数学分析习题练习六

上海财经大学2009年数学分析考研试题



解：
            设曲面方程上任一点为$(x_0,y_0,z_0)$，则在该点曲面的法向量为：

                                      $\displaystyle \vec{n}=(F'_x,F'_y,F'_z)=(\frac{1}{2\sqrt{x_0}},\frac{1}{2\sqrt{y_0}},\frac{1}{2\sqrt{z_0}}),$

                于是，切平面该点的方程为
                                       $\displaystyle \frac{1}{2\sqrt{x_0}}(x-x_0)+\frac{1}{2\sqrt{y_0}}(y-y_0)+\frac{1}{2\sqrt{z_0}}(z-z_0)=0,$

                     即
                                       $\displaystyle \frac{x}{\sqrt{x_0}}+\frac{y}{\sqrt{y_0}}+\frac{z}{\sqrt{z_0}}=\sqrt{a},$

                     切平面在三个坐标轴上的载距之和为：
                                        $\displaystyle \sqrt{x_0}\sqrt{a}+\sqrt{y_0}\sqrt{a}+\sqrt{z_0}\sqrt{a}=\sqrt{a}(\sqrt{x_0}+\sqrt{y_0}+\sqrt{z_0})=a.$

中山大学2021上数学分析考研题
10、计算曲面积分
                             $\displaystyle \iint_S\sin xdydz+\cos ydzdx+\sec xdxdy .$
其中$S$为椭球面
                               $\displaystyle \frac{x^2}{\pi^2}+y^2+z^1=1.$

解：
            由第二类曲面积分对称性可知，偶函数的积分为0，故有

                                        $\begin{align*}I&=\iint_S\sin xdydz+\cos ydzdx+\sec xdxdy\\\\&=2\iint_{S^+}\sin xdydz\\\\&=2\iint_{S^+}\sin {\pi\sqrt{1-y^2-z^2}}dydz\\\\&=2\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}\sin {\pi\sqrt{1-r^2}}rdr\\\\&=-2\pi\int_{0}^{1}\sin {\pi\sqrt{1-r^2}}d(1-r^2)\\\\&=2\pi\int_{0}^{1}\sin {\pi u}du^2\\\\&=4\int_{0}^{1}\sin {\pi u}d(\pi u)\\\\&=4(1-\cos 1).\end{align*}$

一道上海交大竞赛积分题
求：
                       $\displaystyle \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\sin xdx.$

解：
                 

第11届大学生数学竞赛(非数学类)试题12分





                                                    摘自微信公众号： 考研竞赛智慧e数学


注：查找了一下，似乎12届全国大学生数学比赛没有这道题呀？

上海交通大学高等数学竞赛卷
[八]

解
            

上海交通大学高等数学竞赛卷


证明：
              由已知，函数有连续导数，则函数必连续。于是在$[a,b]$上，必有最大值，即

                                              $\displaystyle \exists x_0\in[a,b],s.t.\underset{a\leq x\leq b}{\max} f(x)=f(x_0),$

                      再由积分中值定理，知

                                               $\displaystyle \exists \xi\in[a,b],s.t.|f(\xi)|=|\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)dx|,$

                                            $\begin{align*}\therefore \underset{a\leq x\leq b}{\max} |f(x)|=|f(x_0)|&=|\int_{\xi}^{x_0}f'(x)dx+f(\xi)|\\\\&\leq |\int_{\xi}^{x_0}f'(x)dx|+|f(\xi)|\\\\&\leq \int_{a}^{b}|f'(x)|dx+|\frac{1}{b-a}\int_{a}^{b}f(x)dx|.\end{align*}$

上海交通大学高等数学竞赛卷



证明：由中值定理知
                                 $\displaystyle \exists c_1\in(-2,0),\exists c_2\in(0,2),s.t.$

                                 $\displaystyle f'(c_1)=\frac{f(0)-f(-2)}{2},f(c_2)=\frac{f(2)-f(0)}{2},$

                                  $\displaystyle \because |f(x)|< 1,\Rightarrow |f(c_1)|\leq 1,|f(c_2)|\leq 1,$

                 令
                                $\displaystyle F(x)=f^2(x)+f'^2(x),$

                    则有
                                  $\displaystyle F(0)=4,F(c_1)\leq 2,F(c_2)\leq 2.$

                 由此可知，$F(x)$在$[c_1,c_2]$上有最大值，即
                                    
                                 $\displaystyle \exists \xi \in(c_1,c_2),s.t.F(\xi)\geq 4,F'(\xi)=0.$

                  也即有
                                  $\displaystyle \therefore F'(\xi)=2f'(\xi)(f(\xi)+f''(\xi))=0,$

                     若$f'(\xi)=0,$则
                                
                                    $\displaystyle \Rightarrow F(\xi)=f^2(\xi)\leq 1,$

                     这与$F(\xi)\geq 4$矛盾。从而有

                                     $\displaystyle \therefore f(\xi)+f''(\xi)=0.$