数学分析(B2)历年真题解（自 2012 年到 2024 年）

1期中考试

1.1 2023-2024年期中

1.
1. (1)
  求函数 $u = x y z$ 在点 $(1, 2, 1)$ 沿方向 $e = (2, - 1, 1)$ 的方向导数.
2. (2)
  求过直线 $l = {2 x + y - z - 2 = 0, 3 x - 2 y - 2 z + 1 = 0$ 且与平面 $π : 3 x + 2 y + 3 z - 9 = 0$ 垂直的平面方程.
  
  解
  对于此交面式直线方程，可设绕该定直线的平面系方程为
  
  $π^{'} : (2 + 3 λ) x + (1 - 2 λ) - (1 + 2 λ) z + (λ - 2) = 0,$
  (1.1.1)
  
  因此 $π^{'}$ 与 $π$ 垂直给出
  
  $0 = (2 + 3 λ, 1 - 2 λ, - 1 - 2 λ) \cdot (3, 2, 3) = 5 - λ ⟹ λ = 5,$
  (1.1.2)
  
  因此该平面方程为
  
  $π^{'} : 17 x - 9 y - 11 z + 3 = 0.$
  (1.1.3)
3. (3)
  设函数 $f (x, y)$ 具有连续的一阶偏导数， $f (1, 1) = 1, f_{x}^{'} (1, 1) = a$ 且 $f_{y}^{'} (1, 1) = b$ ，求函数 $u (x) = f (x, f (x, x))$ 在 $x = 1$ 处的微分.
4. (4)
  求 $I = \int_{0}^{1} d y \int_{0}^{π} x cos x y d x$ .
5. (5)
  已知 $z = z (x, y)$ 是由方程 $f (y z, y - x) = 0$ 所确定的隐函数，其中 $f$ 具有连续的一阶偏导数，且 $f_{1}^{'} (y z, y - x) \neq = 0$ ，求 $\frac{\partial z}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial z}{\partial y}$ .
6. (6)
  计算 $\iint_{D} \frac{1 + x y}{1 + x ^{2} + y ^{2}} d x d y$ ，其中区域 $D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} ⩽ 1, x ⩾ 0}$ .
  
  解
  注意到 $D$ 关于 $y$ 对称，而 $x y / (1 + x^{2} + y^{2})$ 关于 $y$ 为奇函数，故该项积分值为零. 剩余积分仍考虑半球面的等值面，因此
  
  $原式 = \int_{0}^{1} \frac{1}{1 + r ^{2}} \cdot d (\frac{π r ^{2}}{2}) = \frac{π}{2} ln 2.$
  (1.1.4)
7. (7)
  $I = [1, 2] \times [3, 4]$ 上有连续二阶偏导数，求积分 $I = \iint_{I} \frac{\partial ^{2} f}{\partial x \partial y} d x d y$ .

2期末考试

2.1 2023-2024期末

1.
1. (1)
  设 $f (x) = 1 - x / π (0 ⩽ x ⩽ π)$ 的余弦级数的和函数为 $S (x)$ ，求 $S (- 3), S (12)$ .
  
  解
  可将 $f (x)$ 在 $[- π, 0)$ 上作偶延拓，再将 $[- π, π]$ 上的结果在 $R$ 上作周期延拓. 由于 $f (x)$ 在 $[0, π]$ 上分段可微，从而延拓后同样分段可微，那么
  
  $S (- 3) = S (3) = 1 - \frac{3}{π}, S (12) = S (12 - 4 π) = S (4 π - 12) = \frac{12}{π} - 3.$
  (2.1.1)
2. (2)
  计算曲线积分 $I = \int_{L} y d s$ ，其中 $L : x = t - sin t, y = 1 - cos t, 0 ⩽ t ⩽ π$ .
  
  解
  由题意，
  
  $I = \int_{0}^{π} 1 - cos t \cdot (1 - cos t)^{2} + sin^{2} t d t = 2 \int_{0}^{π} (1 - cos t) d t = 2 π .$
  (2.1.2)
3. (3)
  计算曲面积分 $I = \iint_{S} z d S$ ，这里 $S$ 是螺旋面 $r = (u cos v, u sin v, v)$ ，其中 $0 ⩽ u ⩽ 1, 0 ⩽ v ⩽ 2 π$ .
  
  解
  计算面元：
  
  $d S = r_{u} \times r_{v} d u d v = (sin v, - cos v, u) d u d v ⟹ d S = 1 + u^{2} d u d v,$
  (2.1.3)
  
  因此
  
  $原式 = \int_{0}^{2 π} v d v \int_{0}^{1} 1 + u^{2} d u = π^{2} [ln (1 + 2) + 2] .$
  (2.1.4)
4. (4)
  计算
  
  $\iint_{Ω} (x + 1) d y d z + (y + 2) d z d x + (z + 3) d x d y,$
  (2.1.5)
  
  其中 $Ω$ 为上半球面 $z = R^{2} - x^{2} - y^{2}$ ，方向取上侧.
  
  解
  考虑正向曲面 $D = {(x, y, z) ∣ x^{2} + y^{2} ⩽ R^{2}, z = 0}$ ，其方向沿 $z$ 轴正方向，那么 $Ω + D^{-}$ 构成方向向外的闭曲面，由Gauss定理，
  
  $\iint_{Ω + D^{-}} (x + 1) d y d z + (y + 2) d z d x + (z + 3) d x d y$
  $= 3 ∭_{0 ⩽ z ⩽ R^{2} - x^{2} - y^{2}} d x d y d z = 2 π R^{3} .$
  (2.1.6)
  
  另一方面，
  
  $\iint_{D} (x + 1) d y d z + (y + 2) d z d x + (z + 3) d x d y = 3 \iint_{x^{2} + y^{2} ⩽ R^{2}} d x d y = 3 π R^{2},$
  (2.1.7)
  
  因此
  
  $原式 = \iint_{Ω + D + D^{-}} (x + 1) d y d z + (y + 2) d z d x + (z + 3) d x d y = 2 π R^{3} + 3 π R^{2} .$
  (2.1.8)
5. (5)
  计算 $\oint_{L} y d x + z d y + x d z$ ，其中 $L$ 是 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 9$ 与 $x + z = 0$ 的交线，从 $z$ 轴往负向看 $L$ 为逆时针方向.
  
