ∫ f ( x) cos xdx = 0
π

ε 1 ∈ (0, π ), ε 2 ∈ (0, π ) , ε 1 ≠ ε 2 , ,使 f (ε 1 ) = f (ε 2 ) = 0
证 令 F ( x ) = ∫0 f (t )dt (0 ≤ x ≤ π ) 则 F (0) = 0, F (π ) = 0 又

0 = ∫0 f ( x ) = cos xdx = ∫0 cos xdF ( x ) = F ( x ) cos x + ∫0 F ( x ) sin xdx 0

π

π

π

π

22

= ∫0 F ( x ) sin xdx

π

如果 F ( x ) sin x 在 (0, π ) 内不变号,由于连续性,积分不为 0, 故 F ( x ) sin x 在 (0, π ) 内一定有正有 负 , 故 存在 ε ∈ (0, π ) 使

F ( x ) sin x = 0 ,而 sin ε ≠ 0

∴ F (ε ) = 0 ,于是分别在 [0, ε ] 和

[ε , π ] 上对 F ( x ) 用罗尔定理则存在 ε 1 ∈ (0, ε ) ,ε 2 ∈ (ε , π ) ,ε 1 ≠ ε 2
使 F ′(ε 1 ) = 0 和 F ′(ε 2 ) = 0 ,即 f (ε 1 ) = f (ε 2 ) = 0 二、 拉格朗日中值定理和柯西中值定理。 1. 拉格朗日中值定理: 设 f ( x ) 在 [ a , b ] 上 连 续 , ( a, b) 内 可 导 , 则 存 在 ε ∈ ( a , b) , 使

f (b) ? f (a ) = f ′(ε ) ,即 f (b) ? f (a) = f ′(ε ) = (b ? a) 。 b?a
口诀(4) :函数之差化导数;拉氏定理显神通 2. 柯西中值定理 设 f ( x ) , g ( x ) 在 [ a , b ] 上 皆 连 续 , 在 ( a, b) 内 皆 可 导 , 且

g ′( x ) ≠ 0 ,则存在 ε ∈ (a, b) ,
使

f (b) ? f (a) f ′(ε ) = g (b) ? g (a ) g ′(ε )

例1 设 f ( x) 在 [a, b] 上连续,(a, b) 内可导, 且 b > a > 0 ,证明: 存在 ε ∈ (a, b),η ∈ (a, b) 使 f ′(η ) = 证

a + b f ′(ε ) ? 2 ε

考虑柯西中值定理( g ( x) 待定)

f ′(ε ) f (b) ? f (a) f ′(η )(b ? a) = = g ′(ε ) g (b) ? g (a ) g (b) ? g (a )
23

最后一步是把分子用拉格朗日中值定理。 再把欲证的结论变形,

f ′(ε ) f ′(η ) f ′(η )(b ? a) = = 2ε a+b b2 ? a2
两式比较,看出令 g ( x ) = x 2 即可。 类 似 地 , 欲 证 f ′(η ) =

b 2 + ab + a 2 f ′(ε ) ? 2 ,则取 3 ε

g ( x) = x 3 即可
例2. 已 知 f ( x) 在 [0,1] 上连续,在 (0,1) 内可导,且 f (0) = 0 ,

f (1) = 1 ,证明
(Ⅰ)存在 ε ∈ (0,1) ,使得 f (ε ) = 1 ? ε (Ⅱ)存在两个不同η , ζ ∈ (0,1) ,使得 f (η ) f (ζ ) = 1 证: (Ⅰ)令 g ( x) = f ( x) + x ? 1,则 g ( x) 在 [0,1] 上连续,又有

g (0) = ?1 < 0, g (1) = 1 > 0 ,根据介值定理,所以存在 ε ∈ (0,1) ,
使得

g (ε ) = f (ε ) + ε ? 1 = 0


f (ε ) = 1 ? ε 。

(Ⅱ)根据拉格朗日中值定理,存在η ∈ (0, ε ), ζ ∈ (ε ,1) ,使得

f ′(η ) = f ′(ζ ) =
从而

f (ε ) ? f (0)

ε

=

1? ε

ε



f (1) ? f (ε ) ε = , 1? ε 1? ε 1? ε

f ′(η ) f ′(ζ ) =

ε

?

ε
1? ε

= 1。

在上面两个例子中,都是寻找 ε ,η 的问题,但所用方法完全不同,
24

我们可以用两个口诀来加以区别。 口诀(16) :寻找 ε ,η 无约束,柯西、拉氏先后上。 口诀(17) :寻找 ε ,η 有约束,两个区间用拉氏。 泰勒定理。 设 f ( x) 在包含 x0 的区间 (a, b) 内有 n+1 阶导数,在 [a, b] 上有 n 阶 连续导数,则对 x ∈ [a, b] ,存在 ε 在 x0 与 x 之间,有公式

f ′′( x0 ) f ( n ) ( x0 ) 2 f ( x ) = f ( x0 ) + f ′( x0 )( x ? x0 ) + ( x ? x0 ) + ? + ( x ? x0 ) n 2! n!
f n +1 (ε ) + ( x ? x0 ) n +1 (n + 1)!
+ f ( n +1 ) ( ξ ) ( x ? x 0 )n +1 ( n + 1) !

(称为拉格朗日余项形式的泰勒公式) 例 设 f ( x) 在 [?1,1] 上具有三阶连续导数,且 f (?1) = 0, f (1 = 1) 。

f ′(0) = 0
求证: ?ε ∈ ( ?1,1), 使 f ′′′(ε ) = 3 。 证 麦克劳林公式

f ( x ) = f (0) + f ′(0) x +

f ′′(0) 2 f ′′′(η ) 3 x + x 2! 3!

其中 x ∈ [?1,1] ,η 介于 0 与 x 之间,∵ f ′(0) = 0

0 = f (?1) = f (0) + 1 = f (1) == f (0) +

f ′′(0) 1 (?1) 2 + f ′′′(η1 )(?1) 3 (?1 < η1 < 0) 2! 6 f ′′(0) 2 1 1 + f ′′′(η 2 ) ?13 (0 < η 2 < 1) 2! 6

后式减前式,得 f ′′′(η1 ) + f ′′′(η 2 ) = 6

∵ f ′′′( x) 在 [η1 ,η 2 ] 上连续,设其最大值为 M,最小值为 m。
25



1 m ≤ [ f ′′′(η1 ) + f ′′′(η 2 )] ≤ M 2

再由介值定理, ?ε ∈ (η1 ,η 2 ) ? (?1,1) 使

1 f ′′′(ε ) = [ f ′′′(η1 ) + f ′′′(η 2 ) = 3] 2

§2.3
一、 不等式的证明 例1 证 易知 由 于

导数的应用

求证:当 x > 0 时, ( x 2 ? 1) ln x ≥ ( x ? 1) 2 。 令 f ( x ) = ( x 2 ? 1) ln x ? ( x ? 1) 2 ,只需证明 x > 0 时, f ( x ) ≥ 0 ,

1 f (1) = 0, f ′( x ) = 2 x ln x ? x + 2 ? , f ′(1) = 0 x
f ( x)
的 符 号 不 易 判 别 , 再 求 导 得

f ′′( x ) = 2 ln x + 1 +

1 , f ′′(1) = 2 。 2 x

2( x 2 ? 1) 再考虑 f ′′′( x ) = 可见当 0 < x < 1 时, f ′′′( x ) < 0 ; f ′′( x ) 单 x3
调减少,当1 < x < +∞ 时, f ′′′( x ) > 0 , f ′′( x ) 单调增加, ∴ f ′′(1) = 2 是 f ′′( x ) 的最小值,由于 f ′′′( x ) > 0 , f ′( x) 单调增加,而 f ′(1) = 0 ,

∴ 0 < x < 1 时 , f ′( x ) < 0 , 则 f ( x) 单 调 减 少 , 1 < x < +∞ 时 ,
f ′( x ) > 0 , f ( x) 单调增加,于是, x > 0 时 f ( x ) ≥ 0 。
例2 证 设 b > a > 0 ,求证: ln

b 2(b ? a) > a b+a

令 f ( x ) = (ln x ? ln a )( x + a) ? 2( x ? a), ( x ≥ a) ,

26



1 f ′( x) = ( x + a) + (ln x ? ln a) ? 2 x f ′′( x) = ? a 1 x?a + = 2 ( x > a) x2 x x

于 是 可知 f ′( x) 在 x > a 时 单调 增 加, 又 f ′(a) = 0 , ∴ x > a 时

f ′( x ) > 0 , 这样 f ( x) 单调增加, 因此, b > a > 0 时,f (b) > f (a) = 0 ,
得证 口诀(18) :数字不等式难证,函数不等式先行。 二、 极值与拐点 例1 设 y = f ( x) 有二阶导数,满足 xf ′′( x ) + 3x[ f ′( x )]2 = 1 ? e ? x 。 求证:当 f ′( x0 ) 时, f ( x0 ) 为极小值 证 (1) x0 ≠ 0 情形

1? e?x f ′′( x0 ) = >0 x0
(2 ) x 0 = 0 情形

? x0 > 0,1 ? e ? x > 0 ? ? ? ? x < 0,1 ? e ? x < 0 ? 故 f ( x0 ) 为极小值。 ? x ?
0 0

这时方程条件用 x = 0 代入不行,无法得出上面的方式。

∵ f ′′( x ) 存在 ∴ f ′( x ) 连续, lim f ′( x ) = f ′(0) = 0 x→0

f ′′(0) = lim x →0

f ′( x ) ? f ′(0) f ′( x ) f ′′( x ) = lim = lim (用洛必达法则) x →0 x →0 x?0 x 1
(再用洛必达法则)

1? e?x ?1 ? e ? x 2? = lim ? 3[ f ′( x )] ? = lim x →0 ? ? x ? x →0 x

e?x = lim =1 x →0 1
例2 设 f ( x ) = x(1 ? x) ,则(

∴ f (0) 是极小值
)

(A) x = 0 是 f ( x) 的极值点,但 (0,0) 不是曲线 y = f ( x) 的拐点
27

(B) x = 0 不是 f ( x) 的极值点,但 (0,0) 是曲线 y = f ( x) 的拐点 (C) x = 0 是 f ( x) 的极值点,且 (0,0) 是曲线 y = f ( x) 的拐点 (D) x = 0 不是 f ( x) 的极值点, (0,0) 也不是曲线 y = f ( x) 的拐点 解

? x (1 ? x ) = x ? x 2 (0 ≤ x ≤ 1) f ( x) = ? 2 ?? x(1 ? x) = x ? x ( x < 0或x > 1)
(0 < x < 1) x < 0或x > 1 (0 < x < 1) x < 0或x > 1

?1 ? 2 x f ′( x) = ? ?2 x ? 1 ?? 2 f ′′( x) = ? ?2

∵在 0 的两侧 f ′( x) 异号,故 0 是 f ′( x) 的极值点
又 (0,0) 点两侧,凸凹性不同( x = 0 两侧 f ′′( x ) 异号) 所以 (0,0) 是曲线 y = f ( x) 的拐点,应选 C。 例3 又 lim 设 f ( x) 的导数在 x = a 处连续,
x →a

f ′( x) = ?1 , 则 ( x?a



(A) x = a 是 f ( x) 的极小值点 (B) x = a 是 f ( x) 的极大值点 (C) (a, f (a)) 是曲线 y = f ( x) 的拐点 (D) x = a 不是极值点, (a, f (a)) 也不是曲线 y = f ( x) 的拐点 分析:∵题目只设 f ′( x) 在 a 点连续,无法考虑 a 点两侧二阶导 数故(C)(D)不行 又由 lim
x →a

f ′( x) f ′( x ) = ?1 可知存在 (a ? ? , a) 和 (a, a + d ) 内 <0 x?a x?a
当 x ∈ (a ? δ , a ) 时,则 f ′( x ) > 0 当 (a, a + d ) 时,则 f ′( x ) < 0 故 x = a 是 f ( x) 的极大值点,应选 B。
28

上面用极值第一充分条件来判断,也可以用第二充分条件来判断。 由 lim
x →a

f ′( x) = ?1 x?a

可知 lim f ′( x ) = 0

f ′( x ) = 0 根据 f ( x) 在 x = a 处连续,则 f ′(a) = lim x→a
于是 f ′′(a ) = lim
x→a

f ′( x ) ? f ′(a) f ′( x) = lim = ?1 < 0 x→a x?a x?a
(

根据极值第二充分条件则知 f 故 x = a 是 f ( x) 的极大值点

a ) 为极大值。

一、 最大值和最小值的应用题 1. 数学一和数学二要考物理、力学方面内容。 2. 数学三要考经济方面内容,我们这里不再统一讨论。

第三章

一元函数积分学

§3.1 积分的概念与计算
一、 一般方法 例1设 解

f ( x) 的一个原函数 F ( x ) = ln x 2 ( x + x 2 + 1) ,求 I = ∫ xf ′( x )dx 。

I = ∫ xdf ′( x) = xf ( x) ? ∫ f ( x )dx = xF ′( x) ? F ( x ) + C
=
2x ln( x + x 2 + 1) ? ln 2 ( x + x 2 + 1) + C 2 x +1
,又

