自编教材思考题 | YHK's life

第1章函数极限与连续

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

思考题 1.1

题目：

下列各题中，函数 $f(x)$ 和 $g(x)$ 是否相同？请说明理由.

（1）$f(x) = \frac{x}{x}, g(x) = 1$；

（2）$f(x) = \ln x^2, g(x) = 2\ln x$；

（3）$f(x) = \sqrt{(1-x)^2}, g(x) = 1-x$；

（4）$f(x) = x, g(x) = \sin(\arcsin x)$.

解答过程：

判断两个函数是否相同，必须满足两个条件：定义域相同且对应法则相同。

（1）不相同。$f(x) = \frac{x}{x}$ 的定义域为 $x \neq 0$，而 $g(x) = 1$ 的定义域为全体实数 $\mathbb{R}$。定义域不同，因此两函数不相同。

（2）不相同。$f(x) = \ln x^2$ 的定义域为 $x \neq 0$，而 $g(x) = 2\ln x$ 的定义域要求 $x > 0$。定义域不同，因此两函数不相同。

（3）不相同。两者的定义域均为 $\mathbb{R}$。但是 $f(x) = \sqrt{(1-x)^2} = |1-x|$，而 $g(x) = 1-x$。当 $x > 1$ 时（例如取 $x=2$），$f(2) = 1$，而 $g(2) = -1$。对应法则不同，因此两函数不相同。

（4）不相同。$f(x) = x$ 的定义域为 $\mathbb{R}$，而 $g(x) = \sin(\arcsin x)$ 的定义域受限于反三角函数的定义域，为 $[-1, 1]$。定义域不同，因此两函数不相同。

思考题 1.2

题目：

设函数 $f(x) = x^3, g(x) = \mathrm{e}^{2x}$，求 $f[g(x)], g[f(x)], f[f(x)], g[g(x)]$.

解答过程：

根据复合函数的定义，直接代入即可：

$f[g(x)] = [g(x)]^3 = (\mathrm{e}^{2x})^3 = \mathrm{e}^{6x}$
$g[f(x)] = \mathrm{e}^{2f(x)} = \mathrm{e}^{2x^3}$
$f[f(x)] = [f(x)]^3 = (x^3)^3 = x^9$
$g[g(x)] = \mathrm{e}^{2g(x)} = \mathrm{e}^{2\mathrm{e}^{2x}}$

思考题 1.3

题目：

根据反函数的定义，推导下列双曲函数的反函数：

（1）反双曲正弦函数 $y = \mathrm{arsh}x = \ln(x + \sqrt{x^2 + 1}), x \in (-\infty, +\infty)$；

（2）反双曲余弦函数 $y = \mathrm{arch}x = \ln(x + \sqrt{x^2 - 1}), x \in [1, +\infty)$；

（3）反双曲正切函数 $y = \mathrm{arth}x = \frac{1}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}, x \in (-1, 1)$.

解答过程：

（1）推导反双曲正弦函数：

令原函数为 $x = \sinh y = \frac{\mathrm{e}^y - \mathrm{e}^{-y}}{2}$，我们需要解出 $y$。

两边同乘 $2\mathrm{e}^y$，得到：

$$2x\mathrm{e}^y = (\mathrm{e}^y)^2 - 1$$

整理为关于 $\mathrm{e}^y$ 的一元二次方程：

$$(\mathrm{e}^y)^2 - 2x\mathrm{e}^y - 1 = 0$$

利用求根公式解得：

$$\mathrm{e}^y = \frac{2x \pm \sqrt{4x^2 + 4}}{2} = x \pm \sqrt{x^2 + 1}$$

因为对于任意实数 $y$ 都有 $\mathrm{e}^y > 0$，且 $x - \sqrt{x^2+1} < 0$，故负号舍去，仅取正号：

$$\mathrm{e}^y = x + \sqrt{x^2 + 1}$$

两边取自然对数，即得：

$$y = \ln(x + \sqrt{x^2 + 1}), x \in (-\infty, +\infty)$$

（2）推导反双曲余弦函数：

令原函数为 $x = \cosh y = \frac{\mathrm{e}^y + \mathrm{e}^{-y}}{2}$，其中 $y \ge 0$（为了保证单调性以存在反函数）。

同理化简得到：

$$(\mathrm{e}^y)^2 - 2x\mathrm{e}^y + 1 = 0$$

解得：

$$\mathrm{e}^y = x \pm \sqrt{x^2 - 1}$$

因为限制了 $y \ge 0$，所以要求 $\mathrm{e}^y \ge 1$。

又因为 $x - \sqrt{x^2-1} = \frac{1}{x + \sqrt{x^2-1}} \le 1$ （在 $x \ge 1$ 时），为了满足 $\mathrm{e}^y \ge 1$，必须取正号（当 $x=1$ 时两者重合）：

$$\mathrm{e}^y = x + \sqrt{x^2 - 1}$$

两边取对数即得：

$$y = \ln(x + \sqrt{x^2 - 1}), x \in [1, +\infty)$$

（3）推导反双曲正切函数：

令原函数为 $x = \tanh y = \frac{\mathrm{e}^y - \mathrm{e}^{-y}}{\mathrm{e}^y + \mathrm{e}^{-y}} = \frac{\mathrm{e}^{2y} - 1}{\mathrm{e}^{2y} + 1}$。

对其进行变形：

$$x(\mathrm{e}^{2y} + 1) = \mathrm{e}^{2y} - 1$$$$x\mathrm{e}^{2y} + x = \mathrm{e}^{2y} - 1$$$$\mathrm{e}^{2y}(1 - x) = 1 + x$$

解出 $\mathrm{e}^{2y}$：

$$\mathrm{e}^{2y} = \frac{1+x}{1-x}$$

因为 $x \in (-1, 1)$，所以右侧大于 0。两边取自然对数得：

$$2y = \ln\frac{1+x}{1-x}$$$$y = \frac{1}{2}\ln\frac{1+x}{1-x}, x \in (-1, 1)$$

思考题 1.4

题目：

用数列极限的定义证明：$\lim_{n\to\infty} \underbrace{0.999\cdots 9}_{n个} = 1$.

解答过程：

设数列 $x_n = \underbrace{0.999\cdots 9}_{n个} = 1 - \frac{1}{10^n}$。

我们需要证明，$\forall \varepsilon > 0$，$\exists N > 0$，当 $n > N$ 时，有 $|x_n - 1| < \varepsilon$。

计算 $|x_n - 1|$：

$$|x_n - 1| = \left|\left(1 - \frac{1}{10^n}\right) - 1\right| = \left|-\frac{1}{10^n}\right| = \frac{1}{10^n}$$

要使 $\frac{1}{10^n} < \varepsilon$，只需 $10^n > \frac{1}{\varepsilon}$，即 $n > \log_{10}\frac{1}{\varepsilon}$。

因此，对于任意给定的 $\varepsilon > 0$，取 $N = [\log_{10}\frac{1}{\varepsilon}] + 1$ （如果 $\varepsilon \ge 1$，直接取 $N=1$），则当 $n > N$ 时，恒有：

$$|x_n - 1| < \varepsilon$$

根据数列极限的定义，得证 $\lim_{n\to\infty} \underbrace{0.999\cdots 9}_{n个} = 1$。

思考题 1.5

题目：

证明数列 $\{x_n = (-1)^{n+1}\}$ 是发散的.

解答过程：

采用反证法。假设该数列收敛，设其极限为 $A$。

根据极限的定义，对任意 $\varepsilon > 0$，存在正整数 $N$，使得当 $n > N$ 时，恒有 $|x_n - A| < \varepsilon$。

我们不妨取 $\varepsilon = 1$。则存在 $N$，当 $n > N$ 时有 $|(-1)^{n+1} - A| < 1$。

取一个大于 $N$ 的奇数 $n = 2k-1$，此时 $x_n = (-1)^{2k} = 1$，代入得：

$$|1 - A| < 1 \implies 0 < A < 2$$

再取一个大于 $N$ 的偶数 $n = 2k$，此时 $x_n = (-1)^{2k+1} = -1$，代入得：

$$|-1 - A| < 1 \implies -2 < A < 0$$

显然 $A$ 不可能同时满足上述两个不等式，产生矛盾。

因此假设不成立，原数列 $\{x_n = (-1)^{n+1}\}$ 是发散的。

思考题 1.6

题目：

利用函数极限的 $\varepsilon-X$ 定义证明 $\lim_{x\to\infty} \frac{\sin x}{x} = 0$.

解答过程：

我们要证明：$\forall \varepsilon > 0$，$\exists X > 0$，使得当 $|x| > X$ 时，恒有 $\left|\frac{\sin x}{x} - 0\right| < \varepsilon$。

考察绝对值：

$$\left|\frac{\sin x}{x} - 0\right| = \frac{|\sin x|}{|x|}$$

因为对任意实数 $x$，都有 $|\sin x| \le 1$，所以：

$$\frac{|\sin x|}{|x|} \le \frac{1}{|x|}$$

为了使 $\frac{|\sin x|}{|x|} < \varepsilon$，我们只需让 $\frac{1}{|x|} < \varepsilon$，即要求 $|x| > \frac{1}{\varepsilon}$。

因此，对于任意给定的 $\varepsilon > 0$，取 $X = \frac{1}{\varepsilon}$。当 $|x| > X$ 时，有：

$$\left|\frac{\sin x}{x} - 0\right| \le \frac{1}{|x|} < \frac{1}{X} = \varepsilon$$

根据函数极限的定义，得证 $\lim_{x\to\infty} \frac{\sin x}{x} = 0$。

思考题 1.7

题目：

假设在 $x_0$ 的某去心邻域内 $f(x)>0$，那么由 $\lim_{x\to x_0} f(x) = A$ 能否推出 $A>0$？

解答过程：

不能。

只能推出极限 $A \ge 0$。

举例反证：

设 $f(x) = x^2$，取 $x_0 = 0$。

在 $x_0 = 0$ 的任意去心邻域内（即 $x \neq 0$ 时），都有 $f(x) = x^2 > 0$ 成立。

但是它的极限为：

$$\lim_{x\to 0} x^2 = 0$$

此时极限 $A = 0$，并不满足 $A > 0$。因此不能推出 $A > 0$。

思考题 1.8

题目：

两个无穷小的商是否一定是无穷小？举例说明之.

解答过程：

不一定。

两个无穷小的商可能是无穷小，可能是常数，也可能是无穷大。

举例说明：

考虑当 $x \to 0$ 时，函数 $f(x) = x$ 和 $g(x) = x^2$ 都是无穷小。

如果求 $\lim_{x\to 0} \frac{g(x)}{f(x)} = \lim_{x\to 0} \frac{x^2}{x} = \lim_{x\to 0} x = 0$，此时商是无穷小。
如果求 $\lim_{x\to 0} \frac{f(x)}{f(x)} = \lim_{x\to 0} \frac{x}{x} = 1$，此时商是常数 1（非无穷小）。
如果求 $\lim_{x\to 0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to 0} \frac{x}{x^2} = \lim_{x\to 0} \frac{1}{x} = \infty$，此时商是无穷大。

这正好体现了无穷小量之间可以通过计算其商的极限来比较它们趋近于零的“速度”（高阶、同阶、低阶）。

思考题 1.9

题目：

在自变量的同一变化过程中，两个无穷大的差是否为无穷大，两个无穷大的商是否为无穷大？举例说明之.

解答过程：

都不是必须为无穷大。

两个无穷大的差不一定为无穷大。

举例： 当 $x \to \infty$ 时，$f(x) = x + 1$ 和 $g(x) = x$ 都是无穷大。

它们的差为 $\lim_{x\to\infty} [f(x) - g(x)] = \lim_{x\to\infty} (x + 1 - x) = 1$。

此时差是一个非零常数，并非无穷大。（还可能是 0，或者是其他形式的发散）。

两个无穷大的商不一定为无穷大。

举例： 当 $x \to \infty$ 时，$f(x) = 2x$ 和 $g(x) = x$ 都是无穷大。

它们的商为 $\lim_{x\to\infty} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to\infty} \frac{2x}{x} = 2$。

此时商是一个常数，并非无穷大。

思考题 1.10

题目：

（1）如果 $\lim f(x)$ 存在，而 $\lim g(x)$ 不存在，那么 $\lim[f(x)+g(x)]$ 是否存在？

（2）如果 $\lim f(x)$ 和 $\lim g(x)$ 都不存在，那么 $\lim[f(x)+g(x)]$ 是否存在？

（3）如果 $\lim f(x)$ 和 $\lim g(x)$ 中有一个不存在，那么 $\lim[f(x)\cdot g(x)]$ 是否存在？

解答过程：

（1）一定不存在。

证明（反证法）：假设极限 $\lim[f(x)+g(x)] = L$ 存在，而已知 $\lim f(x) = A$ 存在。

根据极限的四则运算法则：

$$\lim g(x) = \lim [ (f(x)+g(x)) - f(x) ] = \lim[f(x)+g(x)] - \lim f(x) = L - A$$

这意味着 $\lim g(x)$ 也必然存在，这与题设“$\lim g(x)$ 不存在”相矛盾。因此原假设不成立，和的极限必不存在。

（2）不一定存在（可能存在，也可能不存在）。

举例说明存在的可能：

当 $x \to 0$ 时，设 $f(x) = \frac{1}{x}$， $g(x) = -\frac{1}{x}$。显然两者的极限都不存在。

但是它们的和 $f(x) + g(x) = 0$，其极限 $\lim_{x\to 0}[f(x)+g(x)] = 0$ 是存在的。

（3）不一定存在（可能存在，也可能不存在）。

举例说明存在的可能：

当 $x \to 0$ 时，设 $f(x) = x$，其极限存在且为 0；设 $g(x) = \sin\frac{1}{x}$，由于震荡，其极限不存在。

但是它们的乘积为 $f(x)\cdot g(x) = x\sin\frac{1}{x}$，由有界函数与无穷小的乘积仍为无穷小的性质可知：

$\lim_{x\to 0}[f(x)\cdot g(x)] = \lim_{x\to 0} \left(x\sin\frac{1}{x}\right) = 0$，极限是存在的。

思考题 1.11

题目：

求极限：（1）$\lim_{x\to+\infty} (3^x + 9^x)^{\frac{1}{x}}$；（2）$\lim_{x\to+\infty} (1 - \frac{1}{x})^{\sqrt{x}}$；（3）$\lim_{x\to\infty} (\sin\frac{1}{x} + \cos\frac{1}{x})^x$.

解答过程：

(1)

$$\lim_{x\to+\infty} (3^x + 9^x)^{\frac{1}{x}} = \lim_{x\to+\infty} [9^x ((\frac{3}{9})^x + 1)]^{\frac{1}{x}} = \lim_{x\to+\infty} 9 \cdot ((\frac{1}{3})^x + 1)^{\frac{1}{x}}$$

因为当 $x \to +\infty$ 时，$(\frac{1}{3})^x \to 0$，所以 $((\frac{1}{3})^x + 1)^{\frac{1}{x}} \to 1^0 = 1$。

故原极限 $= 9 \cdot 1 = 9$。

(2)

$$\lim_{x\to+\infty} (1 - \frac{1}{x})^{\sqrt{x}} = \lim_{x\to+\infty} [(1 + \frac{1}{-x})^{-x}]^{-\frac{\sqrt{x}}{x}}$$

因为重要极限 $\lim_{x\to+\infty} (1 + \frac{1}{-x})^{-x} = e$，且指数部分的极限 $\lim_{x\to+\infty} -\frac{\sqrt{x}}{x} = \lim_{x\to+\infty} -\frac{1}{\sqrt{x}} = 0$，

故原极限 $= e^0 = 1$。

(3) 令 $t = \frac{1}{x}$，当 $x \to \infty$ 时，$t \to 0$。原极限转化为：

$$\lim_{t\to 0} (\sin t + \cos t)^{\frac{1}{t}} = \lim_{t\to 0} e^{\frac{\ln(\sin t + \cos t)}{t}}$$

对指数部分求极限：

$$\lim_{t\to 0} \frac{\ln(1 + \sin t + \cos t - 1)}{t}$$

利用等价无穷小替换，当 $t \to 0$ 时，$\ln(1+u) \sim u$，此处 $u = \sin t + \cos t - 1 \to 0$，故指数的极限为：

$$\lim_{t\to 0} \frac{\sin t + \cos t - 1}{t} = \lim_{t\to 0} (\frac{\sin t}{t} + \frac{\cos t - 1}{t})$$

已知 $\lim_{t\to 0} \frac{\sin t}{t} = 1$，且利用等价无穷小 $1 - \cos t \sim \frac{1}{2}t^2$，可得 $\lim_{t\to 0} \frac{\cos t - 1}{t} = \lim_{t\to 0} \frac{-\frac{1}{2}t^2}{t} = 0$。

所以指数部分的极限为 $1 + 0 = 1$。

故原极限 $= e^1 = e$。

思考题 1.12

题目：

若将 $\tan x$ 与 $\sin x$ 分别用各自的等价无穷小进行替换，有 $\lim_{x\to 0} \frac{\tan x - \sin x}{\sin x^3} = \lim_{x\to 0} \frac{x - x}{x^3} = 0$，请问这种解法对吗？

解答过程：

这种解法是不对的。

理由： 等价无穷小替换一般只适用于乘除法运算中。在加减法中，除非能确保替换后各项的主部不会相互抵消，否则不能直接替换。

在本题中，当 $x \to 0$ 时，$\tan x$ 和 $\sin x$ 的等价无穷小都是 $x$，如果在分子相减时直接替换，会导致主部抵消，丢失了更高阶的无穷小信息（本题中为 $x^3$ 阶），从而导致结果错误。

正确解法：

$$\lim_{x\to 0} \frac{\tan x - \sin x}{\sin x^3} = \lim_{x\to 0} \frac{\tan x (1 - \cos x)}{x^3}$$

转化为乘除法后，利用等价无穷小 $\tan x \sim x$，$(1 - \cos x) \sim \frac{1}{2}x^2$，$\sin x^3 \sim x^3$，可得：

$$\lim_{x\to 0} \frac{x \cdot \frac{1}{2}x^2}{x^3} = \frac{1}{2}$$

思考题 1.13

题目：

任何两个无穷小都可以比较吗？举例说明.

解答过程：

不是任何两个无穷小都可以比较的。

无穷小的比较是通过求它们比值的极限来进行的。如果两个无穷小比值的极限不存在（且不为无穷大），那么这两个无穷小就不能按照标准定义（高阶、低阶、同阶、等价）进行比较。

举例说明：

当 $x \to 0$ 时，$f(x) = x \sin\frac{1}{x}$ 和 $g(x) = x$ 都是无穷小。

考察它们比值的极限：

$$\lim_{x\to 0} \frac{f(x)}{g(x)} = \lim_{x\to 0} \frac{x \sin\frac{1}{x}}{x} = \lim_{x\to 0} \sin\frac{1}{x}$$

由于当 $x \to 0$ 时，$\sin\frac{1}{x}$ 的值在 $-1$ 和 $1$ 之间无限次振荡，该极限不存在。因此，这两个无穷小无法进行比较。

思考题 1.14

题目：

请指出函数 $f(x) = \frac{1}{1 - e^{\frac{1}{1-x}}}$ 的间断点及其类型.

解答过程：

函数的间断点出现在分母为 $0$ 或函数未定义的地方。

令整体分母 $1 - e^{\frac{1}{1-x}} = 0$，得 $e^{\frac{1}{1-x}} = 1$，即 $\frac{1}{1-x} = 0$，此方程无解。

令指数部分的分母 $1 - x = 0$，即 $x = 1$ 时，函数无定义。

因此，函数有唯一的间断点 $x = 1$。

判断间断点类型，需要计算该点处的左右极限：

求左极限 ($x \to 1^-$)：

当 $x \to 1^-$ 时，$1-x \to 0^+$，此时 $\frac{1}{1-x} \to +\infty$。

因此 $e^{\frac{1}{1-x}} \to +\infty$，从而：

$$\lim_{x\to 1^-} f(x) = \lim_{x\to 1^-} \frac{1}{1 - e^{\frac{1}{1-x}}} = 0$$

求右极限 ($x \to 1^+$)：

当 $x \to 1^+$ 时，$1-x \to 0^-$，此时 $\frac{1}{1-x} \to -\infty$。

因此 $e^{\frac{1}{1-x}} \to 0$，从而：

$$\lim_{x\to 1^+} f(x) = \lim_{x\to 1^+} \frac{1}{1 - e^{\frac{1}{1-x}}} = \frac{1}{1 - 0} = 1$$

由于在 $x = 1$ 处的左极限和右极限均存在，但不相等 ($\lim_{x\to 1^-} f(x) \neq \lim_{x\to 1^+} f(x)$)，所以 $x = 1$ 是第一类间断点中的跳跃间断点。

思考题 1.15

题目：

判断下列命题，如果是对的，说明理由；如果是错的，试举出一个反例.

(1) 如果函数 $f(x)$ 在 $x=a$ 处连续，那么函数 $|f(x)|$ 也在 $x=a$ 处连续.

(2) 如果函数 $|f(x)|$ 在 $x=a$ 处连续，那么函数 $f(x)$ 也在 $x=a$ 处连续.

