多元微积分习题整理

一、利用$ε$-$δ$语言描述的二元函数极限

已知二元函数

$$f(x, y) = \frac{x^3}{3} + \frac{y^3}{3} + (x^2 - 2x - 3)\sin y, \quad (x, y) \in \mathbb{R}^2.$$

试用 $ε$-$δ$语言描述的二元函数极限定义证明：

$$\lim_{(x, y) \to (3, 3)} f(x, y) = 18.$$

证明：

$\forall \, ε > 0$。

在矩形区域 $[2, 4] \times [2, 4]$ 进行计算。首先，使用一元函数之Lagrange中值定理，对于任意给定的 $x \in [2, 4]$，都存在介于3和$x$之间的点$\xi$使得：

$$\frac{x^3}{3} - \frac{3^3}{3} = \xi^2(x - 3).$$

因此，可得：

$$\left|\frac{x^3}{3} - \frac{3^3}{3}\right| \leq 16|x - 3|, \quad \text{当 } x \in [2, 4].$$

同理：

$$\left|\frac{y^3}{3} - \frac{3^3}{3}\right| \leq 16|y - 3|, \quad \text{当 } y \in [2, 4].$$

另外，当 $(x, y) \in [2, 4] \times [2, 4]$ 时，计算：

$$\left|(x^2 - 2x - 3)\sin y\right| = |x - 3| \cdot |x + 1| \cdot |\sin y| \leq 5|x - 3|.$$

选取：

$$\delta = \min\left\{1, \frac{ε}{42}\right\} > 0.$$

当 $0 < \sqrt{(x - 3)^2 + (y - 3)^2} < \delta$ 时，使用上述不等式，计算：

$$|f(x, y) - 18| = \left|\frac{x^3}{3} + \frac{y^3}{3} + (x^2 - 2x - 3)\sin y - 18\right|$$ $$\leq \left|\frac{x^3}{3} - \frac{3^3}{3}\right| + \left|\frac{y^3}{3} - \frac{3^3}{3}\right| + \left|(x^2 - 2x - 3)\sin y\right|$$ $$\leq 16|x - 3| + 16|y - 3| + 5|x - 3|$$ $$\leq 42\sqrt{(x - 3)^2 + (y - 3)^2} < 42\delta \leq 42 ·\frac{\varepsilon}{42}=\varepsilon$$

根据用 $ε$-$δ$ 语言描述的二元函数极限定义，得出：

$$\lim_{(x, y) \to (3, 3)} f(x, y) = 18.$$

二、利用$ε$-$δ$语言讨论函数连续性

已知二元函数

$$f(x, y) = \begin{cases} \frac{x^3}{x^2 + y^2}, & \text{当 } (x, y) \neq (0, 0) \text{时}, \\ 0, & \text{当 } (x, y) = (0, 0) \text{时}. \end{cases}$$

试用 $ε$-$δ$语言描述的二元函数在一点连续定义证明：二元函数 $f(x, y)$ 在原点 $(0, 0)$ 处连续。

证明：

$\forall \, ε > 0$，我们计算：

$$|f(x, y) - f(0, 0)| = \left| \frac{x^3}{x^2 + y^2} \right| \leq |x|, \quad \text{当 } 0 < \sqrt{(x - 0)^2 + (y - 0)^2} < 1.$$

因此，选取：

$$\delta = \min\{1, ε\} > 0.$$

当 $\sqrt{(x - 0)^2 + (y - 0)^2} < \delta$ 时，使用上述不等式，计算：

$$|f(x, y) - f(0, 0)| \leq |x| \leq \delta \leq ε.$$

根据 $ε$-$δ$ 语言描述的二元函数在一点连续定义，可以断言：二元函数 $f(x, y)$ 在原点 $(0, 0)$ 处连续。解答完毕。

三、求偏导数和全微分

已知二元函数

$$u = 1 + \ln(1 + x^2 + y^2), \quad (x, y) \in \mathbb{R}^2.$$

试计算一阶偏导数 $\frac{\partial u}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial u}{\partial y}$ 以及一阶全微分 $du$。

解：

直接计算一阶偏导数：

$$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{2x}{1 + x^2 + y^2},$$

以及

$$\frac{\partial u}{\partial y} = \frac{2y}{1 + x^2 + y^2}.$$

进一步地，根据全微分公式得出：

$$du = \frac{\partial u}{\partial x} dx + \frac{\partial u}{\partial y} dy = \frac{2x dx + 2y dy}{1 + x^2 + y^2}.$$

四、求梯度和方向导数

已知三元函数

$$f(x, y, z) = 1 + x^2 + 2y^3 + 3z^4, \quad (x, y, z) \in \mathbb{R}^3.$$

试求出三元函数 $f(x, y, z)$ 在 $M(1, 1, 1)$ 处沿着 $\vec{l} = (1, 2, 3)$ 的方向导数。

解：

首先计算向量 $\vec{l} = (1, 2, 3)$ 的方向余弦为：

$$(\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma) = \frac{\vec{l}}{|\vec{l}|} = \frac{(1, 2, 3)}{\sqrt{1^2 + 2^2 + 3^2}} = \left(\frac{1}{\sqrt{14}}, \frac{2}{\sqrt{14}}, \frac{3}{\sqrt{14}}\right).$$