例2

xe x 设 F ′( x ) = f ( x ), 当x ≥ 0时,f ( x) F ( x ) = 2(1 + x ) 2

F (0) = 1, F ( x) > 0, 求f ( x )( x ≥ 0)


2∫ f ( x) F ( x)dx = 2 ∫ F ( x )dF ( x) = F 2 ( x ) + C1

29

xe x de x ex [( x + 1) ? 1]e x 而∫ dx = ∫ dx = ∫ dx ?∫ (1 + x) 2 (1 + x ) 2 1+ x (1 + x ) 2 ex ex ex ex = +∫ dx ? ∫ dx = + C2 1+ x (1 + x) 2 (1 + x) 2 1+ x

ex ∴ F ( x) = + C ,∵ F (0) = 1,∴ C = 0 ,又 F ( x ) > 0, 1+ x
2

因此 F ( x ) =

e e = 1+ x 1+ x

x

x 2

x 1 2 1 x e 1+ x ? e x xe 2 2 2 2 1 + x 则 f ( x ) = F ′( x ) = = 3 1+ x 2(1 + x ) 2

例3 设

f (sin 2 x ) =

x x , 求I = ∫ f ( x )dx sin x 1? x arcsin u u

解一 令 u

= sin 2 x, 则 sin x = u , x = arcsin u , f (u ) =

则I

=∫

arcsin x arcsin x dx = ? ∫ d (1 ? x ) = ?2∫ arcsin x d 1 ? x 1? x 1? x 1 d x 1? x

= ?2 1 ? x arcsin x + 2∫ 1 ? x ?

= ?2 1 ? x arcsin x + 2 x + C。
解二 令 x

= sin 2 t , 则

x sin t = , dx = 2 cos t sin tdt 1 ? x cos t

则I

=∫

sin t t ? ? 2 sin t cos tdt = ?2∫ td cos t cos t sin t

= ?2t cos t = 2∫ cos tdt = ?2t cos t + 2 sin t + C = ?2 1 ? x arcsin x + 2 x + C

30

例 4 设连续函数 解 令 ∫1
e e

f ( x) 满足 f ( x ) = ln x ? ∫1 f ( x )dx, 求 ∫1 f ( x )dx
e e

f ( x )dx = A,则f ( x) = ln x ? A,
e e e

两边从 1 到 e 进行积分,得

∫ f ( x)dx = ∫ ln xdx ? ∫ Adx = ( x ln x ? x) ? A(e ? 1)
1 1 1 1

于是 A = e ? (e ? 1) ? 则 ∫1
e

1 A(e ? 1), eA = 1, A = , e

f ( x )dx =

1 e

例5 设

x 1 2 f ( x) 连续,且 ∫0 tf ( 2 x ? t ) dt = arctan x 2 , f (1) = 1, 求 ∫1 f ( x)dx 。 2

解 变上限积分的被积函数中出现上限变量必须先处理。 令
x

u = 2x ? t, 则
x

∫0 tf (2 x ? t )dt = ? ∫2 x (2 x ? u ) f (u )du
= 2 x ∫x f (u )du ? ∫x uf (u )du
2x 2x

代入条件方程后,两边对 x 求导,得
双方都

2∫x f (u )du + 2 x[2 f (2 x ) ? f ( x )] ? [2 xf (2 x ) ? 2 ? xf ( x)] =
2x

x 1+ x4

即 2∫x

2x

f (u )du =

x + xf ( x ) 1+ x4

令x 三、

= 1 ,化简得 ∫1 f ( x) = dx =
2

3 4

递推方法

例 1 设 In

= ∫02 sin n xdx(n = 0,1,2,?)

π

31

(1)求证当 n ≥ 2时 , I n (2)求 I n 解1

=

n ?1 I n?2 n

I n = ∫ sin
2 0

π

n ?1

xd (? cos x ) = ? sin
π

n ?1

x cos x + ∫02 cos d (sin n ?1 x )
2 0

π

π

= ( n ? 1) ∫02 cos 2 sin n ? 2 xdx = (n ? 1) ∫02 (1 ? sin 2 x ) sin n ? 2 xdx

π

= (n ? 1) I n ? 2 ? (n ? 1) I n

nI n = (n ? 1) I n ? 2 ,则 I n =
(2) I 0

n ?1 I n ? 2 (n ≥ 2) n
π

= ∫ dx =
2 0

π

π
2

, I 1 = ∫02 sin xdx = 1,

当 n=2k, 正偶数时,

I n = I 2k =

2k ? 1 2 k ? 1 2k ? 3 1 I 2k ?2 = ? ? I0 2k 2 k 2k ? 2 2

=

(2k )! π (2k )! π ? = 2k ? k 2 (2 k!) 2 2 (k!) 2 2
2k 2k 2 k ? 2 2 ? ? I1 I 2 k ?1 = 2k + 1 2 k + 1 2k ? 1 3

当 n = 2k + 1 ,正奇数时,

I n = I 2 k =1 =

(2 k k!) 2 2 2 k (k!) 2 = = (2k + 1)! (2k + 1)!
例 2 设 Jn

= ∫02 cos xdx(n = 0,1,2,?), 求证: J n = I n (n = 0,1,2,?)
0

π

证 令x 则 Jn

=

π

? t , J n = ∫π cos n ( ? t )d (?t ) = ∫02 sin n tdt 2 2 2
π

π

π

= I n (n = 0,1,2,?)
= ∫02 tan 2 n xdx(n = 1,2,3,?)
π

例 3 设 Kn 求证: K n

= ∫04 tan 2 ( n ?1) x(sec 2 x ? 1)dx

32

= ∫04 tan 2 ( n ?1) xd tan x ? K n ?1 =
四、

π

1 ? K n ?1 2n ? 1
反常积分

例 1 计算 I
+∞

= ∫0

+∞

xe ? x dx (1 + e ? x ) 2



I = ∫0

x + ∞ xd (e + 1) +∞ xe x 1 = dx = ? xd ∫ ∫ 0 0 (1 + e x ) 2 (e x + 1) 2 (e x + 1)

=?

x + ∞ +∞ 1 + ∫0 x dx = I 1 + I 2 (e x + 1) 0 e +1
x 1 ) 用洛必达法则 lim ( ? )=0 x → +∞ e +1 ex
x

(? I 1 = lim x → +∞

I 2 = ∫0

+∞

ex +∞ du x dx 令 e = u ∫ 1 e x (e x + 1) u (u + 1)

1 ? 1 +∞ ? 1 u +∞ ln = ln 1 ? ln = ln 2 = ∫1 ? ? du = ? 1 1 1 2 u u + u + ? ?
例2

I n = ∫0 x n e ? x dx(n = 0,1,2,?)

+∞

(1) 求证: I n (2) 求 I n 解 (1) I n 为整数) (2) I n

= nI n ?1 (n 为整数)

= ? ∫0 x n de ? x = lim (? x n e ? x ) + n ∫0 e ? x x n ?1 dx = nI n ?1 (n x → +∞ 0

+∞

λ

+∞

= nI N ?1 = n(n ? 1) I n ? 2 = ?(n!) I 0
+∞

I 0 = ∫0 e ? x dx = 1,∴ I n = n!

§3.2

有关变上( 有关变上(下)限积分和积分证明题

一、 有关变上(下)限积分

33

基本公式:(1)

设 F ( x ) = ∫a f (t )dt ,f 连续
x

′ ( x ) ? f [?1 ( x )]?1′( x) 则 F ′( x) = f [? 2 ( x )]? 2
口诀(7) :变限积分是函数;遇到之后先求导。 例 1 设 f ( x) = ∫0 e
a? x t ( 2 a ?t )

dt (a 为常数)求 I = ∫0 f ( x)dx
a

解 I = xf ( x) ? ∫0 xf ′( x)dx = ? ∫0 xe
a a

a

( a ? x )[ 2 a ? ( a ? x )]

0

(?1) dx

= ∫0 xe ( a
a

2

? x2 )

1 a dx = ? ∫0 e ( a ? x ) d ( a 2 ? x 2 ) 2
2 2

a 1 1 = ? e ( a ? x ) = (e a ? 1) 0 2 2
2 2 2

例 2 设 f ( x) 在 (0,+∞) 内 可 导 , f (1) =
xt x

5 , 对 所 有 2
t

x ∈ (0,+∞), t ∈ (0,+∞) , 均有 ∫1 f (u )du = t ∫1 f (u )du + x ∫1 f (u )du ,
求 f ( x) 。 解 把所给方程两边求 x 求导 tf ( xt ) = tf ( x) + ∫1 f (u )du
t

把 x = 1 代入,得 tf (t ) =

5 t t + ∫1 f (u ) du 2 5 + f (t ) 2

再两边对 t 求导,得 f (t ) + tf ′(t ) = 于是 f ′(t ) =

5 1 5 ? 则 f (t ) = ln t + C , 令 t = 1 代入 2 t 2 5 5 ,∴ f ( x ) = (ln x + 1) 2 2

得 C = f (1) =

例 3 设 f ( x) 在 (0,+∞) 内可导, f (0) = 0 ,反函数为 g ( x) ,且

34



f (x)

0

g (t )dt = x 2 e x , 求 f ( x) 。
x

解方程两边对 x 求导, 得 g [ f ( x )] f ′ ( x ) = 2 xe
x

+ x 2e x , 于

是 xf ′( x) = x( 2 + x)e , 故 f ′( x) = ( x + 2)e x , f ( x ) = ( x + 1)e x + C , 由 f (0) = 0, 得 C = ?1 则 f ( x ) = ( x + 1)e x ? 1 口诀(19) :正反函数连续用;最后只留原变量。 二、 积分证明题 例 1 设 f ( x ), g ( x ) 在 [a, b] 上连续,且 g ( x) ≠ 0, x ∈ [ a, b] 试证:存在 ξ ∈ (a, b) 使 g (ξ ) ∫a f ( x )dx = f (ξ ) ∫a g ( x )dx
b b

证一 令 F ( x ) = ∫a f (t )dt , G ( x) = ∫a g (t )dt
x x

F ( x ), G ( x) 在 [a, b] 上满足柯西中值定理有关条件,故存在

ξ ∈ ( a, b) ,
使

F (b) ? F (a) F ′(ξ ) = G (b) ? G (a ) G ′(ξ )
b b



∫ f ( x)dx = f (ξ ) , ∫ g ( x)dx g (ξ )
a b a

b



g (ξ ) ∫a f ( x )dx = f (ξ ) ∫a g ( x )dx
证二 令 F ( x ) = ∫a f (t ) dt , G ( x ) = ∫a g (t )dt
x x

令W ( x) = F (b) ? ∫a g (t )dt ? G (b) ∫a f (t )dt
x x

W ( x ) 在 [a, b] 上连续,在 (a, b) 内可导,且W (a) = W (b) = 0
根据罗尔定理,存在 ξ ∈ (a, b), 使W ′(ξ ) = 0 则 F (b) g (ξ ) ? G (b) f (ξ ) = 0 即 g (ξ ) ∫a f ( x )dx = f (ξ ) ∫a g ( x )dx
b b

例 2 设 f ( x ), g ( x ) 在 [0,1] 上的导数连续,且 f (0) = 0, f ′( x) ≥ 0 ,

g ′( x ) ≥ 0













a ∈ [0,1]



35

∫ g ( x) f ′( x)dx + ∫ f ( x) g ′( x)dx ≥ f (a) g (1)
a 1 0 0

证 设 F ( x ) = ∫0 g (t ) f ′(t )dt + ∫0 f (t ) g ′(t )dt ? f ( x) g (1) , x ∈ [0,1]
x 1



F ( x)



[0,1]



















F ′( x) = g ( x ) f ′( x) ? f ′( x) g (1) = f ′( x )[ g ( x) ? g (1)]
由于 x ∈ [0,1] 时, f ′( x) ≥ 0, g ′( x) ≥ 0, 因此 F ( x ) ≤ 0, 即 F ( x ) 在 [0,1] 上 单调递减。注意到 F (1) = ∫0 g (t ) f ′(t )dt + ∫0 f (t ) g ′(t )dt ? f (1) g (1)
1 1

而 ∫0 g (t ) f ′(t )dt = ∫0 g (t )df (t ) = g (t ) f (t ) ? ∫0 f (t ) g ′(t )dt ,
1 1 1

