数学分析III（多元微积分）归纳总结

请写出下面这个平面点集的聚点和界点：

\{(x,y)\mid y=\sin\frac{1}{x},x>0\}

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聚点和界点均为 $(x,y)\mid y=\sin\frac{1}{x},x>0$ 和 $(x,y)\mid x=0,-1\leq y\leq 1$

后面这个容易漏

确定下列多元函数极限是否存在，若存在求出相应的极限值：

(1)\quad\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{\sin xy}{\sqrt{x^2+y^2}}

(2)\quad\lim_{(x,y)\to(0,0)}(x^2+y^2)^{x^2y^2}

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（1）因为

\begin{aligned} \left|\frac{\sin xy}{\sqrt{x^2+y^2}}\right|&\leq\left|\frac{xy}{\sqrt{x^2+y^2}}\right|\\ &\leq\frac{1}{2}\left|\frac{x^2+y^2}{\sqrt{x^2+y^2}}\right|=\frac{1}{2}\sqrt{x^2+y^2}\to 0\hspace{1em}((x,y)\to (0,0)) \end{aligned}

所以 $\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{\sin xy}{\sqrt{x^2+y^2}}$ 存在且为 $0$ ；
（2）设 $S=(x^2+y^2)^{x^2y^2}$ ，则 $\ln S=x^2y^2\ln(x^2+y^2)$ 。又因为

\begin{aligned} 0\leq |x^2y^2\ln(x^2+y^2)|&\leq\frac{(x^2+y^2)^2}{2}|\ln(x^2+y^2)|\\ &\xlongequal{\rho=\sqrt{x^2+y^2}}\rho^4|\ln\rho|\to 0(\rho\to 0) \end{aligned}

所以 $\lim_{(x,y)\to(0,0)}\ln S$ ，存在且为 $0$ ， $\lim_{(x,y)\to(0,0)}(x^2+y^2)^{x^2y^2}=1$ .

判断下列函数在 $(0,0)$ 处的连续性、任意方向导数以及全微分的存在性，若存在则求解其相应的任意方向导数值以及全微分：

f(x,y)=\left\{\begin{aligned} &\frac{4xy^3}{x^2+y^4},&(x,y)\neq (0,0)\\ &0,&(x,y)=(0,0) \end{aligned} \right.

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连续性：因为

\lim_{(x,y)\to(0,0)}\frac{|4xy^3|}{x^2+y^4}\leq\frac{4|xy^3|}{2|xy^2|}=2|y|\to 0=f(0,0)

所以 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 处连续；
任意方向导数：
设单位方向向量为 $(\cos\theta,\sin\theta)$ ，则

\begin{aligned} D_u f(x,y)&=\lim_{t\to 0}\frac{f(t\cos\theta,t\sin\theta)-f(0,0)}{t}\\ &=\lim_{t\to 0}{\frac{4t\cos\theta\sin^3\theta}{\cos^2\theta+t^2\sin^4\theta}}=0 \end{aligned}

即任意方向方向导数为 $0$ 。
全微分存在性：
由于任意方向导数均为 $0$ ，故 $f_x(0,0)=f_y(0,0)=0$ ，若全微分存在（即 $f$ 在 $(0,0)$ 可微）,则
$f(\Delta x,\Delta y)=f_x(0,0)\Delta x+f_y(0,0)\Delta y+o(\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2})=o(\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2})$
而

\begin{aligned} &\lim_{(\Delta x,\Delta y)\to(0,0)}\frac{f(\Delta x,\Delta y)}{\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}\\ &=\lim_{(\Delta x,\Delta y)\to(0,0)}\frac{4\Delta x(\Delta y)^3}{((\Delta x)^2+(\Delta y)^4)\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}} \end{aligned}

取 $\Delta x=(\Delta y)^2$ ，则

\begin{aligned} &\lim_{(\Delta x,\Delta y)\to(0,0)}\frac{4\Delta x(\Delta y)^3}{((\Delta x)^2+(\Delta y)^4)\sqrt{(\Delta x)^2+(\Delta y)^2}}\\ &=\lim_{(\Delta x,\Delta y)\to(0,0)}\frac{2}{\sqrt{(\Delta y)^2+1}}=2\neq 0 \end{aligned}