再来计算三元函数 $f(x, y, z)$ 在 $M(1, 1, 1)$ 处的一阶偏导数：

$$\frac{\partial f}{\partial x} \bigg|_{M(1, 1, 1)} = 2x \big|_{M(1, 1, 1)} = 2,$$ $$\frac{\partial f}{\partial y} \bigg|_{M(1, 1, 1)} = 6y^2 \big|_{M(1, 1, 1)} = 6,$$ $$\frac{\partial f}{\partial z} \bigg|_{M(1, 1, 1)} = 12z^3 \big|_{M(1, 1, 1)} = 12.$$

根据公式：

$$\frac{\partial f}{\partial \vec{l}} \bigg|_{M(1, 1, 1)} = \frac{\partial f}{\partial x} \bigg|_{M(1, 1, 1)} \cdot \cos \alpha + \frac{\partial f}{\partial y} \bigg|_{M(1, 1, 1)} \cdot \cos \beta + \frac{\partial f}{\partial z} \bigg|_{M(1, 1, 1)} \cdot \cos \gamma.$$

并使用上述计算得出：

$$\frac{\partial f}{\partial l} \bigg|_{M(1, 1, 1)} = 2 \cdot \frac{1}{\sqrt{14}} + 6 \cdot \frac{2}{\sqrt{14}} + 12 \cdot \frac{3}{\sqrt{14}} = \frac{50}{\sqrt{14}}.$$

解答完毕。

五、求梯度和模

已知三元函数

$$f(x, y, z) = 5 + x^3yz + xy^3z + xyz^3, \quad (x, y, z) \in \mathbb{R}^3.$$

试计算函数 $f(x, y, z)$ 在 $M(1, 1, 1)$ 处的梯度及其模。

解：

计算三元函数 $f(x, y, z) = x^3yz + xy^3z + xyz^3$ 在 $M(1, 1, 1)$ 处的一阶偏导数：

$$\frac{\partial f}{\partial x} \bigg|_{M(1, 1, 1)} = (3x^2yz + y^3z + yz^3) \big|_{M(1, 1, 1)} = 5.$$

同理可得：

$$\frac{\partial f}{\partial y} \bigg|_{M(1, 1, 1)} = 5, \quad \frac{\partial f}{\partial z} \bigg|_{M(1, 1, 1)} = 5.$$

于是得到函数 $f(x, y, z)$ 在 $M(1, 1, 1)$ 处梯度：

$$\text{grad} \, f \big|_{M(1, 1, 1)} = (5, 5, 5).$$

及其模：

$$|\text{grad} \, f(M)| = \sqrt{5^2 + 5^2 + 5^2} = 5\sqrt{3}.$$

解答完毕。

六、求多元函数高阶导数

已知二元函数

$$u = 1 + 2x^3y + 3xy^3 + 4\sin(5x + 6y), \quad (x, y) \in \mathbb{R}^2.$$

试计算一阶偏导数 $\frac{\partial u}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial u}{\partial y}$，以及二阶偏导数 $\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}, \frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y}, \frac{\partial^2 u}{\partial y^2}$。

解：

计算一阶偏导数

$$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x} \left[ 1 + 2x^3y + 3xy^3 + 4\sin(5x + 6y) \right] = 6x^2y + 3y^3 + 20\cos(5x + 6y).$$ $$\frac{\partial u}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left[ 1 + 2x^3y + 3xy^3 + 4\sin(5x + 6y) \right] = 2x^3 + 9xy^2 + 24\cos(5x + 6y).$$

再来计算二阶偏导数

1. 计算 $\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$：

$$\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{\partial u}{\partial x} \right) = \frac{\partial}{\partial x} \left( 6x^2y + 3y^3 + 20\cos(5x + 6y) \right) = 12xy - 100\sin(5x + 6y).$$

1. 计算 $\frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y}$：

$$\frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{\partial u}{\partial x} \right) = \frac{\partial}{\partial y} \left( 6x^2y + 3y^3 + 20\cos(5x + 6y) \right) = 6x^2 + 9y^2 - 120\sin(5x + 6y).$$

1. 计算 $\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}$：

$$\frac{\partial^2 u}{\partial y^2} = \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{\partial u}{\partial y} \right) = \frac{\partial}{\partial y} \left( 2x^3 + 9xy^2 + 24\cos(5x + 6y) \right) = 18xy - 144\sin(5x + 6y).$$

解答完毕。

七、求函数在定义域内的极值点

已知二元函数

$$f(x, y) = x^3 + 2y^3 - 3x - 6y + 9, \quad (x, y) \in \mathbb{R}^2.$$

回答下列问题

1. 函数 $f(x, y)$ 在 $\mathbb{R}^2$ 内有极小值点吗？如果有，试求出所有极小值点及其极小值。如果没有，试说明理由。
2. 函数 $f(x, y)$ 在 $\mathbb{R}^2$ 内有极大值点吗？如果有，试求出所有极大值点及其极大值。如果没有，试说明理由。

解：

求出驻点，解下列方程组：

$$\frac{\partial f}{\partial x} = 3x^2 - 3 = 0,$$ $$\frac{\partial f}{\partial y} = 6y^2 - 6 = 0.$$

求以上方程组得到下列驻点：

$$P_1(1, 1), \; P_2(1, -1), \; P_3(-1, 1), \; P_4(-1, -1).$$

根据一点成为极值点的必要条件，除了驻点 $P_1(1, 1), P_2(1, -1), P_3(-1, 1), P_4(-1, -1)$ 以外的所有点都不是极值点。因此，须分别判别驻点 $P_1(1, 1), P_2(1, -1), P_3(-1, 1), P_4(-1, -1)$ 是否为极值点。

