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
- 计算 $\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$：
$$
\frac{\partial^2 u}{\partial x^2} = \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{\partial u}{\partial x} \right) = \frac{\partial}{\partial x} \left( 6x^2y + 3y^3 + 20\cos(5x + 6y) \right) = 12xy - 100\sin(5x + 6y).
$$
- 计算 $\frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y}$：
$$
\frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{\partial u}{\partial x} \right) = \frac{\partial}{\partial y} \left( 6x^2y + 3y^3 + 20\cos(5x + 6y) \right) = 6x^2 + 9y^2 - 120\sin(5x + 6y).
$$
- 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
- 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。
- 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。
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：
$$
\tag{1} f§ = f(1/8, 1/4) = \frac{277}{32}.
$$
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：
$$
\max_{(x, y) \in K_1} f(x, y) = \max_{x \in [-1, 1]} (4x^2 - x + 15) = 20,
$$
$$
\min_{(x, y) \in K_1} f(x, y) = \min_{x \in [-1, 1]} (4x^2 - x + 15) = \frac{119}{16}.
$$
$K_2$ 上：
$$
\max_{(x, y) \in K_2} f(x, y) = \max_{y \in [-1, 1]} (4y^2 - 2y + 12) = 18,
$$
$$
\min_{(x, y) \in K_2} f(x, y) = \min_{y \in [-1, 1]} (4y^2 - 2y + 12) = \frac{47}{4}.
$$
$K_3$ 上：
$$
\max_{(x, y) \in K_3} f(x, y) = \max_{x \in [-1, 1]} (4x^2 - x + 11) = 18,
$$
$$
\min_{(x, y) \in K_3} f(x, y) = \min_{x \in [-1, 1]} (4x^2 - x + 11) = \frac{87}{16}.
$$
$K_4$ 上：
$$
\max_{(x, y) \in K_4} f(x, y) = \max_{y \in [-1, 1]} (4y^2 - 2y + 14) = 20,
$$
$$
\min_{(x, y) \in K_4} f(x, y) = \min_{y \in [-1, 1]} (4y^2 - 2y + 14) = \frac{55}{4}.
$$
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：
$$
\max_{(x, y) \in \Omega} f(x, y) = \max\left{f§, \max_{(x, y) \in K_1 \cup K_2 \cup K_3 \cup K_4} f(x, y)\right},
$$
$$
= \max\left{\frac{277}{32}, 20\right} = 20.
$$
$$
\min_{(x, y) \in \Omega} f(x, y) = \min\left{f§, \min_{(x, y) \in K_1 \cup K_2 \cup K_3 \cup K_4} f(x, y)\right},
$$
$$
= \min\left{\frac{277}{32}, \frac{87}{16}\right} = \frac{87}{16}.
$$
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
$$
z = z(x, y), \quad (x, y) \in \Omega
$$
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 $dz$。
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
$$
4y + 6z \frac{\partial z}{\partial y} + 5 + 6 \frac{\partial z}{\partial y} = 0
$$
求解上述等式，立刻得到：
$$
\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{x + 2}{3z + 3}, \quad \frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{4y + 5}{6z + 6}.
$$
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 $\frac{\partial v}{\partial y}$。
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。
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：
$$
\frac{\partial u}{\partial x} = \frac{2x - 9x^2 y^3 v^2}{3u^2 - 3v^2}, \quad
\frac{\partial v}{\partial x} = -\frac{2x - 9x^2 y^3 u^2}{3u^2 - 3v^2}.
$$
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
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 $f’(t)$。
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：
$$
\lim_{t \to 0} f(t).
$$
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
$$
I(x) = \int_{0}^{+\infty} \frac{3\sin(x+y+xy) + 5y\cos(x^3+y^3)}{3+y+y^3} , dy, \quad x \in (-\infty, +\infty).
$$
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：
- 对于 $\frac{|3\sin(x+y+xy)|}{3+y+y^3}$:
$$
\frac{|3\sin(x+y+xy)|}{3+y+y^3} \leq \frac{3}{3+y+y^3}.
$$
- 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。
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：
$$
\int_{\Gamma} (x^2 + 8xy + y^2) ds = 128\pi.
$$
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：
$$
\int_{\Gamma} (x^2 + 2y^2) dx + (2x^2 + 6y^2) dy = \frac{71}{60}.
$$
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：
$$
\iint_D (x + y + 1) dxdy = \frac{28}{15}.
$$
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：
$$
\iint_D (x^2 + 8xy + y^2) dxdy = 18\pi.
$$
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
$$
\iiint_\Omega(34x+35y+36z)dxdydz=2\pi.
$$
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：
$$
\frac{7\pi}{54}.
$$
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
$$
\iiint_\Omega \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} , dx , dy , dz = \iiint_{\Omega’} r \cdot r^2 \sin\phi , dr , d\phi , d\theta
$$
$$
= \int_0^1 \int_0^\pi \int_0^{2\pi} r^3 \sin\phi , d\theta , d\phi , dr
$$
$$
= \int_0^1 r^3 , dr \int_0^\pi \sin\phi , d\phi \int_0^{2\pi} , d\theta
$$
$$
= \pi.
$$
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
$$
\Sigma:z=x^2+y^2,x^2+y^2 \leq 1 .
$$
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
$$
\iint_\Sigma(1+xy)dS
=\frac{(5\sqrt{5}-1)\pi}{6}
$$
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
$$
\iint_\Sigma xdydz+ydzdx+zdxdy
=-\frac{\pi}{2}.
$$