故 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 处不可微，全微分不存在。

求函数 $u=xyz$ 在沿点 $A(5,1,2)$ 到点 $B(9,4,14)$ 的方向 $\overrightarrow{AB}$ 上的方向导数. $\frac{98}{13}$ 。

易知 $u$ 在 $A$ 点偏导数存在，又 $\overrightarrow{AB}=(4,3,12)$ ，对应单位方向向量为 $(\frac{4}{13},\frac{3}{13},\frac{12}{13})$ ， $f_x=yz,f_y=xz,f_z=xy$ ，故

\begin{aligned} f_{\overrightarrow{AB}}(A)&=f_x(A)\cos\alpha+f_y(A)\cos\beta +f_z(A)\cos\gamma\\ &=2\times\frac{4}{13}+10\times\frac{3}{13}+5\times\frac{12}{13}=\frac{98}{13}. \end{aligned}

设 $u=f(\frac{x}{y},\frac{y}{z})$ ，求 $\frac{\partial u}{\partial x},\frac{\partial u}{\partial y},\frac{\partial u}{\partial z}$ 。

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设 $\frac{x}{y}=p,\frac{y}{z}=q$ ，则

\begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial x}&=\frac{\partial u}{\partial p}\frac{\partial p}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial q}\frac{\partial q}{\partial x}\\ &=\frac{1}{y}f_1, \end{aligned}

\begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial y}&=\frac{\partial u}{\partial p}\frac{\partial p}{\partial y}+\frac{\partial u}{\partial q}\frac{\partial q}{\partial y}\\ &=-\frac{x}{y^2}f_1+\frac{1}{z}f_2, \end{aligned}

\begin{aligned} \frac{\partial u}{\partial z}&=\frac{\partial u}{\partial p}\frac{\partial p}{\partial z}+\frac{\partial u}{\partial q}\frac{\partial q}{\partial z}\\ &=-\frac{y}{z^2}f_2. \end{aligned}

已知函数 $u=(xyz)e^{x+y+z}$ ，求 $\frac{\partial^{p+q+r}u}{\partial x^p\partial y^q\partial z^r}$ .

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注意到

\frac{\partial u}{\partial x}=(xyz+yz)e^{x+y+z}

所以

\frac{\partial^p u}{\partial x^p}=(xyz+pyz)e^{x+y+z}

同理可得

\frac{\partial^{p+q} u}{\partial x^p\partial y^q}=(xyz+pyz+qxz+pqz)e^{x+y+z},

\frac{\partial^{p+q+r}u}{\partial x^p\partial y^q\partial z^r}=(xyz+pyz+qxz+pqz+rxy+rpy+rqx+pqr)e^{x+y+z}.

证明：

\begin{aligned} &(1)\hspace{1em} \operatorname*{grad}(uv)=u\operatorname*{grad}v+v\operatorname*{grad}u;\\ &(2)\hspace{1em}\operatorname*{grad}f(u)=f'(u)\operatorname*{grad}u. \end{aligned}

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不失一般性，不妨设 $u=u(x,y,z),v=v(x,y,z)$ ，则

\begin{aligned} \operatorname*{grad}(uv)&=(uv_x+vu_x,uv_y+vu_y,uv_z+vu_z)\\ &=u(v_x,v_y,v_z)+v(u_x,u_y,u_z)\\ &=u\operatorname*{grad}v+v\operatorname*{grad}u; \end{aligned}

此式推论： $\operatorname*{grad}\frac{1}{u}=-\frac{1}{u^2}\operatorname*{grad}u$ .

\begin{aligned} \operatorname*{grad}f(u)&=(f'(u)u_x,f'(u)u_y,f'(u)u_z)\\ &=f'(u)(u_x,u_y,u_z)\\ &=f'(u)\operatorname*{grad}u; \end{aligned}

已知 $z=f(x+y,xy,\frac{x}{y})$ ，求 $z_x,z_{xx},z_{xy}$ .