为此，计算 Hesse 矩阵

$$H = \begin{pmatrix} \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} & \frac{\partial^2 f}{\partial x \partial y} \\ \frac{\partial^2 f}{\partial y \partial x} & \frac{\partial^2 f}{\partial y^2} \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} 6x & 0 \\ 0 & 12y \end{pmatrix}.$$

及其行列式

$$\det H = 72xy.$$

使用上述计算得出

$$\det H|_{P_2(1, -1)} = \det H|_{P_3(-1, 1)} = -72 < 0.$$

根据极值判别法，可以断言：

$P_2(1, -1)$ 和 $P_3(-1, 1)$ 都不是函数 $f(x, y)$ 的极值点。

进一步计算

$$\det H|_{P_1(1, 1)} = \det H|_{P_4(-1, -1)} = 72 > 0,$$ $$\frac{\partial^2 f}{\partial x^2} \bigg|_{P_1(1, 1)} = 6x|_{P_1(1, 1)} = 6 > 0, \quad \frac{\partial^2 f}{\partial x^2} \bigg|_{P_4(-1, -1)} = 6x|_{P_4(-1, -1)} = -6 < 0.$$

根据极值判别法，可以断言：

• $P_1(1, 1)$ 是函数 $f(x, y)$ 的极小值点，函数 $f(x, y)$ 在 $P_1(1, 1)$ 处取得极小值：

  $$f(1, 1) = 3.$$

• $P_4(-1, -1)$ 是函数 $f(x, y)$ 的极大值点，函数 $f(x, y)$ 在 $P_4(-1, -1)$ 处取得极大值：

  $$f(-1, -1) = 15.$$

综合上述分析

我们得出结论：

• 函数 $f(x, y)$ 在 $\mathbb{R}^2$ 内有且仅有一个极小值点 $P_1(1, 1)$，在 $P_1(1, 1)$ 处取得极小值 $3$；
• 函数 $f(x, y)$ 在 $\mathbb{R}^2$ 内有且仅有一个极大值点 $P_4(-1, -1)$，在 $P_4(-1, -1)$ 处取得极大值 $15$。

解答完毕。

八、求函数定义域内的最值点

【考虑边界点和极值点】

已知二元函数

$$f(x, y) = 4x^2 + 4y^2 - x - 2y + 9, \quad (x, y) \in \mathbb{R}^2.$$

试求出三元函数 $f(x, y)$ 在闭区域 $\Omega = {(x, y) : -1 \leq x \leq 1, -1 \leq y \leq 1}$ 上的最大值和最小值。

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解：求驻点

解下列方程组：

$$\frac{\partial f}{\partial x} = 8x - 1 = 0,$$ $$\frac{\partial f}{\partial y} = 8y - 2 = 0.$$

解得驻点 $P(1/8, 1/4) \in \Omega$。进一步，计算函数值：

$$\tag{1} f(P) = f(1/8, 1/4) = \frac{277}{32}.$$

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接着，求出 $f(x, y)$ 在闭区域的边界 $\partial \Omega = K_1 \cup K_2 \cup K_3 \cup K_4$ 上的最大值和最小值。

其中：

• $K_1 = {(x, y) : -1 \leq x \leq 1, y = -1}$,
• $K_2 = {(x, y) : x = 1, -1 \leq y \leq 1}$,
• $K_3 = {(x, y) : -1 \leq x \leq 1, y = 1}$,
• $K_4 = {(x, y) : x = -1, -1 \leq y \leq 1}$.

我们计算：

---

$K_1$ 上：

$$\max_{(x, y) \in K_1} f(x, y) = \max_{x \in [-1, 1]} (4x^2 - x + 15) = 20,$$ $$\min_{(x, y) \in K_1} f(x, y) = \min_{x \in [-1, 1]} (4x^2 - x + 15) = \frac{119}{16}.$$

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$K_2$ 上：

$$\max_{(x, y) \in K_2} f(x, y) = \max_{y \in [-1, 1]} (4y^2 - 2y + 12) = 18,$$ $$\min_{(x, y) \in K_2} f(x, y) = \min_{y \in [-1, 1]} (4y^2 - 2y + 12) = \frac{47}{4}.$$

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$K_3$ 上：

$$\max_{(x, y) \in K_3} f(x, y) = \max_{x \in [-1, 1]} (4x^2 - x + 11) = 18,$$ $$\min_{(x, y) \in K_3} f(x, y) = \min_{x \in [-1, 1]} (4x^2 - x + 11) = \frac{87}{16}.$$

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$K_4$ 上：

$$\max_{(x, y) \in K_4} f(x, y) = \max_{y \in [-1, 1]} (4y^2 - 2y + 14) = 20,$$ $$\min_{(x, y) \in K_4} f(x, y) = \min_{y \in [-1, 1]} (4y^2 - 2y + 14) = \frac{55}{4}.$$

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综合以上结果得出：

最大值计算

$$\max_{(x, y) \in \Omega} f(x, y) = \max_{(x, y) \in K_1 \cup K_2 \cup K_3 \cup K_4} f(x, y)$$ $$= \max\{20, 18, 18, 20\} = 20.$$

最小值计算

$$\min_{(x, y) \in \Omega} f(x, y) = \min_{(x, y) \in K_1 \cup K_2 \cup K_3 \cup K_4} f(x, y)$$ $$= \min\left\{\frac{119}{16}, \frac{47}{4}, \frac{87}{16}, \frac{55}{4}\right\} = \frac{87}{16}.$$