解答过程：

(1) 对。

理由： 因为 $f(x)$ 在 $x=a$ 处连续，所以 $\lim_{x\to a} f(x) = f(a)$。

根据绝对值不等式的性质 $||f(x)| - |f(a)|| \le |f(x) - f(a)|$，

当 $x \to a$ 时，$|f(x) - f(a)| \to 0$。由夹逼定理可知，$||f(x)| - |f(a)|| \to 0$，

即 $\lim_{x\to a} |f(x)| = |f(a)|$。因此 $|f(x)|$ 在 $x=a$ 处也连续。

(2) 错。

反例： 考虑如下符号函数变体：

$$f(x) = \begin{cases} 1, & x \ge 0 \\ -1, & x < 0 \end{cases}$$

取 $a=0$。此时 $|f(x)| = 1$，这是一个常数函数，在 $x=0$ 处显然是连续的。

但是对于原函数 $f(x)$，其右极限 $\lim_{x\to 0^+} f(x) = 1$，左极限 $\lim_{x\to 0^-} f(x) = -1$，左右极限不相等，所以 $f(x)$ 在 $x=0$ 处不连续。

思考题 1.16

题目：

若 $f(x)$ 在 $[a,b]$ 上有定义，在 $(a,b)$ 内连续，且 $f(a)f(b)<0$，则 $f(x)$ 在 $(a,b)$ 内不一定有零点. 请举例说明之.

解答过程：

举例说明：

零点定理（介值定理的推论）的一个关键前提是函数必须在闭区间 $[a,b]$ 上连续。如果仅在开区间连续，函数在端点处的值可以发生跳跃，从而导致其图像不穿过 $x$ 轴。

构造如下函数，设定义域为 $[-1, 1]$：

$$f(x) = \begin{cases} -1, & x = -1 \\ 1, & -1 < x \le 1 \end{cases}$$

验证该反例：

$f(x)$ 在闭区间 $[-1, 1]$ 上有定义。
$f(x)$ 在开区间 $(-1, 1)$ 内恒等于 $1$，因此在 $(-1, 1)$ 内连续。
两端点函数值满足 $f(-1) = -1$，$f(1) = 1$，即 $f(-1)f(1) = -1 < 0$。
但是，观察函数值可知，在开区间 $(-1, 1)$ 内，$f(x)$ 始终为 $1$，不存在任何点 $\xi \in (-1, 1)$ 使得 $f(\xi) = 0$。

第2章导数与微分

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

思考题 2.1

题目： 已知函数 $f(x)=\begin{cases} \frac{2}{3}x^3, & x\leqslant 1, \\ x^2, & x>1, \end{cases}$ 问：函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处是否可导？

解答：

要判断函数在 $x=1$ 处是否可导，首先必须判断其在 $x=1$ 处是否连续。

计算 $x=1$ 处的左极限（或函数值）与右极限：

$f(1) = \lim_{x \to 1^-} f(x) = \lim_{x \to 1^-} \frac{2}{3}x^3 = \frac{2}{3}$

$\lim_{x \to 1^+} f(x) = \lim_{x \to 1^+} x^2 = 1$

因为 $\lim_{x \to 1^-} f(x) \neq \lim_{x \to 1^+} f(x)$，所以函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处不连续。

根据可导必连续的定理，函数在某点不连续，则在该点必不可导。

结论： 函数 $f(x)$ 在 $x=1$ 处不可导。

思考题 2.2

题目： 设 $f(x)$ 在点 $x=x_0$ 连续，则 $\lim_{h\to 0}\frac{f(x_0+2h)-f(x_0+h)}{h}$ 存在是 $f(x)$ 在点 $x=x_0$ 可导的什么条件？

解答：

该条件是 $f(x)$ 在点 $x=x_0$ 可导的充分必要条件（充要条件）。

证明必要性：

若 $f(x)$ 在 $x=x_0$ 处可导，设 $f'(x_0) = L$。则：

$$\begin{aligned} \lim_{h\to 0}\frac{f(x_0+2h)-f(x_0+h)}{h} &= \lim_{h\to 0}\frac{[f(x_0+2h)-f(x_0)] - [f(x_0+h)-f(x_0)]}{h} \\ &= \lim_{h\to 0}\frac{f(x_0+2h)-f(x_0)}{2h}\cdot 2 - \lim_{h\to 0}\frac{f(x_0+h)-f(x_0)}{h} \\ &= 2f'(x_0) - f'(x_0) = f'(x_0) \end{aligned}$$

因此极限存在，且等于 $f'(x_0)$。必要性得证。

证明充分性：

不失一般性，平移坐标系设 $x_0 = 0$，且 $f(0) = 0$。已知 $f(x)$ 在 $0$ 处连续，且 $\lim_{h\to 0}\frac{f(2h)-f(h)}{h} = L$ 存在。

令 $\alpha(h) = \frac{f(2h)-f(h)}{h} - L$，则当 $h \to 0$ 时，$\alpha(h) \to 0$。

将上式改写为：$f(2h) - f(h) = Lh + h\alpha(h)$。

对于任意充分小的 $x \neq 0$，分别取 $h = \frac{x}{2}, \frac{x}{2^2}, \cdots, \frac{x}{2^n}$，得到以下等式：

$f(x) - f\left(\frac{x}{2}\right) = L\frac{x}{2} + \frac{x}{2}\alpha\left(\frac{x}{2}\right)$

$f\left(\frac{x}{2}\right) - f\left(\frac{x}{2^2}\right) = L\frac{x}{2^2} + \frac{x}{2^2}\alpha\left(\frac{x}{2^2}\right)$

$\cdots$

$f\left(\frac{x}{2^{n-1}}\right) - f\left(\frac{x}{2^n}\right) = L\frac{x}{2^n} + \frac{x}{2^n}\alpha\left(\frac{x}{2^n}\right)$

将这 $n$ 个等式相加，等号左边发生对消：

$f(x) - f\left(\frac{x}{2^n}\right) = L\sum_{k=1}^n \frac{x}{2^k} + x\sum_{k=1}^n \frac{1}{2^k}\alpha\left(\frac{x}{2^k}\right)$

因为 $f(x)$ 在 $0$ 处连续且 $f(0)=0$，令 $n \to \infty$，则 $f\left(\frac{x}{2^n}\right) \to 0$，$\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2^k} = 1$。

于是得到：$f(x) = Lx + x\sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2^k}\alpha\left(\frac{x}{2^k}\right)$。

两边同除以 $x$：$\frac{f(x)-f(0)}{x-0} = \frac{f(x)}{x} = L + \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2^k}\alpha\left(\frac{x}{2^k}\right)$。

因为 $\lim_{h\to 0}\alpha(h)=0$，对任意给定的 $\varepsilon > 0$，存在 $\delta > 0$，当 $0 < |x| < \delta$ 时，对于所有 $k \geqslant 1$ 都有 $\left|\frac{x}{2^k}\right| < \delta$，从而 $\left|\alpha\left(\frac{x}{2^k}\right)\right| < \varepsilon$。

因此 $\left| \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2^k}\alpha\left(\frac{x}{2^k}\right) \right| \leqslant \sum_{k=1}^\infty \frac{1}{2^k}\varepsilon = \varepsilon$。

这表明 $\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0} = L$，即 $f'(x_0)$ 存在且等于 $L$。充分性得证。

思考题 2.3

题目： 设函数 $f(x)=(x-a)\varphi(x)$，已知 $\varphi(x)$ 在 $x=a$ 处连续，讨论 $f(x)$ 在 $x=a$ 处是否可导。

解答：

利用导数在某一点的定义进行判断：

$f'(a) = \lim_{x\to a} \frac{f(x)-f(a)}{x-a}$

由于 $f(a) = (a-a)\varphi(a) = 0$，代入上式得：

$f'(a) = \lim_{x\to a} \frac{(x-a)\varphi(x) - 0}{x-a} = \lim_{x\to a} \varphi(x)$

已知 $\varphi(x)$ 在 $x=a$ 处连续，根据连续的定义有 $\lim_{x\to a} \varphi(x) = \varphi(a)$。

因此，该极限存在且等于 $\varphi(a)$。

结论： 函数 $f(x)$ 在 $x=a$ 处可导，且其导数值为 $f'(a) = \varphi(a)$。

思考题 2.4

题目： 如果曲线 $y=f(x)$ 有切线 $y=3x-1$，那么曲线 $y=f^{-1}(x)$ 必有的一条切线的方程是什么？

解答：

原曲线 $y=f(x)$ 上的切线方程为 $y=3x-1$。

互为反函数的两条曲线 $y=f(x)$ 与 $y=f^{-1}(x)$ 的图像关于直线 $y=x$ 对称。

因此，反函数曲线上对应的切线，就是原切线关于直线 $y=x$ 的对称直线。

求直线 $y=3x-1$ 关于 $y=x$ 对称的直线，只需将原方程中的 $x$ 和 $y$ 互换即可：

$x = 3y - 1$

解得：$y = \frac{1}{3}x + \frac{1}{3}$

结论： 曲线 $y=f^{-1}(x)$ 必有的一条切线方程是 $y = \frac{1}{3}x + \frac{1}{3}$。

思考题 2.5

题目： 已知函数 $f(x)$ 任意阶可导，且 $f'(x)=[f(x)]^2$，求 $f^{(n)}(x)(n\geqslant 2)$。

解答：

我们通过逐阶求导寻找规律：

已知 $f'(x) = [f(x)]^2$。

求二阶导数：$f''(x) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}[f(x)]^2 = 2f(x) \cdot f'(x)$。将 $f'(x) = [f(x)]^2$ 代入，得：

$f''(x) = 2f(x) \cdot [f(x)]^2 = 2[f(x)]^3 = 2! [f(x)]^3$。

求三阶导数：$f'''(x) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\{2[f(x)]^3\} = 6[f(x)]^2 \cdot f'(x) = 6[f(x)]^2 \cdot [f(x)]^2 = 6[f(x)]^4 = 3! [f(x)]^4$。

求四阶导数：$f^{(4)}(x) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\{24[f(x)]^4\} = 24[f(x)]^3 \cdot f'(x) = 24[f(x)]^5 = 4! [f(x)]^5$。

利用数学归纳法可猜想并证明：

$f^{(n)}(x) = n! [f(x)]^{n+1}$ （对于 $n \geqslant 1$ 皆成立）。

结论： $f^{(n)}(x) = n! [f(x)]^{n+1}$。

思考题 2.6

题目： 设函数 $y(x)$ 由方程 $y-x-\mathrm{e}^x=0$ 确定，求其反函数的导数。

解答：

由已知方程可得 $y(x) = x + \mathrm{e}^x$。

其反函数为 $x=x(y)$，即 $x$ 作为因变量，$y$ 作为自变量。我们需要求的是反函数的导数 $\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y}$。

首先计算原函数对 $x$ 的导数：

$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = 1 + \mathrm{e}^x$

根据反函数求导法则，反函数的导数等于直接函数导数的倒数：

$\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}y} = \frac{1}{\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}} = \frac{1}{1+\mathrm{e}^x}$

（注：由于 $y = x + \mathrm{e}^x$ 是超越方程，无法将 $x$ 用 $y$ 的初等解析式显式表示出来，故结果保留 $x$ 即可，或可写作 $\frac{1}{1+y-x}$。）

结论： 其反函数的导数为 $\frac{1}{1+\mathrm{e}^x}$。

思考题 2.7

题目： 如何求由参数方程（2.27）确定的函数的三阶导数 $\frac{\mathrm{d}^3 y}{\mathrm{d}x^3}$？

解答：

假设参数方程（2.27）的标准形式为 $\begin{cases} x = \varphi(t) \\ y = \psi(t) \end{cases}$，且 $\varphi(t), \psi(t)$ 具有足够高阶的导数，$\varphi'(t) \neq 0$。

求导过程遵循参数方程求导链式法则 $\frac{\mathrm{d}(\cdot)}{\mathrm{d}x} = \frac{\frac{\mathrm{d}(\cdot)}{\mathrm{d}t}}{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}} = \frac{\frac{\mathrm{d}(\cdot)}{\mathrm{d}t}}{\varphi'(t)}$。

第一步：求一阶导数

$$\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x} = \frac{\psi'(t)}{\varphi'(t)}$$

第二步：求二阶导数

$$\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d}x^2} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right) = \frac{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left( \frac{\psi'(t)}{\varphi'(t)} \right)}{\varphi'(t)} = \frac{\psi''(t)\varphi'(t) - \psi'(t)\varphi''(t)}{[\varphi'(t)]^3}$$

第三步：求三阶导数

继续对二阶导数结果求 $x$ 的导数：

$$\frac{\mathrm{d}^3 y}{\mathrm{d}x^3} = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x}\left(\frac{\mathrm{d}^2 y}{\mathrm{d}x^2}\right) = \frac{\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left( \frac{\psi''(t)\varphi'(t) - \psi'(t)\varphi''(t)}{[\varphi'(t)]^3} \right)}{\varphi'(t)}$$

设分子 $U(t) = \psi''(t)\varphi'(t) - \psi'(t)\varphi''(t)$，对 $U(t)$ 求导：

$U'(t) = [\psi'''(t)\varphi'(t) + \psi''(t)\varphi''(t)] - [\psi''(t)\varphi''(t) + \psi'(t)\varphi'''(t)] = \psi'''(t)\varphi'(t) - \psi'(t)\varphi'''(t)$

利用商的求导法则对二阶导进行 $t$ 的求导：

$$\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}t}\left( \frac{U}{[\varphi']^3} \right) = \frac{U' \cdot [\varphi']^3 - U \cdot 3[\varphi']^2 \varphi''}{[\varphi']^6} = \frac{U'\varphi' - 3U\varphi''}{[\varphi']^4}$$

最后除以 $\varphi'(t)$，得到三阶导数：

$$\frac{\mathrm{d}^3 y}{\mathrm{d}x^3} = \frac{[\psi'''(t)\varphi'(t) - \psi'(t)\varphi'''(t)]\varphi'(t) - 3[\psi''(t)\varphi'(t) - \psi'(t)\varphi''(t)]\varphi''(t)}{[\varphi'(t)]^5}$$

思考题 2.8

题目： 设 $y=1-x^2$，在 $x=1$ 处当 $\Delta x=0.1$ 时，$\Delta y - \mathrm{d}y$ 是多少？

解答：

1. 计算函数的增量 $\Delta y$：

$\Delta y = f(x+\Delta x) - f(x)$

当 $x=1, \Delta x=0.1$ 时：

$f(1) = 1 - 1^2 = 0$

$f(1.1) = 1 - (1.1)^2 = 1 - 1.21 = -0.21$

$\Delta y = -0.21 - 0 = -0.21$

2. 计算函数的微分 $\mathrm{d}y$：

$\mathrm{d}y = y'(x) \mathrm{d}x = y'(x) \Delta x$

求导得 $y' = -2x$。

在 $x=1$ 处，微分：

$\mathrm{d}y = -2(1) \cdot (0.1) = -0.2$

3. 计算两者的差值：

$\Delta y - \mathrm{d}y = -0.21 - (-0.2) = -0.01$

结论： $\Delta y - \mathrm{d}y$ 的值为 $-0.01$。

思考题 2.9

题目： 设 $y=y(x)$ 是由方程 $x^3+y^3-\sin 3x + 6y = 0$ 确定的函数，利用微分的定义和微分形式的不变性两种方法计算 $\left. \mathrm{d}y \right|_{x=0}$。

解答：

首先确定在 $x=0$ 处的 $y$ 值。将 $x=0$ 代入原方程：

$0^3 + y^3 - \sin(0) + 6y = 0 \implies y^3 + 6y = 0 \implies y(y^2+6) = 0$

解得实数解 $y = 0$。即所求点为 $(0, 0)$。

方法一：利用微分的定义计算

由定义 $\mathrm{d}y = y'(x) \mathrm{d}x$。对方程两边同时对 $x$ 求导（隐函数求导）：

$3x^2 + 3y^2 \cdot y' - 3\cos 3x + 6y' = 0$

将 $x=0, y=0$ 代入上式：

$0 + 0 \cdot y' - 3\cos(0) + 6y' = 0 \implies -3 + 6y' = 0 \implies y' = \frac{1}{2}$

因此，$\left. \mathrm{d}y \right|_{x=0} = y'(0) \mathrm{d}x = \frac{1}{2}\mathrm{d}x$。

方法二：利用微分形式的不变性计算

对原方程两边同时直接取微分算子 $\mathrm{d}$：

$\mathrm{d}(x^3 + y^3 - \sin 3x + 6y) = \mathrm{d}(0)$

$3x^2 \mathrm{d}x + 3y^2 \mathrm{d}y - 3\cos 3x \mathrm{d}x + 6\mathrm{d}y = 0$

将 $x=0, y=0$ 代入上式微分方程中：

$3(0)^2 \mathrm{d}x + 3(0)^2 \mathrm{d}y - 3\cos(0) \mathrm{d}x + 6\mathrm{d}y = 0$

$0 + 0 - 3\mathrm{d}x + 6\mathrm{d}y = 0 \implies 6\mathrm{d}y = 3\mathrm{d}x \implies \mathrm{d}y = \frac{1}{2}\mathrm{d}x$

结论： 两种方法计算得到的 $\left. \mathrm{d}y \right|_{x=0}$ 均为 $\frac{1}{2}\mathrm{d}x$。

思考题 2.10

题目： 当 $|x|$ 很小时，试推导如下近似公式：

$\sin x \approx x$ （$x$ 为弧度）；

$\tan x \approx x$ （$x$ 为弧度）；

$(1+x)^\alpha \approx 1+\alpha x$ ；

$\ln(1+x) \approx x$ ；

$\frac{1}{1-x} \approx 1+x$ 。

解答：

当 $|x|$ 很小（即 $x$ 趋向于 $0$）时，可以使用函数在 $x_0=0$ 处的一阶泰勒展开式（即线性近似）进行推导。

线性近似公式为：$f(x) \approx f(0) + f'(0) \cdot x$。

1. 推导 $\sin x \approx x$

设 $f(x) = \sin x$。

计算函数值：$f(0) = \sin 0 = 0$。

计算导函数及导数值：$f'(x) = \cos x \implies f'(0) = \cos 0 = 1$。

代入近似公式：$\sin x \approx 0 + 1 \cdot x = x$。

2. 推导 $\tan x \approx x$

设 $g(x) = \tan x$。

计算函数值：$g(0) = \tan 0 = 0$。

计算导函数及导数值：$g'(x) = \sec^2 x \implies g'(0) = \sec^2 0 = 1$。

代入近似公式：$\tan x \approx 0 + 1 \cdot x = x$。

结论： 得证当 $|x|$ 很小时，$\sin x \approx x$ 与 $\tan x \approx x$ 成立。

思考题 2.10 （续）

题目： 当 $|x|$ 很小时，试推导如下近似公式：

解答：

与前两问相同，当 $|x|$ 很小时（即 $x \to 0$），我们利用函数在 $x_0=0$ 处的一阶泰勒展开式（线性近似公式）进行推导：

$f(x) \approx f(0) + f'(0) \cdot x$

1. 推导 $(1+x)^\alpha \approx 1+\alpha x$

设 $f(x) = (1+x)^\alpha$。

计算函数值：$f(0) = (1+0)^\alpha = 1$。

计算导函数：$f'(x) = \alpha(1+x)^{\alpha-1}$。

计算导数值：$f'(0) = \alpha(1+0)^{\alpha-1} = \alpha$。

代入近似公式：

$(1+x)^\alpha \approx 1 + \alpha \cdot x = 1 + \alpha x$

2. 推导 $\ln(1+x) \approx x$

设 $g(x) = \ln(1+x)$。

计算函数值：$g(0) = \ln(1+0) = \ln 1 = 0$。

计算导函数：$g'(x) = \frac{1}{1+x}$。

计算导数值：$g'(0) = \frac{1}{1+0} = 1$。

代入近似公式：

$\ln(1+x) \approx 0 + 1 \cdot x = x$

3. 推导 $\frac{1}{1-x} \approx 1+x$

设 $h(x) = \frac{1}{1-x} = (1-x)^{-1}$。

计算函数值：$h(0) = \frac{1}{1-0} = 1$。

计算导函数（利用复合函数求导法则）：$h'(x) = -1 \cdot (1-x)^{-2} \cdot (-1) = \frac{1}{(1-x)^2}$。

计算导数值：$h'(0) = \frac{1}{(1-0)^2} = 1$。

代入近似公式：

$\frac{1}{1-x} \approx 1 + 1 \cdot x = 1 + x$

结论： 得证当 $|x|$ 很小时，以上三个近似公式均成立。这些公式在物理海洋学或流体力学等领域的工程近似计算中非常常用。

第3章微分中值定理与导数的应用

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

思考题 3.1

题目：

汽车在行进过程中，下午2点时速度为 $30\text{km/h}$，下午2点10分时速度增至 $50\text{km/h}$，试说明在这10分钟内的某一时刻，汽车的加速度恰为 $120\text{km/h}^2$.

解答过程：

设汽车的速度函数为 $v(t)$，且 $v(t)$ 在行驶过程中是连续且可导的，其导数 $v'(t)$ 即为汽车的加速度 $a(t)$。

我们将下午2点记为初始时刻 $t_1 = 0$ 小时，则下午2点10分对应的时刻为 $t_2 = \frac{10}{60} = \frac{1}{6}$ 小时。

已知条件为：

$$v(0) = 30$$$$v(1/6) = 50$$

根据拉格朗日中值定理（Lagrange Mean Value Theorem），在区间 $[0, 1/6]$ 内，至少存在一个时刻 $\xi \in (0, 1/6)$，使得：

$$v'(\xi) = \frac{v(1/6) - v(0)}{1/6 - 0}$$

代入已知数据可得该时刻的加速度：

$$a(\xi) = v'(\xi) = \frac{50 - 30}{1/6} = \frac{20}{1/6} = 120\text{ (km/h}^2)$$

因此，在这10分钟内的某一时刻 $\xi$，汽车的加速度恰好为 $120\text{km/h}^2$。

思考题 3.2

题目：

设 $f(x)>0$，$\lim f(x)=0$，$\lim g(x)=+\infty$，问：$\lim[f(x)]^{g(x)}$是未定式吗?