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z_x=f'_1+yf'_2+\frac{1}{y}f'_3,

\begin{aligned} z_{xx}&=f''_{11}+yf''_{12}+\frac{1}{y}f''_{13}+y(f''_{21}+yf''_{22}+\frac{1}{y}f''_{23})+\frac{1}{y}(f''_{31}+yf''_{32}+\frac{1}{y}f''_{33})\\ &=f''_{11}+2yf''_{12}+\frac{2}{y}f''_{13}+y^2f''_{22}+2f''_{23}+\frac{1}{y^2}f''_{33} \end{aligned}

同理可得

z_{xy}=f''_{11}+(x+y)f''_{12}+\frac{1}{y}(1-\frac{x}{y})f''_{13}+xyf''_{22}-\frac{x}{y^3}f''_{33}+f'_2-\frac{1}{y^2}f'_{3}

求由下列方程所确定的隐函数的导数：

\ln\sqrt{x^2+y^2}=\arctan\frac{y}{x},\text{求}\frac{dy}{dx}.

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两边对 $x$ 求偏导得

\frac{x+y\frac{dy}{dx}}{x^2+y^2}=\frac{1}{1+(\frac{y}{x})^2}\left(-\frac{y}{x^2}+\frac{1}{x}\frac{dy}{dx}\right)

解得

\frac{dy}{dx}=\frac{x+y}{x-y}

已知 $u=u(x,y),v=v(x,y)$ 满足下列方程组：

\left\{ \begin{aligned} u=f(ux,v+y)\\ v=g(u-x,v^2y) \end{aligned} \right.

求 $\frac{\partial u}{\partial x},\frac{\partial v}{\partial x}$ .

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第一个方程两边对 $x$ 求偏导得：

\frac{\partial u}{\partial x}=\left(u+x\frac{\partial u}{\partial x}\right)f_1+\frac{\partial v}{\partial x}f_2

第二个方程两边对 $x$ 求偏导得：

\frac{\partial v}{\partial x}=\left(\frac{\partial u}{\partial x}-1\right)g_1+\left(2yv\frac{\partial v}{\partial x}\right)g_2

整理两个方程得

\begin{aligned} (1-f_1x)u_x-f_2v_x=f_1u\\ -g_1u_x+(1-2yvg_2)v_x=-g_1 \end{aligned}

解得

\begin{aligned} u_x=\frac{f_1u(1- 2yvg_2)- f_2g_1}{(1-f_1x)(1-2yvg_2) - f_2g_1}\\ v_x=\frac{f_1ug_1- g_1(1-f_1x)}{(1-f_1x)(1-2yvg_2) - f_2g_1}\\ \end{aligned}

算起来确实比较烦

求下列函数组所确定的反函数组的偏导数：

\left\{\begin{aligned} &x=u+v\\ &y=u^2+v^2\\ &z=u^3+v^3 \end{aligned} \right.

求 $z_x=$ $-3uv$ 。

法1：
三个方程两边分别对 $x$ 求偏导，得：

\left\{\begin{aligned} &1=u_x+v_x\\ &0=2u_xu+2v_xv\\ &z_x=3u_xu^2+3v_xv^2 \end{aligned} \right.

解得

v_x=\frac{u}{u-v},u_x=-\frac{v}{u-v},z_x=\frac{-3u^2v+3v^2u}{u-v}=-3uv.

严格来说这个方法属于“投机取巧”，并未完全使用反函数组的性质
法2：
由二对二的隐函数组定理，我们可以推导三对二的隐函数组定理：由

\begin{aligned} dx=u_xdu+v_xdv\\ dy=u_ydu+v_ydv\\ dz=u_zdu+v_zdv \end{aligned}

为求 $z_x$ ，固定 $y$ 不变，则 $dy=0$ ，解前两个方程得

du=\frac{y_v}{\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}}dx,dv=-\frac{y_u}{\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}}dx

于是

dz=u_zdu+v_zdv=\frac{z_uy_v-z_vy_u}{\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}}dx=\frac{\frac{\partial(z,y)}{\partial(u,v)}}{\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}}dx

即 $z_x=\frac{\frac{\partial(z,y)}{\partial(u,v)}}{\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}}$ .又因为

\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\left|\begin{matrix} 1&1\\ 2u&2v \end{matrix} \right|=2(v-u), \frac{\partial(z,y)}{\partial(u,v)}=\left|\begin{matrix} 3u^2&3v^2\\ 2u&2v \end{matrix} \right|=6uv(u-v)

所以 $z_x=\frac{6uv(u-v)}{2(v-u)}=-3uv.$

已知空间中的一个平面

\left\{\begin{aligned} x=a\cos\psi\cos\varphi\\ y=b\cos\psi\sin\varphi\\ z=\sin\psi \end{aligned} \right.