继续计算得出答案：

$$\max_{(x, y) \in \Omega} f(x, y) = \max\left\{f(P), \max_{(x, y) \in K_1 \cup K_2 \cup K_3 \cup K_4} f(x, y)\right\},$$ $$= \max\left\{\frac{277}{32}, 20\right\} = 20.$$ $$\min_{(x, y) \in \Omega} f(x, y) = \min\left\{f(P), \min_{(x, y) \in K_1 \cup K_2 \cup K_3 \cup K_4} f(x, y)\right\},$$ $$= \min\left\{\frac{277}{32}, \frac{87}{16}\right\} = \frac{87}{16}.$$

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因此，二元函数 $f(x, y)$ 在闭区域 $\Omega = [-1, 1] \times [-1, 1]$ 上的最大值和最小值分别是 $20$ 和 $\frac{87}{16}$。

解答完毕。

九、隐函数求导&求全微分

【这里也可以用$-\frac{F_x(x,y)}{F_y(x,y)}$法计算，但是要注意这种方法要说明隐函数可导，稳妥方法是列方程组+这种方法计算】

已知隐函数

$$z = z(x, y), \quad (x, y) \in \Omega$$

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由方程式
$
2z + 2y^2 + 3z^2 + 4x + 5y + 6z = 0
$
确定，其中 $\Omega \subset \mathbb{R}^2$ 是一个给定的开区域。

进一步假设隐函数 $z = z(x, y)$ 在开区域 $\Omega$ 内具有连续的一阶偏导数。试在 $\Omega$ 内计算一阶偏导数 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial z}{\partial y}$ 以及一阶全微分 $dz$。

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解：

根据已知条件，隐函数 $z = z(x, y)$ 在开区域 $\Omega$ 内具有连续的一阶偏导数。

因此，在方程式

$$2z + 2y^2 + 3z^2 + 4x + 5y + 6z = 0$$

的两端分别关于自变量 $x$ 和 $y$ 求偏导数，计算得出：

$$2x + 6z \frac{\partial z}{\partial x} + 4 + 6 \frac{\partial z}{\partial x} = 0$$

以及

$$4y + 6z \frac{\partial z}{\partial y} + 5 + 6 \frac{\partial z}{\partial y} = 0$$

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求解上述等式，立刻得到：

$$\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{x + 2}{3z + 3}, \quad \frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{4y + 5}{6z + 6}.$$

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进一步，得出一阶全微分：

$$dz = \frac{\partial z}{\partial x} dx + \frac{\partial z}{\partial y} dy$$ $$dz = -\frac{x + 2}{3z + 3} dx - \frac{4y + 5}{6z + 6} dy.$$

十、隐函数组求导

已知隐函数

$$u = u(x, y), \, v = v(x, y), \quad (x, y) \in \Omega$$

由方程组

$$\begin{cases} u^3 + v^3 - x^2 + y^2 = 0, \\ u + v - x^3 y^3 - 1 = 0 \end{cases}$$

确定，其中 $\Omega \subset \mathbb{R}^2$ 是一个给定的开区域。

进一步假设该隐函数 $u(x, y)$ 和 $v(x, y)$ 在开区域 $\Omega$ 内具有连续的一阶偏导数。

试在 $\Omega$ 内计算一阶偏导数 $\frac{\partial u}{\partial x}$，$\frac{\partial u}{\partial y}$，$\frac{\partial v}{\partial x}$ 以及 $\frac{\partial v}{\partial y}$。

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解：

根据已知条件，在开区域 $\Omega$ 内隐函数 $u(x, y)$ 和 $v(x, y)$ 具有连续的一阶偏导数。

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对方程组等式两边分别关于 $x$ 求偏导数，计算得出：

$$3u^2 \frac{\partial u}{\partial x} + 3v^2 \frac{\partial v}{\partial x} - 2x = 0$$ $$\frac{\partial u}{\partial x} + \frac{\partial v}{\partial x} - 3x^2 y^3 = 0$$

求解上述方程组得出：

$$\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{2x - 9x^2 y^3 v^2}{3u^2 - 3v^2}, \quad \frac{\partial v}{\partial x} = -\frac{2x - 9x^2 y^3 u^2}{3u^2 - 3v^2}.$$

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同理，对方程组等式两边分别关于 $y$ 求偏导数，计算得出：

$$3u^2 \frac{\partial u}{\partial y} + 3v^2 \frac{\partial v}{\partial y} + 2y = 0$$ $$\frac{\partial u}{\partial y} + \frac{\partial v}{\partial y} - 3x^3 y^2 = 0$$

求解上述方程组得出：

$$\frac{\partial u}{\partial y} = -\frac{2y + 9x^3 y^2 v^2}{3u^2 - 3v^2}, \quad \frac{\partial v}{\partial y} = \frac{2y + 9x^3 y^2 u^2}{3u^2 - 3v^2}.$$

解答完毕。

十一、求切平面和法线方程

已知空间曲面

$$\Sigma: 5x^2 + 6y^2 + 7z^2 = 18.$$

试计算曲面 $\Sigma$ 在 $M(1, 1, 1)$ 处的切平面方程和法线方程。

解

计算曲面 $\Sigma$ 在 $M(1,1,1)$ 处的法向量。为此，引进函数 $F(x, y, z) = 5x^2 + 6y^2 + 7z^2 - 18$.