解答过程：

不是未定式。

当 $\lim f(x) = 0$ 且 $f(x)>0$ 时，底数趋于一个无限接近于0的正数；指数 $\lim g(x) = +\infty$，即指数趋于正无穷。

根据指数函数的极限性质，底数趋近于0（且在0到1之间）时，指数越大，幂函数的值越小且趋近于0。

因此，这个极限属于 $0^{+\infty}$ 型，它是一个定式，其极限结果明确为 $0$：

$$\lim [f(x)]^{g(x)} = 0$$

思考题 3.3

题目：

如何将上述5种未定式（“$0\cdot\infty$”“$\infty-\infty$”“$\infty^0$”“$0^0$”“$1^\infty$”）化成“$0/0$”或“$\infty/\infty$”型未定式，进而利用洛必达法则求解?

解答过程：

对于“$0\cdot\infty$”型 ($f \cdot g$)：

通过将其中一个因子取倒数移到分母上进行转化：

$$f \cdot g = \frac{f}{1/g} \quad \text{（化为“}\frac{0}{0}\text{”型）}$$

或

$$f \cdot g = \frac{g}{1/f} \quad \text{（化为“}\frac{\infty}{\infty}\text{”型）}$$

对于“$\infty-\infty$”型 ($f - g$)：

通常通过通分（如果是分式形式）、有理化（如果是根式）或提取公因子化简。如果是通用函数，可以通过倒数通分转化：

$$f - g = \frac{1}{1/f} - \frac{1}{1/g} = \frac{1/g - 1/f}{1/(fg)}$$

这样就转化为了“$0/0$”型。

对于幂指函数未定式“$\infty^0$”、“$0^0$”、“$1^\infty$”型 ($f(x)^{g(x)}$)：

利用对数恒等式 $A = \text{e}^{\ln A}$ 进行指数转化。

设 $y = [f(x)]^{g(x)}$，两边取自然对数：

$$\ln y = g(x) \cdot \ln f(x)$$

这样就将指数上的未定式转化为了 $\ln y$ 的“$0\cdot\infty$”型。然后再利用步骤1将其转化为“$0/0$”或“$\infty/\infty$”型，使用洛必达法则求出 $\lim \ln y = A$，最终原极限结果为 $\text{e}^A$。

思考题 3.4

题目：

能否用洛必达法则求极限 $\lim_{x\to+\infty} \frac{\sqrt{1+x^2}}{x}$ ?

解答过程：

不能。

虽然该极限满足“$\infty/\infty$”型的条件，但如果我们尝试使用洛必达法则（上下同时求导）：

分子求导：$(\sqrt{1+x^2})' = \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$

分母求导：$(x)' = 1$

应用洛必达法则后极限变为：

$$\lim_{x\to+\infty} \frac{\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}}{1} = \lim_{x\to+\infty} \frac{x}{\sqrt{1+x^2}}$$

再次使用洛必达法则求导，会得到：

$$\lim_{x\to+\infty} \frac{1}{\frac{x}{\sqrt{1+x^2}}} = \lim_{x\to+\infty} \frac{\sqrt{1+x^2}}{x}$$

可以看到，使用洛必达法则陷入了无限循环（原式与求导后的式子来回交替），无法得出结果。

正确的解法是直接除以最高次幂：

对于 $x>0$ 时，$\sqrt{x^2} = x$，上下同除以 $x$：

$$\lim_{x\to+\infty} \frac{\sqrt{1+x^2}}{x} = \lim_{x\to+\infty} \sqrt{\frac{1+x^2}{x^2}} = \lim_{x\to+\infty} \sqrt{\frac{1}{x^2} + 1} = \sqrt{0+1} = 1$$

思考题 3.5

题目：

将多项式 $x^3+3x^2-2x+4$ 按 $x+1$ 的幂进行展开.

解答过程：

方法一：代数代换法

令 $t = x+1$，则 $x = t-1$。将其代入原多项式：

$$f(x) = (t-1)^3 + 3(t-1)^2 - 2(t-1) + 4$$

展开每一项：

$(t-1)^3 = t^3 - 3t^2 + 3t - 1$

$3(t-1)^2 = 3(t^2 - 2t + 1) = 3t^2 - 6t + 3$

$-2(t-1) = -2t + 2$

将它们相加：

$$(t^3 - 3t^2 + 3t - 1) + (3t^2 - 6t + 3) - 2t + 2 + 4 = t^3 - 5t + 8$$

将 $t = x+1$ 替换回去，得到展开式：

$$f(x) = (x+1)^3 - 5(x+1) + 8$$

方法二：泰勒公式（Taylor Formula）法

设 $f(x) = x^3+3x^2-2x+4$，在 $x_0 = -1$ 处求各阶导数：

$f(-1) = (-1)^3 + 3(-1)^2 - 2(-1) + 4 = -1 + 3 + 2 + 4 = 8$

$f'(x) = 3x^2 + 6x - 2 \implies f'(-1) = 3 - 6 - 2 = -5$

$f''(x) = 6x + 6 \implies f''(-1) = 0$

$f'''(x) = 6 \implies f'''(-1) = 6$

根据泰勒公式：

$$f(x) = f(-1) + f'(-1)(x+1) + \frac{f''(-1)}{2!}(x+1)^2 + \frac{f'''(-1)}{3!}(x+1)^3$$

代入各项值：

$$f(x) = 8 - 5(x+1) + \frac{0}{2}(x+1)^2 + \frac{6}{6}(x+1)^3 = (x+1)^3 - 5(x+1) + 8$$

思考题 3.6

题目：

设常数 $k>0$，函数 $f(x)=\ln x - \frac{x}{\text{e}} + k$ 在 $(0,+\infty)$ 内零点的个数为几个?

解答过程：

首先求函数 $f(x)$ 的一阶导数，分析其单调性：

$$f'(x) = \frac{1}{x} - \frac{1}{\text{e}}$$

令 $f'(x) = 0$，解得驻点 $x = \text{e}$。

当 $x \in (0, \text{e})$ 时，$\frac{1}{x} > \frac{1}{\text{e}}$，此时 $f'(x) > 0$，函数单调递增。
当 $x \in (\text{e}, +\infty)$ 时，$\frac{1}{x} < \frac{1}{\text{e}}$，此时 $f'(x) < 0$，函数单调递减。

因此，函数在 $x = \text{e}$ 处取得极大值，也是整个定义域内的最大值：

$$f(\text{e}) = \ln\text{e} - \frac{\text{e}}{\text{e}} + k = 1 - 1 + k = k$$

已知条件给出常数 $k>0$，所以最大值 $f(\text{e}) = k > 0$。

接着观察区间两端的极限：

当 $x \to 0^+$ 时，$\ln x \to -\infty$，$-\frac{x}{\text{e}} \to 0$，所以 $\lim_{x\to 0^+} f(x) = -\infty$。
当 $x \to +\infty$ 时，对数函数增长速度慢于线性函数，即 $\ln x - \frac{x}{\text{e}} \to -\infty$，所以 $\lim_{x\to+\infty} f(x) = -\infty$。

因为 $f(x)$ 在 $(0, \text{e}]$ 单调递增，且由负无穷变号穿过 $x$ 轴达到正值 $k$，根据零点定理，在 $(0, \text{e})$ 内有且仅有 $1$ 个零点。

同理，$f(x)$ 在 $[\text{e}, +\infty)$ 单调递减，由正值 $k$ 变号穿过 $x$ 轴趋向于负无穷，在 $(\text{e}, +\infty)$ 内有且仅有 $1$ 个零点。

结论：零点的个数为 2 个。

思考题 3.7

题目：

设 $\lim_{x\to a} \frac{f(x)-f(a)}{(x-a)^2} = -1$，则在点 $x=a$ 处 ( ).

A. $f'(x)$ 存在，且 $f'(a) \neq 0$

B. $f(x)$ 取得极大值

C. $f(x)$ 取得极小值

D. $f(x)$ 的导数不存在

解答过程：

由极限条件可知：

$$\lim_{x\to a} \frac{f(x)-f(a)}{(x-a)^2} = -1 < 0$$

根据极限的保号性，存在 $a$ 的一个去心邻域，当 $x$ 在该邻域内（即 $x$ 趋近于 $a$ 但 $x \neq a$ 时），分式的符号必定与极限值的符号相同。

即存在 $\delta > 0$，当 $0 < |x-a| < \delta$ 时，有：

$$\frac{f(x)-f(a)}{(x-a)^2} < 0$$

因为对于任何 $x \neq a$，分母 $(x-a)^2$ 恒为正数（$>0$）。

要使整个分式小于 $0$，分子必须严格小于 $0$，即：

$$f(x) - f(a) < 0 \implies f(x) < f(a)$$

这说明在 $a$ 的一个邻域内，所有的函数值 $f(x)$ 都小于该点的函数值 $f(a)$。根据极值的定义，这意味着 $f(x)$ 在 $x=a$ 处取得 极大值。

答案是：B. $f(x)$ 取得极大值

思考题 3.8

题目：

对某个量进行 $n$ 次测量，得到 $n$ 个测量值 $x_1, x_2, \cdots, x_n$. 为什么经常用 $n$ 次测量值的算术平均值 $\frac{x_1+x_2+\cdots+x_n}{n}$ 作为所测量值的近似值.

解答过程：

这可以用最小二乘法原理来解释。在多次测量中，我们希望找到一个近似值 $x$，使得它与所有测量值之间的“总误差”最小。在数学上，通常用所有测量值偏离该近似值的残差平方和来衡量这个“总误差”。

设残差平方和（误差函数）为 $E(x)$：

$$E(x) = (x_1 - x)^2 + (x_2 - x)^2 + \cdots + (x_n - x)^2 = \sum_{i=1}^{n} (x_i - x)^2$$

为了找到使 $E(x)$ 达到最小值的 $x$，我们可以对 $E(x)$ 求导，并令其导数为 $0$（寻找极小值点）：

$$E'(x) = -2(x_1 - x) - 2(x_2 - x) - \cdots - 2(x_n - x) = -2 \sum_{i=1}^{n} (x_i - x)$$

令 $E'(x) = 0$：

$$\sum_{i=1}^{n} x_i - \sum_{i=1}^{n} x = 0$$$$\sum_{i=1}^{n} x_i - nx = 0$$

解得：

$$x = \frac{\sum_{i=1}^{n} x_i}{n} = \frac{x_1 + x_2 + \cdots + x_n}{n}$$

因为 $E''(x) = 2n > 0$，所以此时 $E(x)$ 确实取得极小值（也是全局最小值）。这说明算术平均值是使得各次测量误差平方和最小的最佳估计值。

思考题 3.9

题目：

若 $x_0$ 是 $f(x)$ 的驻点，但不是极值点，则 $(x_0, f(x_0))$ 是否是曲线 $y=f(x)$ 的拐点?

解答过程：

在二阶导数连续的前提下，是的。

根据驻点定义，$x_0$ 是驻点意味着 $f'(x_0) = 0$。

根据极值的第一充分条件，如果驻点 $x_0$ 不是极值点，说明一阶导数 $f'(x)$ 在 $x_0$ 的两侧不改变符号（要么两侧都大于0，要么两侧都小于0）。

这意味着 $f'(x)$ 在 $x_0$ 处取得了一个局部极值（极大值或极小值，因为它是0且两侧同号）。

如果 $f'(x)$ 在 $x_0$ 处取得极值，那么其导数（也就是原函数的二阶导数）$f''(x)$ 在 $x_0$ 处如果存在，必定为0，即 $f''(x_0) = 0$。同时，由于 $f'(x)$ 在此达到极值，意味着 $f'(x)$ 在 $x_0$ 两侧的增减性发生了改变，这直接等价于 $f''(x)$ 在 $x_0$ 两侧改变了符号。

根据拐点的判定定理，如果二阶导数在某点两侧变号，则该点对应的曲线上的点即为拐点。

（最典型的例子是 $f(x) = x^3$，$x=0$ 是驻点但非极值点，$(0,0)$ 是曲线的拐点。）

思考题 3.10

题目：

求摆线 $\begin{cases} x=a(t-\sin t), \\ y=a(1-\cos t) \end{cases} (0\le t\le 2\pi)$ 的弧微分.

解答过程：

已知参数方程，弧微分公式为：

$$ds = \sqrt{(x'(t))^2 + (y'(t))^2} \, dt$$

分别求导：

$$x'(t) = a(1 - \cos t)$$$$y'(t) = a\sin t$$

代入弧微分公式并化简：

$$ds = \sqrt{[a(1 - \cos t)]^2 + [a\sin t]^2} \, dt$$$$ds = a \sqrt{(1 - 2\cos t + \cos^2 t) + \sin^2 t} \, dt$$

利用三角恒等式 $\cos^2 t + \sin^2 t = 1$：

$$ds = a \sqrt{2 - 2\cos t} \, dt = a \sqrt{2(1 - \cos t)} \, dt$$

再利用半角公式 $1 - \cos t = 2\sin^2(t/2)$：

$$ds = a \sqrt{4\sin^2(t/2)} \, dt = 2a \left| \sin\frac{t}{2} \right| \, dt$$

因为 $0 \le t \le 2\pi$，所以 $0 \le t/2 \le \pi$，此时 $\sin(t/2) \ge 0$，可去掉绝对值：

$$ds = 2a\sin\frac{t}{2} \, dt$$

思考题 3.11

题目：

求阿基米德螺线 $\rho = a\theta (a>0)$ 的弧微分.

解答过程：

在极坐标系中，曲线 $\rho = \rho(\theta)$ 的弧微分公式为：

$$ds = \sqrt{\rho^2 + (\rho'(\theta))^2} \, d\theta$$

已知 $\rho = a\theta$，对其求导数得：

$$\rho'(\theta) = a$$

代入公式得：

$$ds = \sqrt{(a\theta)^2 + a^2} \, d\theta = \sqrt{a^2\theta^2 + a^2} \, d\theta$$

提取公因式 $a^2$ 到根号外（因 $a>0$）：

$$ds = a\sqrt{\theta^2 + 1} \, d\theta$$

思考题 3.12

题目：

椭圆 $\begin{cases} x=a\cos t, \\ y=b\sin t \end{cases} (0b>0)$ 在何处曲率最大?

解答过程：

对于参数方程定义的曲线，曲率 $K$ 的计算公式为：

$$K = \frac{|x'y'' - y'x''|}{((x')^2 + (y')^2)^{3/2}}$$

分别求一阶、二阶导数：

$$x' = -a\sin t, \quad x'' = -a\cos t$$$$y' = b\cos t, \quad y'' = -b\sin t$$

计算分子部分的绝对值：

$$x'y'' - y'x'' = (-a\sin t)(-b\sin t) - (b\cos t)(-a\cos t) = ab\sin^2 t + ab\cos^2 t = ab(\sin^2 t + \cos^2 t) = ab$$

因为 $a>0, b>0$，所以分子为常数 $ab$。

计算分母部分：

$$(x')^2 + (y')^2 = (-a\sin t)^2 + (b\cos t)^2 = a^2\sin^2 t + b^2\cos^2 t$$

将曲率公式写出：

$$K(t) = \frac{ab}{(a^2\sin^2 t + b^2\cos^2 t)^{3/2}}$$

为了使曲率 $K(t)$ 最大，我们需要让分母 $(a^2\sin^2 t + b^2\cos^2 t)$ 最小。

利用 $\cos^2 t = 1 - \sin^2 t$ 将分母化为关于 $\sin^2 t$ 的表达式：

$$f(t) = a^2\sin^2 t + b^2(1 - \sin^2 t) = b^2 + (a^2 - b^2)\sin^2 t$$

因为已知 $a > b > 0$，所以 $a^2 - b^2 > 0$。要使 $f(t)$ 最小，就必须让 $\sin^2 t$ 尽可能小。

显然 $\sin^2 t$ 的最小值为 $0$，此时 $t = \pi$ （注意限制条件 $0

当 $\sin^2 t = 0$（即 $\sin t = 0, \cos t = \pm 1$）时，分母取得最小值 $b^2$。

对应的坐标位置为：

$$x = a(\pm 1) = \pm a, \quad y = b(0) = 0$$

即坐标点 $(\pm a, 0)$。

结论：在椭圆长轴的两个顶点 $(\pm a, 0)$ 处，曲率最大。

第4章不定积分

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

思考题 4.1

题目：

若 $f(x)$ 的导函数为 $\sin x$，则 $f(x)$ 的一个原函数是（）.

A. $1 + \sin x$

B. $1 - \sin x$

C. $1 + \cos x$

D. $1 - \cos x$

解答过程：

本题可以通过“两次求导”的逆向思维来快速判定。

已知 $f'(x) = \sin x$。

设 $f(x)$ 的一个原函数为 $F(x)$，则根据定义有 $F'(x) = f(x)$，进而有 $F''(x) = f'(x) = \sin x$。

我们将各选项作为 $F(x)$ 进行两次求导检验：

A选项：$(1 + \sin x)'' = (\cos x)' = -\sin x \neq \sin x$
B选项：$(1 - \sin x)'' = (-\cos x)' = \sin x = \sin x$ （符合）
C选项：$(1 + \cos x)'' = (-\sin x)' = -\cos x \neq \sin x$
D选项：$(1 - \cos x)'' = (\sin x)' = \cos x \neq \sin x$

因此，正确答案选 B。

思考题 4.2

题目：

一物体从原点出发沿 $x$ 轴直行，已知它的速度为 $v = 2t + \sin t$，求该物体的位置函数 $x = s(t)$.

解答过程：

已知速度 $v(t) = s'(t) = 2t + \sin t$，对速度函数求不定积分即可得到位置函数的形式：

$$s(t) = \int v(t) \mathrm{d}t = \int (2t + \sin t) \mathrm{d}t = t^2 - \cos t + C$$

由题意“物体从原点出发”，可知初始条件为 $s(0) = 0$。

代入初始条件求常数 $C$：

$$0^2 - \cos 0 + C = 0 \implies -1 + C = 0 \implies C = 1$$

所以，该物体的位置函数为：

$$s(t) = t^2 - \cos t + 1$$

思考题 4.3

题目：

设 $f(x) = \begin{cases} x + 1, & x \leqslant 1, \\ 2x, & x > 1, \end{cases}$ 求 $\int f(x) \mathrm{d}x$.

解答过程：

求分段函数的不定积分，需要分段积分，并利用原函数连续性确定常数关系。

设 $F(x) = \int f(x) \mathrm{d}x$。

当 $x \leqslant 1$ 时：

$$F(x) = \int (x+1) \mathrm{d}x = \frac{1}{2}x^2 + x + C_1$$

当 $x > 1$ 时：

$$F(x) = \int 2x \mathrm{d}x = x^2 + C_2$$

因为 $f(x)$ 含有原函数，所以其原函数 $F(x)$ 在分段点 $x=1$ 处必须连续，即：

$$\lim_{x \to 1^-} F(x) = \lim_{x \to 1^+} F(x)$$$$\frac{1}{2}(1)^2 + 1 + C_1 = 1^2 + C_2 \implies \frac{3}{2} + C_1 = 1 + C_2 \implies C_2 = C_1 + \frac{1}{2}$$

令 $C_1 = C$，则 $C_2 = C + \frac{1}{2}$。

综合可得：

$$\int f(x) \mathrm{d}x = \begin{cases} \frac{1}{2}x^2 + x + C, & x \leqslant 1 \\ x^2 + \frac{1}{2} + C, & x > 1 \end{cases}$$

思考题 4.4

题目：

在下面的括号中填上正确答案.

(1) $\mathrm{d}x = (\quad)\mathrm{d}(ax+b)$.

(2) $x^{n-1}\mathrm{d}x = (\quad)\mathrm{d}(ax^n+b)$.

(3) $\frac{1}{\sqrt{x}}\mathrm{d}x = (\quad)\mathrm{d}(\sqrt{x})$.

(4) $\frac{1}{x^2}\mathrm{d}x = (\quad)\mathrm{d}(\frac{1}{x})$.

(5) $\frac{1}{x}\mathrm{d}x = (\quad)\mathrm{d}(\ln x)$.

(6) $\mathrm{e}^{3x}\mathrm{d}x = (\quad)\mathrm{d}(\mathrm{e}^{3x})$.

(7) $\sin x\mathrm{d}x = (\quad)\mathrm{d}(\cos x)$.

(8) $\frac{1}{1+x^2}\mathrm{d}x = \mathrm{d}(\quad)$.

(9) $\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x = \mathrm{d}(\quad)$.

(10) $\frac{x\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^2}} = (\quad)\mathrm{d}(\sqrt{1-x^2})$.

(11) $\frac{1}{\cos^2 x}\mathrm{d}x = \sec^2 x \mathrm{d}x = \mathrm{d}(\quad)$.

(12) $\frac{1}{\sin^2 x}\mathrm{d}x = (\quad)\mathrm{d}x = (\quad)\mathrm{d}(\cot x)$.