1

0

故 F (1) = 0. 因 此 x ∈ [0,1] 时 , F ( x ) ≥ 0, 由 此 可 得 对 任 何 a ∈ [0,1] 有



a

0

g ( x ) f ′( x)dx + ∫0 f ( x ) g ′( x )dx ≥ f (a ) g (1)
1

§3.3 定积分的应用 一、几何方面 例 1 设 f ( x) 在 [a, b] 上连续,在 (a, b) 内 f ′( x ) > 0 ,证明 ?ξ ∈ (a, b) , 且 唯 一 , 使 得 y = f ( x ), y = f (ξ ), x = a , 所 围 面 积 S1 是

y = f ( x ), y = f (ξ ), x = b 所围面积的三倍。
证 令 F (t ) = ∫a [ f (t ) ? f ( x )]dx ? 3∫t [ f ( x) ? f (t )]dx
t b

∵ F (a) = ?3∫a [ f ( x) ? f (a)]dx < 0
b

F (b) = ∫a [ f (b) ? f ( x)]dx > 0
b

36

= 0。 由连续函数介值定理的推论可知 ?ξ ∈ (a, b) ,使 F(ξ)
再由 f ′( x) > 0, 可知 f ( x) 的单调增加性,则 ξ 惟一。 例 2 设 y = f ( x) 在 [0,1] 上为任一非负连续函数, (1) 试证:?x0 ∈ (0,1) ,使 [0, x0 ] 上以 f ( x0 ) 为高的矩形面积等于

[ x0 ,1] 上以 y = f ( x) 为曲边的曲边梯形面积;
(2) 又设 f ( x) 在 (0,1) 内可导,且 f ′( x ) > ? 中 x0 惟一。

2 f ( x) , 证明(1) x

(1)



设 F ( x ) = x ∫x f (t )dt , 则 F (0) = F (1) = 0, 且
1 1

F ′( x) = ∫x f (t )dt ? xf ( x ), 对 F ( x ) 在 [0,1] 上 用 罗 尔 定 理

?x0 ∈ (0,1), 使 F ′( x0 ) = 0, 即 ∫x f (t )dt = x0 f ( x0 ) 证毕。
1
0

(2)

证 令 ? ( x) = ∫x f (t )dt ? xf ( x ), 当 x ∈ (0,1) 时,
1

? ′( x ) = ? f ( x) ? f ( x ) ? xf ′( x) < 0 (由(2)的已知条件)
37

因此在 (0,1) 内, ? ( x) 单调减少,∴ x0 是惟一的。 例 3 D1 是由抛物线 y = 2 x 2 和直线 x = a, x = 2 及 y = 0 所围成的平面 区域; D2 是由抛物线 y = 2 x 2 和直线 x = a, y = 0 所围成的平面区域, 其中 0 < a < 2 。 (1) 试求 D1 绕 x 轴旋转而成的旋转体体积 V1 ; D2 绕 y 轴而成的旋转 体体积V2 (如图)。 (2) 问 a 当为何值时,V1 + V2 取得最大值。

解 (1)V1 = π ∫a (2 x 2 ) dx =
2

2

4π (32 ? a 5 ) 5

V2 = πa 2 ? 2a 2 ? π ∫0

2a2

y a dy = πa 4 或V2 = 2π ∫0 x ? 2 x 2 dx = πa 4 2

(2)V = V1 + V2 = π (32 ? a 5 ) + πa 4 由V ′ = 4πa 3 (1 ? a) = 0 得区间 (0,2) 内的惟一驻点 a = 1。 又 V ′′

4 5

a =1

= ?4π < 0 ,因此 a = 1 是极大值点,也是最大值点。此时
129 π。 5

V1 + V2 的最大值为

二、物理、力学方面的应用(数学一和数学二) 三、经济方面的应用(数学三)

38

第四章
§4.1
一、几个关系

多元函数微分学
偏导数与全微分

? f x′( x, y ) 存在 ?? ′ ? f ( x , y ) ? f x′ ( x,y ) ? y 连续 ? df ( x,y ) 存在 ? ′ f x , y ( ) ? ? y ? f ( x, y )连续
例: f x′ ( x,y ),f y′ ( x,y ) 存在是 f ( x,y ) 连续的( (A)充分 (B)必要 (C)充分必要 解:从上面的关系中可以看出应选 D 二、多元复合与隐函数的微分法 1. 多元复合函数微分法——锁链公式 模型Ⅰ 设 z

)条件 (D)无关

= f (u , v), u = u ( x, y ), v = v ( x, y ) ?z ?z ?u ?z ?v = ? + ? ?x ?u ?x ?v ?x ?z ?z ?u ?z ?v = ? + ? ?y ?u ?y ?v ?y

u z v

x y



模型Ⅱ 设

u = f ( x, y, z ), z = z ( x, y )
?u ?z = f x′ + f z′ ? ?x ?x ?u ?z = f y′ + f z′ ? ?y ?y

u

x y z

x y



模型Ⅲ 设 u

= f ( x, y , z ), y = y ( x ), z = z ( x), ?u ?y ?z = f x′ + f y′ ? + f x′ ? ?x ?x ?x
u

x y z

x



其它各种模型,可类似地讨论。 口诀(20):多元复合求偏导;锁链公式不可忘。 2. 隐函数微分法

39



F ( x, y , z ) = 0

确定 z

= z ( x, y )

若 Fx



′ ′ ′ , Fy , Fz 连续,且 Fx ≠ 0 ,
′ Fx ?z =? ′ ?x F
z



′ Fy ?z =? ′ ?y F
z

口诀(21):多元隐函求偏导;交叉偏导加负号。 例 1 设u

= f ( x, y, z ) 有连续的一阶偏导数,又函数 y = y ( x ) 及 z = z ( x) 分别由
xy

下列两式确定 e

? xy = 2 和, e x = ∫0

x? z

sin t du dt , 求 。 t dx



du dy dz = f x′ + f y′ + f z′ dx dx dx



e xy ? xy = 2
dy y =? dx x

两边对 x 求导,得 e

xy

dy ? ? dy ? ? y + x ? y + x ? ?=0 ? dx ? dx ? ? ? ?
? 1) )

解出

(分子和分母消去公因子

(e

xy

由e

x

= ∫0

x= z

sin t sin( x ? z ) ? dz ? dt 两边对 x 求导,得 e x = ?1 ? ? t ( x ? z ) ? dx ?

解出

所以

dz ? e x ( x ? z) ? ? = ?1 ? ? dx ? ? sin( x ? z ) ? ?u ?f y?f ? e x ( x ? z ) ?f ? = ? + 1? ? ?x ?x x?y ? ? sin( x ? z ) ?z ?

.

例 2 设u

= f ( x, y, z ) 有连续偏导数, z = z ( x, y ) 由方程 xe x ? ye y = ze z 所确 ′ ′ y , z ) = xe x ? ye y ? ze z 得 Fx ( x + 1) = e x , Fy = ?( y + 1)e y ,

定,求 du 。 解一 令 F ( x,

′ Fz = ?( z + 1)e z 则用隐函数求导公式得

′ dz Fx x + 1 x ? z dz y + 1 y ? z = e ; = e dx F ′ z + 1 dy z + 1 z
40

于是

du dz x + 1 x? z = f x′ + f z′ = f z′ + f z′ ? e dx dx z +1

du dz y + 1 y?z = f y′ + f z′ = f y′ ? f z′ ? e dy dy z +1


du =

?u ?u x + 1 x? z ? y + 1 y?z ? ? ? dx + dy = ? f x′ + f z′ ? e ?dx + ? f y′ ? f z′ ? e ?dy ?x ?y z + 1 z + 1 ? ? ? ?
xe x ? ye y = ze z 两边求微分得 (1 + x)e x dx ? (1 + y )e y dy = (1 + z )e z dz

解二 在

解出

代入

(1 + x )e x dx ? (1 + y )e y dy dz = (1 + z )e z ′ ′ ′ du = f x dx + f y dy + f z dz
x y ′ ? (1 + x )e dx ? (1 + y )e dy ? = f x dx + f y dy + f z ? ? (1 + z )e z ? ?





合并化简也得

′ x + 1 x? z ? ′ y + 1 y?z ? ? ′ ? ′ du = ? f x + f z e ?dx + ? f y ? f z e ?dy . z + 1 z + 1 ? ? ? ?
例3

?2 f ?2 f 设 f (u , v ) 具有二阶连续偏导数,且满足 + = 1 ,又 ?u 2 ?v 2

?2 g ?2 g ? 1 2 2 ? g ( x, y ) = f ? xy , ( x ? y )? ,求 2 + 2 。 ?x ?y ? 2 ?


u = xy, v =

1 2 ?u ?u ?v (x = y 2 ) , = y, = x, = ? y , 2 ?x ?y ?y

41



?g ?f ?f =y +x ?x ?u ?v

f ? ?f ? ? ? ? ?v ? ? ?f ? ? ? ? ?u ?

u v

x y

?g ?f ?f =x ?y . ?y ?u ?v

于是



? ?f ? ? ?f ? ?? ? ?? ? ? g ?f ?u ?v =y ? ?+ +x ? ? 2 ?x ?x ?v ?x ? ?f ? ?? ? 2 2 ? ?u ? = ? f ? ?u + ? f ? ?v ?x ?u 2 ?x ?u?v ?x
2

?2 f ?2 f =y 2 +x ?u ?u?v
? ?f ? ?? ? 2 2 ? ?v ? = ? f ? ?u + ? f ? ?v ?x ?v?u ?x ?v 2 ?x

?2 f ?2 f =y +x 2 ?v?u ?v
把这两个式子,代入上面就得
2 2 ?2 g ?2 f ?f 2 ? f 2 ? f = y + 2 xy + x + ?x 2 ?u 2 ?u?v ?v 2 ?v
2 2 ?2 g ?2 f ?f 2 ? f 2 ? f =x ? 2 xy +y ? 2 2 2 ?y ?u ?u?v ?v ?v 2 2 ?2 g ?2 g 2 2 ? f 2 2 ? f + = (x + y ) 2 + (x + y ) 2 ?x 2 ?y 2 ?u ?v

同理,

所以



?2 f ?2 f + =1 ?u 2 ?v 2

42



?2 g ?2 g + 2 = x2 + y2 2 ?x ?y
? x = ?u 2 + v + z ?u ?v ?u 设? ,求 , , 。 ? x ?x ?z y = u + vz ? ? x = ?u 2 + v + z 对? 的两边求全微分,得 ? y = u + vz

例4



? dx = ?2u + dv + dz ? ?dy = du + zdv + vdz ?2udu ? dv = ?dx + dz ?? ? du + zdv = dy ? vdz
? du = dv = ?

? zdx + ( z ? v)dz + dy , 2uz + 1

2udy + dx ? (1 ? 2uv)dz , 2uz + 1

?u z ?v 1 ?u z?v =? , = , = ?x 2uz + 1 ?x 2uz + 1 ?z 2uz + 1

〔注〕 例 4 的技巧在于: 如果先求出 u , v 是 x,

y , z 的函数,比较复杂,这时再偏导数就繁。

现在这样先用微分的方法得出 du , dv 它们作为 dx, dy , dz 的函数是线性函数,因此很容 易求出有关的偏导数。

§4.2
一、二元函数的普通极值 例 1 求函数 z 解

多元函数的极值

= x 4 + y 4 ? x 2 ? 2 xy ? y 2 的极值。 ?z ?z = 4 x 3 ? 2 x ? 2 y, = 4 y 3 ? 2 x ? 2 y ?x ?y

要求

?z ?z = = 0 ,得 x + y = 2 x 3 = 2 y 3 ?x ?y = y ,由此解得三个驻点

故知 x

43

? x = 0 ? x = 1 ? x = ?1 ,? ,? ? y = 0 y = 1 ? ? ? y = ?1 ?2 z ?2 z ?2 z 2 又 = 12 x ?2, = ?2, 2 = 12 y 2 ?2 在点 (1,1) 处 2 ?x ?x?y ?y

?2 z A= 2 = 10 , ?x (1,1)

?2 z B= = ?2 , ?x?y (1,1)

?2 z C= 2 = 10 ?y (1,1)

? = AC ? B 2 = 96 > 0
又A

= 10 > 0,

∴ (1,1) 是极小值点

极小值 z ( ?1, ?1)

= ?2

在点 ( ?1, ?1) 处

?2 z A= 2 = 10 , ?x ( ?1, ?1)

?2 z B= = ?2 , ?x?y ( ?1, ?1)

?2 z C= 2 = 10 ?y ( ?1, ?1)

? = AC ? B 2 = 96 > 0 , A = 10 > 0,
极小值 z ( ?1, ?1) 在点 (0,0)

∴ (?1,?1) 也是极小值点

= ?2

?2z = ?2 , A= 2 ?x ( 0 , 0 )

?2 z = ?2 , B= ?x?y ( 0 , 0 )

?2z = ?2 C= 2 ?y ( 0 , 0 )

? = AC ? B 2 = 0 不能判定,
这时取 x 而取 x 例 2

= ?ε , y = ?ε (其中 ε 为充分小的正数)则 z = 2ε 4 > 0

= y = ε 时, z = 2ε 4 ? 4ε 2 > 0 由此可见 (0,0) 不是极值点
设z

= z ( x, y ) 是由 x 2 ? 6 xy + 10 y 2 ? 2 yz ? z 2 + 18 = 0 确定的函数,求

z = z ( x, y ) 的极值点和极值。
解 因为 x
2

? 6 xy + 10 y 2 ? 2 yz ? z 2 + 18 = 0 ,

每一项对 x 求导,

z 看作 x, y 的函数,得
44

2x ? 6 y ? 2 y
每一项对 y 求导,

?z ?z ? 2z = 0 , ?x ?x ?z ?z ? 2z =0 ?y ?y

(1)

z 看作 x, y 的函数,得
(2)

? 6 x + 20 y ? 2 z ? 2 y

? ?z =0 ? ? ?x 令? , ?z ? =0 ? ? ?y


得?

