高數(二) 習題選解答doc

1、第七章 微分方程的解1 求曲線族滿足的微分方程，其中為任意常數.解 在等式兩端對求導,得 再從解出代入上式得 化簡即得到所求的微分方程 2驗證函數(C為任意常數)是方程 的通解, 并求滿足初始條件的特解.解 .將函數求一階導數,得 把和代入方程左邊得 因方程兩邊恒等,且中含有一個任意常數,故是題設方程的通解.將初始條件代入通解中，得 即 從而所求特解為 可分離變量的微分方程1 求微分方程的通解.解 分離變量得兩端積分得 從而,記則得到題設方程的通解 2 求微分方程的通解.解 先合并及的各項,得設分離變量得 兩端積分得 于是 記則得到題設方程的通解 注：在用分離變量法解可分離變量的微分方程的過程

2、中, 我們在假定的前提下, 用它除方程兩邊, 這樣得到的通解, 不包含使的特解. 但是, 有時如果我們擴大任意常數C的取值范圍, 則其失去的解仍包含在通解中. 如在例2中，我們得到的通解中應該，但這樣方程就失去特解，而如果允許，則仍包含在通解中. 齊次方程1求解微分方程 滿足初始條件的特解.解 題設方程為齊次方程,設則代入原方程得分離變量得兩邊積分得 將回代，則得到題設方程的通解為利用初始條件得到從而所求題設方程的特解為2 求解微分方程 解 原方程變形為（齊次方程）令則故原方程變?yōu)榧捶蛛x變量得兩邊積分得或回代便得所給方程的通解為 一階線性微分方程1 求下列微分方程滿足所給初始條件的特解. 解

3、將方程標準化為于是由初始條件得故所求特解為2 求解方程 是的已知函數.解 原方程實際上是標準的線性方程，其中直接代入通解公式，得通解伯努利方程1 求的通解.解 兩端除以得令得解得 故所求通解為2（E03）求方程的通解.解 以除方程的兩端,得即 令則上述方程變?yōu)?解此線性微分方程得 以代得所求通解為 全微分方程1 (E01) 求方程的通解.解 原方程是全微分方程,原方程的通解為 2 求解解 這里，所以題設方程是全微分方程.可取由全微分求積公式得:于是，方程的通解為 3（E02）求方程的通解.解 原方程是全微分方程,將左端重新組合 原方程的通解為型1 求方程的通解.解 設代入題設方程,得解線性方程

4、,得為任意常數)，即兩端積分,得再積分得到所求題設方程的通解為其中為任意常數. 進一步通解可改寫為其中為任意常數.型2 (E02) 求方程的通解.解 這是一個不顯含有未知函數的方程.令則于是題設方程降階為即兩邊積分,得即或再積分得原方程的通解 3 求微分方程滿足 且當時，有界的特解.解法1 所給方程不顯含屬型,令則代入方程降階后求解, 此法留給讀者練習.解法2 因為即這是一階線性微分方程，解得因為時，有界,得故由此得及又由已知條件得從而所求特解為型4（E03）求方程的通解.解 設則代入原方程得即由可得所以 原方程通解為 5已知是某二階非齊次線性微分方程的三個特解：（1）求此方程的通解；（2）寫

5、出此微分方程；（3）求此微分方程滿足的特解.解 (1) 由題設知, 是相應齊次線方程的兩個線性無關的解,且是非齊次線性方程的一個特解，故所求方程的通解為，其中(2) 因 所以從這兩個式子中消去即所求方程為 (3) 在, 代入初始條件得從而所求特解為 二階常系數齊次線性微分方程及其解法1求下列微分方程的通解. (1) (2)解 特征方程為即特征根通解為 (2) 特征方程為即特征根通解為2（E05) 已知一個四階常系數齊次線性微分方程的四個線性無關的特解為求這個四階微分方程及其通解.解 由與可知，它們對應的特征根為二重根由與可知，它們對應的特征根為一對共軛復根所以特征方程為即它所對應的微分方程為其

6、通解為型1 (E02) 求方程的一個特解.解 題設方程右端的自由項為型，其中對應的齊次方程的特征方程為 特征根為由于不是特征方程的根，所以就設特解為把它代入題設方程,得 比較系數得解得于是，所求特解為2 (E03) 求方程的通解.解 題設方程對應的齊次方程的特征方程為特征根為于是，該齊次方程的通解為因是特征方程的單根，故可設題設方程的特解：代入題設方程,得比較等式兩端同次冪的系數,得于是，求得題沒方程的一個特解從而，所求題設方程的通解為 3 求方程的通解.解 對應的齊次方程的特征方程為特征根所求齊次方程的通解 由于不是特征方程的根，因此方程的特解形式可設為代入題設方程易解得故所求方程的通解為

