数学分析习题练习七

求三重积分【广西大学2023数学分析】


解
                        $\begin{align*}I&=\iiint_V\frac{dxdydz}{(1+x+y+z)^3} \\\\&=\iint_Sdxdy\int_{0}^{1-x-y}\frac{dz}{(1+x+y+z)^3}\\\\&=\iint_Sdxdy\int_{0}^{1-x-y}\frac{d(1+x+y+z)}{(1+x+y+z)^3}\\\\&=-\frac{1}{2}\iint_S\frac{1}{(1+x+y+z)^2}|_0^{1-x-y}dxdy\\\\&=-\frac{1}{2}\iint_S(\frac{1}{4}-\frac{1}{(1+x+y)^2})dxdy\\\\&=-\frac{1}{2}\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{1-x}(\frac{1}{4}-\frac{1}{(1+x+y)^2})dy\\\\&=-\frac{1}{8}\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{1-x}dy-\frac{1}{2}\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{1-x}\frac{1}{(1+x+y)^2}dy\\\\&=\cdots .\end{align*}$

求曲面积分【广西大学2023】



解：
                       $\Sigma_1:z=\sqrt{R^2-x^2-y^2},\Sigma_2:z=-\sqrt{R^2-x^2-y^2},$

                          $I=I_1+I_2;$
                    
                         $\begin{align*}I_1&=\iint_{\Sigma_1}\frac{dS}{\sqrt{x^2+y^2+(z-h)^2}}\\\\&=\iint_{\Sigma_1}\frac{1}{\sqrt{R^2+h^2-2h\sqrt{R^2-x^2-y^2}}}\cdot \frac{R}{\sqrt{R^2-x^2-y^2}}dxdy\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{R}\frac{1}{\sqrt{R^2+h^2-2h\sqrt{R^2-r^2}}}\cdot \frac{R}{\sqrt{R^2-r^2}}\cdot rdr\\\\&=\frac{2\pi R}{h} \sqrt{R^2+h^2-2h\sqrt{R^2-r^2}}|_0^R\\\\&=\frac{2\pi R}{h}(\sqrt{R^2+h^2}-|R-h|).
\end{align*}$

                         $\begin{align*}I_2&=\iint_{\Sigma_2}\frac{dS}{\sqrt{x^2+y^2+(z-h)^2}}\\\\&=\iint_{\Sigma_2}\frac{1}{\sqrt{R^2+h^2+2h\sqrt{R^2-x^2-y^2}}}\cdot \frac{R}{\sqrt{R^2-x^2-y^2}}dxdy\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{R}\frac{1}{\sqrt{R^2+h^2+2h\sqrt{R^2-r^2}}}\cdot \frac{R}{\sqrt{R^2-r^2}}\cdot rdr\\\\&=\frac{2\pi R}{h} \sqrt{R^2+h^2+2h\sqrt{R^2-r^2}}|_0^R\\\\&=\frac{2\pi R}{h}(R+h-\sqrt{R^2+h^2}).
\end{align*}$

                      $\therefore I=I_1+I_2=\frac{2\pi R}{h}(R+h-|R-h|).$

计算极限【长安大学2023】


解
                      $\begin{align*}I&=\lim_{x\to0}\frac{1-(\cos x)^{\sin x}}{x^3}=\lim_{x\to0}\frac{1-(\cos x)^{x}}{x^3}\\\\&=\lim_{x\to0}\frac{1-e^{x\ln\cos x}}{x^3}=\lim_{x\to0}\frac{-x\ln\cos x}{x^3}\\\\&=\lim_{x\to0}\frac{\sin x}{2x\cos x}\\\\&=\frac{1}{2}.\end{align*}$

计算【长安大学2023】


解
                   $\displaystyle I_n=\int \frac{x^{2n-1}}{x^n+1}dx=\frac{1}{n}\int \frac{x^{n}}{x^n+1}dx^n=\frac{1}{n}\int (1-\frac{1}{x^n+1})dx^n=\frac{1}{n}x^n-\frac{1}{n}\ln(x^n+1)+C.$

【长安大学2023】


解：
             求出函数表达式
                       $\displaystyle y=\sum_{n=1}^{\infty }\frac{(-1)^{n+1}x^{2n}}{(2n-1)!}=-x\sum_{n=0}^{\infty }\frac{(-1)^{n}x^{2n+1}}{(2n+1)!}=-x\sin x.$