?

x ? 3y = 0

?? 3 x + 10 y ? z = 0

?x = 3 y ? ?z=y
2

将上式代入 x

? 6 xy + 10 y 2 ? 2 yz ? z 2 + 18 = 0 可得

把(1)的每一项再对 x 求导,

?x = 9 ? x = ?9 ? ? ?y = 3 或 ? y = ?3 ? ? ?z = 3 ? z = ?3 ?z z 和 看作 x, y 的函数得 ?x
2

?2 z ?2 z ? ?z ? 2 ? 2 y 2 ? 2? ? ? 2 z 2 = 0 ?x ?x ? ?x ?
把(1)的每一项再对 y 求导, z 和

?z 看作 x, y 的函数得 ?x

?z ?2 z ?z ?z ?2 z ? 6 ? 2 ? 2y ? 2 ? ? 2z =0 ?x ?x?y ?y ?x ?x?y
把(2)的每一项再对 y 求导, z 和

?z 看作 x, y 的函数得 ?y
2

所以

? ?z ? ?z ?z ?2 z ?2 z 20 ? 2 ? 2 ? 2 y 2 ? 2? ? ?y ? ? ? 2 z ?y 2 = 0 , ?x ?y ?y ? ? 1 ?2 z 1 5 ?2 z ?2 z A= 2 = , B= =? , C= 2 =? , 2 3 ?x ( 9 , 3, 3 ) 6 ?x?y ( 9 , 3, 3) ?y ( 9 , 3, 3)
45

故 AC

? B2 = =3

1 1 > 0 ,又 A = > 0 ,从而点(9,3)是 z ( x, y ) 的极小值点,极小值 36 6

为 z (9,3)

类似地,由

?2 z 1 A= 2 =? ?x ( ?9 , ?3, ?3 ) 6
?2 z 5 C= 2 =? , ?y ( ?9 , ?3, ?3 ) 3
可知 AC



?2 z 1 B= = ?x?y ( ?9 , ?3, ?3 ) 2



? B2 =

1 1 > 0 ,又 A = ? < 0 ,所以点(-9,-3)是 z ( x, y ) 的极大值点, 36 6

极大值为 z ( ?9, ?3) 二、条件极值问题 例1

= ?3 。

x2 y 2 z 2 在椭球面 2 + 2 + 2 = 1第一象限上 P 点处作切平面,使与这三个坐标平面所 5 3 2
围四面体的体积最小,求 P 点坐标。

解 设 P 点坐标

2x 2 y 2z ? ( x, y, z ) ,则椭球面在 P 点的切平面的法向量为 ? ? , , ? ?5
2

32 2 2 ?

切平面:

2 2 1 x( X ? x) + y (Y ? y ) + z ( Z ? z ) = 0 25 9 2

2 2 1 ? x2 y 2 z 2 ? xX + yY + zZ ? 2? 2 + 2 + 2 ? = 0 25 9 2 3 2 ? ?5


2 2 1 xX + yY + zZ ? 2 = 0 25 9 2
X= 25 x

X 轴截距 (Y = 0,Z = 0 ) y 轴截距 ( Z = 0,X = 0 ) z 轴截距 ( X = 0,Y = 0 )

Y=
Z=

9 y
4 所以四面体的体积 z

V =

1 25 9 4 150 ? ? ? = 6 x y z xyz
46

约束条件

x2 y 2 z 2 + + ? 1 = 0 ( x > 0,y > 0,z > 0 ) 用拉格朗日乘子法,令 52 32 22

F = F ( x,y,z,λ ) =
Fx′ = ? Fy′ = ? Fz′ = ? Fλ′ =

? x2 y2 z 2 ? 150 + λ ? 2 + 2 + 2 ? 1? xyz 3 2 ?5 ?
(1)

150 2λ + x=0 x 2 yz 25 150 2λ + y=0 xy 2 z 9 150 2λ + z=0 xyz 2 4

(2)

(3)

x2 y2 z2 + + ?1 = 0 52 32 22

(4)

用 x 乘(1)+y 乘(2)+z 乘(3)得

?

450 + 2λ = 0 xyz 2λ = 450 xyz
(5)

则 将(5)分别找代入(1),(2),(3)得

x=

5 3 2 ,y = ,z = 3 3 3

所以 P 点坐标为 ?

? 5 3 2 ? , , ? 而最小体积 V=15 3 。 ? 3 3 3?

例2

求坐标原点到曲线 C: ?

?x2 + y2 ? z2 = 1 的最短距离。 ? 2x ? y ? z = 1

解 设曲线 C 上点 ( x,y,z ) 到坐标原点的距离为 d,令 W = d 2 = x 2 + y 2 + z 2 ,约束条件

x2 + y2 ? z 2 ?1 = 0



2x ? y ? z ?1 = 0



拉 格

朗 日



子 法

, 令

F = F ( x,y,z,λ,? ) = ( x 2 + y 2 + z 2 ) + λ ( x 2 + y 2 ? z 2 ? 1) + ? ( 2 x ? y ? z ? 1)

Fx′ = 2 x + 2λ x + 2 ? = 0
Fy′ = 2 y + 2λ y ? ? = 0
47

(1) (2)

Fz′ = 2 z ? 2λ z ? ? = 0
Fλ′ = x 2 + y 2 ? z 2 ? 1 = 0 F?′ = 2 x ? y ? z ? 1 = 0

(3) (4) (5)

首先,由(1),(2)可见,如果取 λ = ?1 ,则 ? = 0 ,由(3)可知 z = 0 ,再由(4),(5)得

x 2 + y 2 ? 1 = 0, 2 x ? y ? 1 = 0 ? x=0 ? ? y = ?1 4 ? x= ? ? 5 ? ?y = 3 ? 5 ?
?4 3 ?5 5 ? ?

解得

这样得到两个驻点 P 如果取 λ = 1 , 由(3)得 ? = 0 , 再由(1)(2) ? 1, 0 ),P2 ? ,, 0 ? 其次, 1 ( 0, 得 x = 0,y = 0 这样(4)成为 ? z 2 = 1 ,是矛盾的,所以这种情形设有驻点。 最后,讨论 λ ≠ 1,λ ≠ ?1 情形,由(1),(2),(3)可得

x=

?
1+ λ

,y =

2 (1 + λ )

?

,z =

2 (1 ? λ )

?

代入(4),(5)消去 ? 得 3λ ? 9λ + 8=0 此方程无
2

解,所以这种情形也没有驻点。 综合上面讨论,可知只有两个驻点,它们到坐标原点的距离都等于 1,由实际问题一定有最 短距离,所以最短距离为 1。 例3 已知函数 z=f ( x,y ) 的全微分 dz = 2 xdx ? 2 ydy ,并且 f (11 , ) = 2 ,求 f ( x,y ) 在 椭圆域 D= ?( x,y ) x +
2

? ?

? y2 ≤ 1? 上的最大值和最小值。 4 ?

解一 由 dz = 2 xdx ? 2 ydy ,可知

z = f ( x,y ) = x 2 ? y 2 + C , , 再由 f (11 ) = 2 ,得 C = 2 ,故

48

z = f ( x,y ) = x 2 ? y 2 + 2 。
?f ?f = 2 x = 0, = ?2 y = 0 ,解得驻点 ( 0, 0) 。 ?x ?y



在椭圆 x +
2

y2 = 1 上, z = x 2 ? ( 4 ? 4 x 2 ) + 2 ,即 4

z = 5 x 2 ? 2   ( ?1 ≤ x ≤ 1)
其最大值为 z x =±1 = 3 ,最小值为 z x =0 = ?2 , 再与 f ( 0,0 ) = 2 比较,可知 f ( x,y ) 在椭圆域 D 上的最大值为 3,最小值为-2。 解二 同解一,得驻点 ( 0,0 ) 。 用拉格朗日乘数法求此函数在椭圆 x +
2

y2 = 1 上的极值。 4



? y2 ? L = x 2 ? y 2 + 2 + λ ? x 2 + ? 1? 4 ? ?
? ? Lx ′ = 2 x + 2λ x = 0 ? λ ? y=0 ? L′ y = ?2 y + 2 ? ? y2 2 ′ L = x + ?1 = 0 ? λ 4 ?



解得 4 个可能的极值点 ( 0, 2 ), 0) 。 ( 0,- 2 ),, (1 0 ) 和 ( ?1, 又 f ( 0,2 ) = ?2,f ( 0,-2 ) = ?2,f (1,0 ) = 3,f ( ?1,0 ) = 3, 再与 f ( 0,0 ) = 2 比较, 得 f ( x,y ) 在 D 上的最大值为 3,最小值为-2。

第五章 二重积分
一、二重积分的计算
49

口诀(22) 二重积分的计算;累次积分是关键 例1 计算

∫∫ e
D

? y2

dxdy ,其中 D 由 y = x,y = 1 和 y 轴所围区域



如果

?y ?y ∫∫ e dxdy = ∫ dy ∫ e dy
2 2

1

1

D

0

x

那么先对 e

? y2

求原函数就不行,故考虑另一种顺序的累次积分

∫∫ e
D

? y2

dxdy = ∫ dx ∫ e ? y dx
2

1

y

0

0

这时先对 x 积分, e

? y2

当作常数处理就可以了。

原式 =



1 2 2 1 1? 1? ye ? y dy = ? ? e? y ? = ?1 ? ? ? ? 0 0 2 2? e? 1

例2

计算

∫∫

y ? x 2 dxdy .

0≤ y ≤ 2

x ≤1



原式 =

? ∫?1 dx ? ? ∫0
1

x2

2 x 2 ? ydy + ∫ 2 y ? x 2 dy ? ? x ?

3 2 1 2 = ? ∫ ( x2 ? y ) ? 1 3

y = x2 y =0

dx +

2 1 3 ∫?1

(y?x )
2

3 2

y =2

dx
y = x2

=

3 2 1 3 2 1 2 x dx + ∫ ( 2 ? x 2 ) dx ∫ ? 1 ? 1 3 3

1 4 ? 3π ? = + ? + 1? 3 3? 8 ? =
5 π + 3 2
50

例3 求I =

∫∫ (
D

x 2 + y 2 + y dσ

)

D:

x2 + y 2 ≤ 4

( x + 1)

2

+ y2 ≥ 1

解一

∫∫ = ∫∫ ? ∫∫
D D大圆 D小圆

? x 2 + y 2 + y ?dσ = x 2 + y 2 dσ + 0 (对称性) ∫∫ ? ? D大圆 D大圆

∫∫

= ∫ dθ ∫ r 2 dr =
0 0
3π 2



2

16 π 3

∫∫ ∫∫
D小圆 D小圆

=

x 2 + y 2 dσ + 0= ∫π dθ ∫
2

?2cosθ

0

r 2 dr =

32 9



∫∫ (
D

x 2 + y 2 + y dσ =

)

16 ( 3π ? 2 ) . 9

解二 由积分区域对称性和被积函数的奇偶性可知

∫∫ ydσ = 0
D

51

∫∫
D

x 2 + y 2 dσ = 2 ∫∫ x 2 + y 2 dσ
D上

原式 = 2 ?

?

? ? D上1
π

∫∫

x 2 + y 2 dσ +

∫∫
D上 2

? x 2 + y 2 dσ ? ? ?

2 π 2 2 =2 ? ∫ dθ ∫ r 2 dr + ∫π dθ ∫ r 2 dr ? ? ? 0 0 ? 2cos θ ? ? 2

?4 16 ? ? 16 ?4 =2 ? π + ? π ? ? ? = ( 3π ? 2 ) . 9 ?? 9 ?3 ?3

二、交换积分的顺序 例 1 交换 原式 =



2a

0

dx ∫

2 ax 2 ax ? x 2

f ( x,y ) dy 的积分顺序



∫∫ f ( x,y )dxdy
D

其中 D 由 y =

2ax ? x 2 和 y = 2ax 以及 x = 2a 所围的区域.