求其过点 $(\varphi_0,\psi_0)$ 的切平面与法线方程。

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由法向量公式：

\begin{aligned} \mathbf{n}&=\pm\left(\frac{\partial(y,z)}{\partial(\psi,\varphi)},\frac{\partial(z,x)}{\partial(\psi,\varphi)},\frac{\partial(x,y)}{\partial(\psi,\varphi)}\right)\\ &=\pm(−b\cos^2\psi\cos\varphi,-a\cos^2\psi\sin\varphi,-ab\sin\psi\sin\varphi) \end{aligned}

故 $\mathrm{n}(\varphi_0,\psi_0)=(b\cos^2\psi_0\cos\varphi_0,a\cos^2\psi_0\sin\varphi_0,ab\sin\psi_0\sin\varphi_0)$
切平面：

b\cos^2\psi_0\cos\varphi_0(x-x_0)+a\cos^2\psi_0\sin\varphi_0(y-y_0)+ab\sin\psi_0\sin\varphi_0(z-z_0)=0

法线：

\frac{x-x_0}{b\cos^2\psi_0\cos\varphi_0}=\frac{y-y_0}{a\cos^2\psi_0\sin\varphi_0}=\frac{z-z_0}{ab\sin\psi_0\sin\varphi_0(z-z_0)}

求函数 $f(x,y,z)=4x^2+y^2+5z^2$ 在平面 $2x+3y+5z=12$ 上的最小值点。

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设 $g(x,y,z)=2x+3y+5z-12=0$ ，构造拉格朗日函数

\mathcal{L}(x,y,z,\lambda)=4x^2+y^2+5z^2+\lambda(2x+3y+5z-12)=0

求偏导，构造方程组：

\left\{\begin{aligned} &\mathcal{L}_x=8x+2\lambda=0\\ &\mathcal{L}_y=2y+3\lambda=0\\ &\mathcal{L}_z=10z+5\lambda=0\\ &2x+3y+5z-12=0 \end{aligned} \right.

解得

\left\{\begin{aligned} &x=-\frac{\lambda}{4}=\frac{2}{5}\\ &y=-\frac{3\lambda}{2}=\frac{12}{5}\\ &z=-\frac{\lambda}{2}=\frac{4}{5}\\ &\lambda=-\frac{8}{5} \end{aligned} \right.

得到稳定点 $(\frac{2}{5},\frac{12}{5},\frac{4}{5})$ ，又因为Hessian矩阵 $\mathrm{diag}(8,2,10)$ 为正定矩阵，所以也为最小值点。

设 $F(x,y)=\int_{\frac{x}{y}}^{xy}(x-yz)f(z)dz$ ，其中 $f(z)$ 为可微函数，求 $F_{xy}(x,y)=$ $\frac{x}{y^2}f(\frac{x}{y})-xf(x)$ 。

运用对参量的微分法，求下列积分：

\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln(a^2\sin^2x+b^2\cos^2x)dx\hspace{1em}(a^2+b^2\neq 0)

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分情况讨论：
当 $|a|=0,|b|>0$ 时，原式=

\begin{aligned} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln(b^2\cos^2x)dx&=\pi\ln|b|+2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln(\cos x)dx\\ &=\pi\ln|b|-\pi\ln2=\pi\ln\frac{|b|}{2}, \end{aligned}

其中

\begin{aligned} &2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln(\cos x)dx\\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln(\cos x)dx+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin x)dx\\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin 2x)dx-\frac{\pi}{2}\ln2\\ &=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}\ln(\sin t)dt-\frac{\pi}{2}\ln2\\ &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln(\sin x)dx-\frac{\pi}{2}\ln2\\ &\Longrightarrow \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln(\cos x)dx=-\frac{\pi}{2}\ln2 \end{aligned}

同理可得 $|a|>0,|b|=0$ 时，原式= $\pi\ln\frac{|a|}{2}$ ，
当 $|a|\neq 0,|b|\neq 0$ 时，设

I(b)=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\ln(a^2\sin^2x+b^2\cos^2x)dx

则对 $b$ 求导，

\begin{aligned} I'(b)&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{2b\cos^2x}{a^2\sin^2x+b^2\cos^2x}dx\\ &=\frac{2}{b}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{(\frac{a}{b})^2\tan^2x+1}dx=\frac{2}{b}\cdot\frac{\pi}{2(1+|\frac{a}{b}|)}\\ &=\frac{\pi}{|a|+|b|} \end{aligned}

又因为

I(0)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln(a^2\sin^2x)dx=\pi\ln\frac{|a|}{2},

所以

I(b)=I(0)+\int_0^b\frac{\pi}{|a|+t}dt=\pi\ln\frac{|a|+|b|}{2}

综上，原式值为 $\pi\ln\frac{|a|+|b|}{2}$ .