7、或型4 求方程的通解.解 對應齊次方程的特征方程的特征根為故對應齊次方程的通解作輔助方程是單根,故設代入上式得取虛部得所求非齊次方程特解為從而題設方程的通解為 5 (E04) 求方程的通解.解 對應齊次方程的特征方程的特征根為故對應齊次方程的通解作輔助方程不是特征方程的根，故設代入輔助方程得取實部得到所求非齊次方程的一個特解: 所求非齊次方程的通解為 6(E01) 求歐拉方程的通解.解 作變量替換或則題設方程化為即兩次積分，可求得其通解為代回原來變量，得原方程的通解7 (E02) 求歐拉方程的通解.解 作變量變換或原方程化為即 或 (1) 方程(1)所對應的齊次方程的特征方程 求得特征根故所以

8、齊次方程的通解設特解代入原方程得即故所求歐拉方程的通解為第8章 向量及其線性運算1 (E04) 已知兩點和，求與向量平行的向量的單位向量.解 所求向量有兩個，一個與同向,一個與反向.因為 所以故所求向量為2(E05)已知兩點和, 計算向量的模、方向余弦和方向角.解 3 設有向量, 已知它與x軸和y軸的夾角分別為和, 如果的坐標為(1, 0, 3), 求的坐標.解 設向量的方向角為 或設的坐標為 的坐標為4點位于第卦限, 向徑與軸、軸的夾角依次為和，且 求的坐標.解 由關系式得因為在第卦限，知故于是 點的坐標為兩向量的數量積1試用向量方法證明三角形的余弦定理.證 (作簡圖). 設在中, 現要證記

9、則有從而由即得同理2 (E04) 求與都垂直的單位向量.解 3在頂點為和的三角形中, 求AC邊上的高BD.解 三角形的面積為又所以從而4 利用向量積證明三角形正弦定理.證 設的三個內角為三邊長為, (作簡圖).因為，所以故即兩邊取模即故同理可證 因此三角形正弦定理得證.平面的截距式方程1 求平行于平面而與三個坐標面所圍成的四面體體積為一個單位的平面方程.解 設平面方程為由所求平面與已知平面平行得(向量平行的充要條件)令 由所求平面方程為 即2 求平面II, 使其滿足:(1) 過軸;(2) II與平面夾角為.解 因為平面過軸，可設其方程為又因為與已知平面夾角為故或或3求經過兩點和且與平面垂直的平

10、面的方程.解 設所求的平面方程為由于點和在平面上，故又由于所求平面與平面垂直,由兩平面垂直條件有從上面三個方程中解出得 代入所設方程，并約去因子得所求的平面方程點到平面的距離4(E06) 求兩平行平面：和： 之間的距離.解 可在平面上任取一點，該點到平面的距離即為這兩平行平面間的距離. 為此，在平面上取點則 5求平行于平面, 且與球面相切的平面方程.解 可利用條件寫出平面的一般式方程,再利用球心到平面的距離來確定一般式方程中的特定系數.由可設平面的方程為因為平面與球面相切，故球心到平面的距離 得故所求平面的方程為或空間直線的對稱式方程與參數方程1 求過點且與兩個平面和的交線平行的直線的方程.解

11、 先求過點且與已知平面平行的平面 即 所求直線的一般方程為:2 (E01) 一直線過點且與y軸垂直相交, 求其方程.解 因為直線和軸垂直相交,所以交點為所求直線方程 3 用對稱式方程及參數方程表示直線 解 在直線上任取一點例如,取得點坐標因所求直線與兩平面的法向量都垂直,可取對稱式方程 參數方程 4求過點M(2, 1, 3)且與直線垂直相交的直線方程.解 先作一過點且與已知直線垂直的平面再求已知直線與該平面的交點令 代入平面方程得交點取所求直線得方向向量為所求直線方程為 5 (E04) 過直線作平面, 使它垂直于平面解 設過直線的平面束的方程為即現要在上述平面束中找出一個平面圖使它垂直于題設平

12、面因平面垂直于平面故平面的法向量垂直于平面的法向量于是即解得故所求平面方程為容易驗證，平面不是所求平面.6在一切過直線L: 的平面中找出平面, 使原點到它的距離最長.解 設通過直線的平面束方程為即要使為最大,即使為最小，得故所求平面的方程為易知，原點到平面的距離為故平面非所求平面.第9章 多元函數微分法及其應用1 (E01) 求二元函數的定義域.解 即所求定義域為 2求極限 .解 令則 =0.3證明 不存在.證 取為常數),則 易見題設極限的值隨的變化而變化,故題設極限不存在.4討論二元函數 在處的連續(xù)性.解 由表達式的特征，利用極坐標變換：令則所以函數在點處連續(xù).5 試證函數 的偏導數存在，

