数学分析习题题练习四

东北师范大学2020年考研试题


解：添加一个平面：$S':z=0,\uparrow$，使之原上半椭球面组成一个闭合曲面，再利用高斯公式 ：

                           $\begin{align*}I&=\iint_S=\iint_{S+S'}-\iint_S'\\\\&=\iint_{S+S'}-0=\iiint_\Omega 3dV\\\\&=3\cdot \frac{4}{3}\pi abc=4\pi abc.\end{align*}$

东北师范大学2020年考研试题


证明：
                 $\begin{align*}\because \lim_{x\to 0}\frac{F(x)-F(0)}{x}=&\lim_{x\to 0}\frac{\frac{f(x)-\cos x}{x}-f'(0)}{x}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{\frac{f(x)-f(0)+f(0)-\cos x}{x}-f'(0)}{x}\\\\&=\lim_{x\to 0}\frac{f'(0)+\frac{1-\cos x}{x}-f'(0)}{x}\\\\&=\frac{1}{2}.\end{align*}$

          所以，$F(x)$在间断点可导，从而在$R$上可导。

北京大学2020年数学分析2期末试题

北京大学2020年数学分析2期末试题


【解法一】：由积分的轮换对称性质，可知
                                     $\begin{align*}I&=\iint_S\frac{2dzdy}{x\cos^2x}+\frac{dzdx}{\cos^2y}-\frac{dxdy}{z\cos^2z}\\\\&=\iint_S(\frac{2}{z\cos^2z}+\frac{1}{\cos^2z}-\frac{1}{z\cos^2z})dxdy\\\\&=\iint_S(\frac{1}{z\cos^2z}+\frac{1}{\cos^2z})dxdy,\end{align*}$

                    由于积分区域对于$z=0$对称，由奇偶性知（奇0，偶倍）
                                        $\iint_S\frac{1}{\cos^2z}dxdy=0,$

                                        $\begin{align*}\therefore I&=\iint_S\frac{1}{z\cos^2z}dxdy\\\\&=2\iint_{S^+}\frac{1}{z\cos^2z}dxdy\\\\&=2\iint_{S^+}\frac{dxdy}{\sqrt{1-x^2-y^2}\cos^2\sqrt{1-x^2-y^2}}\\\\&=2\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}\frac{rdr}{\sqrt{1-r^2}\cos^2\sqrt{1-r^2}}\\\\&=4\pi\int_{0}^{1}\frac{-d\sqrt{1-r^2}}{\cos^2\sqrt{1-r^2}}\\\\&=-4\pi\arctan\sqrt{1-r^2}|_0^1\\\\&=4\pi\arctan 1.\end{align*}$



（参照：《大学生数学竞赛教程》蒲和平 编著,2014，p230,例5）

北京大学2020年数学分析2期末试题




                                                                 转自“顺数人”微信公众号

北京大学2020年数学分析2期末试题


证明：
（1）、
     
     


        

中国科学技术大学2020年数学分析A2试题


解：
              $\displaystyle \int_\Gamma (x^2+y^2)^nds=\int_{0}^{2\pi}a^{2n}\sqrt{a^2}dt=2\pi a^{2n+1}.$

中国科学技术大学2020年数学分析A2试题


解：  设矢量为
                     $\displaystyle \overrightarrow{F}=P \overrightarrow{i}+Q \overrightarrow{j}+R \overrightarrow{k},$

         则 其旋度为
                     $\displaystyle rot \overrightarrow{F}=(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z})\overrightarrow{i}+(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x})\overrightarrow{j}+(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})\overrightarrow{k}.$

         代入计算得
                     $\displaystyle \therefore rot \overrightarrow{F}=2z \overrightarrow{i}+2x\overrightarrow{j}+2y\overrightarrow{k},$

                     $\displaystyle rot(rot \overrightarrow{F})=2\overrightarrow{i}+2\overrightarrow{j}+2\overrightarrow{k}.$

中国科学技术大学2020年数学分析A2试题


解：
                                $\displaystyle \because \int_\Gamma Pdx+Qdy=\int_\Gamma (P\cos(\tau ,x)+Q\cos (\tau ,y))ds=\int_\Gamma (P\cos(\tau ,x)+Q\sin (\tau ,x))ds,$

                 又
                                 $\displaystyle |P\cos(\tau ,x)+Q\sin (\tau ,x)|\leq \sqrt{P^2+Q^2}|\sin ((\tau ,x)+\theta )|\leq \sqrt{P^2+Q^2}|,$
                       
                                 $\displaystyle \therefore |\int_\Gamma Pdx+Qdy|\leq l\sqrt{P^2+Q^2}.$

                 因此
                                   $\begin{align*}\lim_{R\to+\infty }|I_R|&=\lim_{R\to+\infty }|\int_{\Gamma_R}\frac{ydx-xdy}{(x^2+xy+y^2)^{3/2}}|\\\\&\leq \lim_{R\to+\infty }|\int_{\Gamma_R}\frac{ydx-xdy}{(x^2+y^2)^{3/2}}|\\\\&\leq \lim_{R\to+\infty }\sqrt{\frac{y^2}{(x^2+y^2)^3}+\frac{x^2}{(x^2+y^2)^3}}\cdot 2\pi R\\\\&=\lim_{R\to+\infty }\frac{2\pi}{R}=0,\end{align*}$

                                    $\displaystyle \Rightarrow \lim_{R\to+\infty }I_R=0.$


                           
注：此题是个好题

                                           $\displaystyle L:x^2+xy+y^2=\epsilon^2,(\epsilon>0)$
        作变换可得，
                                  $\displaystyle L':\frac{u^2}{(\sqrt{\frac{2}{3}}\epsilon)^2}+\frac{v^2}{(\sqrt{2}\epsilon)^2}=1,(x=\frac{u-v}{\sqrt{2}},y=\frac{u+v}{\sqrt{2}})$

中国科学技术大学2020年数学分析A2试题

解：设$S$为曲线$\Gamma$所围的曲面，方向向下。$S$所在的曲面为
                                              $(x-a)^2+y^2+z^2=a^2,$

                  故$S$的单位法向量为：
                                               $\overrightarrow{n}=(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )=-\frac{1}{a}(x-a,y,z).$

                   $S$在$xoy$平面上的投影为：
                                               $D_{xy}:x^2+y^2=2bx,$

                          由Stokes公式，并利用积分的奇偶性，得

                                              $\begin{align*}I&=\iint_S\begin{vmatrix}
\cos \alpha  & \cos \beta  & \cos \gamma \\
\frac{\partial }{\partial x} & \frac{\partial }{\partial y} &\frac{\partial }{\partial z} \\
P & Q & R
\end{vmatrix}dS\\\\&=-\frac{1}{a}\iint_S[(x-a)(2y-2z)-y(2x-2z)+z(2x-2y)
]dS\\\\&=-2\iint_S(z-y)dS\\\\&=-2\iint_{D_{xy}}(\sqrt{2ax-x^2-y^2}-y)\cdot \frac{a}{\sqrt{2ax-x^2-y^2}}dxdy\\\\&=-2a \iint_{D_{xy}}dxdy+2a\iint_{D_{xy}}\frac{y}{\sqrt{2ax-x^2-y^2}}dxdy\\\\&=-2\pi ab^2.\end{align*}$