解答过程：

本题主要考察凑微分（第一换元法）的基本公式。

(1) $\mathrm{d}(ax+b) = a \mathrm{d}x \implies$ 填 $\frac{1}{a}$

(2) $\mathrm{d}(ax^n+b) = anx^{n-1} \mathrm{d}x \implies$ 填 $\frac{1}{an}$

(3) $\mathrm{d}(\sqrt{x}) = \frac{1}{2\sqrt{x}} \mathrm{d}x \implies$ 填 $2$

(4) $\mathrm{d}(\frac{1}{x}) = -\frac{1}{x^2} \mathrm{d}x \implies$ 填 $-1$ （或负号）

(5) $\mathrm{d}(\ln x) = \frac{1}{x} \mathrm{d}x \implies$ 填 $1$

(6) $\mathrm{d}(\mathrm{e}^{3x}) = 3\mathrm{e}^{3x} \mathrm{d}x \implies$ 填 $\frac{1}{3}$

(7) $\mathrm{d}(\cos x) = -\sin x \mathrm{d}x \implies$ 填 $-1$ （或负号）

(8) 基本积分表 $\implies$ 填 $\arctan x$ （或 $-\mathrm{arccot} x$）

(9) 基本积分表 $\implies$ 填 $\arcsin x$ （或 $-\arccos x$）

(10) $\mathrm{d}(\sqrt{1-x^2}) = \frac{-x}{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}x \implies$ 填 $-1$ （或负号）

(11) 基本导数公式 $\implies$ 填 $\tan x$

(12) $\frac{1}{\sin^2 x} = \csc^2 x$，且 $\mathrm{d}(\cot x) = -\csc^2 x \mathrm{d}x \implies$ 第一空填 $\csc^2 x$，第二空填 $-1$

思考题 4.5

题目：

分别用凑微分法和三角换元法求 $\int \frac{x}{\sqrt{9-x^2}} \mathrm{d}x$.

解答过程：

方法一：凑微分法

$$\int \frac{x}{\sqrt{9-x^2}} \mathrm{d}x = -\frac{1}{2} \int (9-x^2)^{-\frac{1}{2}} \mathrm{d}(9-x^2)$$$$= -\frac{1}{2} \cdot \frac{(9-x^2)^{\frac{1}{2}}}{\frac{1}{2}} + C = -\sqrt{9-x^2} + C$$

方法二：三角换元法

令 $x = 3\sin t, \; t \in (-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2})$，则 $\mathrm{d}x = 3\cos t \mathrm{d}t$，且 $\sqrt{9-x^2} = 3\cos t$。

$$\int \frac{x}{\sqrt{9-x^2}} \mathrm{d}x = \int \frac{3\sin t}{3\cos t} \cdot 3\cos t \mathrm{d}t = \int 3\sin t \mathrm{d}t = -3\cos t + C$$

回代变量，由于 $\cos t = \sqrt{1-\sin^2 t} = \sqrt{1-(\frac{x}{3})^2} = \frac{\sqrt{9-x^2}}{3}$，所以：

$$-3\cos t + C = -3 \cdot \frac{\sqrt{9-x^2}}{3} + C = -\sqrt{9-x^2} + C$$

思考题 4.6

题目：

计算下列不定积分，并比较其计算方法有何不同.

(1) $\int \frac{\mathrm{d}x}{4+x}$ (2) $\int \frac{\mathrm{d}x}{4+x^2}$ (3) $\int \frac{x}{4+x^2}\mathrm{d}x$ (4) $\int \frac{x^2}{4+x^2}\mathrm{d}x$

(5) $\int \frac{\mathrm{d}x}{4-x^2}$ (6) $\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{4-x^2}}$ (7) $\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{4x-x^2}}$ (8) $\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{4+x^2}}$

(9) $\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^2-4}}$ (10) $\int \sqrt{4-x^2}\mathrm{d}x$

解答过程：

(1) 凑微分法：$\int \frac{\mathrm{d}x}{4+x} = \int \frac{\mathrm{d}(4+x)}{4+x} = \ln|4+x| + C$

(2) 基本公式：$\int \frac{\mathrm{d}x}{4+x^2} = \frac{1}{2}\arctan \frac{x}{2} + C$

(3) 凑微分法：$\int \frac{x}{4+x^2}\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\int \frac{\mathrm{d}(4+x^2)}{4+x^2} = \frac{1}{2}\ln(4+x^2) + C$

(4) 代数变形：$\int \frac{x^2}{4+x^2}\mathrm{d}x = \int \frac{x^2+4-4}{4+x^2}\mathrm{d}x = \int (1 - \frac{4}{4+x^2})\mathrm{d}x = x - 2\arctan \frac{x}{2} + C$

(5) 裂项法(有理函数积分)：$\int \frac{\mathrm{d}x}{4-x^2} = \frac{1}{4} \int (\frac{1}{2+x} + \frac{1}{2-x})\mathrm{d}x = \frac{1}{4}\ln\left|\frac{2+x}{2-x}\right| + C$

(6) 基本公式：$\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{4-x^2}} = \arcsin \frac{x}{2} + C$

(7) 配方法：$\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{4x-x^2}} = \int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{4-(x-2)^2}} = \arcsin \frac{x-2}{2} + C$

(8) 基本公式：$\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{4+x^2}} = \ln(x + \sqrt{x^2+4}) + C$

(9) 基本公式：$\int \frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{x^2-4}} = \ln|x + \sqrt{x^2-4}| + C$

(10) 三角换元法(或分部积分)：令 $x=2\sin t$，解得 $\int \sqrt{4-x^2}\mathrm{d}x = \frac{x}{2}\sqrt{4-x^2} + 2\arcsin \frac{x}{2} + C$

方法比较总结： 题组列举了被积函数形态相近但解法截然不同的典型积分。解题时需根据分母或根号内表达式的特征灵活选用直接套用基本公式（如2, 6, 8, 9）、凑微分（如1, 3）、代数变形/部分分式（如4, 5）、配方法（如7）以及三角换元（如10）。

思考题 4.7

题目：

如何求 $\int x^2 \sin x \mathrm{d}x$ ?

解答过程：

对于多项式与三角函数的乘积，应使用两次分部积分法，每次消去一阶 $x$ 的幂次。

$$\int x^2 \sin x \mathrm{d}x = \int x^2 \mathrm{d}(-\cos x)$$$$= -x^2 \cos x - \int (-\cos x) \mathrm{d}(x^2)$$$$= -x^2 \cos x + 2 \int x \cos x \mathrm{d}x$$

对剩余的积分再次使用分部积分：

$$\int x \cos x \mathrm{d}x = \int x \mathrm{d}(\sin x) = x \sin x - \int \sin x \mathrm{d}x = x \sin x + \cos x$$

将结果代回原式：

$$\int x^2 \sin x \mathrm{d}x = -x^2 \cos x + 2(x \sin x + \cos x) + C$$$$= -x^2 \cos x + 2x \sin x + 2\cos x + C$$

思考题 4.8

题目：

求不定积分 $\int \sin \sqrt{2x-1} \mathrm{d}x$.

解答过程：

首先使用变量代换法消除根号，然后使用分部积分法。

令 $t = \sqrt{2x-1}$，则 $t^2 = 2x-1 \implies x = \frac{t^2+1}{2}$，从而 $\mathrm{d}x = t \mathrm{d}t$。

将原积分转换为对 $t$ 的积分：

$$\int \sin \sqrt{2x-1} \mathrm{d}x = \int \sin t \cdot t \mathrm{d}t = \int t \sin t \mathrm{d}t$$

利用分部积分法：

$$\int t \sin t \mathrm{d}t = \int t \mathrm{d}(-\cos t) = -t \cos t - \int (-\cos t) \mathrm{d}t = -t \cos t + \sin t + C$$

最后回代 $t = \sqrt{2x-1}$：

$$\int \sin \sqrt{2x-1} \mathrm{d}x = -\sqrt{2x-1} \cos(\sqrt{2x-1}) + \sin(\sqrt{2x-1}) + C$$

思考题 4.9

题目：

如何求 $\int \frac{x-2}{(x^2+2x+3)^2} \mathrm{d}x$ ?

解答过程：

首先对分母内的二次式进行配方，然后通过拆项分离出凑微分项与反正切积分项。

由于 $x^2+2x+3 = (x+1)^2+2$，令 $u = x+1$，则 $x = u-1, \mathrm{d}x = \mathrm{d}u$，原积分化为：

$$\int \frac{u-1-2}{(u^2+2)^2} \mathrm{d}u = \int \frac{u}{(u^2+2)^2} \mathrm{d}u - 3 \int \frac{1}{(u^2+2)^2} \mathrm{d}u$$

分为两部分计算：

第一部分（凑微分法）：

$$\int \frac{u}{(u^2+2)^2} \mathrm{d}u = \frac{1}{2} \int (u^2+2)^{-2} \mathrm{d}(u^2+2) = -\frac{1}{2(u^2+2)}$$

第二部分（降幂法/分部积分法构造递推）：

由恒等变形 $\frac{1}{u^2+2} = \frac{1}{2} \cdot \frac{(u^2+2)-u^2}{u^2+2}$ 导出：

$$\int \frac{1}{u^2+2} \mathrm{d}u = \frac{1}{2} \int \frac{1}{u^2+2} \mathrm{d}u + \frac{1}{2} \int u \cdot \frac{u}{(u^2+2)^2} \mathrm{d}u$$

对后一项积分 $\int u \cdot \frac{u}{(u^2+2)^2} \mathrm{d}u$ 分部得出：

$$\int \frac{1}{(u^2+2)^2} \mathrm{d}u = \frac{u}{4(u^2+2)} + \frac{1}{4} \int \frac{1}{u^2+2} \mathrm{d}u = \frac{u}{4(u^2+2)} + \frac{1}{4\sqrt{2}} \arctan \frac{u}{\sqrt{2}}$$

将两部分合并：

$$I = -\frac{1}{2(u^2+2)} - 3 \left( \frac{u}{4(u^2+2)} + \frac{1}{4\sqrt{2}} \arctan \frac{u}{\sqrt{2}} \right) + C$$$$= -\frac{3u+2}{4(u^2+2)} - \frac{3\sqrt{2}}{8} \arctan \frac{u}{\sqrt{2}} + C$$

最后回代 $u = x+1, u^2+2 = x^2+2x+3$：

$$\int \frac{x-2}{(x^2+2x+3)^2} \mathrm{d}x = -\frac{3x+5}{4(x^2+2x+3)} - \frac{3\sqrt{2}}{8} \arctan \frac{x+1}{\sqrt{2}} + C$$

思考题 4.10

题目：

如何求 $\int \frac{\mathrm{d}x}{x^4+1}$ ?

解答过程：

这是一个经典的对称有理函数积分技巧，通过代数恒等变形将分子拆分，然后上下同除以 $x^2$。

$$\int \frac{1}{x^4+1} \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \int \frac{(x^2+1) - (x^2-1)}{x^4+1} \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \int \frac{x^2+1}{x^4+1} \mathrm{d}x - \frac{1}{2} \int \frac{x^2-1}{x^4+1} \mathrm{d}x$$

分子分母同除以 $x^2$：

$$= \frac{1}{2} \int \frac{1+\frac{1}{x^2}}{x^2+\frac{1}{x^2}} \mathrm{d}x - \frac{1}{2} \int \frac{1-\frac{1}{x^2}}{x^2+\frac{1}{x^2}} \mathrm{d}x$$

配凑分母：

$$= \frac{1}{2} \int \frac{\mathrm{d}(x-\frac{1}{x})}{(x-\frac{1}{x})^2+2} - \frac{1}{2} \int \frac{\mathrm{d}(x+\frac{1}{x})}{(x+\frac{1}{x})^2-2}$$

对于前一项，令 $u = x - \frac{1}{x}$，积分形式为 $\int \frac{\mathrm{d}u}{u^2+(\sqrt{2})^2} = \frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\frac{u}{\sqrt{2}}$。

对于后一项，令 $v = x + \frac{1}{x}$，积分形式为 $\int \frac{\mathrm{d}v}{v^2-(\sqrt{2})^2} = \frac{1}{2\sqrt{2}}\ln\left|\frac{v-\sqrt{2}}{v+\sqrt{2}}\right|$。

代入可得最终结果：

$$\int \frac{\mathrm{d}x}{x^4+1} = \frac{1}{2\sqrt{2}} \arctan \frac{x^2-1}{\sqrt{2}x} - \frac{1}{4\sqrt{2}} \ln \frac{x^2-\sqrt{2}x+1}{x^2+\sqrt{2}x+1} + C$$

(注：对数项也可写为 $+ \frac{1}{4\sqrt{2}} \ln \frac{x^2+\sqrt{2}x+1}{x^2-\sqrt{2}x+1}$)

第5章定积分及其应用

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

思考题 5.1

题目： 在定积分定义 $\lim_{\lambda \to 0} \sum_{i=1}^n f(\xi_i)\Delta x_i$ 中，极限过程 $\lambda \to 0$ 能否改成 $n \to \infty$？

解答：

不能。

这里的 $\lambda = \max\{\Delta x_1, \Delta x_2, \dots, \Delta x_n\}$ 表示所有子区间长度的最大值。当 $\lambda \to 0$ 时，必然有分割的区间数量 $n \to \infty$；但是反过来，当 $n \to \infty$ 时，并不能保证所有的子区间长度都趋于 0（即不能保证 $\lambda \to 0$）。

反例： 假设我们只把其中一个子区间无限细分，此时 $n \to \infty$，但其余子区间的长度并未改变，因此最大长度 $\lambda$ 不趋于 0。

注：只有在特别规定“等距划分”（即 $\Delta x_i = \frac{b-a}{n}$）的情况下，$\lambda \to 0$ 才与 $n \to \infty$ 等价。

思考题 5.2

题目： 利用定积分的定义表示下列极限.

(1) $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \sqrt{1 + \frac{i}{n}}$ ;

(2) $\lim_{n \to \infty} \frac{1^p + 2^p + \cdots + n^p}{n^{p+1}}$ ;

(3) $\lim_{n \to \infty} \left( \frac{1}{n+1} + \frac{1}{n+2} + \cdots + \frac{1}{n+n} \right)$.

解答：

根据定积分的定义，在区间 $[0, 1]$ 上取等距划分 $\Delta x = \frac{1}{n}$，取右端点 $\xi_i = \frac{i}{n}$，则有 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n f\left(\frac{i}{n}\right) = \int_0^1 f(x) \,\mathrm{d}x$。

(1) 原式可直接视为 $f(x) = \sqrt{1+x}$ 的黎曼和极限。

表示为： $\int_0^1 \sqrt{1+x} \,\mathrm{d}x$

(2) 提取 $\frac{1}{n}$，原式 $= \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \left(\frac{i}{n}\right)^p$。这里对应 $f(x) = x^p$。

表示为： $\int_0^1 x^p \,\mathrm{d}x$

(3) 原式 $= \lim_{n \to \infty} \sum_{i=1}^n \frac{1}{n+i} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \frac{1}{1 + \frac{i}{n}}$。这里对应 $f(x) = \frac{1}{1+x}$。

表示为： $\int_0^1 \frac{1}{1+x} \,\mathrm{d}x$

思考题 5.3

题目： 设 $g(x)$ 处处连续， $f(x) = \int_0^x (x-t)g(t)\,\mathrm{d}t$ ，求 $f'(x), f''(x)$.

解答：

首先将积分表达式展开，把与积分变量 $t$ 无关的 $x$ 提取到积分号外：

$$f(x) = x \int_0^x g(t)\,\mathrm{d}t - \int_0^x t g(t)\,\mathrm{d}t$$

对 $x$ 求一阶导数（利用乘积的求导法则和变限积分求导公式）：

$$f'(x) = 1 \cdot \int_0^x g(t)\,\mathrm{d}t + x \cdot g(x) - x \cdot g(x)$$$$f'(x) = \int_0^x g(t)\,\mathrm{d}t$$

在此基础上对 $x$ 再求二阶导数：

$$f''(x) = \frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}x} \int_0^x g(t)\,\mathrm{d}t = g(x)$$

思考题 5.4

题目： 已知 $f(x)$ 连续，且 $\int_0^x t f(x-t)\,\mathrm{d}t = 1 - \cos x$ ，求 $\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(x)\,\mathrm{d}x$ 的值.

解答：

首先对等式左侧的积分进行换元。令 $u = x-t$，则 $t = x-u$，积分微元 $\mathrm{d}t = -\mathrm{d}u$。

当 $t=0$ 时，$u=x$；当 $t=x$ 时，$u=0$。代入积分得：

$$\int_x^0 (x-u)f(u)(-\mathrm{d}u) = \int_0^x (x-u)f(u)\,\mathrm{d}u = 1 - \cos x$$

等式两边同时对 $x$ 求导。根据思考题 5.3 的结论，左边关于 $x$ 的导数为 $\int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u$。右边求导为 $\sin x$。所以得到：

$$\int_0^x f(u)\,\mathrm{d}u = \sin x$$

将 $x = \frac{\pi}{2}$ 代入上式：

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} f(x)\,\mathrm{d}x = \sin\left(\frac{\pi}{2}\right) = 1$$

思考题 5.5

题目： 计算积分 $I = \int_0^\pi \frac{x \sin x}{1 + \cos^2 x} \,\mathrm{d}x$.

解答：

利用区间再现公式换元，令 $x = \pi - t$，则 $\mathrm{d}x = -\mathrm{d}t$。积分区间从 $[0, \pi]$ 变为 $[\pi, 0]$。

$$I = \int_\pi^0 \frac{(\pi - t) \sin(\pi - t)}{1 + \cos^2(\pi - t)} (-\mathrm{d}t) = \int_0^\pi \frac{(\pi - t) \sin t}{1 + \cos^2 t} \,\mathrm{d}t$$

将其展开为两项：

$$I = \pi \int_0^\pi \frac{\sin t}{1 + \cos^2 t} \,\mathrm{d}t - \int_0^\pi \frac{t \sin t}{1 + \cos^2 t} \,\mathrm{d}t$$

注意到等式右边第二项积分的结构与原积分完全相同，即等于 $I$。移项得：

$$2I = \pi \int_0^\pi \frac{\sin x}{1 + \cos^2 x} \,\mathrm{d}x$$

计算右侧的新积分，令 $u = \cos x$，则 $\mathrm{d}u = -\sin x \,\mathrm{d}x$。当 $x=0$ 时 $u=1$；当 $x=\pi$ 时 $u=-1$。

$$2I = \pi \int_1^{-1} \frac{-\mathrm{d}u}{1 + u^2} = \pi \int_{-1}^1 \frac{1}{1 + u^2} \,\mathrm{d}u = \pi \left[ \arctan u \right]_{-1}^1$$$$2I = \pi \left( \frac{\pi}{4} - \left(-\frac{\pi}{4}\right) \right) = \pi \left( \frac{\pi}{2} \right) = \frac{\pi^2}{2}$$

由此解得：

$$I = \frac{\pi^2}{4}$$

思考题 5.6

题目： 计算积分 $\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 4 \cos^4 x \,\mathrm{d}x$.

