高数模拟题

1


没说驻点……

反例：$f(x,y)=x^2+y^2$，得到 $f_{xx}=2,f_{yy}=2,f_{xy}=0$

隐函数存在定理

考察 $(x_0,y_0)$ 处，邻域内有偏导，对于 $F(x,y)=0$，确定 $y=y(x)$，需要 $F_y(x_0,y_0) \not=0$，$F(x,y)=0$，在 $U(x_0,y_0)$ 内可以唯一确定 $y=y(x)$，

$\frac{\mathrm d y}{\mathrm d x}=-\frac{F_x}{F_y}$

连续

对于 $x=x(y)$，

$\frac{\mathrm d x}{\mathrm d y}=-\frac{F_y}{F_x}$

对于三元函数 $F(x,y,z)=0$，确定 $z=z(x,y)$，要求 $F_z(x_0,y_0,z_0)\not=0$，此时

$\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{F_x}{F_z}$

2


联立：

$\left\{ \begin{aligned} z^2+y^2=1\\ z^2+x^2=1 \end{aligned} \right.$

空间曲线的切向量怎么找

方法 1：参数化 不妨：

$\left\{ \begin{aligned} &x=y=\cos t\\ &z=\sin t \end{aligned} \right.$

$z'=(-\sin t,-\sin t,\cos t)$

垂直于 $(1,1,1)$，得到 $-2\sin t+\cos t=0$，因此，$\cos t=\frac{2}{\sqrt{5}},\sin t=\frac{1}{\sqrt{5}}$。

方法 2：求梯度 平面的法向量叉乘，得到切向量的方向

$(0,y,z) \times (x,0,z) = (-yz,-xz,xy) \bot(1,1,1)$

对于曲面 $F(x,y,z)=0$，设

$\gamma(t)=F(x(t),y(t),z(t))\equiv0$

对 $t$ 求导，得到

$\gamma'(t)=x'(t)F_x+y'(t)F_y+z'(t)F_z\equiv 0$

也就是

$(x'(t),y'(t),z'(t))\cdot \nabla F \equiv0$

3


方法 1 轮换对称性。

$u=\sqrt{a} x \quad v=\sqrt{b} y \quad w=\sqrt{c} z$

得到

$u^2+v^2+w^2 \le 1$

而且积分 $I$

$I=\iiint_{\Omega'} \frac{u^2}{a} \cdot |J| \mathrm du\mathrm d v\mathrm d w=\iiint_{\Omega'} \frac{u^2}{a} \cdot \frac{1}{\sqrt{abc}} \mathrm du\mathrm d v\mathrm d w$

$I=\frac{1}{3a\sqrt{abc}} \iiint_{\Omega'} (u^2+v^2+w^2)\mathrm d u\mathrm d v\mathrm d w$

注意到 $z \ge 0$，因此是半球，然后代入球面坐标

$\iiint_{\Omega'} r^2 \cdot r^2 \sin \varphi \mathrm d r \mathrm d \varphi \mathrm d \theta=2\pi \times \frac{1}{5}$

就是 $B$。

方法 2 广义球坐标换元。

$x=\frac {1}{\sqrt{a}} r \cos\theta \sin\varphi \quad y=\frac{1}{\sqrt{b}} r \sin\theta \sin\varphi \quad z=\frac{1}{\sqrt{c}} r \cos \varphi$

积分区域 $\varphi \in [0,\frac{\pi}{2}],\theta\in[0,2\pi],r\in[0,1]$。使用瓦里斯公式……

$I=\int_0^\frac{\pi}{2} \mathrm d \varphi \int_0^{2\pi} \mathrm d \theta \int_0^1 \frac{r^2 \sin \varphi}{\sqrt{abc}} \frac{1}{a}r^2 \cos ^2 \theta \sin^2 \varphi \mathrm d r\\ =\underbrace{\int_0^\frac{\pi}{2} \sin^3 \varphi \mathrm d \varphi}_{\frac{2}{3}}\underbrace{\int_0^{2\pi} \cos^2 \theta \mathrm d \theta}_{4\times \frac{\pi}{4}}\int_0^1 r^4 \mathrm d r=\frac{2\pi}{15a\sqrt{abc}}$