13、但在點不連續(xù).證 即偏導數存在.但由上節(jié)的例 8知道,極限不存在,故在點不連續(xù).6設 求二階偏導數.解 7 驗證函數 滿足方程 .證 8證明函數滿足拉普拉斯方程 ,其中 .證 由函數關于自變量的對稱性,得9設 , 試求 及解 因當時，所以 同理 當時，所以 10求 的偏導數.解 設則可得 則 11 設函數可微，在極坐標變換 下，證明證 為方便起見,我們從欲證等式的右端出發(fā)來證明.把函數視為的復合函數,即則 所以12 求由是常數）所確定的隱函數的偏導數和解 令則顯然都是連續(xù).所以，當時，由隱函數存在定理得 12求出曲線上的點，使在該點的切線平行于已知平面解 設所求切點為則曲線在該點的切線向量為由

14、于切線平行于已知平面因而垂直于已知平面的法線向量故有即或將它代入曲線方程, 求得切點為和13求曲面 在點處的切平面及法線方程.解 令 切平面方程為 即法線方程為 14 求曲面 平行于平面的各切平面方程.解 設為曲面上的切點,則切平面方程為依題意, 切平面方程平行于已知平面, 得 是曲面上的切點,滿足曲面方程,代入得故所求切點為切平面方程(1)即切平面方程(2)即15（E02）求函數在矩形域 上的最大值和最小值.解 先求函數在內駐點.由求得在內部的唯一駐點 (1, 1),且其次求函數在的邊界上的最大值和最小值.如圖所示.區(qū)域的邊界包含四條直線段在上這是的單調增加函數,故在上的最大值為最小值為同樣

15、在和上也是單調的一元函數,易得最大值、最小值分別為(在上), (在上),而在上易求出在上的最大值最小值將在駐點上的值與上的最大值和最小值比較,最后得到 在上的最大值最小值16求函數 在區(qū)域上的最小值.解 先求在內的極值.由解方程組得駐點(0, 0), (2, 0). 由于所以, 在點 (0, 0) 處故在 (0, 0) 處有極小值在點 (2, 0) 處故函數在點 (2, 0)處無極值.再求在邊界上的最小值.由于點在圓周上變化,故可解出代入中，有這時是的一元函數, 求得在上的最小值最后比較可得, 函數在閉區(qū)間上的最小值17(E03）某廠要用鐵板做成一個體積為的有蓋長方體水箱. 問當長、寬、高各取

16、怎樣的尺寸時, 才能使用料最省.解 設水箱的長為寬為則其高應為此水箱所用材料的面積此為目標函數.下面求使這函數取得最小值的點令解這方程組,得唯一的駐點根據題意可斷定,該駐點即為所求最小值點.因此當水箱的長為、寬為、高為時，水箱所用的材料最省.注: 體積一定的長方體中,以立方體的表面積為最小18（E04）求表面積為而體積為最大的長方體的體積.解 設長方體的三棱長為則問題就是在條件(1)下, 求函數的最大值.作拉格朗日函數由代入 (1) 式,得唯一可能的極值點:由問題本身意義知,此點就是所求最大值點.即,表面積為的長方體中,以棱長為的正方體的體積為最大,最大體積第10章 重積分1 不作計算，估計的

17、值，其中是橢圓閉區(qū)域： .解 區(qū)域D的面積在上由性質 6 知2 判斷 的符號.解 當時， 故 又當時，于是 3（E01）計算其中D是由直線及所圍成的閉區(qū)域.解一 如圖，將積分區(qū)域視為型,解二 將積分區(qū)域視為型,4計算, 其中是由直線和所圍成的閉區(qū)域.解 如圖,既是型,又是型.若視為型,則原積分若視為型，則其中關于的積分計算比較麻煩，故合理選擇積分次序對重積分的計算非常重要.5 計算其中D為.解 6 計算 其中區(qū)域是由, 所圍成的矩形.解 如圖，因為是矩形區(qū)域,且所以7 交換二次積分的積分次序.解 題設二次積分的積分限: 可改寫為:所以 8（E06）證明 其中a、b均為常數, 且.證 等式左端二次積分的積分限:可改寫為所以9（E08）計算 其中區(qū)域解 因為關于軸和軸對稱，且關于或關于為偶函數10 證明不等式 其中證 因為關于對稱，所以，故又由于及而的面積為 1. 由二重積分性質,有11求 其中為三個坐標面及平面所圍成的閉區(qū)域.解 如圖9-4-3，將區(qū)域向面投影得投影區(qū)域為三角形閉區(qū)域在內任取一點過此點作平行于軸的直線，該直線由平面穿入，由平面穿出，即有 所以12 求 其中為三個坐標面及平面所圍成的閉區(qū)域.解 (1) 截面故原式(2) 根據例1所確定的積分限,有第12