此时，

$$\vec{n} = \nabla F|_{M(1,1,1)} = \left(\frac{\partial F}{\partial x}, \frac{\partial F}{\partial y}, \frac{\partial F}{\partial z}\right)\Big|_{M(1,1,1)} = (10x, 12y, 14z)|_{M(1,1,1)} = (10, 12, 14).$$

因此，得出切平面方程：

$$10(x - 1) + 12(y - 1) + 14(z - 1) = 0.$$

以及法线方程：

$$\frac{x - 1}{10} = \frac{y - 1}{12} = \frac{z - 1}{14}.$$

解答完毕

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十二、含参变量积分连续性

已知

$$f(t) = \int_0^1 \left(x + \sqrt{x^2 + t^2}\right)e^{x^2} \, dx, \quad t \in [-1, 1].$$

试计算极限：

$$\lim_{t \to 0} f(t).$$

---

解

注意到被积函数 $\left(x + \sqrt{x^2 + t^2}\right)e^{x^2}$ 在矩形区域 $(x, t) \in [0,1] \times [-1,1]$ 上连续。

因此，根据含参量积分的连续性定理，函数 $f(t)$ 在 $t \in [-1, 1]$ 上连续。由一元函数连续定义得出：

$$\lim_{t \to 0} f(t) = f(0).$$

现在，计算上述右端。根据 Newton-Leibniz 公式，计算

$$f(0) = \int_0^1 \left(x + \sqrt{x^2}\right)e^{x^2} \, dx = \int_0^1 2xe^{x^2} \, dx.$$

令 $u = x^2$，则 $du = 2x \, dx$，有：

$$f(0) = \int_0^1 e^u \, du = e^{x^2}\Big|_{0}^{1} = e^{1} - e^{0} = e - 1.$$

综合上述计算得出：

$$\lim_{t \to 0} f(t) = e - 1.$$

解答完毕

十三、含参变量积分可微性

已知

$$f(t) = \int_{t^2}^{t^3} e^{x^2 + 2x} \, dx, \quad t \in (-\infty, +\infty).$$

试求出导数 $f’(t)$。

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解

根据含参变量积分的导数计算公式，得出：

$$f'(t) = e^{x^2 + 2x} \big|_{x = t^3} \cdot \frac{d(t^3)}{dt} - e^{x^2 + 2x} \big|_{x = t^2} \cdot \frac{d(t^2)}{dt}.$$

计算：

$$f'(t) = e^{(t^3)^2 + 2t^3} \cdot 3t^2 - e^{(t^2)^2 + 2t^2} \cdot 2t,$$ $$= 3t^2 e^{t^6 + 2t^3} - 2t e^{t^4 + 2t^2}.$$

因此，

$$f'(t) = 3t^2 e^{t^6 + 2t^3} - 2t e^{t^4 + 2t^2}.$$

解答完毕

十四、含参反常积分连续性

已知

$$f(t) = \int_{0}^{+\infty} \frac{\cos(tx)}{1+x^2} \, dx, \quad t \in (-\infty, +\infty).$$

试计算极限：

$$\lim_{t \to 0} f(t).$$

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解

我们计算：

$$\left| \frac{\cos(tx)}{1+x^2} \right| \leq \frac{1}{1+x^2}, \quad \forall (x, t) \in [0, +\infty) \times (-\infty, +\infty).$$

注意到无穷积分：

$$\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^2} \, dx$$

收敛。

应用魏尔斯特拉斯M判别法，含参变量反常积分 $f(t)$ 在 $t \in (-\infty, +\infty)$上一致收敛。根据含参变量积分的连续性定理，一元函数 $f(t)$ 在 $t \in (-\infty, +\infty)$ 内连续。由一元函数连续性定义，得出：

$$\lim_{t \to 0} f(t) = f(0).$$

现在，计算上述右端。

根据 $t = 0$，计算：

$$f(0) = \int_{0}^{+\infty} \frac{\cos(0 \cdot x)}{1+x^2} \, dx = \int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^2} \, dx.$$

计算该积分：

$$\int_{0}^{+\infty} \frac{1}{1+x^2} \, dx = \lim_{A \to +\infty} \int_{0}^{A} \frac{1}{1+x^2} \, dx = \lim_{A \to +\infty} \left[ \arctan x \big|_{x=0}^{x=A} \right].$$ $$= \lim_{A \to +\infty} \left( \arctan A - \arctan 0 \right) = \frac{\pi}{2}.$$

综合上述计算，得出

$$\lim_{t \to 0} f(t) = \frac{\pi}{2}.$$

解答完毕

十六、含参变量反常积分一致收敛性的讨论

已知含参变量反常积分

$$I(x) = \int_{0}^{+\infty} \frac{3\sin(x+y+xy) + 5y\cos(x^3+y^3)}{3+y+y^3} \, dy, \quad x \in (-\infty, +\infty).$$

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试证明：反常积分 $I(x)$ 在 $x \in (-\infty, +\infty)$ 上一致收敛。

解

对于任意给定的 $y \in [0, +\infty)$，计算：

$$\left| \frac{3\sin(x+y+xy) + 5y\cos(x^3+y^3)}{3+y+y^3} \right| \leq \frac{|3\sin(x+y+xy)|}{3+y+y^3} + \frac{|5y\cos(x^3+y^3)|}{3+y+y^3}.$$