解答：

被积函数 $f(x) = 4\cos^4 x$ 是偶函数，且积分区间关于原点对称，利用对称性可以化简：

$$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} 4 \cos^4 x \,\mathrm{d}x = 2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} 4 \cos^4 x \,\mathrm{d}x = 8 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^4 x \,\mathrm{d}x$$

利用华里士公式（Wallis formula），对于偶数 $n$，有 $\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^n x \,\mathrm{d}x = \frac{n-1}{n} \cdot \frac{n-3}{n-2} \cdots \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}$。当 $n=4$ 时：

$$\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^4 x \,\mathrm{d}x = \frac{3}{4} \times \frac{1}{2} \times \frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{16}$$

代回原式：

$$8 \times \frac{3\pi}{16} = \frac{3\pi}{2}$$

思考题 5.7

题目： 讨论广义积分 $\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x}{1 + x^2} \,\mathrm{d}x$ 的敛散性？

解答：

根据无穷区间广义积分的定义，需将其拆分为两个积分分别考察（通常在 $x=0$ 处拆分）：

$$\int_{-\infty}^{+\infty} \frac{x}{1 + x^2} \,\mathrm{d}x = \int_{-\infty}^0 \frac{x}{1 + x^2} \,\mathrm{d}x + \int_0^{+\infty} \frac{x}{1 + x^2} \,\mathrm{d}x$$

只有当这两个广义积分都分别收敛时，原广义积分才算作收敛。 考察 $[0, +\infty)$ 部分：

$$\int_0^{+\infty} \frac{x}{1 + x^2} \,\mathrm{d}x = \lim_{b \to +\infty} \int_0^b \frac{x}{1 + x^2} \,\mathrm{d}x = \lim_{b \to +\infty} \left[ \frac{1}{2}\ln(1+x^2) \right]_0^b = \lim_{b \to +\infty} \frac{1}{2}\ln(1+b^2) = +\infty$$

由于其中一部分积分发散，因此原广义积分发散。

注：虽然被积函数是奇函数，其柯西主值 (Cauchy Principal Value) 为 0，但在黎曼积分体系下严格讨论敛散性时，它是发散的。

思考题 5.8

题目： 瑕点的识别：

(1) $x=0, x=1$ 是否是积分 $\int_0^1 \frac{\ln x}{x-1} \,\mathrm{d}x$ 的瑕点？

(2) $x=0$ 是否是积分 $\int_0^1 \frac{1}{x^2} e^{-\frac{1}{x}} \,\mathrm{d}x$ 的瑕点？

解答：

瑕点是指使被积函数的绝对值趋于无穷大的点。

(1) 考察 $f(x) = \frac{\ln x}{x-1}$ 在端点的极限：

当 $x \to 0^+$ 时，$\ln x \to -\infty$，分母 $x-1 \to -1$，故 $f(x) \to +\infty$。所以 $x=0$ 是瑕点。
当 $x \to 1$ 时，属于 $\frac{0}{0}$ 型未定式。使用洛必达法则：$\lim_{x \to 1} \frac{\ln x}{x-1} = \lim_{x \to 1} \frac{\frac{1}{x}}{1} = 1$。极限存在且为有限值，所以 $x=1$ 不是瑕点（它是可去奇点）。

(2) 考察 $f(x) = \frac{1}{x^2} e^{-\frac{1}{x}}$ 在 $x \to 0^+$ 时的极限：

令 $t = \frac{1}{x}$，当 $x \to 0^+$ 时，$t \to +\infty$。原极限转化为：

$$\lim_{x \to 0^+} \frac{1}{x^2} e^{-\frac{1}{x}} = \lim_{t \to +\infty} \frac{t^2}{e^t}$$

利用洛必达法则求解：

$$\lim_{t \to +\infty} \frac{t^2}{e^t} = \lim_{t \to +\infty} \frac{2t}{e^t} = \lim_{t \to +\infty} \frac{2}{e^t} = 0$$

因为极限存在且为有限值 0（不趋于无穷大），所以 $x=0$ 不是该积分的瑕点（它是可去奇点）。

第6章微分方程

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

【思考题 6.1】

题目： 求微分方程 $(x+y)y' = 0$ 的通解？它是微分方程全部的解吗？

解答过程：

求通解：

由方程 $(x+y)y' = 0$ 可得，要么 $y' = 0$，要么 $x+y = 0$。

当 $y' = 0$ 时，对其积分得到 $y = C$（$C$ 为任意常数）。由于该解包含了任意常数，因此方程的通解为 $y = C$。

判断是否为全部解：

当 $x+y = 0$ 时，即 $y = -x$。
验证 $y = -x$ 是否满足原方程：将 $y = -x$ 及其导数 $y' = -1$ 代入原方程左边，得 $(x - x) \cdot (-1) = 0 \cdot (-1) = 0$，等于右边。
因此，$y = -x$ 也是该微分方程的一个解。
但是，无论常数 $C$ 取何值，通解 $y = C$ 都无法包含解 $y = -x$。
结论： 通解 $y = C$ 不是微分方程全部的解，方程还有一个解为 $y = -x$（通常称为奇解或特解）。

【思考题 6.2】

题目： 方程 $y' = \sin^2(x-y+1)$ 是可分离变量的微分方程吗？能否将其化为可分离变量的微分方程并求其通解。

解答过程：

判断： 原方程右端 $\sin^2(x-y+1)$ 无法表示为形如 $f(x)g(y)$ 的乘积形式，因此它不是可分离变量的微分方程。
变量代换：

令 $u = x - y + 1$，则 $u$ 是关于 $x$ 的函数。两边对 $x$ 求导，得：

$u' = 1 - y' \implies y' = 1 - u'$

将 $y'$ 和 $x-y+1$ 替换回原方程，得到：

$1 - u' = \sin^2 u \implies u' = 1 - \sin^2 u$

即 $\frac{du}{dx} = \cos^2 u$。

此时，方程已转化为可分离变量的微分方程。

求通解：

分离变量得：$\frac{du}{\cos^2 u} = dx \implies \sec^2 u \, du = dx$ （当 $\cos u \neq 0$ 时）

两边同时积分：

$\int \sec^2 u \, du = \int dx$

$\tan u = x + C$

将 $u = x - y + 1$ 代回，得到原方程的通解：

$\tan(x - y + 1) = x + C$ （$C$ 为任意常数）

【思考题 6.3】

题目： 设函数 $f(x)$ 连续，且积分 $\int_0^1 [f(x) + xf(xt)] \text{d}t$ 与 $x$ 无关，求 $f(x)$。

解答过程：

化简积分式：

设 $I(x) = \int_0^1 [f(x) + xf(xt)] \text{d}t$。利用积分的线性性质展开：

$I(x) = \int_0^1 f(x) \text{d}t + \int_0^1 xf(xt) \text{d}t$

对于第一项，$f(x)$ 相对于积分变量 $t$ 是常数，因此：$\int_0^1 f(x) \text{d}t = f(x) \cdot t \Big|_0^1 = f(x)$。

对于第二项，作变量代换：令 $u = xt$，则 $\text{d}u = x \text{d}t$。积分下限 $t=0$ 对应 $u=0$，上限 $t=1$ 对应 $u=x$。

所以 $\int_0^1 xf(xt) \text{d}t = \int_0^x f(u) \text{d}u$。

由此得到：$I(x) = f(x) + \int_0^x f(u) \text{d}u$。

利用“与 $x$ 无关”的条件：

因为 $I(x)$ 与 $x$ 无关，所以其对 $x$ 的导数为 $0$。两边对 $x$ 求导：

$I'(x) = f'(x) + f(x) = 0$

解微分方程：

得到一阶线性齐次微分方程：$f'(x) = -f(x)$

分离变量得 $\frac{\text{d}f}{f} = -\text{d}x$

两边积分得 $\ln|f(x)| = -x + C_1$

解得 $f(x) = C e^{-x}$ （$C$ 为常数）。

【思考题 6.4】

题目： 下列方程哪些是一阶线性微分方程？

(1) $\frac{\text{d}x}{\text{d}t} = x\sin t + t^2$.

(2) $y' + xy = x + y - 1$.

(3) $x\text{d}y + (x^2 \sin x - y)\text{d}x = 0$.

(4) $y' - \cos y = x$.

解答过程：

一阶线性微分方程的标准形式为 $\frac{\text{d}y}{\text{d}x} + P(x)y = Q(x)$ 或 $\frac{\text{d}x}{\text{d}t} + P(t)x = Q(t)$，即未知函数及其一阶导数都是一次的。

(1) $\frac{\text{d}x}{\text{d}t} - (\sin t)x = t^2$。它是关于未知函数 $x(t)$ 的一阶线性微分方程。
(2) 移项整理得 $y' + (x-1)y = x - 1$。它是关于未知函数 $y(x)$ 的一阶线性微分方程。
(3) 两边同除以 $x\text{d}x$ 整理得 $\frac{\text{d}y}{\text{d}x} - \frac{1}{x}y = -x\sin x$。它是关于未知函数 $y(x)$ 的一阶线性微分方程。
(4) 方程中包含 $\cos y$，未知函数 $y$ 不是一次的，属于非线性微分方程。

结论：(1)、(2)、(3) 是一阶线性微分方程。

【思考题 6.5】

题目： 求微分方程 $\frac{\text{d}y}{\text{d}x} = \frac{1}{x+y}$ 的通解？

解答过程：

方程变形：

原方程直接作为关于 $y$ 的函数不易求解。我们将其反转，看作 $x$ 是 $y$ 的函数：

$\frac{\text{d}x}{\text{d}y} = x + y \implies \frac{\text{d}x}{\text{d}y} - x = y$

这变成了一个关于 $x(y)$ 的一阶线性非齐次微分方程，其中 $P(y) = -1, Q(y) = y$。

求通解：

使用常数变易法或积分因子法。积分因子为 $\mu(y) = e^{\int -1 \text{d}y} = e^{-y}$。

方程两边同乘 $e^{-y}$：

$e^{-y}\frac{\text{d}x}{\text{d}y} - e^{-y}x = y e^{-y} \implies \frac{\text{d}}{\text{d}y}(x e^{-y}) = y e^{-y}$

两边对 $y$ 积分：

$x e^{-y} = \int y e^{-y} \text{d}y$

利用分部积分法求解右侧积分：

$\int y e^{-y} \text{d}y = -y e^{-y} - \int (-e^{-y}) \text{d}y = -y e^{-y} - e^{-y} + C$

于是得到：

$x e^{-y} = -y e^{-y} - e^{-y} + C$

两边同乘 $e^y$，整理得到通解：

$x = C e^y - y - 1$ （$C$ 为任意常数，或者写为 $x+y+1 = C e^y$）。

【思考题 6.6】

题目： 对于微分方程 $y'' = (y')^2$，如何利用代换求解？请用本节介绍的两种方法，求其通解。

解答过程：

这是一个缺 $x$ 也缺 $y$ 的二阶微分方程。

方法一：将其视为缺 $y$ 的微分方程

令 $y' = p$，则 $y'' = p'$ (即 $\frac{\text{d}p}{\text{d}x}$)。代入原方程：

$p' = p^2 \implies \frac{\text{d}p}{\text{d}x} = p^2$

若 $p \neq 0$，分离变量得 $\frac{\text{d}p}{p^2} = \text{d}x$。

积分得 $-\frac{1}{p} = x + C_1 \implies p = -\frac{1}{x+C_1}$。

因为 $p = y'$，所以 $y' = -\frac{1}{x+C_1}$。

再次积分得通解：$y = -\ln|x+C_1| + C_2$。

若 $p = 0$，则 $y' = 0 \implies y = C$。

方法二：将其视为缺 $x$ 的微分方程

令 $y' = p$，则 $y'' = p \frac{\text{d}p}{\text{d}y}$。代入原方程：

$p \frac{\text{d}p}{\text{d}y} = p^2$

若 $p \neq 0$，两边约去 $p$ 得 $\frac{\text{d}p}{\text{d}y} = p \implies \frac{\text{d}p}{p} = \text{d}y$。

积分得 $\ln|p| = y + C_3 \implies p = \pm e^{y+C_3} = C_4 e^y$ （设 $C_4 = \pm e^{C_3} \neq 0$）。

因为 $p = \frac{\text{d}y}{\text{d}x}$，所以 $\frac{\text{d}y}{\text{d}x} = C_4 e^y \implies e^{-y} \text{d}y = C_4 \text{d}x$。

积分得 $-e^{-y} = C_4 x + C_5 \implies e^{-y} = -C_4 x - C_5$。

解出 $y$，得到 $y = -\ln(-C_4 x - C_5)$。这与方法一的结果 $y = -\ln|x+C_1| + C_2$ 本质上是等价的（常数形式不同）。

若 $p = 0$，同样得到 $y = C$。

通解为：$y = -\ln|x+C_1| + C_2$（且 $y=C$ 也是解）。

【思考题 6.7】

题目： 设线性无关函数 $y_1, y_2, y_3$ 都是二阶非齐次线性微分方程 $y'' + P(x)y' + Q(x)y = f(x)$ 的解，$C_1, C_2$ 为任意常数，则下列哪个是该方程的通解？

(1) $C_1 y_1 + C_2 y_2 + y_3$

(2) $C_1 y_1 + C_2 y_2 + (C_1+C_2)y_3$

(3) $C_1 y_1 + C_2 y_2 - (1-C_1-C_2)y_3$

(4) $C_1 y_1 + C_2 y_2 + (1-C_1-C_2)y_3$

解答过程：

非齐次线性方程的解的结构定理指出：非齐次方程的通解 $y$ 等于其对应的齐次方程的通解 $Y$ 加上非齐次方程的一个特解 $y^*$，即 $y = Y + y^*$。
因为 $y_1, y_2, y_3$ 都是非齐次方程的解，根据叠加原理，它们的差 $y_1 - y_3$ 和 $y_2 - y_3$ 必定是对应齐次方程 $y'' + P(x)y' + Q(x)y = 0$ 的解。
由于 $y_1, y_2, y_3$ 线性无关，可以证明 $y_1 - y_3$ 与 $y_2 - y_3$ 也是线性无关的，因此它们构成了二阶齐次方程的基础解系。齐次方程的通解为 $Y = C_1(y_1 - y_3) + C_2(y_2 - y_3)$。
取 $y_3$ 作为非齐次方程的特解 $y^*$。
则非齐次方程的通解为：

$y = Y + y^* = C_1(y_1 - y_3) + C_2(y_2 - y_3) + y_3 = C_1 y_1 + C_2 y_2 + (1 - C_1 - C_2)y_3$。

正确答案选：(4)。

【思考题 6.8】

题目： 已知 $y'' + P(x)y' + Q(x)y = f(x)$ 有 3 个解 $y_1=x, y_2=e^x, y_3=e^{2x}$，求此方程满足初值条件 $y(0)=1, y'(0)=3$ 的特解。

解答过程：

写出通解形式：

利用上一题 (思考题 6.7) 的结论，该二阶非齐次方程的通解可以表示为：

$y(x) = C_1 y_1 + C_2 y_2 + (1 - C_1 - C_2)y_3 = C_1 x + C_2 e^x + (1 - C_1 - C_2)e^{2x}$

利用初值条件求解常数：

计算其导数：

$y'(x) = C_1 + C_2 e^x + 2(1 - C_1 - C_2)e^{2x}$

代入条件 $y(0) = 1$：

$y(0) = C_1(0) + C_2 e^0 + (1 - C_1 - C_2)e^0 = C_2 + 1 - C_1 - C_2 = 1 - C_1 = 1 \implies C_1 = 0$

代入条件 $y'(0) = 3$（此时已知 $C_1 = 0$）：

$y'(0) = 0 + C_2 e^0 + 2(1 - 0 - C_2)e^0 = C_2 + 2 - 2C_2 = 2 - C_2 = 3 \implies C_2 = -1$

得出特解：

将 $C_1 = 0, C_2 = -1$ 代回通解公式：

$y = 0 \cdot x + (-1)e^x + (1 - 0 - (-1))e^{2x} = -e^x + 2e^{2x}$

特解为：$y = 2e^{2x} - e^x$。

【思考题 6.9】

题目： 求一个以 $y_1=e^x, y_2=2xe^x, y_3=\cos 2x, y_4=3\sin 2x$ 为特解的四阶常系数齐次线性微分方程，并求其通解。

解答过程：

分析特征根：

由特解 $e^x, xe^x$ （忽略常数倍数不影响齐次方程基础解系的判定），说明特征方程含有二重实根 $r_1 = r_2 = 1$。
由特解 $\cos 2x, \sin 2x$，说明特征方程含有一对共轭复根 $r_{3,4} = \pm 2i$。

写出特征方程：

特征方程为：$(r - 1)^2 (r^2 + 4) = 0$

展开该多项式：

$(r^2 - 2r + 1)(r^2 + 4) = r^4 + 4r^2 - 2r^3 - 8r + r^2 + 4 = r^4 - 2r^3 + 5r^2 - 8r + 4 = 0$

构造微分方程：

根据特征方程直接写出对应的四阶常系数齐次线性微分方程：

$y^{(4)} - 2y''' + 5y'' - 8y' + 4y = 0$

求通解：

基础解系为 $e^x, xe^x, \cos 2x, \sin 2x$。因此通解为这些特解的线性组合：

$y = (C_1 + C_2 x)e^x + C_3 \cos 2x + C_4 \sin 2x$ （其中 $C_1, C_2, C_3, C_4$ 为任意常数）。

【思考题 6.10】

题目： 已知函数 $y_1=xe^x+e^{2x}, y_2=xe^x+e^{-x}, y_3=xe^x+e^{2x}-e^{-x}$ 是某二阶非齐次线性微分方程的 3 个解，求此微分方程。

解答过程：

求对应齐次方程的解：

非齐次方程解的差是对应齐次方程的解：

$y_1 - y_2 = e^{2x} - e^{-x}$

$y_1 - y_3 = e^{-x}$

显然 $e^{2x}$ 和 $e^{-x}$ 可以作为齐次方程的两个线性无关的基础解。

求齐次方程：

由基础解 $e^{2x}, e^{-x}$ 可知，特征根为 $r_1 = 2, r_2 = -1$。

特征方程为：$(r - 2)(r + 1) = 0 \implies r^2 - r - 2 = 0$。

对应的齐次微分方程为：$y'' - y' - 2y = 0$。

求非齐次方程的自由项 $f(x)$：

设非齐次方程为 $y'' - y' - 2y = f(x)$。

将已知的一个特解 $y_1 = xe^x + e^{2x}$ 代入求 $f(x)$。由于 $e^{2x}$ 已经是齐次方程的解（代入左边等于0），为了简化计算，我们只需将 $y_p = xe^x$ 代入方程左边：

$y_p' = e^x + xe^x = (x+1)e^x$

$y_p'' = e^x + (x+1)e^x = (x+2)e^x$

代入方程左侧：

$f(x) = y_p'' - y_p' - 2y_p = (x+2)e^x - (x+1)e^x - 2xe^x = e^x(x + 2 - x - 1 - 2x) = e^x(1 - 2x)$

写出最终方程：

该二阶非齐次线性微分方程为：$y'' - y' - 2y = (1 - 2x)e^x$。

第7章空间解析集合与向量代数

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

思考题 7.1

题目：

$n$个向量 $\boldsymbol{a}_1, \boldsymbol{a}_2, \cdots, \boldsymbol{a}_n$（$n \ge 3$）相加可写成 $\boldsymbol{a}_1 + \boldsymbol{a}_2 + \cdots + \boldsymbol{a}_n$，根据向量加法的三角形法则，给出$n$个向量相加的法则。

解答过程：

$n$个向量相加可以推广为向量加法的多边形法则。

具体法则为：将这$n$个向量进行平移，使其首尾顺次相接。即把 $\boldsymbol{a}_2$ 的起点放在 $\boldsymbol{a}_1$ 的终点，把 $\boldsymbol{a}_3$ 的起点放在 $\boldsymbol{a}_2$ 的终点，依此类推，直到把 $\boldsymbol{a}_n$ 的起点放在 $\boldsymbol{a}_{n-1}$ 的终点。

那么这$n$个向量的和 $\boldsymbol{a}_1 + \boldsymbol{a}_2 + \cdots + \boldsymbol{a}_n$ 就是一个从第一个向量 $\boldsymbol{a}_1$ 的起点指向最后一个向量 $\boldsymbol{a}_n$ 的终点的新向量。

思考题 7.2

题目：

已知三角形的顶点分别是 $A(1,2,3)$、$B(3,4,5)$、$C(2,4,7)$，求 $\Delta ABC$ 的面积。

解答过程：

首先求出向量 $\overrightarrow{AB}$ 和 $\overrightarrow{AC}$ 的坐标：

$$\overrightarrow{AB} = (3-1, 4-2, 5-3) = (2, 2, 2)$$$$\overrightarrow{AC} = (2-1, 4-2, 7-3) = (1, 2, 4)$$

利用向量叉乘的几何意义，三角形面积为 $S = \frac{1}{2} |\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC}|$。

计算叉乘 $\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC}$：

$$\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ 2 & 2 & 2 \\ 1 & 2 & 4 \end{vmatrix} = \mathbf{i}(8-4) - \mathbf{j}(8-2) + \mathbf{k}(4-2) = (4, -6, 2)$$

计算该向量的模长：

$$|\overrightarrow{AB} \times \overrightarrow{AC}| = \sqrt{4^2 + (-6)^2 + 2^2} = \sqrt{16 + 36 + 4} = \sqrt{56} = 2\sqrt{14}$$

因此，$\Delta ABC$ 的面积为：

$$S = \frac{1}{2} \times 2\sqrt{14} = \sqrt{14}$$

思考题 7.3

题目：

求平行于平面 $6x+y+6z+5=0$，且与 $3$ 个坐标面所围成的四面体的体积为 $1$ 的平面的方程。

解答过程：

因为所求平面平行于已知平面 $6x+y+6z+5=0$，故可设所求平面方程为：

$$6x+y+6z+D=0 \quad (D \neq 0)$$

分别求出该平面与三个坐标轴的交点：

令 $y=0, z=0$，得 $x = -\frac{D}{6}$；交点为 $(-\frac{D}{6}, 0, 0)$。

令 $x=0, z=0$，得 $y = -D$；交点为 $(0, -D, 0)$。

令 $x=0, y=0$，得 $z = -\frac{D}{6}$；交点为 $(0, 0, -\frac{D}{6})$。

该平面与三个坐标面围成的四面体体积为：

$$V = \frac{1}{6} \left| x_0 y_0 z_0 \right| = \frac{1}{6} \left| \left(-\frac{D}{6}\right) \cdot (-D) \cdot \left(-\frac{D}{6}\right) \right| = \frac{1}{6} \cdot \frac{|D|^3}{36} = \frac{|D|^3}{216}$$

已知体积 $V = 1$，则有：

$$\frac{|D|^3}{216} = 1 \implies |D|^3 = 216 \implies |D| = 6$$

解得 $D = 6$ 或 $D = -6$。

所以，所求平面的方程为：

$$6x+y+6z+6=0 \quad \text{或} \quad 6x+y+6z-6=0$$

思考题 7.4

题目：

求点 $(2,1,0)$ 到平面 $3x+4y+5z=0$ 的距离。

解答过程：

利用点到平面的距离公式 $d = \frac{|Ax_0 + By_0 + Cz_0 + D|}{\sqrt{A^2 + B^2 + C^2}}$，直接代入已知数据：

点 $(x_0, y_0, z_0) = (2, 1, 0)$，平面参数 $A=3, B=4, C=5, D=0$。

$$d = \frac{|3 \times 2 + 4 \times 1 + 5 \times 0 + 0|}{\sqrt{3^2 + 4^2 + 5^2}}$$$$d = \frac{|6 + 4 + 0|}{\sqrt{9 + 16 + 25}} = \frac{10}{\sqrt{50}}$$$$d = \frac{10}{5\sqrt{2}} = \frac{2}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}$$

故点到平面的距离为 $\sqrt{2}$。

思考题 7.5

题目：

利用平面束方程，求直线 $\begin{cases} x+y-z-1=0, \\ x-y+z+1=0 \end{cases}$ 在平面 $x+3y+2z=0$ 上的投影直线的方程。