4


问你：

$\int_0^\pi \mathrm d x\int_0^\pi \mathrm d y \int_0^\pi |\cos (x+y+z)\,| \mathrm d z$

积分的周期性 $|\cos x\,|$ 周期为 $\pi$，性质

1. $\int_p^{p+\pi} |\cos x\, |\mathrm d x=\int_0^\pi |\cos x\, |\mathrm d x \quad \forall p\in \R$

2. 类似于第一条，进行换元。

   $\int_0^\pi |\cos (x+\alpha)\,| \mathrm d x=\int_0^\pi |\cos x\, |\mathrm d x$

对于 1

注意到

$\int_0^\pi |\cos (ny)\, |\mathrm dy \equiv 2$

对于 2

显然不具备周期性。

对于 3，和 1 是一样的。

5


1. 其实相当于说方形区域和圆形区域是等价的。

2. 其实在说 $ax^2+2bxy+cy^2$ 不会跑到无穷大去，还要求正定，因此对。

3. $\nabla f\not=0$ 其实在说邻域里面一定有比当前值更大/小的点。

6


$\lim_{n \to +\infin} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{1}{(2+\frac{i}{n})(1+9\frac{j^2}{n^2})} \frac{1}{n} \frac{1}{n}\\ =\int_{0}^1 \int_0^1 \frac{1}{(2+x)(1+9y^2)} \mathrm d x\mathrm d y\\ =\ln(2+x)|_0^1 \times \frac{1}{3}\arctan(3y)|^1_0=\ln\left(\frac{3}{2}\right)\frac{1}{3}\arctan(3)$

利用

$x \Rightarrow \frac{i}{n} \quad y\Rightarrow \frac{j}{n} \quad \mathrm d x=\mathrm d y=\frac{1}{n}$

其中，积分上限由求和上限决定 $2n \Rightarrow 2$，$n^2 \Rightarrow +\infin$。

7

方向导数的定义，在曲面上横向切一刀，纵向切一刀。

方向导数存在，但是不连续的例子：

$f(x,y)=\frac{x^5}{(y-x^2)^2+x^6}$


$\left.\frac{\partial f}{\partial \boldsymbol l}\right|_{(0,0)}=\lim_{t \to 0} \frac{f(t\cos\alpha,t\cos \beta)-f(0,0)}{t}$

当 $x=y$ 此时 $\cos \alpha=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}$ 显然极限不存在。

当 $x\not=y$ 得到方向导数为

$\sin\alpha-\cos \alpha$

因此，存在。

方向导数的计算公式（当可微时成立）

$|u_x \cos \alpha+u_y \sin\alpha|=|6xe^{x^2}\cos \alpha+2y \sin\alpha|=3\sqrt{2}e+\sqrt{2}$

8


$\int_1^2 \mathrm d y\int_y^{y^2} \sin\left(\frac{\pi x}{2y}\right) \mathrm d x$

$\left.\left[-\frac{2y}{\pi} \cos \left(\frac{\pi x}{2y}\right)\right]\right|_y^{y^2}=-\frac{2y}{\pi} \cos\left(\frac{\pi y}{2}\right)$

化为

$-\int_1^2\frac{2y}{\pi} \cos\left(\frac{\pi y}{2}\right)\mathrm d y$

方法 2，列表法，是 $f(x) \times g(x)$ 的形式，其中 $f(x)$ 求几次导就会变为 0.