D = D1 ∪ D2 ∪ D3
y2 x= 2a
x = a ± a2 ? y2



y = 2ax

解出

y = 2ax ? x 2

解出

因此按另一顺序把二重积分化为累次积分对三个小区域得

52

原式 =



a

0

dy ∫ y2

a ? a2 ? y2

2a

f ( x,y ) dx + ∫ dy ∫
a 0

2a
2 2

a+ a ? y

f ( x,y ) dx + ∫ dy ∫ y2 f ( x,y ) dx
2a 2a a
2a

例 2 设 f ′ ( y ) 连续,证明:

I = ∫ dx ∫
0

a

x

0

( a ? x )( x ? y )

f ′( y)

dy = π ? ? f ( a ) ? f ( 0)? ?

证明 交换积分次序

I = ∫ dy ∫ f ′ ( y )
a a 0 y

dx a+ y? ?a? y? ? ? ? ??x ? ? 2 ? ? 2 ? ?
2 2



x?

a+ y a? y a? y = sin t ,则 dx = cos tdt 2 2 2

则I =



a

0

f ′ ( y ) dy ∫ π dt = π ? ? f ( a ) ? f ( 0)? ? ?2
2

π

三、证明题

例 1 证明

I = ∫ e? x dx =
2

+∞

π
2
+∞
2

0

证:

I 2 = ∫ e ? x dx ∫ e ? y dy = ∫
2

+∞

+∞

0

0

0



+∞

0

e

? x2 + y 2

(

) dxdy

53

= ∫ dθ ∫ e
2

π

+∞

? r2

0

0

irdr =

π? 1

?? e 2? 2

?r2

π π ? ∴I = ? = , 4 2 ?0

+∞

例 2 设 f ( x ) 在 [ 0,a ] ( a > 0 ) 上连续,试证:

a a a 2 ∫ f ( x )dx ∫ f ( y )dy = ? ∫ f ( x )dx ? . ? ? 0 x 0 ? ?

2



a I = ? ∫ f ( x )dx ? ? ? 0 ? ?

2

I1 = ∫∫ f ( x ) f ( y ) dxdy = ∫ f ( x )dx ∫ f ( y )dy ,
a a D1 0 x

I 2 = ∫∫ f ( x ) f ( y ) dxdy
D2



I = ∫ f ( x )dx ∫ f ( y )dy =
a a 0 0

D1 + D2

∫∫ f ( x ) f ( y ) dxdy

= ∫∫ f ( x ) f ( y ) dxdy + ∫∫ f ( x ) f ( y ) dxdy = I1 + I 2,D ( 1,D2如图)
D1 D2



a a a a I 2 = ∫ f ( y )dy ∫ f ( x )dx = ∫ ? f ( y ) ∫ f ( x ) dx ?dy = ∫ ? f ( t ) ∫ f ( y ) dy ?dt ? ? ? ? 0 y 0 ? y 0 ? t ? ? a a

= ∫ f ( t )dt ∫ f ( y )dy = ∫ f ( x )dx ∫ f ( y )dy = I1 ,
a a a a 0 t 0 x



I = 2 I1

口诀(23):定积分化重积分;广阔天地有作为。

54

第六章 常微分方程 常微分方程
§6.1
一、规定类型的微分方程求解(略) 二、常用的处理技巧 1、 变量替换 例 解 求微分方程 ( y ? x ) 1 + x
2 32 dy = (1 + y 2 ) 的通解 dx

一阶微分方程

令 y = tan u,x = tan v ,原方程化为

( tan u ? tan v ) sec v
化简为

sec 2 udu = sec3 u 2 sec vdv

sin ( u ? v )

du =1 dv

再令 z = u ? v ,则

dz du = ? 1 方程化为 dv dv dz sin z = 1 ? sin z dv

( sin z ? 1) + 1dz = v + C sin z dz = dv + C , ∫ 1 ? sin z ∫ ∫ 1 ? sin z
1 + sin z dz = v + C 1 ? sin 2 z 1 + sin z ?z + ∫ dz = v + C cos 2 z ? z + tan z + sec z = v + C

?z + ∫

( arctan x ? arctan y ) + tan ( arctan y ? arctan x ) + sec ( arctan y ? arctan x ) = arctan x + C
化简为

y?x + ( arctan x ? arctan y ) + 1 + xy
2.化为反函数的微分方程 例 解 求微分方程

(1 + xy ) + ( y ? x )
2

2

1 + xy

= arctan x + C

dy y = 的通解 dx x + y 4

此题不是一阶线性方程, 但 把 x 看作 未 知函数, y 看作 自变 量,所得微分方程

dx x + y 4 = dy y

55



dx 1 ? ? x = y3 dy y

是一阶线性方程,求通解得 x =

1 4 y + cy 3

3.求导处理后得规定类型的微分方程 例 1 设 f ( x ) 连续, f ( x ) = sin x ?

∫ f ( t ) dt ,求 f ( x )
x 0

解: 两边对 x 求导,得 f ′ ( x ) = cos x ? f ( x )

f ′ ( x ) + f ( x ) = cos x
为一阶线性方程,从而容易求解。 例 2 设 F ( x ) = f ( x ) g ( x ) , 其 中 f ( x ),g ( x ) 在 ( ?∞, + ∞) 内 满 足 以 下 条 件

f ′ ( x ) = g ( x ),g ′ ( x ) = f ( x ) ,且 f ( 0 ) = 0,f ( x ) + g ( x ) = 2e x
(1) 求 F ( x ) 所满足的一阶微分方程 (2) 求出 F ( x ) 的表达式 解 (1)由

F ′( x ) = f ′ ( x ) g ( x ) + f ( x ) g′ ( x )

= g2 ( x) + f 2 ( x)
=? ? f ( x ) + g ( x )? ? ? 2 f ( x) g ( x)
2

= ( 2e x ) ? 2 F ( x )
2

可知 F ( x ) 所满足的一阶微分方程为

F ′ ( x ) + 2 F ( x ) = 4e 2 x

(2)

F ( x) = e

? 2 dx



[∫ 4e

2x

? e ∫ 2 dx dx + C ]

= e ?2 x ? ∫ 4e 4 x dx + C ? ? ?

56

= e 2 x + Ce ?2 x
将 F ( 0 ) = f ( 0 ) g ( 0 ) = 0 代入,可知 C = ?1 于是 F ( x ) = e

2x

? e ?2 x

口诀(24) 微分方程欲规范; 变换,求导,函数反。 三、应用 例 求通过 ( 3, 0 ) 的曲线方程,使曲线上任意点处切线与 y 轴之交点与切点的距离等于此交 点与原点的距离。 解 设曲线 y = y ( x ) 上任意一点 M ( x,y ) ,则其切线方程为 Y ? y = y ′ ( X ? x ) ,故切线
2 2 2

与 y 轴交点 A 的坐标为 ( 0,y ? xy ′ ) ,由题意 AM = AO 所以 x + ( xy ′ ) = ( y ? xy ′ ) ,这 样,

1 2 ? ? 2 yy ′ ? y = ? x x ? ?y = 0 ? x=3 ? ′ 1 ?u ? u = ? x x y = u, ? ?u = 0 ? x =3
2
2



解得 u = 3 x ? x ,即 y 2 = 3 x ? x 2

3? ? ?3? 则 ? x ? ? + y2 = ? ? . 2? ? ?2?

2

2

57

§6.2 特殊的高阶微分方程
一、规定类型微分方程的求解(略) 二、常用的处理技巧 1.变量替换 例 解 令 求微分方程 y′′ cos x ? 2 y ′ sin x + 3 y cos x = e x 的通解。 这是二阶非常系数线性方程,不是规定类型

u = y cos x ,则 u ′ = y ′ cos x ? y sin x ,

u ′′ = y ′′ cos x ? 2 y ′ sin x ? y cos x
这样,原方程变为 u ′′ + 4u = e

x

是规定类型(二阶常系数线性非齐次方程) 解出

1 ′ sin 2 x + e x u = c1 cos 2 x + c2 5

于是

y = c1

cos 2 x sin 2 x 1 e x ′ + c2 + cos x cos x 5 cos x

cos 2 x 1 ex = c1 + c2 sin x + ? cos x 5 cos x

′) ( c2 = 2c2
2.化为反函数的微分方程 例

y = y ( x ) 在 ( ?∞, + ∞ ) 内二阶可导, y′ ≠ 0,x = x ( y ) 为反函数
3

? dx ? d 2x (1) 试 将 x = x ( y ) 所满足的微分方程 2 + ( y + sin x ) ? ? = 0 变换 为 y = y ( x ) 满足的 dy ? dy ?
微分方程;
58

(2)求变换后的微分方程满足初始条件 y ( 0 ) = 0,y ′ ( 0 ) =

3 的解。 2

解(1)由反函数导数公式知

dx 1 = dy y ′



y′

dx =1 dy

上式两端关于 x 求导,得

y′′

dx d 2 x 2 + 2 ( y′) = 0 dy dy

所以

dx y′′ d x y′′ dy =? =? 2 3 2 dy ( y′ ) ( y′ )
2

代入原微分方程得

y′′ ? y = sin x
(2)方程(*)所对应的齐次线性方程 y ′′ ? y = 0 的通解为

(*)

Y = C1e x + C2 e ? x
设方程(*)的特解为

y = A cos x + B sin x
代入方程(*)求得 A = 0,B = ?

1 1 ,故 y = ? sin x ,从而 y′′ ? y = sin x 的通解是 2 2 1 y ( x ) = C1e x + C2 e ? x ? sin x 2



y ( 0 ) = 0,y′ ( 0 ) =

3 ,得 C1 = 1 ,C2 = ?1 , 2 1 y ( x ) = e x ? e ? x ? sin x 2

故所初值问题的解为

3.求导后化为规定类型的微分方程 例 设 f ( x ) = x sin x ?

∫ ( x ? t ) f ( t ) dt , f ( x ) 连续,求 f ( x )
x 0

59



由表达式可知 f ( x ) 是可导的,两边对 x 求导,则得

f ′ ( x ) = x cos x + sin x ? ∫ f ( t ) dt
x 0

(这里

∫ ( x ? t ) f ( t ) dt = x ∫
x 0

x

0

f (t )dt ? ∫ tf (t )dt 再分别求导)
0

x

再对两边关于 x 求导,得 f ′′ ( x ) = ? x sin x + 2 cos x ? f ( x ) 即 f ′′ ( x ) + f ( x ) = ? x sin x + 2 cos x 属于常系数二阶非齐次线性方程 对应齐次方程通解 y = C1 cos x + C2 sin x 非 齐 次 方 程 特 解 设 y = x ( Ax + B ) cos x + x ( Cx + D ) sin x 代 入 方 程 求 出 系 数

A,B,C,D ,则得 y =

1 2 3 x cos x + x sin x ,故 f ( x ) 的一般表达式 4 4 1 3 f ( x ) = x 2 cos x + x sin x + C1 cos x + C2 sin x 4 4

由条件和导数表达式可知 f ( 0 ) = 0,f ′ ( 0 ) = 0 可确定出 C1 = 0,C2 = 0 因此

f ( x) =

1 2 3 x cos x + x sin x 4 4
x ?x x 2x

4.线性方程的性质与结构 例 已知 y1 = xe + e ,y2 = xe + e ,y3 = xe + e
x 2x

? e ? x 是 某 二阶线性 非齐 次 常 系数

微分方程的三个解,求此微分方程及其通解。 解 由线性微分方程的解的结构定理可得,

y1 ? y3 = e ? x,y1 ? y2 = e 2 x -e ? x, ( y1 ? y3 ) + ( y1 ? y2 ) = e2 x
是该方程对应的齐次方程的解,由解 e 与 e 的形式,可得齐次方程为 y ′′ ? y ′ ? 2 y = 0
?x
2x

设该方程为 y′′ ? y ′ ? 2 y = f ( x ) ,代入 y1 = xe + e ,得 f ( x ) = (1 ? 2 x ) e
x 2x

x

所以,该方程为 y′′ ? y ′ ? 2 y = (1 ? 2 x ) e 其通解为 C1e
?x

x

+ C2e 2 x + xe x + e 2 x .

[注] 数学二到这里全部结束

60

第七章 无穷级数(数学一和数学三)
§7.1
∞ ∞

数项级数


例 1 若级数

∑ an ( a ≥ 0 ) 收敛,则 (1) ∑ an2 收敛, ( 2 ) ∑
n =1 n =1

an n

n =1

收敛, ( 3)

∑1+ a
n =1



an

收敛,

n



(1) ∵

∑a
n =1



n

收敛



2 lim an = 0 ,取 ξ = 1 ,存在 N,当 n > N 时, an < 1 ,于是 an < 1 ? an = an

x →∞

再用比较判别法由

∑ an 收敛可知 ∑ an2 收敛.
n =1 n =1





(2)

an n

=

an 1 ? 1 ? ≤ ? an + 2 ? (几何平均值 ≤ 算术平均值). 2 n 2? n ?
收敛,

已知: 敛.