分别估计两个部分：

1. 对于 $\frac{|3\sin(x+y+xy)|}{3+y+y^3}$:

$$\frac{|3\sin(x+y+xy)|}{3+y+y^3} \leq \frac{3}{3+y+y^3}.$$

1. 对于 $\frac{|5y\cos(x^3+y^3)|}{3+y+y^3}$:

$$\frac{|5y\cos(x^3+y^3)|}{3+y+y^3} \leq \frac{5y}{3+y+y^3}.$$

因此，

$$\left| \frac{3\sin(x+y+xy) + 5y\cos(x^3+y^3)}{3+y+y^3} \right| \leq \frac{3}{3+y+y^3} + \frac{5y}{3+y+y^3}.$$

进一步利用不等式，可以得出：

$$\frac{3}{3+y+y^3} + \frac{5y}{3+y+y^3} \leq \frac{3}{1+y^2} + \frac{5y}{1+y^2} \leq \frac{8}{1+y^2}.$$

注意到反常积分：

$$\int_{0}^{+\infty} \frac{8}{1+y^2} \, dy$$

是收敛的。因此，结合上述不等式，应用魏尔斯特拉斯M判别法，含参变量反常积分 $I(x)$ 在 $x \in (-\infty, +\infty)$ 上一致收敛。

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解答完毕

十七、第一型曲线积分

试计算第一型曲线积分

$$\int_{\Gamma} (x^2 + 8xy + y^2) ds$$

其中$\Gamma$是下列曲线段：

$$\Gamma: \begin{cases} x = 4\cos t, \\ y = 4\sin t, \\ 0 \leq t \leq 2\pi. \end{cases}$$

解：根据第一型曲线积分公式，计算：

$$\int_{\Gamma} (x^2 + 8xy + y^2) ds = \int_0^{2\pi} \left\{ (4\cos t)^2 + 8(4\cos t)(4\sin t) + (4\sin t)^2 \right\} \cdot \sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2 + \left(\frac{dy}{dt}\right)^2} \, dt$$

进一步计算：

$$\int_{\Gamma} (x^2 + 8xy + y^2) ds = \int_0^{2\pi} \left( 16 + 128\cos t \sin t \right) \cdot \sqrt{(-4\sin t)^2 + (4\cos t)^2} \, dt = 128\pi.$$

因此，第一型曲线积分的值就是：

$$\int_{\Gamma} (x^2 + 8xy + y^2) ds = 128\pi.$$

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十八、第二型曲线积分

试计算第二型曲线积分

$$\int_{\Gamma} (x^2 + 2y^2) dx + (2x^2 + 6y^2) dy$$

其中$\Gamma$是沿着曲线 $y = \frac{x^2}{2}$ 从点 $O(0, 0)$ 到点 $A(1, \frac{1}{2})$ 的部分。

解：根据曲线条件，曲线段$\Gamma$的参数方程是：

$$\Gamma: \begin{cases} x = t, \\ y = \frac{t^2}{2}, \\ t \in [0, 1]. \end{cases}$$

使用第二型曲线积分公式，计算：

$$\int_{\Gamma} (x^2 + 2y^2) dx + (2x^2 + 6y^2) dy = \int_0^1 \left\{ t^2 + 2\left(\frac{t^2}{2}\right)^2 \right\} \, dt + \int_0^1 t \left\{ 2t^2 + 6\left(\frac{t^2}{2}\right)^2 \right\} \, dt = \frac{71}{60}.$$

因此，第二型曲线积分的值就是：

$$\int_{\Gamma} (x^2 + 2y^2) dx + (2x^2 + 6y^2) dy = \frac{71}{60}.$$

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十九、二重积分

试计算二重积分

$$\iint_D (x + y + 1) dxdy,$$

其中$D \subset \mathbb{R}^2$是由直线 $y = x$ 和曲线 $y = \frac{x^2}{2}$ 围成的有限区域。

解：有限区域$D$是一个$x$-型区域，可以表示为：

$$D = \{(x, y) : \frac{x^2}{2} \leq y \leq x, \, 0 \leq x \leq 2 \}.$$

于是，二重积分可以转化为累次积分，进行下列计算：

$$\iint_D (x + y + 1) dxdy = \int_0^2 dx \int_{x^2/2}^x (x + y + 1) \, dy.$$

计算：

$$\iint_D (x + y + 1) dxdy = \int_0^2 \left[ x + x^2 -\frac{x^3}{2} - \frac{x^4}{8} \right] dx = \frac{28}{15}.$$

因此，二重积分的值就是：

$$\iint_D (x + y + 1) dxdy = \frac{28}{15}.$$

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二十、极坐标变换计算二重积分

试使用极坐标变换计算二重积分

$$\iint_D (x^2 + 8xy + y^2) dxdy,$$

其中 $D = {(x, y) \in \mathbb{R}^2 : x^2 + y^2 \leq 6 }$ 是二维平面 $R^2$ 上圆形闭区域。

解：作极坐标变换

$$x = r \cos\theta, \quad y = r \sin\theta.$$

于是，圆形区域 $D$ 在极坐标系下可以表示为：

$$D' = \{ (r, \theta) : 0 \leq \theta \leq 2\pi, \, 0 \leq r \leq \sqrt{6} \}.$$

因此，二重积分在极坐标系下可以转化为累次积分，进行下列计算：

$$\iint_D (x^2 + 8xy + y^2) dxdy = \iint_{D'} \left( r^2 + 8r^2 \cos\theta \sin\theta \right) r dr d\theta = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\sqrt{6}}(r^2 + 8r^2\cos\theta )r dr$$