$y \overset{导}{\rightarrow} 1 \overset{导}{\rightarrow} 0\\ \cos \left(\frac{\pi}{2} y\right)\overset{积}{\rightarrow}\frac{2}{\pi}\sin\left(\frac{\pi}{2} y\right)\overset{积}{\rightarrow} -\frac{4}{\pi^2}\cos \left(\frac{\pi y}{2}\right)$

$\frac{2}{\pi} y\sin\left(\frac{\pi}{2} y\right)+\frac{4}{\pi^2} \cos \left(\frac{\pi y}{2}\right)$

9


$\left\{ \begin{aligned} &\mathrm d x=-e^{z+1}\mathrm d t+e^{z+1}(1-t) \mathrm d z\\ &\mathrm d y=3z^2 e^t \mathrm d z+z^3e^t \mathrm d t \end{aligned} \right.$

当 $x=0,y=1$，$z=e^{-\frac{1}{3}},t=1$

$\left\{ \begin{aligned} &\mathrm d x=-e^{\exp(-1/3)+1}\mathrm d t\\ &\mathrm d y=3\exp(-2/3) e \mathrm d z+\exp(-1)e \mathrm d t=3\exp(1/3) \mathrm d z+\mathrm d t \end{aligned} \right.$

$\mathrm d z=\frac{\mathrm d y-\mathrm d t}{3\exp(1/3)}=\frac{\mathrm d y+e^{-\exp(-1/3)-1}\mathrm d x}{3\exp(1/3)}=\frac{1}{3} \exp(-1/3)\mathrm d y+\frac{1}{3}e^{-4/3-\exp(-1/3)} \mathrm d x$

10


注意到体密度关于 $x,y,z$ 轮换对称。可以换为 $x^2+y^2+z^2 \le 2Rz$。

交线为 $z=\frac{R}{2}$，$x^2+y^2=\frac{3R}{4^2}$。

$\int_0^\frac{R}{2} \mathrm d z \int_0^{2\pi }\mathrm d\theta\int_0^{\sqrt{2Rz-z^2}} (r^2+z^2) r\mathrm d r +\int_\frac{R}{2}^R \mathrm d z \int_0^{2\pi }\mathrm d\theta\int_0^{\sqrt{R^2-z^2}} (r^2+z^2) r\mathrm d r$

$\pi \left(\int_0^\frac{R}{2} \mathrm d z\int_0^{2Rz-z^2} (t+z^2)\mathrm d t+\int_\frac{R}{2}^R \mathrm d z\int_0^{R^2-z^2} (t+z^2) \mathrm d t\right)\\ =\pi\left(\int_0^\frac{R}{2}(2Rz-z^2)^2/2+z^2(2Rz-z^2) \mathrm d z+\int_{\frac{R}{2}}^R (R^2-z^2)^2/2+z^2(R^2-z^2) \mathrm d z\right)\\ =\frac{77R^5}{960}\pi+\frac{49R^5}{320}\pi=\frac{7R^5}{30}\pi$

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$\sqrt{x}$ 改为 $\sqrt{|x|}$


第一问

经验，出现 $\sin(\alpha(r))$，用等价无穷小，出现 $\sin(1/r)$，必然震荡，因此放缩。

取 $x=ky^2$，得到

$f(x,y)=(a\sqrt{k}y+k^2y^4+ky^2+b)\cdot \frac{\sin k^2y^4}{(1+k^2)y^4}$

$b=0$ 才连续。

第二问

可微可以推出连续，因此 $b=0$，这样

$f(x,y)=\left\{\begin{aligned} &(a\sqrt{x}+x^2+y^2)\cdot \frac{\sin(xy^2)}{x^2+y^4}\\ &0 \end{aligned}\right.$