计算

J=\int_0^\infty e^{-px}\frac{\sin bx-\sin ax}{x}dx\hspace{1em}(p>0,b>a).

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（源自教材19.2 例5）
因为

\frac{\sin bx-\sin ax}{x}=\int_a^b\cos xydy

所以

J=\int_0^\infty e^{-px}dx\int_a^b\cos xydy=\int_0^\infty dx\int_a^be^{-px}\cos xydy

又因为 $|e^{-px}\cos xy|< e^{-px}$ 且 $\int_0^\infty e^{-px}dx$ 收敛，故由M判别法， $\int_a^be^{-px}\cos xydx$ 在 $[a,b]$ 上一致收敛。
又因为 $e^{-px}\cos xy$ 在 $[0,+\infty)\times[a,b]$ 上连续，故可交换积分顺序，故

J=\int_a^bdy\int_0^\infty e^{-px}\cos xydx=\int_a^b\frac{p}{p^2+y^2}dy=\arctan\frac{b}{p}-\frac{a}{p}

特别地，当 $p=1,a=0$ 时， $\int_0^\infty e^{-t}\frac{\sin xt}{t}dt=\arctan x$ .

证明下列函数关于 $\alpha$ 在集合 $-1< \alpha< 1$ 上内闭一致收敛：

\int_{0}^{\infty}\frac{\cos{x^2}}{x^\alpha}dx

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设 $x^2=t$ ，则 $dx=\frac{1}{2\sqrt{t}}dt$ ，故

\begin{aligned} \int_{0}^{\infty}\frac{\cos{x^2}}{x^\alpha}dx&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}\frac{\cos t}{t^\frac{\alpha+1}{2}}dt\\ &\xlongequal{\beta=\frac{\alpha+1}{2}}\frac{1}{2}\int_{0}^{\infty}t^{-\beta}\cos tdt\\ &=\frac{1}{2}\left(\int_{0}^{1}t^{-\beta}\cos tdt+\int_{1}^{\infty}t^{-\beta}\cos tdt\right)\\ &\triangleq J_1(\beta)+J_2(\beta) \end{aligned}

其中 $\beta\in (0,1)$ 。
对于 $J_1(\beta)$ ，因为 $\forall 0< \beta_1< \beta_2< 1$ ，

\begin{aligned} J_1(\beta)&=\int_{0}^{1}t^{-\beta}\cos tdt\\ &\leq \int_{0}^{1}t^{-\beta_2}\cos tdt &\leq \int_{0}^{1}t^{-\beta_2}dt \end{aligned}

又 $0< \beta_2< 1$ ，故 $\int_{0}^{1}t^{-\beta_2}dt$ 收敛，由M判别法得 $J_1(\beta)$ 在 $[\beta_1,\beta_2]$ 上一致收敛；
对于 $J_2(\beta)=\int_{1}^{\infty}t^{-\beta}\cos tdt$ ，因为

\int_{1}^{\infty}\cos tdt

关于 $\beta$ 一致有界，而 $t^{-\beta}$ 在 $[1,\infty]$ 单调且关于 $\beta$ 一致趋于 $0$ ，故由狄利克雷判别法， $J_2(\beta)$ 在 $[\beta_1,\beta_2]$ 上一致收敛。
综上， $J_1(\beta)+J_2(\beta)$ 在 $\beta\in(0,1)$ 上内闭一致收敛，即原积分在 $-1< \alpha< 1$ 上内闭一致收敛。

若曲线以极坐标 $\rho=\rho(\theta)(\theta_1\leq\theta\leq\theta_2)$ 表示，试给出计算 $\int_L f(x,y)ds$ 的公式，并用此公式计算下列曲线积分：

\int_L xds,\text{其中}L\text{为对数螺线}\rho=ae^{k\theta}(k>0)\text{在圆}r=a\text{内的部分}.