计算得：

$$\iint_D (x^2 + 8xy + y^2) dxdy = 18\pi.$$

因此，计算二重积分的值就是：

$$\iint_D (x^2 + 8xy + y^2) dxdy = 18\pi.$$

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二十一、三重积分

试计算三重积分

$$\iiint_\Omega (34x + 35y + 36z) dx dydz,$$

其中 $\Omega \subset \mathbb{R}^3$ 是由平面 $z = 1$ 和曲面 $z = 6x^2 + 6y^2$ 围成的有界闭区域。

解：有界闭区域可以表示为：

$$\Omega = \{(x, y, z) : 6x^2 + 6y^2 \leq z \leq 1, (x, y) \in D \},$$

这里面界闭区域 $D$ 是在 $z = 0$ 平面上的投影，可以表示为：

$$D = \{(x, y) : x^2 + y^2 \leq 1/\sqrt{6} \}.$$

于是三重积分可以转化为累次积分，进行计算：

$$\iiint_\Omega (34x + 35y + 36z) dx dydz = \iint_D dxdy \int_{6(x^2 + y^2)}^1 (34x + 35y + 36z) dz=\iint_D \{ (1-6x^2-6y^2)(34x+35y)+18[1-(6x^2+6y^2)^2] \} dxdy$$

计算上述二重积分。为此，引进及坐标变换

$$\begin{cases} x=r\cos\theta\\ y=r\sin\theta \end {cases}$$

于是有界闭区域D，被映射为极坐标系下的有界闭区域

$$D' = \{(r,\theta):0 \leq \theta \leq 2\pi,0 \leq r \leq \frac{1}{\sqrt{6}} \}.$$

应用极坐标变换公式算：

$$\iiint_\Omega (34x+35y+36z)dxdydz =\iint_D\{(1-6x^2-6y^2)(34x+35y)+18[1-(6x^2+6y^2)^2] \}dxdy =\iint_{D'} \{(1-6r^2)(34r\cos\theta+35r\sin\theta)+18[1-36r^4]\} rdrd\theta =\int_0^{\frac{1}{\sqrt{6}}}dr\int_0^{2\pi}\{(1-6r^2)(34r\cos\theta+35r\sin\theta)+18[1-36r^4]\} rd\theta =2\pi \int_0^{\frac{1}{\sqrt{6}}}\{18[1-36r^4]\}rdr =2\pi$$

因此三重积分的值就是

$$\iiint_\Omega(34x+35y+36z)dxdydz=2\pi.$$

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二十二、计算空间立体体积

已知空间立体 $\Omega \subset \mathbb{R}^3$ 是由平面 $z = 0$ 和曲面 $z = 9 - 3x^2 - 3y^2$ 围成的有界闭区域。试计算空间立体$\Omega$的体积。

解：根据三重积分的几何意义，$\Omega$ 的体积可以表示为：

$$V = \iiint_\Omega dx dy dz.$$

注意到可以表示为：

$$\Omega = \{(x, y, z) : 0 \leq z \leq 9 - 3x^2 - 3y^2, \, (x, y) \in D \},$$

其中 $D = {(x, y) : x^2 + y^2 \leq 3 }$。

于是二重积分可以转化为累次积分为：

$$V = \iiint_\Omega dx dy dz= \iint_D dx dy \int_0^{9 - 3x^2 - 3y^2} dz = \iint_D (9 - 3x^2 - 3y^2) dxdy.$$

计算上述二重积分。为此，引进极坐标变换：

$$x = r \cos\theta, \quad y = r \sin\theta.$$

于是有限界闭区域 $D$，被映射为极坐标系下的有限界闭区域：

$$D' = \{(r, \theta) : 0 \leq r \leq \sqrt{3}, \, 0 \leq \theta \leq 2\pi \}.$$

应用极坐标变换公式计算：

$$V = \int_0^{2\pi} \int_0^{\sqrt{3}} (9 - 3r^2) r dr d\theta.$$

计算得：

$$V = \frac{27\pi}{2}.$$

因此，三维欧式空间 $\mathbb{R}^3$ 中的立体 $\Omega$ 的体积是：$
\frac{27\pi}{2}.
$

二十三、计算曲面面积

已知三维欧式空间 $\mathbb{R}^3$ 中的曲面

$$\Sigma = \{ (x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : z = 3(x^2 + y^2), \, x^2 + y^2 \leq \frac{1}{12} \}.$$

试计算三维欧式空间中曲面 $\Sigma$ 的面积。

解：使用曲面积分公式，曲面 $\Sigma$ 的面积为

$$A = \iint_D \sqrt{1 + \left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^2 + \left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^2} dxdy = \iint_D \sqrt{1 + 36x^2 + 36y^2} dxdy,$$

其中

$$D = \{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 : x^2 + y^2 \leq \frac{1}{12} \}.$$

计算上述二重积分。为此，引进极坐标变换

$$\begin{cases} x = r \cos \theta, \\ y = r \sin \theta. \end{cases}$$

于是有界闭区域 $D$，被映射为极坐标系下的有界闭区域：

$$D' = \{ (r, \theta) : 0 \leq r \leq \frac{1}{\sqrt{12}}, \, 0 \leq \theta \leq 2\pi \}.$$

应用极坐标变换公式计算：

$$A = \iint_D \sqrt{1 + 36x^2 + 36y^2} dxdy = \int_0^{2\pi} \int_0^{\frac{1}{\sqrt{12}}} \sqrt{1 + 36r^2} r dr d\theta.$$

