数学分析习题题练习四

南京师范大学2020年考研数分试题


解：
                      $\because \rho (x,y)=\sqrt{x}+\sqrt{y},$

                      $\begin{align*}\therefore M&=\iint_D \rho (x,y)dxdy=\iint_D (\sqrt{x}+\sqrt{y})dxdy\\\\&=2\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{(1-\sqrt{x})^2}\sqrt{y}dy=\frac{32}{15}.\end{align*}$

南京师范大学2020年考研数分试题


解：此题较简单，也是比较典型的曲面积分计算题。因为曲面积分在原点无定义，而积分区域包含原点。由于在原点被积函数的偏导数不连续，因此不能直接用高斯公式计算，而要作一个包围原点的小区域$\Sigma'$，上半球。设

                                        $\Sigma':x^2+y^2+z^2=\varepsilon ^2,(\varepsilon > 0)$

               $\varepsilon$足够小，使其包含于$\Sigma$内。则

                                        $\begin{align*}I&=\iint_\Sigma =\iint_{\Sigma -\Sigma' } +\iint_{\Sigma'} \\\\&=0+\iint_{\Sigma'}=\frac{1}{2\varepsilon ^3}\iiint_{\Omega '}3dV\\\\&=\frac{3}{2\varepsilon ^3}\cdot \frac{4}{3}\pi \varepsilon ^3=2\pi.\end{align*}$

            

华东师范大学2020年数学分析考研试题
二、计算题


解：添加一个平面
                               $\Sigma':z=2,(x^2+y^2\leq 4),\uparrow $

          利用高斯公式
                               $\begin{align*}I&=\iint_{\Sigma }=\iint_{\Sigma+\Sigma'}-\iint_{\Sigma'}\\\\&=\iiint_\Omega (1+\frac{1}{2\sqrt{z}})dV-\iint_{D'}\sqrt{2}dxdy\\\\&=\iint_Ddxdy\int_{\frac{1}{2}(x^2+y^2)}^{2}(1+\frac{1}{2\sqrt{z}})dz-4\sqrt{2}\pi\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{2} r\cdot (z+\sqrt{z})|_{\frac{1}{2}(x^2+y^2)}^2dr\\\\&=2\pi\int_{0}^{2}(2+\sqrt{2}-\frac{1}{2}r^2-\frac{1}{\sqrt{2}}r)rdr\\\\&=4(1+\frac{\sqrt{2}}{3})\pi.\end{align*}$

华东师范大学2020年数学分析考研试题
二、计算题


解：用夹逼法，令
                               $\displaystyle a_i=\max \{a_{n+1},a_{n+2},\cdots ,a_{2n}\},$

                               $\displaystyle a_j=\min \{a_{n+1},a_{n+2},\cdots ,a_{2n}\},$

                               $\displaystyle \because \lim_{n \to +\infty }a_n=A,$

                               $\displaystyle \therefore \lim_{i \to +\infty }a_i=A=\lim_{j\to+\infty }a_j,(n\to+\infty )$
                   又
                                $\displaystyle \because \lim_{n \to +\infty } (\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n})=\ln2.$

                   再由不等式
                                $\displaystyle a_j(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n})\leq (\frac{a_{n+1}}{n+1}+\frac{a_{n+2}}{n+2}+\cdots +\frac{a_{2n}}{2n})\leq a_i(\frac{1}{n+1}+\frac{1}{n+2}+\cdots +\frac{1}{2n}),$

                                $\displaystyle \therefore \lim_{n \to +\infty }(\frac{a_{n+1}}{n+1}+\frac{a_{n+2}}{n+2}+\cdots +\frac{a_{2n}}{2n})=A\ln2.$

武汉大学2020年考研数分试题

解：作变量代换，令
                           $u=x+y-z,v=y+z-x,w=z+x-y,0\leq u,v,w\leq 1,$

                            $x=\frac{1}{2}(u+w),y=\frac{1}{2}(u+v),z=\frac{1}{2}(v+w).$

                            $|J|=\begin{vmatrix}
\frac{1}{2}  & 0 & \frac{1}{2} \\
\frac{1}{2}  &\frac{1}{2}  &0 \\
0 & \frac{1}{2}  & \frac{1}{2}
\end{vmatrix}=\frac{1}{4}. $