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公式推导：由极坐标方程得 $x=\rho(\theta)\cos\theta,y=\rho(\theta)\sin\theta$ ，故

\begin{aligned} ds&=\sqrt{\left(\frac{dx}{d\theta}\right)^2+\left(\frac{dy}{d\theta}\right)^2}\\ &=\sqrt{(-\rho(\theta)\sin\theta+\rho' (\theta)\cos\theta)^2+(\rho(\theta)\cos\theta+\rho'(\theta)\sin\theta)^2}\\ &=\sqrt{\rho^2(\theta)+(\rho'(\theta))^2} \end{aligned}

所以

\int_L f(x,y)ds=\int_{\theta_1}^{\theta_2}f(\rho(\theta)\cos\theta,\rho(\theta)\sin\theta)\sqrt{\rho^2(\theta)+(\rho'(\theta))^2}

计算：

\begin{aligned} \int_L xds&=\int_{-\infty}^0 ae^{k\theta}\cos\theta\sqrt{(ae^{k\theta})^2+(ake^{k\theta})^2}d\theta\\ &=a^2\sqrt{1+k^2}\int_{\infty}^0 e^{2k\theta}\cos\theta d\theta\\ &=a^2\sqrt{1+k^2}\cdot e^{2k\theta}\left.\frac{\sin\theta+2k\cos\theta}{4k^2+1}\right|_{\infty}^0\\ &=\frac{2ka^2\sqrt{1+k^2}}{4k^2+1} \end{aligned}

计算下述曲线积分：

\int_L y^2dx+z^2dy+x^2dz

L

是维维安尼曲线

x^2+y^2+z^2=a^2,x^2+y^2=ax(z\geq 0,a>0)

；若从

x

轴正向看去，

L

是逆时针方向进行的。

-\frac{\pi}{4}a^3

。$

设 $x=a\sin^2t,y=a\sin t\cos t,z=a\cos t$ ，其中 $t:\frac{\pi}{2}\to-\frac{\pi}{2}$ （关键一步）
于是

\begin{aligned} &\int_L y^2dx+z^2dy+x^2dz\\ =&\int_{\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{2}}a^2\sin^2t\cos^2t\cdot 2a\cos t\sin t+a^2\cos^2 t\cdot a\cos 2t-a^2\sin^4 t\cdot a\sin tdt\\ =&a^3\int_{\frac{\pi}{2}}^{-\frac{\pi}{2}}(2\sin^3t\cos^3t+\cos^4 t-\cos^2 t\sin^2 t-\sin^5 t)dt\\ =&-2a^3\int_0^{-\frac{\pi}{2}}(\cos^4 t-\cos^2 t\sin^2 t)dt\\ =&-\frac{\pi}{4}a^3 \end{aligned}

设平面区域 $D$ 在 $x$ 轴和 $y$ 轴的投影长度分别为和 $l_x$ 和 $l_y$ ， $D$ 的面积为 $S_D$ ， $(\alpha,\beta)$ 为 $D$ 内任一点，证明：

（1）

\left|\iint_D (x-\alpha)(y-\beta)d\sigma\right|\leq l_xl_yS_D

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证明：设D在 $x$ 轴与 $y$ 轴投影分别为 $[a,b]$ 与 $[c,d]$ ，则 $l_x=b-a,l_y=d-c$ ，所以

\left|\iint_D (x-\alpha)(y-\beta)d\sigma\right|\leq\iint_D |x-\alpha||y-\beta|d\sigma\leq l_xl_yS_D.

（2）

\left|\iint_D (x-\alpha)(y-\beta)d\sigma\right|\leq\frac{l_x^2l_y^2}{4}

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证明：因为

\left|\iint_D (x-\alpha)(y-\beta)d\sigma\right|\leq\int_a^b|x-\alpha|dx\cdot\int_c^d|y-\beta|dy,

对于 $\int_a^b|x-\alpha|dx$ ，因为

\begin{aligned} \int_a^b|x-\alpha|dx&=\int_a^\alpha(x-\alpha)dx+\int_\alpha^b(\alpha-x)dx\\ &=\left.\frac{1}{2}x^2-\alpha x\right|_a^\alpha-\left.\frac{1}{2}x^2-\alpha x\right| _\alpha^b\\ &=\frac{(\alpha-a)^2+(b-\alpha)^2}{2}\\ &\xlongequal{u=\alpha-a}\frac{u^2+(b-a-u)^2}{2}\\ &\leq \frac{l_x^2}{2} \end{aligned}