解答过程：

首先，求过已知直线的投影平面（即包含已知直线且垂直于平面 $x+3y+2z=0$ 的平面）。

设过已知直线的平面束方程为：

$$\lambda(x+y-z-1) + \mu(x-y+z+1) = 0$$

整理合并同类项得到投影平面的一般方程形式：

$$(\lambda+\mu)x + (\lambda-\mu)y + (-\lambda+\mu)z + (-\lambda+\mu) = 0$$

该投影平面的法向量为 $\boldsymbol{n}_1 = (\lambda+\mu, \lambda-\mu, -\lambda+\mu)$。

已知平面 $x+3y+2z=0$ 的法向量为 $\boldsymbol{n}_2 = (1, 3, 2)$。

因为投影平面与已知平面垂直，所以它们的法向量互相垂直，即 $\boldsymbol{n}_1 \cdot \boldsymbol{n}_2 = 0$：

$$1 \cdot (\lambda+\mu) + 3 \cdot (\lambda-\mu) + 2 \cdot (-\lambda+\mu) = 0$$$$\lambda + \mu + 3\lambda - 3\mu - 2\lambda + 2\mu = 0$$

合并后得：

$$2\lambda = 0 \implies \lambda = 0$$

将 $\lambda=0$ 代入平面束方程（此时可取 $\mu=1$），得到投影平面的方程为：

$$x-y+z+1=0$$

投影直线即为投影平面与已知平面的交线，故投影直线的方程为：

$$\begin{cases} x-y+z+1=0 \\ x+3y+2z=0 \end{cases}$$

思考题 7.6

题目：

利用建立旋转曲面方程的思想，求直线 $\frac{x-b}{0} = \frac{y}{b} = \frac{z}{c}$ （$b, c \neq 0$）绕 $z$ 轴旋转所形成的旋转曲面的方程，它表示什么曲面？

解答过程：

将已知直线方程化为参数或方程组形式。由 $\frac{x-b}{0} = \frac{y}{b}$ 可知 $x=b$（因为分母为0意味着分子必须为0）。

由 $\frac{y}{b} = \frac{z}{c}$ 可知 $y = \frac{b}{c}z$。

故直线的方程组表示为：

$$\begin{cases} x = b \\ y = \frac{b}{c}z \end{cases}$$

设旋转曲面上任意一点为 $M(x, y, z)$，它是由母线（直线）上一点 $M_0(x_0, y_0, z_0)$ 绕 $z$ 轴旋转而来的。根据绕 $z$ 轴旋转的特点：

$$\begin{cases} z = z_0 \\ x^2 + y^2 = x_0^2 + y_0^2 \end{cases}$$

因为点 $M_0(x_0, y_0, z_0)$ 在直线上，所以满足母线方程：

$$\begin{cases} x_0 = b \\ y_0 = \frac{b}{c}z_0 \end{cases}$$

将 $x_0, y_0, z_0$ 代入旋转特征方程：

$$x^2 + y^2 = b^2 + \left(\frac{b}{c}z\right)^2$$

整理后得到：

$$\frac{x^2}{b^2} + \frac{y^2}{b^2} - \frac{z^2}{c^2} = 1$$

该方程表示的曲面是单叶双曲面。

思考题 7.7

题目：

三元二次方程 $z=xy$ 表示什么曲面？

解答过程：

为了识别该曲面，我们可以对 $xOy$ 坐标系进行旋转变换来消去交叉乘积项 $xy$。

令坐标系逆时针旋转 $45^\circ$，作如下代换：

$$x = \frac{u+v}{\sqrt{2}}, \quad y = \frac{u-v}{\sqrt{2}}$$

代入原方程 $z = xy$ 中：

$$z = \left( \frac{u+v}{\sqrt{2}} \right) \left( \frac{u-v}{\sqrt{2}} \right) = \frac{u^2 - v^2}{2}$$

改写为标准形式：

$$\frac{u^2}{(\sqrt{2})^2} - \frac{v^2}{(\sqrt{2})^2} = z$$

符合形如 $\frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} = 2cz$ 的标准方程。

由此可知，原方程表示的曲面是双曲抛物面（又称马鞍面）。

思考题 7.8

题目：

求圆柱螺旋线 $\begin{cases} x = a \cos \theta, \\ y = a \sin \theta, \\ z = b \theta \end{cases}$ 在 $3$ 个坐标面上的投影曲线的直角坐标方程。

解答过程：

求空间曲线在坐标面上的投影，只需从原方程组中消去不需要的变量，再联立该坐标面的方程即可。

在 $xOy$ 面上的投影曲线：

消去参数 $\theta$ 且只考虑 $x, y$ 的关系：

$$x^2 + y^2 = (a \cos \theta)^2 + (a \sin \theta)^2 = a^2$$

结合投影所在平面的方程 $z=0$，投影曲线方程为：

$$\begin{cases} x^2 + y^2 = a^2 \\ z = 0 \end{cases}$$

（这是一个位于 $xOy$ 面上，圆心在原点，半径为 $a$ 的圆）。

在 $xOz$ 面上的投影曲线：

消去变量 $y$（即利用 $x, z$ 建立关系）。

由 $z = b \theta$ 得到 $\theta = \frac{z}{b}$，将其代入 $x$ 的方程中：

$$x = a \cos\left(\frac{z}{b}\right)$$

结合投影所在平面的方程 $y=0$，投影曲线方程为：

$$\begin{cases} x = a \cos\left(\frac{z}{b}\right) \\ y = 0 \end{cases}$$

（这是一条位于 $xOz$ 面上的余弦曲线）。

在 $yOz$ 面上的投影曲线：

消去变量 $x$（即利用 $y, z$ 建立关系）。

同样将 $\theta = \frac{z}{b}$ 代入 $y$ 的方程中：

$$y = a \sin\left(\frac{z}{b}\right)$$

结合投影所在平面的方程 $x=0$，投影曲线方程为：

$$\begin{cases} y = a \sin\left(\frac{z}{b}\right) \\ x = 0 \end{cases}$$

（这是一条位于 $yOz$ 面上的正弦曲线）。

第8章多元函数的微分法及其应用

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

思考题 8.1

【题目】

讨论二元函数

$$f(x,y) = \begin{cases} \frac{x^2 y}{x^4 + y^2}, & x^4 + y^2 \neq 0, \\ 0, & x^4 + y^2 = 0 \end{cases}$$

在点 $(0,0)$ 处的极限 $\lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y)$ 是否存在.

【解答】

极限不存在。

【解析】

判断多元函数极限不存在，通常采用选取不同路径趋近的方法。

考虑动点 $(x,y)$ 沿抛物线 $y = kx^2$ （$k$ 为任意常数）趋近于点 $(0,0)$。

将 $y = kx^2$ 代入函数式中，考察单变量 $x \to 0$ 时的极限：

$$\lim_{x \to 0} f(x, kx^2) = \lim_{x \to 0} \frac{x^2(kx^2)}{x^4 + (kx^2)^2} = \lim_{x \to 0} \frac{kx^4}{x^4 + k^2 x^4} = \frac{k}{1+k^2}$$

由于 $k$ 可以取不同的实数（例如取 $k=1$ 极限为 $1/2$，取 $k=0$ 极限为 $0$），说明当 $(x,y)$ 沿不同的抛物线路径趋近于 $(0,0)$ 时，函数趋近的值不同。根据多元函数极限存在的唯一性，该函数在 $(0,0)$ 处的极限不存在。

思考题 8.2

【题目】

一元函数“可导必连续”，请通过反例探究二元函数 $f(x,y)$ 在一点处的偏导数存在与 $f(x,y)$ 在该点处连续的关系.

【解答】

二元函数在某点处偏导数存在，不能推导出函数在该点连续。偏导数存在既不是连续的充分条件，也不是必要条件。

【解析】

我们可以构造如下经典反例来证明“偏导数存在但不连续”：

设函数 $f(x,y) = \begin{cases} \frac{xy}{x^2+y^2}, & x^2+y^2 \neq 0 \\ 0, & x^2+y^2=0 \end{cases}$

考查在点 $(0,0)$ 处的偏导数：

根据偏导数定义：

$$f_x(0,0) = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{f(\Delta x, 0) - f(0,0)}{\Delta x} = \lim_{\Delta x \to 0} \frac{0 - 0}{\Delta x} = 0$$$$f_y(0,0) = \lim_{\Delta y \to 0} \frac{f(0, \Delta y) - f(0,0)}{\Delta y} = \lim_{\Delta y \to 0} \frac{0 - 0}{\Delta y} = 0$$

可见偏导数 $f_x(0,0)$ 和 $f_y(0,0)$ 均存在且等于 $0$。

考查在点 $(0,0)$ 处的连续性：

令动点 $(x,y)$ 沿直线 $y=kx$ 趋于 $(0,0)$，则：

$$\lim_{x \to 0} f(x, kx) = \lim_{x \to 0} \frac{kx^2}{x^2+k^2x^2} = \frac{k}{1+k^2}$$

极限值与斜率 $k$ 的取值有关，因此 $\lim_{(x,y) \to (0,0)} f(x,y)$ 不存在。既然极限不存在，函数在该点必然不连续。

思考题 8.4

【题目】

设函数 $f(x,y) = \begin{cases} \frac{x^2 y^2}{(x^2+y^2)^{\frac{3}{2}}}, & x^2 + y^2 \neq 0, \\ 0, & x^2 + y^2 = 0. \end{cases}$ 讨论函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 处是否连续；偏导数是否存在；是否可微.

【解答】

该函数在 $(0,0)$ 处连续；偏导数存在；但不可微。

【解析】

连续性探讨：

将函数转化为极坐标形式，令 $x=r\cos\theta, y=r\sin\theta$，当 $r \to 0$ 时：

$$0 \le \left| \frac{x^2 y^2}{(x^2+y^2)^{\frac{3}{2}}} \right| = \left| \frac{r^4\cos^2\theta\sin^2\theta}{r^3} \right| = r\cos^2\theta\sin^2\theta \le r$$

因为 $\lim_{r\to 0} r = 0$，由夹逼定理可知，$\lim_{(x,y)\to(0,0)} f(x,y) = 0 = f(0,0)$。因此在 $(0,0)$ 处连续。

偏导数探讨：

利用定义在原点求导：

$$f_x(0,0) = \lim_{x \to 0} \frac{f(x,0) - f(0,0)}{x} = \lim_{x \to 0} \frac{0 - 0}{x} = 0$$

同理 $f_y(0,0) = 0$。偏导数存在。

可微性探讨：

若在 $(0,0)$ 处可微，则全增量需满足 $\Delta z = A\Delta x + B\Delta y + o(\rho)$，即以下极限必须为 $0$：

$$\lim_{\rho \to 0} \frac{f(\Delta x, \Delta y) - [f_x(0,0)\Delta x + f_y(0,0)\Delta y]}{\rho} = 0$$

其中 $\rho = \sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}$。代入已知值得：

$$\lim_{\rho \to 0} \frac{\frac{(\Delta x)^2 (\Delta y)^2}{[(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2]^{3/2}} - 0}{\sqrt{(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2}} = \lim_{\rho \to 0} \frac{(\Delta x)^2 (\Delta y)^2}{[(\Delta x)^2 + (\Delta y)^2]^2}$$

若取特定路径 $\Delta y = \Delta x$，并令 $\Delta x \to 0$，上式变为 $\frac{(\Delta x)^4}{[2(\Delta x)^2]^2} = \frac{1}{4} \neq 0$。极限不为 $0$，故函数在 $(0,0)$ 处不可微。

思考题 8.5

【题目】

若定理 8.6 中的条件“$z=f(u,v)$ 在点 $(u,v)$ 处具有连续偏导数”减弱为“偏导数存在”，则定理是否成立？

【解答】

不成立。

【解析】

定理 8.6 指的是多元复合函数的链式求导法则（例如 $\frac{\text{d}z}{\text{d}t} = \frac{\partial z}{\partial u}\frac{\text{d}u}{\text{d}t} + \frac{\partial z}{\partial v}\frac{\text{d}v}{\text{d}t}$）。该法则要求外层函数 $z=f(u,v)$ 在相应点处必须是可微的。

“连续偏导数”是函数可微的充分条件；而“偏导数存在”仅仅说明函数在坐标轴方向上有变化率，不能保证函数在各个方向上能用切平面线性逼近（即不一定可微）。如果外层函数不可微，全微分的线性展开失效，复合函数的求导法则自然不成立。

例如，构造外层函数 $f(u,v) = \begin{cases} \frac{uv}{u^2+v^2}, & u^2+v^2 \neq 0 \\ 0, & u^2+v^2=0 \end{cases}$，内层函数为 $u(t)=t, v(t)=t$。此时 $f_u(0,0)=0, f_v(0,0)=0$，但复合函数 $z(t) = f(t,t) = \frac{1}{2}$ （当 $t\neq0$）且 $z(0)=0$，该函数在 $t=0$ 处不连续也不可导。

思考题 8.6

【题目】

设函数 $z = f(x,y)$ 在点 $(1,1)$ 处可微，且 $f(1,1)=1$、$\frac{\partial f}{\partial x}\big|_{(1,1)} = 2$、$\frac{\partial f}{\partial y}\big|_{(1,1)} = 3$，令 $\varphi(x) = f(x, f(x,x))$，求 $\frac{\text{d}\varphi(x)}{\text{d}x}\big|_{x=1}$.

【解答】

17。

【解析】

已知复合函数 $\varphi(x) = f(x, f(x,x))$。根据多元复合函数的链式求导法则：

$$\varphi'(x) = f_x'(x, f(x,x)) \cdot 1 + f_y'(x, f(x,x)) \cdot \frac{\text{d}}{\text{d}x}f(x,x)$$

其中，对内层项 $f(x,x)$ 再次使用求导法则：

$$\frac{\text{d}}{\text{d}x}f(x,x) = f_x'(x,x) + f_y'(x,x)$$

现在将 $x=1$ 代入上述公式：

首先计算内层函数的值：$f(1,1) = 1$。
计算 $f(x,x)$ 在 $x=1$ 处的全导数：

$$\frac{\text{d}}{\text{d}x}f(x,x)\Big|_{x=1} = f_x'(1,1) + f_y'(1,1) = 2 + 3 = 5$$

代入外层导数公式：

$$\varphi'(1) = f_x'(1, f(1,1)) + f_y'(1, f(1,1)) \cdot 5 = f_x'(1,1) + f_y'(1,1) \cdot 5$$$$\varphi'(1) = 2 + 3 \times 5 = 17$$

思考题 8.7

【题目】

设由 $\frac{x}{z} = \varphi\left(\frac{y}{z}\right)$ 确定的函数 $z = f(x,y)$，其中 $\varphi$ 为可微函数，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 与 $\frac{\partial z}{\partial y}$，并证明 $x\frac{\partial z}{\partial x} + y\frac{\partial z}{\partial y} = z$.

【解答】

$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{z}{x - y\varphi'}$，$\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{z\varphi'}{y\varphi' - x}$。证明见解析。

【解析】

设隐函数方程为 $F(x,y,z) = \frac{x}{z} - \varphi\left(\frac{y}{z}\right) = 0$。

分别求 $F$ 对 $x, y, z$ 的偏导数（为书写简便，将 $\varphi'\left(\frac{y}{z}\right)$ 简记为 $\varphi'$）：

$$F_x = \frac{1}{z}$$$$F_y = -\frac{1}{z}\varphi'$$$$F_z = -\frac{x}{z^2} - \varphi' \cdot \left(-\frac{y}{z^2}\right) = \frac{y\varphi' - x}{z^2}$$

利用隐函数求导公式可得：

$$\frac{\partial z}{\partial x} = -\frac{F_x}{F_z} = -\frac{\frac{1}{z}}{\frac{y\varphi' - x}{z^2}} = \frac{z}{x - y\varphi'}$$$$\frac{\partial z}{\partial y} = -\frac{F_y}{F_z} = -\frac{-\frac{1}{z}\varphi'}{\frac{y\varphi' - x}{z^2}} = \frac{z\varphi'}{y\varphi' - x} = \frac{-z\varphi'}{x - y\varphi'}$$

证明：

将求得的偏导数代入等式左边：

$$x\frac{\partial z}{\partial x} + y\frac{\partial z}{\partial y} = x \left( \frac{z}{x - y\varphi'} \right) + y \left( \frac{-z\varphi'}{x - y\varphi'} \right) = \frac{xz - yz\varphi'}{x - y\varphi'} = \frac{z(x - y\varphi')}{x - y\varphi'} = z$$

等式得证。

思考题 8.8

【题目】

在方程组 (8.27) 中，若函数 $F$ 与 $G$ 的变量各减少一个，得到方程组

$$\begin{cases} F(x,y,z) = 0, \\ G(x,y,z) = 0. \end{cases} \quad (8.32)$$

变量 $x, y, z$ 中只能有一个变量独立变化，因此方程组 (8.32) 可以确定两个一元函数 $y = y(x), z = z(x)$，当满足隐函数存在的条件时，如何求 $\frac{\text{d}y}{\text{d}x}$ 及 $\frac{\text{d}z}{\text{d}x}$ ?

【解答】

利用全导数法联立求解，并通过克莱姆法则（或雅可比行列式）表示结果。

【解析】

对方程组两边同时对自变量 $x$ 求全导数，注意此时 $y$ 和 $z$ 都是 $x$ 的函数：

$$\begin{cases} F_x + F_y \frac{\text{d}y}{\text{d}x} + F_z \frac{\text{d}z}{\text{d}x} = 0 \\ G_x + G_y \frac{\text{d}y}{\text{d}x} + G_z \frac{\text{d}z}{\text{d}x} = 0 \end{cases}$$

将含有未知导数的项留在左边，移项整理得到一个关于 $\frac{\text{d}y}{\text{d}x}$ 和 $\frac{\text{d}z}{\text{d}x}$ 的二元一次线性方程组：

$$\begin{cases} F_y \frac{\text{d}y}{\text{d}x} + F_z \frac{\text{d}z}{\text{d}x} = -F_x \\ G_y \frac{\text{d}y}{\text{d}x} + G_z \frac{\text{d}z}{\text{d}x} = -G_x \end{cases}$$

当满足隐函数存在定理条件时，系数矩阵的行列式 $J = \frac{\partial(F,G)}{\partial(y,z)} = \begin{vmatrix} F_y & F_z \\ G_y & G_z \end{vmatrix} \neq 0$。

利用克莱姆法则求解：

$$\frac{\text{d}y}{\text{d}x} = \frac{\begin{vmatrix} -F_x & F_z \\ -G_x & G_z \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} F_y & F_z \\ G_y & G_z \end{vmatrix}} = - \frac{\frac{\partial(F,G)}{\partial(x,z)}}{\frac{\partial(F,G)}{\partial(y,z)}}$$$$\frac{\text{d}z}{\text{d}x} = \frac{\begin{vmatrix} F_y & -F_x \\ G_y & -G_x \end{vmatrix}}{\begin{vmatrix} F_y & F_z \\ G_y & G_z \end{vmatrix}} = - \frac{\frac{\partial(F,G)}{\partial(y,x)}}{\frac{\partial(F,G)}{\partial(y,z)}}$$

思考题 8.9

【题目】

设函数 $f(x,y)$ 在点 $(0,0)$ 的某邻域内有定义，且 $f_x(0,0)=3, f_y(0,0)=-1$，则有________.