                 则
                           $\displaystyle I=\frac{1}{4} \iiint_\Omega uvwdudvdw=\frac{1}{4}(\int_{0}^{1} udu)^3=\frac{1}{32}.$

哎，看2020年那些数学分析计算题，三重积分，曲面积分基本都是以前考过的类型。不过也是，几何形状就那么几种。熟能生巧。

(1)、已知$\displaystyle \Sigma :x^2+y^2+z^2=a^2,$求：
                                                                    $\displaystyle \iint_{\Sigma}\frac{z-a}{(x^2+y^2+(z-a)^2)^{\frac{3}{2}}}dS.$
(2)、计算积分
                           $\displaystyle \int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\pi}e^{\sin\varphi (\cos\theta -\sin\theta )}\sin\varphi  d\varphi. $

解：（1）、作坐标变换
                                     $\begin{cases}
x=a\sin \varphi \cos \theta  &, 0\leq \varphi \leq \pi \\
y=a\sin \varphi\sin \theta  &, 0\leq \theta \leq 2\pi \\
z=a\cos \varphi  &  
\end{cases}$

                 则
                                      $E=x_\varphi ^2+y_\varphi ^2+z_\varphi ^2=a^2,\\
F=x_\varphi x_\theta +y_\varphi y_\theta +z_\varphi z_\theta =0,\\
G=x_\theta ^2+y_\theta ^2+z_\theta ^2=a^2\sin ^2\varphi .\\
dS=\sqrt{EG-F^2}=a^2\sin\varphi d\theta d\varphi ,$

                所以
                                      $\begin{align*}I&=\iint_S\frac{z-a}{(x^2+y^2+(z-a)^2)^{\frac{3}{2}}} dS\\\\&=a^2\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\pi}\frac{a\cos \varphi-a}{(2a^2-2a^2\cos \varphi )^{\frac{3}{2}}}\sin \varphi d\varphi\\\\&=\frac{\pi}{\sqrt{2}}\int_{0}^{\pi}\frac{\sin\varphi }{\sqrt{1-\cos\varphi}}d\varphi\\\\&=-2\pi.\end{align*}$

(2)、作坐标变换
                                      $\begin{cases}
x=a\sin \varphi \cos \theta  &, 0\leq \varphi \leq \pi \\
y=a\sin \varphi\sin \theta  &, 0\leq \theta \leq 2\pi \\
z=a\cos \varphi  &  
\end{cases}$

                                       $\displaystyle \Sigma :x^2+y^2+z^2=1,$

                       又由Possion公式：
                                      $\displaystyle \because \iint_\Sigma f(ax+by+cz)dS=2\pi\int_{-1}^{1}f(\sqrt{a^2+b^2+c^2}u)du,$

                                      $\displaystyle \therefore I=\iint_\Sigma e^{x-y}dS=2\pi\int_{-1}^{1}e^{\sqrt{2}u}du=\sqrt{2}\pi(e^{\sqrt{2}}-e^{-\sqrt{2}}).$

注：可以证明下例结论：

一道Fourier级数题

一道极限题（转自徐大顺）

《数学分析教程(第三版) 下》[常庚哲，史济怀编著],问题10.2利用Possion公式一例


证明：先利用球面坐标变换
                                     $\begin{cases}
x=r\sin\theta \cos \varphi  &, 0\leq \theta  \leq \pi \\
y=r\sin\theta \sin \varphi  &, 0\leq \varphi\leq 2\pi\\
z=r\cos\theta  & ,0\leq r\leq 1
\end{cases}\\
J=r^2\sin\theta .$
                     
                     再利用Possion公式                 
                                      $\begin{align*}\therefore I&=\iiint_{x^2+y^2+z^2\leq 1}f(\frac{ax+by+cz}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}})dxdydz\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_{0}^{\pi}\sin \theta d\theta \int_{0}^{1}f(a\sin\theta \cos \varphi+b\sin\theta \sin \varphi+c\cos\theta)r^2dr\\\\&=\frac{1}{3}\iint_{x^2+y^2+z^2\leq 1}f(ax+by+cz)dS\\\\&=\frac{2}{3}\pi\int_{-1}^{1}f(\sqrt{a^2+b^2+c^2}t)dt.\end{align*}$