∑a
n =1



n

∑n
n =1



1
2

收敛,故

a ∑ 2? ?
n =1



1?

n

+

∞ an 1 ? 收敛 再用比较判别法,可知 收 ∑ ? 2 n ? n =1 n

∴ (3) ∵ an ≥ 0,


an ≤ an 1 + an

2, 3?) ( n = 1,
an 收敛。 n =1 1 + an
n


已知

∑ an 收敛,用比较判别法可知 ∑
n =1


? 1 ? 例 2 正项数列 {an } 单调减少,且 ∑ ( ?1) an 发散,问 ∑ ? ? 是否收敛?并说明理 n =1 n =1 ? an + 1 ?


n

由。 解


∵ an ≥ 0, 又 单调减少 ,∴ lim an = a 存在,如果 a = 0 , 根据莱布尼兹 判别法可知
n →∞

∑ ( ?1)
n =1

n

an 收敛,与假设矛盾,∴ a > 0 ,这样,

? 1 ? ? 1 ? 1 1 ≤ < 1, ? ? ≤? ? an + 1 a + 1 ? an + 1 ? ? a + 1 ?

n

n

61

∞ ? 1 ? ? 1 ? 由等比级数 ∑ ? 收敛 和比较判别法可知 ? ? 收敛。 ∑ ? n =1 ? a + 1 ? n =1 ? an + 1 ? ∞
n

n

例 3 设 an = (1) 求



π
4

tan n xdx .

0



an + an + 2 的值 n n =1


(2)

证明:对任意正常数 λ > 0 ,

∑ nλ 收敛。
n =1



an

证 (1)

an + an + 2 1 π4 = ∫ tan n x (1 + tan 2 x ) dx n n 0

=


1 π4 1 tan n xd tan x = ∫ 0 n n ( n + 1)

an + a n + 2 ∞ 1 =∑ =1 ∑ n n =1 n =1 n ( n + 1)
(2) an =



π
4

0

1 tn 1 n tan xdx = ∫ dt < ∫0 t dt ≤ n + 1 0 1+ t2 n 1

an 1 1 < λ < λ +1 λ n n ( n + 1) n


λ +1 > 1,

∴∑
n =1



1 n

λ +1

收敛,由比较判别法可知

∑ nλ 收敛。
n =1



an

[注]数学三的考生对上面例 2,例 3 的要求不高,可以只作参考,它们都是数学一的历年 考题。

§7.2

幂级数

这部分的重点和难点是求幂级数的和函数,它的基本方法有三个。
∞ ∞ ∞ ( ?1) x 2 n+1 的公式,反过来作为幂级数求和 1 xn 1. 将 = ∑ x n;e x = ∑ ; sin x = ∑ 1 ? x n =0 n=0 n ! n = 0 ( 2 n + 1) ! n

公式

x2n 例:求幂极数 1 + ∑ 的和函数 n =1 2 ? 4 ? 6 ? ( 2n )



62

∞ x 2n 2 解: 原式 = ∑ n =∑ n = 0 2 ( n !) n=0 n !



( )
x2

n

= e2


x2

2.通过逐项求导和逐项积分的方法化为等比级数,求出和函数后再反回去。 例1

∑ nx
n =1

n

= x∑ nx
n =1



n ?1

= x∑ ( x n )′
n =1



? ∞ ?′ ? x ?′ = x ?∑ xn ? = x ? ?1 ? x ? ? ? n =1 ?
=


x

(1 ? x )

2

xn 的和函数 例 2 求∑ n =1 n
解 令

S ( x) = ∑
n =1



xn n


可知 S ( 0 ) = 0



S′ ( x ) = ∑ x n ?1 =
n =1
x

1 1? x
1 dt 0 1? t
x

于是

S ( x ) = ∫ S ′ ( t )dt = ∫
0

= ?∫

x

0

1 d (1 ? t ) 1? t

= ? ln 1 ? x
例 1 和例 2 是这方法最容易理解的原理, 其它比较复杂的例子可以类似地处理, 这种方法是 历年考试中用得最多的方法。 例 3 求下列幂级数的和函数

n + 1 2 n +1 (1) ∑ ( ?1) x ( 2n + 1)! n =0


n

n2 + 1 n (2) ∑ n x n =0 2 n !


解 (1) 可求出收敛半径 R = +∞ ,故收敛域为 ( ?∞, + ∞)

′ n + 1 2 n +1 ? ∞ n + 1 2 n+1 ? n x S ( x ) = ∑ ( ?1) x = ? ∑ ( ?1) ∫ t dt ? 0 2n + 1 ! ( 2n + 1)! ( ) n=0 ? n=0 ?


n

? x ∞ ( ?1)n x 2 n+1 ?′ ? x ?′ =? ∑ ? = ? sin x ? ? ? 2 n =0 ( 2n + 1) ! ? ? ?2 ?
63

=

1 + ∞) ( sin x + x cos x ),x ∈ ( ?∞, 2

+ ∞) (2) 可求出收敛半径 R = +∞ ,故收敛域为 ( ?∞,

S ( x) = ∑


x n2 + 1 n ∞ n2 n x = ∑ n x + e2 n n =0 2 n ! n=0 2 n !





∞ ?∞ ?′ n2 n nx n ?1 xn x = x∑ n = x ?∑ n ? ∑ n n =0 2 n ! n =1 2 ( n ? 1) ! ? n =1 2 ( n ? 1)!?
x ? x x ?′ = x ? e2 ? = e2 ?2 ?

? x2 x ? ? 4 + 2? ? ?

因此,

x ? x x2 ? S ( x ) = e 2 ?1 + + ? 。 ? 2 4?

例 4


设 f n ( x ) 满足 f n′ ( x ) = f n ( x ) + x

n ?1 x

e (n 为正整数),且 f n (1) =

e ,求函数项级数 n

∑ f ( x ) 之和。
n =1 n



解一组微分方程可得通解

? xn ? f n ( x ) = e x ? + cn ? ? n ?
由初始条件 f n (1) = 故

2, 3?) ( n = 1,

e ,得 cn = 0 ( n = 1, 2, ?) n 1 fn ( x ) = x ne x 2, 3?) ( n = 1, n


从而


n =1

fn ( x ) = ex ∑
n =1



xn , n



∞ 1 S ( x ) = ∑ x n,x ∈ [ -1,1] n =1 n

而在 x ∈ ( -1,1) 内,

S ′ ( x ) = ∑ x n ?1 =
n =1



1 1? x



S ( x) = ∫


1 dt = ? ln (1 ? x ) 0 1? t
x

于是

x <1 ∑ f ( x ) = ?e ln (1 ? x ),
x n =1 n

64



∑ f ( ?1) = e ∑
?1 n =1 n n =1 ∞





( ?1)
n

n

= ?e ?1 ln 2

因此,在 ?1 ≤ x < 1 时,都有

∑ f ( x ) = ?e ln (1 ? x )
x n =1 n

3. 列出幂级数和函数的微分方程从而解之 例 设级数

x4 x6 x8 + + + ? ( ?∞ < x < +∞ ) 的和函数为 S ( x ) ,求: 2× 4 2× 4× 6 2× 4× 6×8
(1) S ( x ) 所满足的一阶微分方程; (2) S ( x ) 的表达式。 解 (1) S ( 0 ) = 0

x3 x5 x7 + + +? S ( x) = 2 2× 4 2× 4×6
'

x2 x4 x6 = x( + + + + ?) 2 2× 4 2× 4× 6
? x2 ? = x ? + S ( x )? ?2 ?
得 S ′ ( x ) ? xS ( x ) = x3 2

因此, S ( x ) 是初值问题 y′ ? xy = (2) y′ ? xy =

x3 ,y ( 0 ) = 0 的解。 2

x3 为一阶线性非齐次方程,它的通解. 2

3 x2 ? xdx ? x ? ∫ xdx x2 ∫ y = e ?∫ e dx + c ? = ? ? 1 + ce 2 2 ? 2 ?
x2 x2 由初始条件 y ( 0 ) = 0 ,求出 c = 1 ,故 y = ? ? 1 + e 2 2

于是

S ( x) = ?

x2 x2 ?1+ e 2 2

65

〔注〕事实上这个考题如果不是规定列微分方程的方法来求解,也可以把第一种 方法中的例作适当处理来求和函数 S ( x )

§7.3 函数展开成幂级数
一、将 f ( x ) 展成 x 的幂级数的方法 1.套公式的方法

f ( x ) = ∑ an x n ,
n =0



x <R

其中

f (n) ( 0) an = n!
x

1, 2, ?) ( n = 0, x < +∞
x 2 n +1

例 (ⅰ) e =

∑ n! x ,
n n=0



1

(ⅱ) sin x =

∑ ( ?1) ( 2n + 1)!
n n=0



, x < +∞

(ⅲ) 2.

(1 + x )

α

= 1+ ∑
n =1



α (α ? 1)? (α ? n + 1)
n!
x2n , 2n !

xn , x < 1

( α 为实常数)

逐项求导的方法

例:(ⅰ) cos x = ( sin x )′ =

∑ ( ?1)
n=0



n

x < +∞

(ⅱ) 3.

(1 ? x )
x2

1

2

? 1 ?′ ∞ n ?1 =? = ∑ nx , ?1 ? x ? ? n =1


x <1

变量替换的方法
t

∞ tn x 2n , 例:(ⅰ) e = e = ∑ = ∑ n =0 n ! n =0 n !

x < +∞ , x <1

(ⅱ) 4.

∞ ∞ 1 1 n 2 n = = ? x = ( ?1) x 2 n , ( ) ∑ ∑ 2 2 1 + x 1 ? ( ? x ) n =0 n=0

逐项积分的方法
x ∞ 1 n dt = ( ?t ) dt ∫0 1 + t ∫0 ∑ n =0 x

例:(ⅰ) ln (1 + x ) =

66

=∑
n =0



( ?1)


x n +1 , n +1
n n

( ?1 < x ≤ 1)

由此可得,

ln 2 = ∑
n =0
x

( ?1)

n +1

(ⅱ) arctan x =

x ∞ 1 2 n dt = ? t ( ∑ 2 ∫0 1 + t ∫0 n=0 ) dt

= ∑ ( ?1)
n =0



n

x 2 n +1 ( 2n + 1)
n

x ≤1

由此可得 5. 其它方法


n =0



( ?1)   

2n + 1

= arctan1 =

π
4

1 + cos 2 x 1 1 ∞ n (2x) 例 1 (ⅰ) cos x = = + ∑ ( ?1) 2 2 2 n =0 ( 2n ) !
2

2n

( ?1) 22 n x 2 n = 1+ ∑ ( 2n ) ! n =1

n

x < +∞

(ⅱ)

1 1 1 1 = = ? x ? 3x + 2 ( x ? 1)( x ? 2 ) x ? 2 x ? 1
2

=

1 1 1 ? ? 1? x 2 1? x 2

n n

1 ∞ ? x? = ∑ x ? ∑? ? , 2 n=0 ? 2 ? n =0
∞ 1 ? ? = ∑ ?1 ? n +1 ?x n , 2 ? n =0 ?

x <1 x <1
n

∞ ( ?1) 的和。 1 ? 2x 例 2 将函数 f ( x ) = arctan 展开成 x 的幂级数,并求级数 ∑ 1+ 2x n = 0 2n + 1



因为

f ′( x) = ?

2 1 + 4 x2

n n =0

= ?2∑ ( ?1) 4n x 2 n ,
又 f (0) =

? 1 1? x ∈? ? , ? 。 ? 2 2?

π
4

,所以

67

f ( x ) = f ( 0 ) + ∫ f ′ ( t ) dt
x 0

=

π

x? ∞ ? n ? 2 ∫ ? ∑ ( ?1) 4 n t 2 n ?dt 0 4 ? n =0 ?

=


π
4

? 2∑
n=0



( ?1)

4n 2 n +1 ? 1 1? x , x ∈? ? , ? 2n + 1 ? 2 2?
1

n

因为级数

∑ 2n + 1 收敛,函数 f ( x ) 在 x = 2 处连续,所以
n =0

( ?1)
π
4

n

f ( x) =
令x=

? 2∑
n=0



( ?1)

4n 2 n +1 x , 2n + 1

n

? 1 1? x ∈? ? , ? 。 ? 2 2?

1 ,得 2
n ∞ ? ?1) 4n 1 ? ( ?1? π f ? ? = ? 2∑ ? ? 2 n+1 ? , 2 ? ?2? 4 n = 0 ? 2n + 1 ? ?