同理有 $\int_a^b|y-\beta|dy\leq\frac{l_y^2}{2}$ ，故得证。

运用格林公式计算双纽线 $(x^2+y^2)^2=a^2(x^2-y^2)$ 所围的平面面积。

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先转化为极坐标：设 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$ ，则
$r^4=a^2r^2(\cos^2\theta-\sin^2\theta)\Longrightarrow r^2=a^2\cos2\theta$ （当 $-\frac{\pi}{4}\leq\theta\leq\frac{\pi}{4}$ 时，对应右半片），故

\begin{aligned} S&=\frac{1}{2}\oint xdy-ydx\\ &=\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\left[a \sqrt{\cos2\theta}\cos\theta \left(a \sqrt{\cos2\theta}\cos\theta-\frac{a\sin2\theta\sin\theta}{\sqrt{\cos2\theta}}\right)\right] \\ &-a \sqrt{\cos2\theta}\sin\theta\Big(-a \sqrt{\cos2\theta}\sin\theta-\frac{a\sin2\theta\cos\theta}{\sqrt{\cos2\theta}}\Big)\Big]d\theta \\ &=a^{2}\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\cos2\theta d\theta=a^{2}. \end{aligned}

注：实际上也可以直接用极坐标面积公式： $S=\frac{1}{2}\oint r^2d\theta$ ，简单证明如下：
因为 $dx=\cos\theta dr-r\sin\theta d\theta,dy=\sin\theta dr+r\cos\theta d\theta$ ，所以

\begin{aligned} xdy-ydx & =(r\cos\theta)(\sin\theta dr+r\cos\theta d\theta)-(r\sin\theta)(\cos\theta dr-r\sin\theta d\theta) \\ & =(r\sin\theta\cos\theta dr+r^2\cos^2\theta d\theta)-(r\sin\theta\cos\theta dr-r^2\sin^2\theta d\theta) \\ & =r^2(\cos^2\theta+\sin^2\theta)d\theta \\ & =r^2d\theta \end{aligned}

那么此题就可以直接得到 $a^{2}\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}\cos2\theta d\theta=a^2$ .

计算下列第一型曲面积分：

\iint_S(x^2+y^2)dS

其中 $S$ 为立体 $\sqrt{x^2+y^2}\leq z\leq 1$ 的边界曲面。

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将 $S$ 分为 $S_1:z=\sqrt{x^2+y^2}$ 和 $S_2:z=1,x^2+y^2\leq 1$ ，二者在 $xy$ 平面上投影均为 $x^2+y^2\leq 1$ ，于是

\begin{aligned} \iint_{s}(x^{2}+y^{2}) dS & =\iint_{S_{1}}(x^{2}+y^{2}) dS+\iint_{S_{2}}(x^{2}+y^{2}) dS \\ & =\sqrt{2}\iint_{x^{2}+y^{2}\leqslant1}(x^{2}+y^{2})dxdy+\iint_{x^{2}+y^{2}\leqslant1}(x^{2}+y^{2})dxdy \\ & =\sqrt{2}\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}r^{3} dr+\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}r ^{3} dr \\ & =\frac\pi2(\sqrt{2}+1). \end{aligned}

注意不要漏掉 $S_2$

计算下列第二型曲面积分：

\iint_S x^2dydz+y^2dzdx+z^2dxdy

其中 $S$ 是球面 $(x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2=R^2$ 并取外侧为正向。

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由轮换对称性，只需计算 $\iint_S z^2dxdy$ .
由 $z-c=\pm\sqrt{R^{2}-(x-a)^{2}-(y-b)^{2}}$ ，利用极坐标变换可得

\begin{aligned} & \iint_{S}x^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_{D_{xy},(x-a)^{2}+(y-b)^{2}\leqslant R^{2}}(c+\sqrt{R^{2}-(x-a)^{2}-(y-b)^{2}})\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ & -\iint_{D_{xy}}(c-\sqrt{R^{2}-(x-a)^{2}-(y-b)^{2}})\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ & =4c\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{R}\sqrt{R^{2}-r^{2}}\mathrm{d}r=\frac{8}{3}\pi R^{3}c, \end{aligned}

故原式= $\frac{8}{3}\pi R^{3}(a+b+c)$ .

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