A. $\text{d}z\big|_{(0,0)} = 3\text{d}x - \text{d}y$

B. 曲面 $z = f(x,y)$ 在点 $(0,0, f(0,0))$ 处的一个法向量为 $(3, -1, 1)$

C. 曲线 $\begin{cases} z = f(x,y), \\ y = 0 \end{cases}$ 在点 $(0,0, f(0,0))$ 处的一个切向量为 $(1, 0, 3)$

D. 曲线 $\begin{cases} z = f(x,y), \\ y = 0 \end{cases}$ 在点 $(0,0, f(0,0))$ 处的一个切向量为 $(3, 0, 1)$

【解答】

【解析】

选项 A：写出全微分式子的前提是函数在点 $(0,0)$ 处可微。题干仅告知偏导数存在，偏导数存在推不出可微，故 A 不一定成立。
选项 B：同理，法向量的存在依赖于曲面存在切平面（即函数可微）。此外，即使可微，标准法向量形式应为 $(f_x, f_y, -1) = (3, -1, -1)$ 或其平行向量，符号不匹配，故 B 错误。
选项 C 与 D：考查偏导数的纯几何意义。曲线 $\begin{cases} z = f(x,y) \\ y = 0 \end{cases}$ 实际上是曲面 $z=f(x,y)$ 与 $xz$ 坐标平面的交线。

我们将该空间曲线参数化为 $\vec{r}(x) = (x, 0, f(x,0))$。

对 $x$ 求导，得到切向量方程 $\vec{r}'(x) = (1, 0, f_x(x,0))$。

在点 $x=0$ 处，切向量为 $\vec{r}'(0) = (1, 0, f_x(0,0))$。已知 $f_x(0,0) = 3$，因此切向量为 $(1, 0, 3)$。且该切向量的存在性仅依赖于 $f_x(0,0)$ 的存在。故 C 正确，D 错误。

思考题 8.10

【题目】

根据导数、偏导数的几何意义，如何理解方向导数的几何意义？

【解答】

方向导数的几何意义表示空间曲面在某一点处沿特定射线方向截得的交线，在该点处切线的斜率。

【解析】

为了形成直观理解，我们可以做层层递进的对比：

一元函数导数：$y=f(x)$ 的导数 $f'(x_0)$ 表示二维平面曲线在点处切线的斜率。
偏导数：对于曲面 $z=f(x,y)$，偏导数 $f_x$ 和 $f_y$ 是让一个自变量保持不变，相当于用平行于 $xz$ 轴的面（$y=y_0$）或平行于 $yz$ 轴的面（$x=x_0$）去“切割”空间曲面。偏导数就是截得的那两条特定曲线的切线斜率。
方向导数：它是偏导数在任意方向上的推广。过定义域内一点 $P(x_0,y_0)$ 指定任意一个方向 $l$。用一个过该点、平行于方向 $l$ 且垂直于 $xy$ 平面的平面去切割空间曲面 $z=f(x,y)$。这会切出一条空间交线。方向导数 $\frac{\partial f}{\partial l}$ 的数值，就等于这条交线在对应点处切线的斜率（即沿 $l$ 方向的高度变化率）。

第9章重积分

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

思考题 9.1

题目内容：

思考题 9.1 （1）二重积分的值与积分区域的划分方式是否有关？（2）$(\xi_i, \eta_i)$在$\Delta\sigma_i$的内部选取和在$\Delta\sigma_i$的边界上选取时，二重积分的值是否相同？

解答过程：

（1）无关。根据二重积分的定义，只要被积函数在积分区域上是可积的，那么当所有子区域的直径的最大值趋于 $0$ 时，积分和的极限总是存在且唯一，这个极限值（即二重积分的值）完全由被积函数和积分区域决定，与积分区域的具体划分方式无关。

（2）相同。根据二重积分的定义，积分和极限的存在性及具体数值，与小区域 $\Delta\sigma_i$ 内点 $(\xi_i, \eta_i)$ 的选取方式无关。无论点是选在 $\Delta\sigma_i$ 的内部还是边界上，只要函数在该区域可积，最终取极限后得到的二重积分值都是相同的。

思考题 9.2

题目内容：

思考题 9.2 若函数$z=f(x,y)$在区域$D$上存在间断点，$f(x,y)$在区域$D$上是否可积？

解答过程：

不一定。 这取决于间断点的“多少”以及函数是否在区域 $D$ 上有界。

如果函数 $f(x,y)$ 在闭区域 $D$ 上有界，且间断点仅分布在有限个点或有限条光滑曲线上（即间断点集合的面积/测度为零），那么函数在区域 $D$ 上是可积的。
如果函数在 $D$ 上无界，或者间断点构成的集合具有正的面积（非零测度），那么函数在区域 $D$ 上通常是不可积的（在黎曼积分意义下）。

思考题 9.3

题目内容：

思考题 9.3 在例 9.7 中，如果选择先对$x$积分再对$y$积分，计算是否更简便？

解答过程：

(注：由于缺少“例 9.7”的具体内容，此处给出一般性分析原则)

判断二重积分交换积分次序是否更简便，主要取决于两个方面：

积分区域的形状：看区域是更接近 X-型区域（上下边界为函数，左右边界为常数）还是 Y-型区域（左右边界为函数，上下边界为常数）。如果先对 $x$ 积分再对 $y$ 积分，区域需要能够方便地表示为 $c \le y \le d$, $x_1(y) \le x \le x_2(y)$，且边界函数不易引入复杂的无理式或分段函数。
被积函数的特点：有时被积函数的某一个原函数用初等函数无法表示（例如 $e^{-x^2}$, $\frac{\sin x}{x}$ 等），此时必须先对另一个变量积分，凑出微分结构后才能继续计算。如果先对 $x$ 积分的原函数容易求出，则计算更简便。

思考题 9.4

题目内容：

思考题 9.4 如何利用极坐标计算广义积分$I = \int_0^{+\infty} e^{-x^2} \mathrm{d}x = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$？

解答过程：

这是一个非常经典的利用二重积分极坐标变换求解一元广义积分的例子。步骤如下：

考虑积分的平方：

$$I^2 = \left( \int_0^{+\infty} e^{-x^2} \mathrm{d}x \right) \left( \int_0^{+\infty} e^{-y^2} \mathrm{d}y \right)$$

将其合并为一个二重积分，积分区域 $D$ 为第一象限（$0 \le x < +\infty, 0 \le y < +\infty$）：

$$I^2 = \iint_D e^{-(x^2+y^2)} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

引入极坐标变换 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$，则 $\mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$。第一象限在极坐标下的范围是 $0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}, 0 \le r < +\infty$。

化为极坐标下的累次积分：

$$I^2 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{d}\theta \int_0^{+\infty} e^{-r^2} r \mathrm{d}r$$

先计算内层积分：

$$\int_0^{+\infty} e^{-r^2} r \mathrm{d}r = -\frac{1}{2} \int_0^{+\infty} e^{-r^2} \mathrm{d}(-r^2) = -\frac{1}{2} e^{-r^2} \Big|_0^{+\infty} = \frac{1}{2}$$

再计算外层积分：

$$I^2 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{2} \mathrm{d}\theta = \frac{\pi}{4}$$

因为被积函数 $e^{-x^2} > 0$，所以 $I > 0$。对其开平方得：

$$I = \int_0^{+\infty} e^{-x^2} \mathrm{d}x = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$$

思考题 9.5

题目内容：

思考题 9.5 化三重积分$I = \iiint_{\Omega} f(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$为三次积分，其中$\Omega$由$z=x^2+2y^2$和$z=2-x^2$围成。

解答过程：

首先求出两个曲面的交线在 $xy$ 平面上的投影。联立方程：

$$x^2+2y^2 = 2-x^2 \implies 2x^2+2y^2 = 2 \implies x^2+y^2 = 1$$

因此，积分区域 $\Omega$ 在 $xy$ 平面上的投影区域 $D$ 为圆盘：$x^2+y^2 \le 1$。

对于投影区域 $D$ 内的任一点 $(x,y)$，$z$ 的穿入面为开口向上的抛物面 $z = x^2+2y^2$，穿出面为开口向下的抛物面 $z = 2-x^2$。

将投影区域 $D$ 表示为 X-型区域：$-1 \le x \le 1, -\sqrt{1-x^2} \le y \le \sqrt{1-x^2}$。

按照“先 $z$ 后 $y$ 最后 $x$”的次序，三重积分化为三次积分为：

$$I = \int_{-1}^1 \mathrm{d}x \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \mathrm{d}y \int_{x^2+2y^2}^{2-x^2} f(x,y,z)\mathrm{d}z$$

思考题 9.6

题目内容：

思考题 9.6 三重积分的“投影法”与“截面法”有何不同，何时采用截面法更加方便？

解答过程：

投影法（“先一后二”法）：先固定 $x, y$，对 $z$ 在穿入面和穿出面之间求一重定积分，然后再对投影到 $xy$ 平面上的区域 $D_{xy}$ 求二重积分。适用于穿入面和穿出面容易用 $z = z_1(x,y)$ 和 $z = z_2(x,y)$ 表示，且投影区域边界清晰的情况。
截面法（“先二后一”法）：先固定 $z$，在平行于 $xy$ 平面的截面区域 $D_z$ 上对 $x, y$ 求二重积分，然后再对 $z$ 在其取值范围 $[z_1, z_2]$ 内求一重定积分。

何时采用截面法更加方便：

被积函数仅仅是 $z$ 的函数（即 $f(x,y,z) = g(z)$）。此时截面上的二重积分直接等于被积函数乘以截面面积。
积分区域 $\Omega$ 被平面 $z = \text{常数}$ 截得的截面 $D_z$ 形状简单（如圆、椭圆等），其面积容易计算，而如果向 $xy$ 平面投影，其上下曲面方程可能比较复杂。

思考题 9.7

题目内容：

思考题 9.7 若将柱面坐标与截面法结合，则应如何计算例 9.23 和例 9.24 中的三重积分？

解答过程：

(注：缺少“例 9.23”和“例 9.24”的具体题目，以下为将两者结合的一般计算思路)

将柱面坐标（$x=r\cos\theta, y=r\sin\theta, z=z$）与截面法（先二后一）结合，本质上是先给定高度 $z$（即固定 $z$），在平行于 $xy$ 平面的截面 $D_z$ 上，使用极坐标系来计算二重积分，最后再对 $z$ 积分。

计算步骤和一般公式形式如下：

确定 $z$ 的最小和最大取值范围 $[z_1, z_2]$。
对于高度为 $z$ 的截面区域 $D_z$，找出它在极坐标下的边界范围（极径 $r$ 和极角 $\theta$ 的范围，通常是含有参数 $z$ 的表达式）。
积分形式为：

$$\iiint_{\Omega} f(x,y,z)\mathrm{d}V = \int_{z_1}^{z_2} \mathrm{d}z \iint_{D_z} f(r\cos\theta, r\sin\theta, z) r \mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$$

思考题 9.8

题目内容：

思考题 9.8 将$\iiint_{\Omega} f(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$化为球面坐标系下的三次积分，其中

（1）$\Omega: R_1^2 \le x^2+y^2+z^2 \le R_2^2$；

（2）$\Omega$由$z=\sqrt{x^2+y^2}$和$z=\sqrt{12-x^2-y^2}$所围成；

（3）$\Omega: x^2+y^2+z^2 \le z$；

（4）$\Omega$由$x^2+y^2=z^2$和$z=a \ (a>0)$所围成。

解答过程：

设球面坐标变换为 $x = r\sin\varphi\cos\theta, y = r\sin\varphi\sin\theta, z = r\cos\varphi$，体积微元 $\mathrm{d}V = r^2\sin\varphi \mathrm{d}r\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta$。记被积函数为 $F(r,\varphi,\theta)$。

（1） 积分区域为一个球壳。

范围：整圈，极角 $\theta \in [0, 2\pi]$；天顶角 $\varphi \in [0, \pi]$；极径 $r \in [R_1, R_2]$。
结果：

$$I = \int_0^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_0^{\pi} \mathrm{d}\varphi \int_{R_1}^{R_2} F(r,\varphi,\theta) r^2\sin\varphi \mathrm{d}r$$

（2） 区域为圆锥 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 和球面 $x^2+y^2+z^2=12$ 围成的“冰淇淋”状区域。

圆锥面方程化为 $\varphi = \frac{\pi}{4}$。球面方程化为 $r = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$。
范围：极角 $\theta \in [0, 2\pi]$；天顶角从正 $z$ 轴到圆锥面 $\varphi \in [0, \frac{\pi}{4}]$；极径 $r \in [0, 2\sqrt{3}]$。
结果：

$$I = \int_0^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_0^{\frac{\pi}{4}} \mathrm{d}\varphi \int_0^{2\sqrt{3}} F(r,\varphi,\theta) r^2\sin\varphi \mathrm{d}r$$

（3） 区域为一个球体，配方得 $x^2+y^2+(z-\frac{1}{2})^2 \le \frac{1}{4}$，球心在 $(0,0,1/2)$，经过原点，整体在 $xy$ 平面上方。

边界曲面 $x^2+y^2+z^2 = z$ 在球面坐标下为 $r^2 = r\cos\varphi \implies r = \cos\varphi$。
由于区域全在 $xy$ 平面上方，$\varphi \in [0, \frac{\pi}{2}]$；投影是圆，$\theta \in [0, 2\pi]$。
结果：

$$I = \int_0^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_0^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{d}\varphi \int_0^{\cos\varphi} F(r,\varphi,\theta) r^2\sin\varphi \mathrm{d}r$$

（4） 区域为圆锥 $x^2+y^2=z^2$ 的上半部分（因为被平面 $z=a>0$ 截断）与平面 $z=a$ 所围成。

圆锥面方程为 $\varphi = \frac{\pi}{4}$。平面方程 $z=a$ 在球面坐标下为 $r\cos\varphi = a \implies r = \frac{a}{\cos\varphi}$。
范围：$\theta \in [0, 2\pi]$；天顶角 $\varphi \in [0, \frac{\pi}{4}]$；从原点出发的射线先穿出平面，极径 $r \in [0, \frac{a}{\cos\varphi}]$。
结果：

$$I = \int_0^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_0^{\frac{\pi}{4}} \mathrm{d}\varphi \int_0^{\frac{a}{\cos\varphi}} F(r,\varphi,\theta) r^2\sin\varphi \mathrm{d}r$$

第10章曲线积分与曲面积分

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

思考题 10.1

题目：在对弧长的曲线积分的定义中 $\Delta s_i$ 的符号可以为负吗？

解答：

不可以。在对弧长（第一类）曲线积分的定义中，$\Delta s_i$ 表示的是曲线上第 $i$ 个小弧段的长度。根据长度的几何定义，弧长是一个非负标量，因此 $\Delta s_i \ge 0$，它的符号绝不可能为负。

思考题 10.2

题目：若曲线弧 $\Gamma$ 的方程为 $\begin{cases} (x-1)^2 + (y+1)^2 + z^2 = a^2 \\ x + y + z = 0 \end{cases}$，如何计算 $I = \oint_{\Gamma} x^2 \mathrm{d}s$?

解答：

计算该积分可以巧妙利用坐标平移与轮换对称性。

坐标平移：令 $u = x-1, v = y+1, w = z$。则球面方程化为 $u^2 + v^2 + w^2 = a^2$，平面方程化为 $(u+1) + (v-1) + w = 0 \implies u+v+w=0$。此时 $\Gamma$ 是中心在原点、半径为 $a$ 的大圆。
展开积分：原积分转化为 $I = \oint_{\Gamma} (u+1)^2 \mathrm{d}s = \oint_{\Gamma} (u^2 + 2u + 1) \mathrm{d}s$。
利用对称性计算：

对于 $\oint_{\Gamma} u^2 \mathrm{d}s$：由于曲线关于 $u, v, w$ 具有完全的轮换对称性，有 $\oint_{\Gamma} u^2 \mathrm{d}s = \oint_{\Gamma} v^2 \mathrm{d}s = \oint_{\Gamma} w^2 \mathrm{d}s = \frac{1}{3}\oint_{\Gamma} (u^2+v^2+w^2) \mathrm{d}s$。代入 $u^2+v^2+w^2=a^2$，得 $\frac{1}{3}\oint_{\Gamma} a^2 \mathrm{d}s = \frac{a^2}{3} \cdot 2\pi a = \frac{2\pi a^3}{3}$。
对于 $\oint_{\Gamma} 2u \mathrm{d}s$：因为大圆 $\Gamma$ 关于 $u=0$ 等平面对称，奇次方的积分为 $0$。
对于 $\oint_{\Gamma} 1 \mathrm{d}s$：即圆的周长，为 $2\pi a$。

得出结果：

$$I = \frac{2\pi a^3}{3} + 0 + 2\pi a = 2\pi a \left(\frac{a^2}{3} + 1\right)$$

思考题 10.3

题目：计算 $I = \oint_L |x| \mathrm{d}s$，其中 $L$ 为双纽线 $(x^2+y^2)^2 = a^2(x^2-y^2) \quad (a>0)$。

解答：

引入极坐标：令 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$，代入双纽线方程得到 $r^2 = a^2\cos 2\theta$。
利用对称性：双纽线关于 $x$ 轴、$y$ 轴和原点均对称，且被积函数 $|x|$ 也具有对称性。因此可以只计算第一象限（$\theta \in [0, \pi/4]$）的积分，然后乘以 $4$。
计算弧长微元 $\mathrm{d}s$：

第一象限内 $r = a\sqrt{\cos 2\theta}$。

$r' = \frac{-a\sin 2\theta}{\sqrt{\cos 2\theta}}$。

$$\mathrm{d}s = \sqrt{r^2 + (r')^2} \mathrm{d}\theta = \sqrt{a^2\cos 2\theta + \frac{a^2\sin^2 2\theta}{\cos 2\theta}} \mathrm{d}\theta = \frac{a}{\sqrt{\cos 2\theta}} \mathrm{d}\theta$$

计算积分：

在第一象限， $|x| = x = r\cos\theta = a\sqrt{\cos 2\theta}\cos\theta$。

$$I = 4 \int_{0}^{\pi/4} (a\sqrt{\cos 2\theta}\cos\theta) \cdot \frac{a}{\sqrt{\cos 2\theta}} \mathrm{d}\theta = 4a^2 \int_{0}^{\pi/4} \cos\theta \mathrm{d}\theta$$$$I = 4a^2 [\sin\theta]_0^{\pi/4} = 4a^2 \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = 2\sqrt{2}a^2$$

思考题 10.4

题目：若 $L$ 为 $xOy$ 面内直线 $x=a$ 上的一段，或为直线 $y=b$ 上的一段，如何计算曲线积分 $\int_L P(x,y)\mathrm{d}x + Q(x,y)\mathrm{d}y$?

解答：

若 $L$ 在直线 $x=a$ 上：此时 $x$ 为常数，因此 $\mathrm{d}x = 0$。积分中的 $P(x,y)\mathrm{d}x$ 项消失，原积分转化为对 $y$ 的普通定积分：

$$\int_L P(x,y)\mathrm{d}x + Q(x,y)\mathrm{d}y = \int_{y_1}^{y_2} Q(a,y)\mathrm{d}y$$

（其中 $y_1$ 和 $y_2$ 分别是 $L$ 的起点和终点的纵坐标）。

若 $L$ 在直线 $y=b$ 上：此时 $y$ 为常数，因此 $\mathrm{d}y = 0$。积分中的 $Q(x,y)\mathrm{d}y$ 项消失，原积分转化为对 $x$ 的普通定积分：

$$\int_L P(x,y)\mathrm{d}x + Q(x,y)\mathrm{d}y = \int_{x_1}^{x_2} P(x,b)\mathrm{d}x$$

（其中 $x_1$ 和 $x_2$ 分别是 $L$ 的起点和终点的横坐标）。

思考题 10.5

题目：将第二类曲线积分 $\int_L (x^2 - 2xy)\mathrm{d}x + (y^2 - 2xy)\mathrm{d}y$ 化为第一类曲线积分，其中 $L$ 是 $y=x^2$ 从点 $A(1,1)$ 到点 $B(-1,1)$ 的抛物线。

解答：

第二类与第一类曲线积分的关系为 $\int_L P\mathrm{d}x + Q\mathrm{d}y = \int_L (P\cos\alpha + Q\cos\beta)\mathrm{d}s$，其中 $(\cos\alpha, \cos\beta)$ 是曲线沿积分方向的单位切向量。

曲线方程为 $y=x^2$，其切向量方向可表示为 $(1, y') = (1, 2x)$。
因为积分路径是从 $A(1,1)$ 到 $B(-1,1)$，$x$ 在减小，运动方向与 $x$ 轴正向相反。因此沿着 $L$ 方向的单位切向量应取反向：

$$(\cos\alpha, \cos\beta) = \left( \frac{-1}{\sqrt{1+(2x)^2}}, \frac{-2x}{\sqrt{1+(2x)^2}} \right) = \left( \frac{-1}{\sqrt{1+4x^2}}, \frac{-2x}{\sqrt{1+4x^2}} \right)$$

将 $y=x^2$ 以及方向余弦代入关系式：

$$P\cos\alpha + Q\cos\beta = (x^2 - 2x^3)\left(\frac{-1}{\sqrt{1+4x^2}}\right) + (x^4 - 2x^3)\left(\frac{-2x}{\sqrt{1+4x^2}}\right)$$

化简得到：

$$\frac{-x^2 + 2x^3 - 2x^5 + 4x^4}{\sqrt{1+4x^2}}$$

最终化为第一类曲线积分：

$$\int_L \frac{-x^2 + 2x^3 + 4x^4 - 2x^5}{\sqrt{1+4x^2}} \mathrm{d}s$$

思考题 10.6

题目：例 10.14 中的积分能不能沿着折线路径 $\overline{AO} \cup \overline{OB}$ 进行？

解答：

能否沿该折线路径进行，取决于被积函数在点 $O$（通常为原点）处是否连续且有意义。

如果被积函数在原点 $O(0,0)$ 是奇点（例如分母为零，如下一题中的 $\frac{x\mathrm{d}y - y\mathrm{d}x}{x^2+y^2}$），那么积分路径不能穿过原点，此时不能沿着折线路径 $\overline{AO} \cup \overline{OB}$ 进行。
只有当被积函数在整个路径（包含折点 $O$）上都连续且有界时，才允许沿此路径积分。

思考题 10.7

题目：验证 $\frac{x\mathrm{d}y - y\mathrm{d}x}{x^2 + y^2}$ 在右半平面 ($x>0$) 内是某个二元函数 $u(x,y)$ 的全微分，并当起点分别为 $(1,0)$ 和 $(1,1)$ 时，求出二元函数 $u(x,y)$。

解答：

验证全微分：令 $P = \frac{-y}{x^2+y^2}, Q = \frac{x}{x^2+y^2}$。

$$\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{-(x^2+y^2) - (-y)(2y)}{(x^2+y^2)^2} = \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}$$$$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{1(x^2+y^2) - x(2x)}{(x^2+y^2)^2} = \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}$$

在 $x>0$ 的右半平面内，$\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$ 恒成立，且该区域单连通，故原式是某二元函数 $u(x,y)$ 的全微分，且易凑微分得 $\mathrm{d}u = \mathrm{d}(\arctan \frac{y}{x})$。

当起点为 $(1,0)$ 时：

$$u(x,y) = \int_{(1,0)}^{(x,y)} \frac{x\mathrm{d}y - y\mathrm{d}x}{x^2 + y^2} = \left. \arctan\left(\frac{y}{x}\right) \right|_{(1,0)}^{(x,y)} = \arctan\left(\frac{y}{x}\right) - 0 = \arctan\left(\frac{y}{x}\right)$$