∞ ( ?1) = π ? f ? 1 ? = π 。 ?1? 再由 f ? ? = 0 ,得 ∑ ? ? 4 ? 2? 4 ?2? n = 0 ( 2n + 1)
n

二、将 f ( x ) 展成 ( x ? x0 ) 幂级数的方法 例 1 将 f ( x) =

1 展开成 ( x ? 1) 的幂级数,并指出其收敛区间(此题为 2007 年 x ? 3x ? 4
2

数学三的一个考题) 解:

f ( x) =

1? 1 1 ? = ? ? ( x + 1)( x ? 4 ) 5 ? x ? 4 x + 1? ? 1

? 1? 1 1 = ? ? ? 5 ? ( x ? 1) ? 3 ( x ? 1) + 2 ?
? ? ? ? 1 ? 1? 1 1 1 ? = ?? ? ? ? ? 5 ?? 3 ? 1 ? x ? 1 2 ? x ?1 ? ? 1? ? ? ? ? 3 2 ?? ? ? ?

1 ?? 1 ? ∞ ( x ? 1) 1 ∞ ( ?1) ( x ? 1) = ?? ? ? ∑ ? ∑ n 5? 3 3 2 n =0 2n ? ? n =0 ?
n n n +1 1 ∞ ? ( ?1) 1 ? n = ∑ ? n +1 ? n +1 ? ( x ? 1) 5 n=0 ? 3 ? ? 2 ?

n

? ? ? ?

68

因为要求

x ?1 < 1, 3

x ?1 <1 2

所以 收敛半径为 2,

x ?1 < 2
?2 < x ? 1 < 2 ?1 < x < 3

故收敛区间为 ( ?1, 3) 例2

?π ? π ?? f ( x ) = sin x = sin ? + ? x ? ? ? 4 ?? ?4 ?
= sin

π

π? π π? ? ? cos ? x ? ? + cos sin ? x ? ? 4 4? 4 4? ? ?
2 n +1

π? ? x? ? ? ∞ π? n 4? ? sin ? x ? ? = ∑ ( ?1) ? , 4 ? n =0 ( 2n + 1)! ? π? ? x? ? ? ∞ π? n 4? ? cos ? x ? ? = ∑ ( ?1) ? 4 ? n =0 ( 2n ) ! ?
2n

x < +∞



x < +∞

因此

2n 2 n +1 ?? ? π? π? ? x ? x ? ? ? ? ? ? ? 1 ∞ n ? 4? 4? ? ? sin x = , ∑ ( ?1) ? ( 2n )! + ( 2n + 1) !? ? 2 n =0 ? ? ? ?

x < +∞

例3

e = e ie
x

x ?1

= e∑
n =0



( x ? 1)
n!

n



∞ ( x ? 1) ,x ≠ 1 ex ? e = e∑ ( ) x ?1 n! n =1 n ?1

∞ ( n ? 1) x ? 1 n-2 ,x ≠ 1 d ? ex ? e ? f ( x) = ? = e ( ) ( ) ∑ ? dx ? x ? 1 ? n! n=2

例4

f ( x ) = ∫ ln tdt = ∫
x 1

x ?1

0

ln (1 + u ) du

=∫

x ?1

0

? ∞ ( ?1)n n+1 ? u ?du ?∑ ? n =0 n + 1 ? ? ?

69

( ?1) n + 2 ? ?1 < x ? 1 ≤ 1 ? =∑ ( x ? 1) , ? ?. n = 0 ( n + 1)( n + 2 ) ? 即0<x ≤ 2 ?

n

(数学三到此结束)

§7.4

傅里叶级数( 傅里叶级数(数学一) 数学一)

一、傅里叶系数和傅里叶级数的概念 二、Dirichlet 收敛定理(条件和结论) 三、把函数展成傅里叶级数

第八章 向量代数与空间解析几何( 向量代数与空间解析几何(数学一) 数学一)
一、向量运算的应用 主要是两个向量的数量积和向量积,以及三个向量的混合积在几何上的应用。 例1、 点 P 到过 A,B 的直线之间的距离

d=

PA × PB AB

例2、 点 P 到 A,B,C 所在平面的距离

d=

(PA, PB, PC )
AB × AC

因为四面体 PABC 的体积

V =

1 d ? S ?ABC 4



S ?ABC =

1 AB × AC 2
70



V =

1 PA, PB, PC 6

(

)

例3、 过点 A,B 与过点 C,D 的异面直线之间的距离

d=
因为

AC , AB, CD AB × CD

CD = C ′D′
d= 平行六面体体积 平行四边形面积

二、平面束(通过一条直线的所有平面) 例 1 求通过 M 0

(1,?1,2) 和直线 l : ? ?

x ? y ? z +1 = 0

?2 x + y + z ? 5 = 0

的平面方程

解:通过 ? 的所有平面的方程为

k1 ( x ? y ? z + 1) + k 2 ( 2 x + y + z ? 5) = 0

k1 ( x ? y ? z + 1) + k 2 (2 x + y + z ? 5) = 0 k1 , k 2 ≠ (0,0)
所 M 0 (1,?1,2) 代入,得 k1

? 2k 2 = 0 ,即 k1 = 2k 2 取 k 2 = 1, k1 = 2 方程得

2( x ? y ? z + 1) + (2 x + y + z ? 5) = 0
故所求方程为 4 x 求过直线 ?

? y ? z ?3= 0
的平面。

例2

?x + y ? 2 z + 3 = 0 2 2 2 且切于球面 x + y + z = 1 ? 2x ? y + z = 0
y + z = 0 外的其它所有平面方程为



过所給直线除平面 2 x ?

(x + y ? 2 z + 3) + λ (2 x ? y + z ) = 0


(1 + 2λ )x + (1 ? λ ) y + (λ ? 2) z + 3 = 0
71

(*)



球面与平面相切,因此球心到平面距离应等于半径

于是

0+0+0+3

(1 + 2λ ) + (1 ? λ ) + (λ ? 2)
2 2

2

=1



6λ2 ? 2λ + 3 = 0

∴λ =

1 ± 19 6

代入(*)得两个所求的平面。 三、求空间曲线 ?

? F1 ( x, y , z ) = 0 绕 z 轴一周得旋转曲面的方程 F ( x , y , z ) = 0 ? 2

第一步:从上面联立方程解出 x 第二步:旋转曲面方程为 x
2

= f ( z ), y = g ( z )

+ y 2 = f 2 ( z) + g 2 ( z)

线 y 轴一周或绕 x 轴一周的旋转曲面方程类似地处理。 四、空间曲线在坐标平面上的投影 1.曲线 C 的方程 ?

? F ( x, y , z ) = 0 ?G ( x, y, z ) = 0

曲线 C 在 xy 平面上的投影 先从曲线 C 的方程中消去 z 得到 H ( x, y ) 的柱面方程,那么 ?

=0

,它表示曲线 C 为准线,母线平行于 z 轴

? H ( x, y ) = 0 ? Z =0

就是 C 在 xy 平面上投影曲线方程 曲线 C 在 zx 平面上投影或在 yz 平面上投影类似地处理。

2.曲线 C 的方程

? x = f (t ) ? ? y = g (t ) ? z = h(t ) ? ? x = f (t ) ? ? y = g (t ) ? z=0 ?

(a ≤ t ≤ β )

则曲线 C 在 xy 平面上的投影曲线方程为

(a ≤ t ≤ β )

72

曲线 C 在 zx 平面上的投影曲线方程为

? x = f (t ) ? ? y=0 ? z = h(t ) ?

(a ≤ t ≤ β )

曲线 C 在

yz

平面上的投影为

? x=0 ? ? y = g (t ) ? z = h(t ) ?

(a ≤ t ≤ β )

第九章

三重积分、 三重积分、曲线积分、 曲线积分、曲面积分( 曲面积分(数学一) 数学一) §9.1 三重积分

三重积分的重点是通过物理应用形式来进行三重积分的计算, 另外, 通过高斯定理把曲面积 分化为三重积分来计算。 例 设有一半径为 R 的球体, P 是球表面上的一个定点, 球体上任一点的密度与该点到 P0 0

的距离成正比(比例系数 k

> 0) ,求球体重心的位置。

解一

设球面方程为 x 2 + y 2 + z 2 = R 2 , P0 为 ( R,0,0) ,球体 ? 的

重心坐标为 (x, y , z ) ,由对称性可知 y = 0, z = 0

2 2? 2 ? ∫∫∫ x ? k ?( x ? R ) + y + z ? dv ? ? x=? 2 2? 2 ? ∫∫∫ k ?( x ? R ) + y + z ? dv ? ? ?
由区域的对称性和函数的奇偶性,则有
? 2 R ∫∫∫ xdv = 0

∫∫∫ x[x + R + y + z ]dv = 0
2 2 2 2 ?
2 2 2 2 ? ?

?

于是
2 2 2 ?

∫∫∫ [( x ? R ) + y + z ]dv = ∫∫∫ (x + y + z )dv + R ∫∫∫ dv
73

= ∫0 d? ∫0 dθ ∫0



π

R

4πR 3 32 5 ρ sin θd ρ + R ? = πR 3 15
4 2

2 2? 2 2 ? ∫∫∫ x ?( x ? R ) + y + z ? dv = ?2 R ∫∫∫ x dv ? ? ? ? 2R 8 2 2 2 ( x y z ) dv =? + + = ? πR 6 ∫∫∫ 3 ? 15

因此

x=?

R ? R ? ,重心坐标为 ? ? ,0,0 ? 4 ? 4 ?

解二

设 球 面 坐 标 x 2 + y 2 + ( z ? R ) = R 2 , P0 (0,0,0) , 重 心 坐 标
2

(x, y, z )
由对称性可知
x = 0, y = 0

2 2? ? 2 ∫∫∫ z ? k ? x + y + z ? dv ? ? ? z= 2 2? ? 2 ∫∫∫ k ? x + y + z ? dv ? ? ?
2 R cos θ 2 2? ? 2 ρ 5 cos θ sin θdρ ∫∫∫ z ? x + y + z ? dv = 4 ∫02 d? ∫02 dθ ∫0 ? ? ?

π

π

64 6 π2 8 = πR ∫0 cos 7 θ sin θdθ = πR 6 3 3 π π ? x 2 + y 2 + z 2 ? dv = 4 2 d? 2 dθ 2 R cos θ ρ 4 cosθdρ = 32 πR 5 ∫∫∫ ? ∫0 ∫0 ∫0 ? ? ? 15 ?
于是 z =
5 5 ? ? R ,重心坐标 ? 0,0, R ? 4 4 ? ?

74

§9.2
一、用参数公式直接计算

曲线积分

例1

计算曲线积分 I = ∫L ( z ? x )dx + ( x ? z )dy + ( x ? y )dy ,其中

? x2 + y2 = 1 L 是曲线 ? ,从 z 轴正向往负向看 L 的方向是顺时针 x ? y + z = 2 ?

方向。 解:曲线 L 是圆柱面 x 2 + y 2 = 1 和平面 x ? y + z = 2 的交线, 是 一个椭圆周,它的参数方程(不是惟一的选法)最简单可取
x = cosθ , y = sin θ , z = 2 ? x + y = 2 ? cosθ + sin θ

根据题意规定 L 的定向,则θ 从 2π 变到 0,于是
0

I = ∫2π [(2 ? cosθ )(? sin θ ) + (?2 + 2 cosθ ? sin θ ) cosθ + (cosθ ? sin θ )(sin θ + cosθ )]d = ? ∫2π [2(sin θ + cos θ ) ? 2 cos 2θ ? 1]dθ = ?2π
0

二、用格林公式等性质来计算曲线积分
x x 例 1 求 I = ∫L [e sin y ? b( x + y )]dx + [e cos y ? ax ]dy , 其中 a, b 为

正的常数,L 为从点 (2a,0) 沿曲线 y = 2ax ? x 2 到点 (0,0) 的弧。

解一:用格林公式,但 L 不是封闭曲线,故补上一段 L1 ,它为 从 (0,0) 沿 y = 0 到 (2a,0) 的有向直线。这样 L∪ L1 构成封闭曲 线,为逆时针方向 于是

I = ∫L ∪ L Pdx + Qdy ? ∫L Pdx + Qdy = I 1 ? I 2
1 1



令 [e x sin y ? b( x + y )] = P, [e x cos y ? ax ] = Q ,根据格林公式
75

I1 = ∫

? ?Q ?P ? Pdx + Qdy = ∫∫ ? ? ?x ? ?y ? ?dxdy L ∪ L1 ? D ?