计算得：

$$A = \frac{7\pi}{54}.$$

因此，曲面 $\Sigma$ 的面积是：

$$\frac{7\pi}{54}.$$

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二十四、用球坐标计算三重积分

试计算三重积分

$$\iiint_\Omega \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} dx dy dz,$$

其中 $\Omega = {(x, y, z) \in \mathbb{R}^3 : x^2 + y^2 + z^2 \leq 1}$ 是三维欧式空间 $\mathbb{R}^3$ 中的球体。

证明：作球坐标变换

$$\begin{cases} x = r \sin\phi \cos\theta, \\ y = r \sin\phi \sin\theta, \\ z = r \cos\phi. \end{cases}$$

使用三重积分的球坐标变换公式可得出

$$\iiint_\Omega \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} dx dy dz = \iiint_{\Omega'} r \cdot r^2 \sin\phi dr d\phi d\theta,$$

其中 $\Omega’$ 是在球坐标变换下的映像，可以表示为

$$\Omega' = \{ (r, \phi, \theta) : 0 \leq \theta \leq 2\pi, \, 0 \leq \phi \leq \pi,0 \leq r \leq 1\}.$$

于是，把球坐标变换下的三重积分转化为累次积分，进行计算

$$\iiint_\Omega \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} \, dx \, dy \, dz = \iiint_{\Omega'} r \cdot r^2 \sin\phi \, dr \, d\phi \, d\theta$$ $$= \int_0^1 \int_0^\pi \int_0^{2\pi} r^3 \sin\phi \, d\theta \, d\phi \, dr$$ $$= \int_0^1 r^3 \, dr \int_0^\pi \sin\phi \, d\phi \int_0^{2\pi} \, d\theta$$ $$= \pi.$$

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二十五、第一型曲面积分的计算：

$$\iint_\Sigma (1+xy)dS,$$

其中$\Sigma$是下列曲面

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

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解：根据第一型曲面积分的计算公式，可以把第一型曲面积分转化为下列二重积分：

$$\iint_\Sigma(1+xy)dS =\iint_D(1+xy)\sqrt{1+(\frac{\partial{z}}{\partial{x}})^2+(\frac{\partial{z}}{\partial{y}})^2}dxdy$$

其中D是下列圆形闭区域

$$D=\{(x,y):x^2+y^2 \leq 1\} .$$

于是得出

$$\iint_\Sigma(1+xy)dS =\iint_D (1+xy)\sqrt{1+(2x)^2+(2y)^2}dxdy$$

现在计算上述等式右端的二重积分。为此引进极坐标变换：

$$\begin{cases} x=r\cos{\theta}\\ y=r\sin{\theta} \end{cases}$$

于是有界闭区域D，被映射为极坐标系下的有界闭区域

$$D^*=\{(r,\theta):0 \leq \theta \leq 2\pi,0 \leq r \leq 1\}.$$

应用极坐标变换公式计算：

$$\iint_\Sigma(1+xy)dS =\iint_D(1+xy)\sqrt{1+(2x)^2+(2y)^2}dxdy =\iint_{D^*} (1+r^2\cos{\theta}\sin{\theta})\sqrt{1+(2r\cos{\theta})^2+(2r\sin{\theta})^2}rdrd\theta =\int_0^1dr\int_0^{2\pi}(1+r^2\cos{\theta}\sin{\theta})\sqrt{1+(2r\cos{\theta})^2+(2r\sin{\theta})^2}rd\theta =\frac{(5\sqrt{5}-1)\pi}{6}$$

因此，原第一型曲面积分

$$\iint_\Sigma(1+xy)dS =\frac{(5\sqrt{5}-1)\pi}{6}$$

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二十六、第二曲面积分的计算：

试计算下列第二型曲面积分：

$$\iint_\Sigma xdydz+ydzdx+zdxdy$$

其中$\Sigma$取上侧。这里$\Sigma$是下列曲面：

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

解：根据第二型曲面积分的计算公式，得出：

$$\iint_\Sigma xdydz+ydzdx+zdxdy =\iint_D\{x · (-\frac{\partial{z}}{\partial{x}})+y · (-\frac{\partial{z}}{\partial{y}})+(x^2+y^2)·1\}dxdy =\iint_D\{-2x^2-2y^2+(x^2+y^2)·1\}dxdy =-\iint_D(x^2+y^2)dxdy$$

其中D是下列圆形闭区域

$$D=\{(x,y):x^2+y^2 \leq 1\} .$$

于是得出

$$\iint_\Sigma xdydz+ydzdx+zdxdy =-\iint_D(x^2+y^2)dxdy$$

现在计算上述等式右端的二重积分。为此引进极坐标变换：

$$\begin{cases} x=r\cos{\theta}\\ y=r\sin{\theta} \end{cases}$$

于是有界闭区域D，被映射为极坐标系下的有界闭区域

$$D^*=\{(r,\theta):0 \leq \theta \leq 2\pi,0 \leq r \leq 1\}.$$

应用极坐标变换公式计算：

$$\iint_\Sigma xdydz+ydzdx+zdxdy =-\iint_D(x^2+y^2)dxdy =-\iint_D^{*}r^3drd\theta =-\int_0^1dr\int_0^{2\pi}r^3d\theta =-\frac{\pi}{2}.$$

因此，原第二型曲面积分

$$\iint_\Sigma xdydz+ydzdx+zdxdy =-\frac{\pi}{2}.$$