可以放掉有界量，$\frac{\sin(xy^2)}{x^2+y^4}$ 。

得到

$\lim_{(x,y) \to (0,0)} \frac{a\sqrt{|x|} +x^2+y^2}{\sqrt{x^2+y^2}}$

后面显然趋于 0，前面需要 $a=0$。

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原式等价

$u_{11}(x,y)-4u_{12}(x,y)+3u_{22}(x,y)=0$

对于 $u(x,2x)=x$ 两边对 $x$ 求偏导。

$u_1(x,2x)+2u_2(x,2x)=1$

因此，为了得到 $u_2(x,2x)$，进行代换。

$u_2(x,2x)=\frac{1-x^2}{2}$

$\left\{ \begin{aligned} &u_{11}(x,2x)+2u_{12}(x,2x)=2x\\ &u_{12}(x,2x)+2u_{22}(x,2x)=-x\\ &u_{11}-4u_{12}+3u_{22}=0 \end{aligned} \right.$

Cramer 法则。

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$\left\{ \begin{aligned} \varphi_x'&=25 \arctan^2 x \frac{1}{1+x^2}-16 \arctan x \frac{1}{1+x^2}+\frac{\arctan y}{1+x^2}\\&=(24\arctan^2 x-16\arctan x+\arctan y) \frac{1}{1+x^2}\\ \varphi'_y&=\arctan x \frac{1}{1+y^2}-\frac{1}{4}\arctan y \frac{1}{1+y^2} \end{aligned} \right.$

然后在求二阶导。

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求 $\displaystyle \iint_D \mathrm d \sigma$，其中 $D=\{(x,y) \mid \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2} \le 1,0\le y \le x\}$

$\theta$ 范围 $[0,\arctan b/a]$。

使用柱面坐标

$\iint_D \mathrm d \sigma \int_0^{\sqrt{3x^2+y^2+1}} z \mathrm d z=\iint_D (r^2)^5 \frac{1}{2} (\underbrace{3x^2+y^2+1}_{2r^2+1})r\mathrm d r \mathrm d \theta=\frac{19\pi}{84}$

15


$\Sigma$ 曲面：

利用参数方程：

$(1,\frac{\sqrt 3}{3}t,t)$

旋转得到

$x^2+y^2=1+\frac{1}{3}z^2 \quad z=t$

注意到积分区域关 $x,y,z$ 对称，奇函数都可以消掉。

结果是

$-\int_{-\frac{3}{2}}^\frac{3}{2} \pi(3-\frac{4}{3}z^2)\mathrm d z$

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轮换对称性。

$2I=\iint_D \frac{f^2(x,y)+f^2(y,x)}{f(x,y)f(y,x)} \mathrm d x\mathrm d y\ge \iint_D 2\mathrm d x\mathrm d y$

I_\min=S_{D}

类似于极坐标：

$x=r^3 \cos ^3 \theta \quad y= r^3 \sin^3\theta \quad r\in [0,1]$

$J=\begin{vmatrix} 3r^2 \cos ^3 \theta&3r^2 \sin^3\theta\\ -3r^3\sin\theta\cos^2\theta&3r^3\sin^2\theta\cos\theta \end{vmatrix}=9r^5\sin^2 \theta\cos^2\theta$

$\int_0^{2\pi} \mathrm d \theta \int_0^1 9r^5 \sin^2\theta\cos^2\theta\mathrm d r=\frac{1}{4}\int_0^{2\pi} \sin^2\theta\cos^2\theta \mathrm d \theta\int_0^1 9r^5 \mathrm d r=\frac{1}{4}\pi \cdot \frac{3}2 =\frac{3\pi}{8}$

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分区域积分，整体+2倍右上角正的：

$A=\iint_D \left(-xy+\frac{1}{4}\right)\mathrm d \sigma+2\iint_{D'} (xy-\frac{1}{4}) \mathrm d \sigma$

$|f(\xi,\eta)|\iint_D\left|xy-\frac{1}{4}\right|= \iint_D \left|xy-\frac{1}{4}\right| |f(x,y)| \mathrm d \sigma \ge |\iint_D (xy-\frac{1}{4}) f(x,y) \mathrm d \sigma|=|p|=p$