= ∫∫ (b ? a)dxdy = a 2 (b ? a) 2 D
另外, 在 L1 上 y = 0, dy = 0 , 这里 D 为由 L 和 L1 围成的上半圆区域。 故

π

I 2 = ∫L Pdx + Qdy = ∫0 (? bx )dx = ?2a 2b
2a
1

于是
解二

π ?π ? I = I1 ? I 2 = ? + 2 ? a 2 b ? a 3 2 ?2 ?
我们把所給曲线积分拆成两项

I = ∫L e x sin ydx + e x cos ydy ? ∫L b( x + y ) dx + axdy = I 3 ? I 4
在 I 3 中,由于

? x [e cos y ] = ? [e x sin y ] ?x ?y

,故积分与路径无关又看出

d [e x sin y ] = [e x sin y ]dx + [e x cos y ]dy
因此

I 3 = e x sin y

(0,0) (2a,0)
= a + a cos t , y = a sin t
,t 从 0 到 π

而在 4 中,取 L 的参数方程 x 于是
π

I

I 4 = ∫0 (? a 2b sin t ? a 2 b sin t cos t ? a 2 b sin 2 t + a 3 cos t + a 3 cos 2 t )dt
=

π

?π ? a 3 ? ? + 2 ?a 2b 2 ?2 ?

因此,

π ?π ? I = I 3 ? I 4 = ? + 2 ?a 2 b ? a 3 2 ?2 ?
,其中 L 是以(1,0)为圆心,

例2

xdy ? ydx 计算曲线积分 ∫L 4x2 + y 2

R (> 1) 为半径的

76

圆周,取逆时针方向。 解 令

P=

?y x ,Q = 2 2 4x + y 4x + y 2
2



( x, y ) ≠ (0,0) 时,

?Q ?P = ?x ?y

成立,

因此,不能在 L 的内部区域直接用格林公式。 设法用曲线 C 在 L 的内部又包含原点在 C 的内部, 这样在 C 与 L 围成的二连通区域内可以用 格林公式

今取曲线

δ ? ? x = cosθ , C :? δ < ( R ? 1) 2 ? ? y = δ sin θ ,

θ

从 2π 到 0 为顺时针方向令 C 与 L 围成区域为 D(二连通区域) ,根据格林公式

? ?Q ?P ? 0 = ∫∫ ? Pdx + Qdy + Pdx + Qdy ∫ ∫ ? ?x ? ?y ? ?dxdy = L C ? D? (逆时针) (顺时针)

于是

I = ∫ L Pdx + Qdy = ?

C ( 顺时针)



Pdx + Qdy =

C? ( 逆时针)



Pdx + Qdy

用 C 的参数公式代入后,得

1 2 δ 2π 2 I = ∫0 dθ = π 2

δ

〔注: 这里取 C 为上述椭圆周, 最后计算最简单, 如果取 C 为 x


= δ cosθ , y = δ sin θ
就比较复杂〕 。

的圆周,那么最后的积分

δ2 I = ∫0 2 dθ 2 2 δ [4 cos θ + sin θ ]
77

例 3 设函数 ?





? ( y )dx + 2 xydy
2x2 + y 4

(y)

具有连续导数,在围绕原点的任意分段光滑简单闭曲线 L 上,曲线积

L

的值恒为同一常数。 内的任意分段光滑简单闭曲线 C ,有

(Ⅰ)证明:对右半平面 x

>0



? ( y )dx + 2 xydy
2x2 + y 4

C



(Ⅱ)求函数 ? ( y ) 的表达式 (Ⅰ)证 如图,设 C 是半平面 x

>0

内的任一分段光滑简单团曲线,在 C 上任意取定 ,同时得到另一围绕原点的闭曲线

两点 M , N ,作围绕原点的闭曲线 MQNRM

MQNQM

。根据题设可知


MQNRM

? ( y )dx + 2 xydy
2x + y
2 4

? ∫
MQNPM

? ( y )dx + 2 xydy
2x + y
2 4

=0

根据第二类曲线积分的性质,利用上式可得

∫c

? ( y )dx + 2 xydy
2 x2 + y 4
? ( y )dx + 2 xydy
? ( y )dx + 2 xydy
2x + y
2 4

= ∫
NRM

2x2 + y 4

+ ∫
MPN

? ( y )dx + 2 xydy
2x2 + y 4

= ∫
NRM

? ∫
NPM

? ( y )dx + 2 xydy
2x2 + y 4

78

= ∫
MQNRM

? ( y )dx + 2 xydy
2x + y
2 4

? ∫
MQNPM

? ( y )dx + 2 xydy
2x2 + y 4

=0
(Ⅱ)解 设 P

.

=

? ( y)
2x2 + y 4

,Q =

2 xy , P, Q 2x 2 + y 4

在单连通区域 x



? ( y )dx + 2 xydy
2 4

>0

内具有一阶连续编导数,由(Ⅰ)知,曲线积分

2x + y ?Q 2 y (2 x 2 + y 4 ) ? 4 x ? 2 xy + 2 y 5 ? 4 x 2 y + 2 y 5 = = ?x (2 x 2 + y 4 )2 (2 x 2 + y 4 )2
L

在该区域内与路径无关,故当 x > 0 时,总有

?Q ?P = ?x ?y



(1)

?P ? ′( y )(2 x 2 + y 4 ) ? 4? ( y ) y 3 2 x 2? ′( y ) + ? ′( y ) y 4 ? 4? ( y ) y 3 = = ?y (2 x 2 + y 4 )2 (2 x 2 + y 4 )2

(2)

比较⑴、⑵两式的右端,得

?? ′( y ) = ?2 y ? 4 3 5 ? ? ′( y ) y ? 4? ( y ) y = 2 y

(3) (4)
代入④得 2 y
5

由⑶得 ? 而

(y) = ? y


2

+c

将?

(y)

? 4cy 3 = 2 y 5

,所以 c

=0

,从

?(y) = ? y2

§9.3
一、直接用公式计算曲面积分

曲面积分

x2 y 2 设 S 为椭球面 + + z2 = 1 2 2
的切平面, ρ

的上半部分,点 P ( x, y , z ∈ S ), π 为 S 在点 P 处

( x, y, z ) 为原点到 π 的距离,求 ∫∫ ρ (x,zy, z ) dS 。
s



先求出 ρ

( x, y, z ) ,设(X,Y,Z)为 π 上任一点,则 π 的方程为

x( X ? x ) + y (Y ? y ) + 2 z (Z ? z ) = 0
79



x y X + Y + zZx ? 1 = 0 2 2
0 + 0 + 0 ?1 2 2 ? x? ? y? 2 ? ? +? ? + z ?2? ?2? = 1 1 4 ? x2 ? y2 2

ρ ( x, y , z ) =

? x2 y 2 ? ? ? 由 S 的方程 z = 1 ? + ? 2 2 ? ? ?

, 于是

2 ? ?z ? 2 ? ?z ? dS = 1 + ? ? + ? ? ?y ? ? dσ = ? x ? ? ? ?

4 ? x2 ? y2 ? x2 y 2 ? ? 2 1? ? + ? 2 2 ? ? ?



这样,

z 1 2 2 dσ dS = ∫∫ ? ?4 ? x ? y ? ? ∫∫ ? ? ( ) ρ x y z , , 4 S D

区域

D : x2 + y2 ≤
所以 原式

( 2)

2

=

2 1 2π 3 2 d θ ( 4 ? r ) rdr = π ∫ ∫0 4 0 2

二、用高斯公式计算曲面积分

例1

axdydz + ( z + a ) dxdy 计算 I = ∫ ∫ S x2 + y2 + z2
2

(a>0 常数)其中

S : z = ? a2 ? x2 ? y2
2 2

上侧(a>0)
2



?x + y ≤ a 令曲面 S : ? ? z=0
1

下侧

80

于是
2 2

S ∪S
1
2

为闭下半球面的内侧,设其内部区域为Ω。令 D 为

xy

平面上圆域

x +y ≤a


I=

1 ? [axdydz + (z + a ) dxdy ] = 1 ? ? ∫∫ ∫∫ ∫∫ ? a a? ? ?
2 S S ∪ S1 S1
2 4 4

=

1? 1 ? ∫∫∫ (3a + 2 z )dv + ∫∫ a dxdy ? = ?? 2πa ? 2∫∫∫ zdv + πa ? ? ? ? ? a? ? ? a?
? D ?

=
例2

π 1 ? πa ? 2 ∫ dθ ∫ rdr ∫ a
4 2 a 0 0

[

0
2 2

? a ?r

zdz = ?

]
2

π
2

a

3

计算 I

= ∫∫
S

(x ? 1)dydz + ( y ? 1)dzdx + (z ? 1)dxdy [(x ? 1) + ( y ? 1) + (z ? 1) ]
2 2 3 2

其中 S 是不

通过点(1,1,1 的球面 设I

x +y +z =R
2 2 2

2

的外侧。



= ∫∫ Pdydz + Qdzdx + Rdxdy 通过计算可知
S

?P ?Q ?R + + =0 ?x ?y ?z
I =0

(1) 当 S 的内部不包含点(1,1,1)时,根据高斯公式可知 (2) 当 S 的内部包含点(1,1,1)时,作曲面

S : ( x ? 1) + ( y ? 1) + ( z ? 1) = a
2 2 2 1

2

内侧

选 a 充分大,使 S 在 S1 的内部,于是 S 和 S1 是二连通区域 ? 的边界曲面,现在

? ?P ?Q ?R ? ? ∫∫∫ ? ?x + ?y + ?z ? ?dv = 0 ? ? ?
根据高斯公式(二连通区域)

∫∫ + ∫∫ = 0
S
( 外侧 )

S1 ( 内侧 )

于是

81

I = ∫∫ = ? ∫∫ = ∫∫
S
( 外侧 )
?

S1 ( 内侧 )
2

S1 ( 外侧 )
2

在 S1 (外侧)上

(x ? 1) + ( y ? 1) + (z ? 1)
2

I=
?

∫∫
( 外侧 ) ? S1

( x ? 1)dydz + ( y ? 1)dzdr + ( z ? 1)dxdy
a
3

=a

2

,故积分可以化简

令 ?1 是以 S1 (外侧)为边界的空间区域 再用高斯公式

(x ? 1) + ( y ? 1) + ( z ? 1)
2 2

2

≤a

2



I=
2

1 a

3

∫∫∫ 3dv = a ? 3 ? 3 πa = 4π
3 ?1 3

1

4

三、利用斯托克斯公式用曲面积分来计算曲线积分 计算 面x 解

I = ∫ ( y ? z )dx +(2 z ? x )dy + (3x ? y )dz
2 2 2 2 2 L

,其中 L 是平

+ y+z=2
记 S 为平面 x

与柱面

x + y =1

的交线,从 Z 轴正向看去,L 为逆时针方向。

+ y+z=2

上 L 所围成部分的上侧,D 为 S 在 xy 坐标平面上的

投影,由斯托克斯公式得
S

I = ∫∫ (? 2 y ? 4 z )dydz + (? 2 z ? 6 x )dzdx + (? 2 x ? 2 y )dxdy

=?

2 ∫∫ (4 x + 2 y + 3z )dS 3
S

= ?2∫∫ ( x ? y + 6)dxdy
D

= ?12∫∫ dxdy = ? 24
D

? ? ′? ? ′? ? dS = 1 + ? ? = 3dxdy z + z dxdy ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ? ?
2 2 x y

附录: 有关梯度、散度和旋度的计算

82



u = ln x + y + z
2 2

2

,计算

(1)gradu 解 (1) u

(2)div(gradu)

(3)rot(gradu)
2

=

1 ln( x + y + z 2
2 2

)





? ?u ?u ?u ? 1 gradu = ? , , ? = ? ?x ?y ?z ? x + y + z ( x, y, z ) ? ?
2 2 2

?u 1 2x = ? (2) ?x x + y + x (x + y + z
2 2 2 2 2 3 2 2

2

)

2



?u 1 2y = ? ?y x + y + x (x + y + z
2 2 2 2 2 2 2 2

2

)

2

?u 1 2z = ? ?z x + y + z (x + y + z
2 2 2 2 2 2 2 2

2

)

2



于是

? ? ?u ? ? ? ?u ? ? ? ?u ? ? u ? u ? u div( gradu ) = ? ? + ? ? + ? ?= + + ? ? ?x ? ?x ? ?y ? ?y ? ?z ? ?z ? ?x ?y ?z
2 2 2 2 2 2

3 2( x + y + z ) 1 ? = = (x + y + z ) x + y + z x +y +z
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2

2

i ? (3) rot ( gradu ) = ?x ?u ?x
2 2

j ? ?y ?u ?y
2

k ? ?z ?u ?z
2 2 2

? ?u ? ?u ?u ? ? ?u ?u ? ?u ? =? ? ? i + ? j + ? ? ? ? ? ?z?y ?y?z ? ? ?y?x ?x?y ? ?k = 0 ? x ? z ? z ? x ? ? ? ? ? ?

83



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