当起点为 $(1,1)$ 时：

$$u(x,y) = \int_{(1,1)}^{(x,y)} \frac{x\mathrm{d}y - y\mathrm{d}x}{x^2 + y^2} = \left. \arctan\left(\frac{y}{x}\right) \right|_{(1,1)}^{(x,y)} = \arctan\left(\frac{y}{x}\right) - \arctan(1) = \arctan\left(\frac{y}{x}\right) - \frac{\pi}{4}$$

思考题 10.8

题目：若曲面 $\Sigma$ 是 $xOy$ 面上的一个闭区域，曲面积分 $\iint_{\Sigma} f(x,y,z)\mathrm{d}S$ 与二重积分有什么关系？

解答：

因为曲面 $\Sigma$ 退化在 $xOy$ 平面上，所以在曲面上的任何一点都有 $z = 0$。同时，曲面的面积微元 $\mathrm{d}S$ 与 $xOy$ 面上的面积微元 $\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ (或 $\mathrm{d}\sigma$) 完全等价（因为投影的余弦值为 $1$）。

因此，该曲面积分退化为在区域 $\Sigma$ 上的普通二重积分，关系如下：

$$\iint_{\Sigma} f(x,y,z)\mathrm{d}S = \iint_{\Sigma} f(x,y,0)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

思考题 10.9

题目：在例 10.16 中，如何利用轮换对称性和积分曲面化简被积函数的技巧来快速计算？

解答：

处理此类对称性曲面积分的通用快速计算技巧如下：

利用轮换对称性：如果积分曲面 $\Sigma$ 在空间中关于 $x, y, z$ 的方程具有完全的轮换对称性（例如球面 $x^2+y^2+z^2=R^2$），并且被积函数也存在对应项，则有：

$$\iint_{\Sigma} x^2 \mathrm{d}S = \iint_{\Sigma} y^2 \mathrm{d}S = \iint_{\Sigma} z^2 \mathrm{d}S = \frac{1}{3} \iint_{\Sigma} (x^2+y^2+z^2) \mathrm{d}S$$

利用积分曲面方程化简：在计算曲面 $\Sigma$ 上的积分时，点 $(x,y,z)$ 始终满足曲面方程。因此可以直接将曲面方程代入被积函数中进行降次或化简。例如，若曲面为 $x^2+y^2+z^2=R^2$，则上一步中的积分可直接化为 $\frac{1}{3} \iint_{\Sigma} R^2 \mathrm{d}S = \frac{R^2}{3} \times (\Sigma 的表面积)$，从而避免了繁琐的投影和代数运算。

思考题 10.10

题目：当 $\Sigma$ 为 $xOy$ 面内的一个闭区域时，曲面积分 $\iint_{\Sigma} R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 与二重积分有什么关系？

解答：

这是对坐标的（第二类）曲面积分，表示向量场在 $z$ 方向上的通量。由于 $\Sigma$ 在 $xOy$ 面内，所以 $z=0$。此时它与二重积分的关系取决于 $\Sigma$ 所取的侧向（法向量方向）：

若 $\Sigma$ 取上侧（法向量指向 $z$ 轴正向），则有：

$$\iint_{\Sigma} R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_{D} R(x,y,0)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

若 $\Sigma$ 取下侧（法向量指向 $z$ 轴负向），则积分自带负号：

$$\iint_{\Sigma} R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y = -\iint_{D} R(x,y,0)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

（其中 $D$ 即为 $xOy$ 面上的该闭区域）。

思考题 10.11

题目：

计算曲面积分 $I = \iint_{\Sigma} \frac{x}{r^3} \mathrm{d}y\mathrm{d}z + \frac{y}{r^3} \mathrm{d}z\mathrm{d}x + \frac{z}{r^3} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$，其中 $r = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}$，

（1）$\Sigma$ 是 $x^2 + y^2 + z^2 = R^2$，取外侧；

（2）$\Sigma$ 是 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} = 1$，取外侧。

解答过程：

这是一个计算第二类曲面积分的经典问题。设被积向量场为 $\vec{F} = (P, Q, R) = \left(\frac{x}{r^3}, \frac{y}{r^3}, \frac{z}{r^3}\right)$。

首先计算该向量场的散度 $\nabla \cdot \vec{F}$：

$$\frac{\partial P}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}\left[x(x^2+y^2+z^2)^{-\frac{3}{2}}\right] = \frac{1}{r^3} - \frac{3x^2}{r^5}$$

同理可得：

$$\frac{\partial Q}{\partial y} = \frac{1}{r^3} - \frac{3y^2}{r^5}$$$$\frac{\partial R}{\partial z} = \frac{1}{r^3} - \frac{3z^2}{r^5}$$

因此，当 $(x,y,z) \neq (0,0,0)$ 时，散度为：

$$\frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} = \frac{3}{r^3} - \frac{3(x^2+y^2+z^2)}{r^5} = \frac{3}{r^3} - \frac{3r^2}{r^5} = 0$$

注意该向量场在原点 $(0,0,0)$ 处存在奇点。

（1）计算 $\Sigma$ 是 $x^2 + y^2 + z^2 = R^2$（取外侧）时的积分

由于积分曲面就是以原点为中心的球面，在曲面 $\Sigma$ 上，有 $r = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} = R$ 为常数。

将第二类曲面积分化为第一类曲面积分。球面外侧的单位法向量为 $\vec{n} = (\cos\alpha, \cos\beta, \cos\gamma) = \left(\frac{x}{R}, \frac{y}{R}, \frac{z}{R}\right)$。

$$I = \iint_{\Sigma} (P\cos\alpha + Q\cos\beta + R\cos\gamma) \mathrm{d}S$$$$I = \iint_{\Sigma} \left( \frac{x}{R^3} \cdot \frac{x}{R} + \frac{y}{R^3} \cdot \frac{y}{R} + \frac{z}{R^3} \cdot \frac{z}{R} \right) \mathrm{d}S$$$$I = \iint_{\Sigma} \frac{x^2+y^2+z^2}{R^4} \mathrm{d}S = \iint_{\Sigma} \frac{R^2}{R^4} \mathrm{d}S = \frac{1}{R^2} \iint_{\Sigma} \mathrm{d}S$$

因为半径为 $R$ 的球面面积 $\iint_{\Sigma} \mathrm{d}S = 4\pi R^2$，所以：

$$I = \frac{1}{R^2} \cdot 4\pi R^2 = 4\pi$$

（2）计算 $\Sigma$ 是 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} = 1$（取外侧）时的积分

该曲面是一个包含原点（奇点）的椭球面。由于直接计算较复杂，且奇点在曲面内部，我们可以采用“挖洞法”（利用高斯公式）。

取一个半径充分小且完全包含在椭球面内部的球面 $\Sigma_1: x^2 + y^2 + z^2 = r_1^2$，取外侧。

记 $\Sigma$ 与 $\Sigma_1$ 之间所围成的空间闭区域为 $\Omega$。在 $\Omega$ 内，向量场无奇点，且散度恒为 0。

对区域 $\Omega$ 的边界（由外表面的外侧 $\Sigma$ 和内表面的内侧 $\Sigma_1^-$ 组成）应用高斯公式：

$$\iiint_{\Omega} \left( \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} \right) \mathrm{d}V = \iint_{\Sigma} \vec{F} \cdot \mathrm{d}\vec{S} + \iint_{\Sigma_1^-} \vec{F} \cdot \mathrm{d}\vec{S}$$$$0 = \iint_{\Sigma} \vec{F} \cdot \mathrm{d}\vec{S} - \iint_{\Sigma_1} \vec{F} \cdot \mathrm{d}\vec{S}$$

因此，在椭球面上的积分等于在小球面上的积分：

$$I = \iint_{\Sigma} \vec{F} \cdot \mathrm{d}\vec{S} = \iint_{\Sigma_1} \vec{F} \cdot \mathrm{d}\vec{S}$$

根据第（1）问的结论，任何以原点为中心、取外侧的球面上的该积分值均为 $4\pi$。

所以：

$$I = 4\pi$$

思考题 10.12

题目：

斯托克斯公式中 $\Sigma$ 的选取是唯一的吗？

解答过程：

不唯一。

斯托克斯公式（Stokes’ Theorem）指出，向量场沿着空间闭曲线 $\Gamma$ 的环流量，等于该向量场的旋度在以该曲线为边界的任意曲面 $\Sigma$ 上的通量：

$$\oint_{\Gamma} \vec{F} \cdot \mathrm{d}\vec{r} = \iint_{\Sigma} (\nabla \times \vec{F}) \cdot \mathrm{d}\vec{S}$$

只要曲面 $\Sigma$ 满足以下条件，公式均成立：

边界相同：曲面 $\Sigma$ 的边界曲线必须是给定的闭曲线 $\Gamma$。
方向一致：曲面 $\Sigma$ 的法向量方向（侧的选取）与边界曲线 $\Gamma$ 的正向符合右手法则。
光滑性要求：曲面 $\Sigma$ 是分片光滑的。
场的连续性：向量场在包含 $\Sigma$ 及其边界的某空间区域内具有连续的一阶偏导数。

这就好比一个吹泡泡的铁丝圈（边界曲线 $\Gamma$），肥皂膜（曲面 $\Sigma$）可以是平坦的，也可以被风吹得鼓起来形成各种形状的曲面。只要向量场在这些曲面所在的区域内足够光滑，无论选取哪种形状的“肥皂膜”作为积分曲面 $\Sigma$，计算出的曲面积分结果都是完全相等的。

第11章无穷级数

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

思考题 11.1

题目： 若级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 与 $\sum_{n=1}^{\infty} v_n$ 至少有一个是发散的，则逐项相加所得的新级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(u_n + v_n)$ 是否发散？

解答：

不一定发散，需要分情况讨论：

若两个级数都发散，新级数可能收敛。例如：取 $u_n = 1$，$v_n = -1$，显然 $\sum_{n=1}^{\infty} 1$ 和 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)$ 都是发散的，但逐项相加后 $u_n + v_n = 0$，新级数 $\sum_{n=1}^{\infty} 0$ 是收敛的。
若两个级数中一个收敛、另一个发散，则新级数必定发散。可利用反证法：假设 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛，$\sum_{n=1}^{\infty} v_n$ 发散，且新级数 $\sum_{n=1}^{\infty}(u_n + v_n)$ 收敛。根据收敛级数的性质，差级数 $\sum_{n=1}^{\infty} [(u_n + v_n) - u_n] = \sum_{n=1}^{\infty} v_n$ 也应当收敛，这与已知条件矛盾。

思考题 11.2

题目： 求级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{(\ln 3)^n}{2^n}$ 的和.

解答：

这是一个公比为 $q = \frac{\ln 3}{2}$ 的等比级数（几何级数）。

因为自然对数 $\ln 3 \approx 1.0986 < 2$，所以公比的绝对值 $|q| = \frac{\ln 3}{2} < 1$，满足等比级数的收敛条件。

该级数的首项为 $a_1 = \frac{\ln 3}{2}$。根据无穷等比级数求和公式 $S = \frac{a_1}{1 - q}$，可得：

$$S = \frac{\frac{\ln 3}{2}}{1 - \frac{\ln 3}{2}} = \frac{\ln 3}{2 - \ln 3}$$

思考题 11.3

题目： 讨论级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{a^n n!}{n^n} \ (a>0)$ 的敛散性.

解答：

记一般项为 $u_n = \frac{a^n n!}{n^n}$，利用达朗贝尔判别法（比值判别法）进行讨论：

$$\lim_{n \to \infty} \frac{u_{n+1}}{u_n} = \lim_{n \to \infty} \frac{a^{n+1} (n+1)!}{(n+1)^{n+1}} \cdot \frac{n^n}{a^n n!} = \lim_{n \to \infty} a \cdot \left( \frac{n}{n+1} \right)^n = \lim_{n \to \infty} \frac{a}{(1 + \frac{1}{n})^n} = \frac{a}{e}$$

当 $\frac{a}{e} < 1$，即 $0 < a < e$ 时，级数收敛。
当 $\frac{a}{e} > 1$，即 $a > e$ 时，级数发散。
当 $a = e$ 时，比值极限为 1，需单独判断。此时 $u_n = \frac{e^n n!}{n^n}$。根据斯特林公式（Stirling’s approximation）$n! \sim \sqrt{2\pi n} \left(\frac{n}{e}\right)^n$，可知当 $n \to \infty$ 时，$u_n \sim \sqrt{2\pi n}$。显然 $\lim_{n \to \infty} u_n \neq 0$，不满足级数收敛的必要条件，故级数发散。

思考题 11.4

题目： 设正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛，能否推得 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n^2$ 收敛？反之是否成立？

解答：

正向推导成立。 因为 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n$ 收敛，根据级数收敛的必要条件，必有 $\lim_{n \to \infty} u_n = 0$。因此，存在正整数 $N$，当 $n > N$ 时，满足 $0 < u_n < 1$。此时有 $0 < u_n^2 < u_n$。根据正项级数的比较判别法，由大级数 $\sum u_n$ 收敛即可推得小级数 $\sum u_n^2$ 也收敛。
反之不成立。 反例：取 $u_n = \frac{1}{n}$。级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n^2 = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n^2}$ 是 $p=2$ 的 $p$ 级数，是收敛的；但原级数 $\sum_{n=1}^{\infty} u_n = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$ 是调和级数，是发散的。

思考题 11.5

题目： 判断下列交错级数的敛散性，以及各项取绝对值后所成的正项级数是否收敛.

(1) $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{1}{n}$； (2) $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{1}{n!}$； (3) $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^{n-1} \frac{n}{10^n}$.

解答：

(1) 取绝对值后的级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n}$（调和级数），该正项级数发散。而原交错级数满足莱布尼茨判别法条件（$\frac{1}{n}$ 单调递减且趋于 0），原级数收敛。因此，该级数为条件收敛。
(2) 取绝对值后的级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{n!}$。由比值判别法，$\lim_{n \to \infty} \frac{1/(n+1)!}{1/n!} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{n+1} = 0 < 1$，该正项级数收敛。因此，原交错级数绝对收敛。
(3) 取绝对值后的级数为 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{n}{10^n}$。由比值判别法，$\lim_{n \to \infty} \frac{n+1}{10^{n+1}} \cdot \frac{10^n}{n} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{10} \frac{n+1}{n} = \frac{1}{10} < 1$，该正项级数收敛。因此，原交错级数绝对收敛。

思考题 11.6

题目： 判断级数 $\sum_{n=1}^{\infty} (-1)^n \frac{1}{2^n} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n^2}$ 的敛散性？

解答：

考察其各项取绝对值后的正项级数 $\sum_{n=1}^{\infty} |u_n| = \sum_{n=1}^{\infty} \frac{1}{2^n} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n^2}$。

利用柯西根值判别法：

$$\lim_{n \to \infty} \sqrt[n]{|u_n|} = \lim_{n \to \infty} \left[ \frac{1}{2^n} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^{n^2} \right]^{\frac{1}{n}} = \lim_{n \to \infty} \frac{1}{2} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n = \frac{e}{2}$$

因为 $e \approx 2.718$，所以 $\rho = \frac{e}{2} > 1$。

根据根值判别法，绝对值级数发散，且原级数的一般项的极限 $\lim_{n \to \infty} u_n \neq 0$。因此，原级数发散。

思考题 11.7

题目：

(1) 幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 在点 $x = x_0 \ (x_0 \neq 0)$ 处收敛，在点 $x = -x_0$ 处是否收敛？

(2) 幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n x^n$ 在点 $x = x_0$ 处条件收敛，收敛半径 $R$ 的值为多大？

(3) 幂级数 $\sum_{n=0}^{\infty} a_n (x-1)^n$ 在点 $x = -2$ 处条件收敛，收敛半径 $R$ 的值为多大？

解答：

(1) 不一定收敛。 根据阿贝尔定理，若级数在 $x = x_0$ 处收敛，则对于满足 $|x| < |x_0|$ 的一切 $x$，级数绝对收敛。但点 $x = -x_0$ 可能恰好位于收敛区间的端点上（此时收敛半径 $R = |x_0|$），在端点处幂级数可能收敛也可能发散。例如：$\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n}$ 在 $x = -1$ 处收敛，但在 $x = 1$ 处发散。
(2) $R = |x_0|$。 若在 $x = x_0$ 处条件收敛，意味着它既不能在内部（否则会绝对收敛），也不能在外部（否则会发散），所以该点必定在收敛区间的边界上，因此收敛半径为其到展开中心（$x=0$）的距离，即 $R = |x_0|$。
(3) $R = 3$。 该幂级数的展开中心为 $x = 1$。在点 $x = -2$ 处条件收敛，说明 $x = -2$ 位于收敛边界上。收敛半径等于边界点到展开中心的距离，即 $R = |-2 - 1| = |-3| = 3$。

思考题 11.8

题目： 幂级数逐项求导或逐项积分后，收敛半径保持不变，收敛域是否也保持不变？

解答：

不一定保持不变。

逐项求导或逐项积分不仅不会改变级数的收敛半径 $R$，也不会改变其开收敛区间 $(-R, R)$ 内的绝对收敛性。但是，在收敛区间的端点处（即 $x = \pm R$），级数的敛散性可能会发生改变，从而导致收敛域（包含端点的区间）发生变化。

例如：幂级数 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^n}{n}$ 的收敛域为 $[-1, 1)$；

逐项求导后得到 $\sum_{n=1}^{\infty} x^{n-1}$，收敛域缩减为 $(-1, 1)$；
逐项积分后得到 $\sum_{n=1}^{\infty} \frac{x^{n+1}}{n(n+1)}$，收敛域扩大为 $[-1, 1]$。

思考题 11.9

题目： 函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处“有泰勒级数”与“能展开成泰勒级数”有何不同？

解答：

有泰勒级数： 仅指函数 $f(x)$ 在点 $x_0$ 处存在任意阶导数，从而可以形式上写出该函数的泰勒级数 $\sum_{n=0}^{\infty} \frac{f^{(n)}(x_0)}{n!} (x - x_0)^n$。但这并不保证该级数在 $x_0$ 以外的点收敛，也不保证即使收敛其和函数等于原函数 $f(x)$。
能展开成泰勒级数： 指不仅能写出泰勒级数，而且在点 $x_0$ 的某个邻域内，该泰勒级数必定收敛，且收敛的和函数完全等于原函数 $f(x)$ 本身。其充要条件是泰勒公式的拉格朗日余项 $R_n(x)$ 满足 $\lim_{n \to \infty} R_n(x) = 0$。

思考题 11.10

题目： 如何利用间接展开法求 $\arctan x$ 的幂级数展开式？

解答：

利用导数函数及逐项积分的性质进行间接展开。具体步骤如下：

首先求 $\arctan x$ 的导数：$(\arctan x)' = \frac{1}{1 + x^2}$。
将导数变形并利用常用几何级数 $\frac{1}{1 - q} = \sum_{n=0}^{\infty} q^n \ (|q|<1)$ 的形式进行展开：

$$\frac{1}{1 + x^2} = \frac{1}{1 - (-x^2)} = \sum_{n=0}^{\infty} (-x^2)^n = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n x^{2n}$$

（收敛区间为 $|-x^2| < 1$，即 $x \in (-1, 1)$）。

对上式在区间 $[0, x]$ 上进行逐项积分（积分在收敛区间内有效）：

$$\arctan x = \int_0^x \frac{1}{1+t^2} dt = \int_0^x \left( \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n t^{2n} \right) dt$$$$\arctan x = \sum_{n=0}^{\infty} (-1)^n \int_0^x t^{2n} dt = \sum_{n=0}^{\infty} \frac{(-1)^n}{2n+1} x^{2n+1}$$

经过验证，当 $x = \pm 1$ 时级数也条件收敛，故其收敛域为 $[-1, 1]$。

自编教材思考题 | YHK's life

第1章 函数极限与连续

思考题 1.1

思考题 1.2

思考题 1.3

思考题 1.4

思考题 1.5

思考题 1.6

思考题 1.7

思考题 1.8

思考题 1.9

思考题 1.10

思考题 1.11

思考题 1.12

思考题 1.13

思考题 1.14

思考题 1.15

思考题 1.16

第2章 导数与微分

思考题 2.1

思考题 2.2

思考题 2.3

思考题 2.4

思考题 2.5

思考题 2.6

思考题 2.7

思考题 2.8

思考题 2.9

思考题 2.10

思考题 2.10 （续）

第3章 微分中值定理与导数的应用

思考题 3.1

思考题 3.2

思考题 3.3

思考题 3.4

思考题 3.5

思考题 3.6

思考题 3.7

思考题 3.8

思考题 3.9

思考题 3.10

思考题 3.11

思考题 3.12

第4章 不定积分

思考题 4.1

思考题 4.2

思考题 4.3

思考题 4.4

思考题 4.5

思考题 4.6

思考题 4.7

思考题 4.8

思考题 4.9

思考题 4.10

第5章 定积分及其应用

思考题 5.1

思考题 5.2

思考题 5.3

思考题 5.4

思考题 5.5

思考题 5.6

思考题 5.7

思考题 5.8

第6章 微分方程

【思考题 6.1】

【思考题 6.2】

【思考题 6.3】

【思考题 6.4】

【思考题 6.5】

【思考题 6.6】

【思考题 6.7】

【思考题 6.8】

【思考题 6.9】

【思考题 6.10】

第7章 空间解析集合与向量代数

思考题 7.1

思考题 7.2

思考题 7.3

思考题 7.4

思考题 7.5

第1章函数极限与连续

第2章导数与微分

第3章微分中值定理与导数的应用

第4章不定积分

第5章定积分及其应用

第6章微分方程

第7章空间解析集合与向量代数

第8章多元函数的微分法及其应用

第9章重积分

第10章曲线积分与曲面积分

第11章无穷级数