              绕x轴转一周
                          $\displaystyle \pm \sqrt{x^2+y^2}=-x\sin x.$

                      则
                              $\displaystyle y^2=x^2(\sin^2 x-1).$

                    因此
                             $\displaystyle V=\int_{0}^{\pi}\pi y^2dx=\int_{0}^{\pi}\pi x^2(\sin^2 x-1)dx=\cdots .$

【长安大学2023】

【长安大学2023】

解
                  
                 $\displaystyle I=\oint_L\frac{\partial f}{\partial n}ds=\iint_D(\frac{\partial^2f}{\partial x^2}+\frac{\partial^2f}{\partial y^2})dxdy=\iint_D2dxdy=2\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{2}}rdr=\sqrt{2}\pi.$

【长安大学2023】



解：用极坐标。
                    $\displaystyle D:x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,\varepsilon \leq r\leq R,0\leq \theta \leq 2\pi,$

             而
                     $\displaystyle \frac{\partial f}{\partial r}=\frac{\partial f}{\partial x}\cdot \frac{\partial x}{\partial r}+\frac{\partial f}{\partial y}\cdot \frac{\partial y}{\partial r}=\frac{1}{r}(xf_x+yf_y),$

            因此，有
                        $\begin{align*}\lim_{\varepsilon \to0}\frac{-1}{2\pi}\iint_{\varepsilon ^2\leq x^2+y^2\leq R^2}\frac{xf_x+yf_y}{x^2+y^2}dxdy&=\lim_{\varepsilon \to0}\frac{-1}{2\pi}\iint_D\frac{r\frac{\partial f}{\partial r}}{r^2}\cdot  rdrd\theta \\\\&=\lim_{\varepsilon \to0}\frac{-1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{\varepsilon }^{R}\frac{\partial f}{\partial r}dr\\\\&=\lim_{\varepsilon \to0}\frac{-1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}(f(R\cos \theta ,R\sin \theta )-f(\varepsilon \cos \theta ,\varepsilon \sin \theta ))d\theta \\\\&=\lim_{\varepsilon \to0}\frac{-1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}(0-f(\varepsilon \cos \theta ,\varepsilon \sin \theta ))d\theta \\\\&=\lim_{\varepsilon \to0}f(\varepsilon \cos \theta^\ast ,\varepsilon \sin \theta^\ast  ),\theta^\ast\in(0,2\pi)\\\\&=f(0,0)=2023.\end{align*}$
       注：最后一步利用积分中值定理。

【长安大学2023】


解
      （1）、
                           $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}=\lim_{n \to \infty }\exp(\frac{\displaystyle \sum_{i=1}^{n}\ln a_i}{n})=\exp(\lim_{n \to \infty }\ln a_n)=\lim_{n \to \infty }a_n=+\infty .$

       （2）、

            
                  可令
                           $\displaystyle f(x)=\sin x,g(x)=\sqrt{x},\exists \xi \in(0,x),s.t.$

                            $\begin{align*}\lim_{x\to+\infty }\frac{1}{x}\int_{0}^{x}\sqrt{t}\sin tdt&=\lim_{x\to+\infty }\frac{1}{x}(\sqrt{0}\int_{0}^{\xi}\sin tdt+\sqrt{x}\int_{\xi}^{x}\sin tdt)\\\\&=\lim_{x\to+\infty }\frac{1}{\sqrt{x}}\int_{\xi}^{x}\sin tdt\\\\&=\lim_{x\to+\infty }\frac{M'}{\sqrt{x}}\\\\&=0.\end{align*}$

                    这是因为有
                                            $\displaystyle |\int_{\xi}^{x}\sin tdt|\leq M.M'\in[-M,M]$

【长安大学2023】


证明
               由Taylor公式
                                     $\displaystyle f(x+h)=f(x)+f'(x)h+\frac{1}{2}f''(\xi)h^2,\xi\in(x,x+h)$

                             得，
                                     $\displaystyle f'(x)=\frac{f(x+h)-f(x)}{h}-\frac{1}{2}f''(\xi)h,$

                                 从而有
                                      $\displaystyle |f'(x)|=|\frac{f(x+h)-f(x)}{h}-\frac{1}{2}f''(\xi)h|\leq \frac{2M_0}{h}+\frac{M_2}{2}h,$

                                  又
                                              $\displaystyle \because \frac{2M_0}{h}+\frac{M_2}{2}h\geq 2\sqrt{M_0M_2},$

                                    所以可取$\displaystyle h=2\sqrt{\frac{M_0}{M_2}}$,得
                                              $\displaystyle |f'(x)|\leq \frac{2M_0}{h}+\frac{M_2}{2}h=2\sqrt{M_0M_2}.$