数学分析习题题练习四

摘录一道极限题



注：此题直接用Stolz公式，更简单

                       $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}(\frac{k}{n})^n&=\lim_{n \to \infty }\frac{\displaystyle \sum_{k=1}^{n}k^n}{n^n}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{n^n}{n^n-(n-1)^n}\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{1-(1-\frac{1}{n})^n}\\\\&=\frac{e}{e-1}.\end{align*}$

解：积分区域：
                            $D:0\leq x\leq 1-2y,0\leq y\leq \frac{1}{2},$

       直接计算
                             $\begin{align*}I&=\iint_De^{x+2y}dxdy=\int_{0}^{\frac{1}{2}}e^{2y}dy\int_{0}^{1-2y}e^xdx\\\\&=\int_{0}^{\frac{1}{2}}e^{2y}(e^{1-2y}-1)dy=\int_{0}^{\frac{1}{2}}(e-e^{2y})dy\\\\&=\frac{1}{2}e-\frac{1}{2}e+\frac{1}{2}=\frac{1}{2}.\end{align*}$

解：北大2009年，华中师大2010年考过类似题目，只是表达式差个符号，不知是手误，还是原出题本意，现以上面的表达式为准计算。

      设$S$为所给已知两个曲面的交线$L$所围的平面，取上侧。显然$S$的面积为：$\pi.$,$S$的单位法向量为$n=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1).$

              利用Stokes公式得

                             $\displaystyle I=\oint_L(z-y)dx+(x-z)dy+(y-x)dz=\frac{6}{\sqrt{3}}\iint_SdS=2\sqrt{3}\pi.$

解，这题符号应为三重积分。先利用奇函数在对称区间上的性质，再用极坐标计算。

                                 $\begin{align*}I&=\iiint_\Sigma (x+y+z)dV=\iiint_\Sigma zdV\\\\&=\int_{h}^{a}zdz\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\sqrt{a^2-z^2}}rdr\\\\&=\pi\int_{h}^{a}z(a^2-z^2)dz\\\\&=\frac{\pi}{4}(a^2-h^2)^2.\end{align*}$

此题正确的应为：求曲面积分

                                   $\displaystyle \iint_\Sigma (x+y+z)dS.$
解法如下

解：由第一型与第二型曲面之间的转换公式，我们有

                                $\displaystyle (\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2})^{-\frac{1}{2}}dS=xdydz+ydzdx+zdxdy,$

                               $\displaystyle I=\iint_\Sigma (x^2+y^2+z^2)^{-\frac{3}{2}}(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2})^{-\frac{1}{2}}dS=\iint_\Sigma \frac{xdydz+ydzdx+zdxdy}{(x^2+y^2+z^2)^{-\frac{3}{2}}}.$

          由于积分在原点无定义，故可作一小圆：
   
                                  $\displaystyle C:x^2+y^2+z^2=\varepsilon ^2,$

           使之包围于积分区域椭圆中，由计算可知，原曲面积分在小圆外区域为零。在小圆区域内满足高斯公式：

                           $\begin{align*}I&=\iint_{\Sigma+C^-}\frac{xdydz+ydzdx+zdxdy}{(x^2+y^2+z^2)^{-\frac{3}{2}}}+\frac{1}{\varepsilon ^3}\iint_Cxdydz+ydzdx+zdxdy\\\\&=0+\frac{1}{\varepsilon ^3}\iiint_\Omega 3dxdydz=\frac{3}{\varepsilon ^3}\cdot \frac{4}{3}\pi \varepsilon ^3\\\\&=4\pi.\end{align*}$        

解：
                       $\displaystyle D_1:\frac{1}{2}y\leq x\leq 2y,0\leq y\leq 1,$

                       $\displaystyle D_2:\frac{1}{2}y\leq x\leq 3-y,1\leq y\leq 2,$

                       $\displaystyle D=D_1+D_2,$

                      $ \begin{align*}I&=\iint_Ddxdy\\\\&=\iint_{D_1}dxdy+\iint_{D_2}dxdy\\\\&=\int_{0}^{1}dy\int_{1/2y}^{2y}dx+\int_{1}^{2}dy\int_{1/2y}^{3-y}dx\\\\&=\frac{3}{4}+\frac{9}{4}=3.\end{align*}$

解：由已知
                            $L:\begin{cases}
x^2+y^2+z^2 &=R^2  \\
x+y+z &=0
\end{cases}$
      
        再由对称性知
                              $\displaystyle I=\oint_Lx^2ds=\frac{1}{3} \oint_L (x^2+y^2+z^2) ds=\frac{R^2}{3}\oint_Lds=\frac{2}{3}\pi R^3. $

解：
                      $\begin{align*}I&=\iint_Dx^2\ln\sqrt{x^2+y^2} dxdy\\\\&=\int_{0}^{\pi/2}d\theta \int_{0}^{1}r^2\cos^2\theta \ln r\cdot rdr\\\\&=\int_{0}^{\pi/2}\cos^2\theta d\theta \int_{0}^{1}r^3\ln rdr\\\\&=\int_{0}^{\pi/2}\cos^2\theta (\frac{1}{4}r^4\ln r|_0^1-\frac{1}{4}\int_{0}^{1}r^4\cdot \frac{1}{r}dr) d\theta \\\\&=-\frac{1}{16}\int_{0}^{\pi/2}\frac{1+\cos 2\theta }{2}d\theta \\\\&=-\frac{1}{64}\pi.\end{align*}$

解：先由三点求出平面方程



再计算曲面积分。

解：
            因为在球面上积分，故有
                                  $\displaystyle I=\iint_\Sigma \frac{Rxdydz+(z+R)^2dxdy}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}=\frac{1}{R}\iint_\Sigma Rxdydz+(z+R)^2dxdy.$

              添加一个平面
                                   $\displaystyle S:z=0,x^2+y^2\leq R^2.\downarrow ,$

             使之与下半球组成一个闭合曲面，以利用高斯公式计算。则

                                   $\displaystyle I=\frac{1}{R}\iint_{\Sigma+S}Rxdydz+(z+R)^2dxdy+\frac{1}{R}\iint_S R^2dxdy=\frac{1}{R}\iiint_\Omega (2z+3R)dxdydz+\pi R^3.$

               再用球面坐标计算前一部分三重积分。球面坐标为

                                    $\displaystyle I=\frac{1}{R}\iint_{\Sigma+S}Rxdydz+(z+R)^2dxdy+\frac{1}{R}\iint_S R^2dxdy=\frac{1}{R}\iiint_\Omega (2z+3R)dxdydz+\pi R^3.$

                   由此
                                     $\begin{align*}I&=\frac{1}{R}\int_{0}^{2\pi}d\varphi\int_{\pi/2}^{\pi}d\theta\int_{0}^{R}(2r\cos\theta +3R)r^2\sin\theta dr +\pi R^3\\\\&= \frac{1}{R}\int_{0}^{2\pi}d\varphi\int_{\pi/2}^{\pi}\sin\theta d\theta\int_{0}^{R}(2r^3\cos\theta +3Rr^2) dr +\pi R^3\\\\&=\frac{2\pi}{R}\int_{\pi/2}^{\pi}\sin\theta(\frac{1}{2}R^4\cos\theta +R^4) d\theta +\pi R^3\\\\&=\frac{2\pi}{R}\cdot(-\frac{3}{4}R^4)+\pi R^3\\\\&=-\frac{1}{2}\pi R^3.\end{align*}$

注：当积分区域为半平面（上或下半平面）时，对于有分母的被积函数一般都要先化简。