  解
  取曲面 $S$ 为球面 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 9$ 上被曲线 $L$ 所包围的部分，则由Stoke定理，
  
  $原式 = \iint_{S} (- 1, - 1, - 1) \cdot d S = \iint_{S} (- 1, - 1, - 1) \cdot \frac{( x , y , z )}{3} d S = - \frac{1}{3} \iint_{S} (x + z) d S,$
  (2.1.9)
  
  其中最后一个等式用到了曲面 $S$ 关于 $y$ 的对称性. 考虑正交变换 $⎩ ⎨ ⎧ u = (x + z) / 2, v = (x - z) / 2, w = y,$ 则 $u^{2} + v^{2} + w^{2} = x^{2} + y^{2} + z^{2} = 9$ ，面元 $d S$ 变为 $S$ 上的面元，此时
  
  $原式 = - \frac{2}{3} \iint_{u^{2} + v^{2} + w^{2} = 9, u ⩾ 0} u d S$
  $= - \frac{2}{3} \cdot 3^{3} \int_{0}^{2 π} d φ \int_{0}^{π /2} cos θ \cdot sin θ d θ = - 92 π .$
  (2.1.10)
6. (6)
  设 $f (x)$ 可微且具有连续的导数， $F (x) = \int_{0}^{x} [\int_{0}^{t} u f (u^{2} + t^{2}) d u] d t$ ，求 $F^{''} (x)$ .
  
  解
  由题意，
  
  $F^{'} (x) = \int_{0}^{x} u f (u^{2} + x^{2}) d u,$
  (2.1.11)
  $F^{''} (x) = x f (2 x^{2}) + \int_{0}^{x} 2 xu f^{'} (u^{2} + x^{2}) d u$
  $= x f (2 x^{2}) + x \cdot f (u^{2} + x^{2})_{u = 0}^{u = x} = x [2 f (2 x^{2}) - f (x^{2})] .$
  (2.1.12)
7. (7)
  计算积分 $I = \int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{1 + x ^{4}}$ .
  
  解
  由题意，
  
  $I u = x^{4} (x ⩾ 0) \frac{1}{4} \int_{0}^{\infty} \frac{u ^{- 3/4}}{1 + u} = \frac{1}{4} B (\frac{3}{4}, \frac{1}{4}) = \frac{1}{4} \frac{Γ ( 3/4 ) Γ ( 1/4 )}{Γ ( 1 )} = \frac{1}{4} \frac{π}{sin ( π /4 )} = \frac{π}{2 2},$
  (2.1.13)
  
  其中最后一行已用到余元公式.
2.
设 $f (x) = {(π - 1) x /2, (π - x) /2, 0 ⩽ x ⩽ 1, 1 ⩽ x ⩽ π,$ 试将函数 $f (x)$ 在区间 $[- π, π]$ 上展开成正弦级数并指出其收敛性，并由此证明 $n = 1 \sum \infty \frac{sin ^{2} n}{n ^{4}} = \frac{( π - 1 ) ^{2}}{6}$ .

解
先将 $f (x)$ 在 $[- π, 0)$ 上作奇延拓，由于 $f (x)$ 在 $[- π, π]$ 上分段可微，由Dirichlet定理，其Fourier系数为 $a_{n} = 0 (\forall n \in N)$ 且

$b_{n} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} f (x) sin n x d x = (1 - \frac{1}{π}) \int_{0}^{1} x sin n x d x + \int_{1}^{π} (1 - \frac{x}{π}) sin n x d x$
$= (1 - \frac{1}{π}) (- \frac{cos n}{n} + \frac{sin n}{n ^{2}}) + [(1 - \frac{1}{π}) \frac{cos n}{n} + \frac{sin n}{n ^{2} π}] = \frac{sin n}{n ^{2}},$
(2.1.14)

注意到 $f (π^{-}) = f (- π^{+}) = 0$ ，因此在 $[- π, π]$ 上，奇延拓后的 $f (x)$ 满足

$f (x) = n = 1 \sum \infty \frac{sin n}{n ^{2}} sin n x, x \in [- π, π] .$
(2.1.15)

由Parseval等式，

$n = 1 \sum \infty \frac{sin ^{2} n}{n ^{4}} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} f^{2} (x) d x = \frac{2}{π} \int_{0}^{1} \frac{( π - 1 ) ^{2}}{4} x^{2} d x + \frac{2}{π} \int_{1}^{π} \frac{( π - x ) ^{2}}{4} d x$
$= \frac{( π - 1 ) ^{2}}{6 π} [1 + (π - 1)] = \frac{( π - 1 ) ^{2}}{6} .$
(2.1.16)
3.
证明向量场 $v (x^{2}, y z, y^{2} /2)$ 是全空间的有势场，并求其势函数.

解
由题意，

$\nabla \times v = (y - y, 0 - 0, 0 - 0) = 0,$
(2.1.17)

因此 $v$ 为有势场，其势函数为

$φ (x, y, z) = φ (0, 0, 0) + \int_{(0, 0, 0)}^{(x, y, z)} v \cdot d r$
$= φ (0, 0, 0) + \int_{0}^{x} u^{2} d u + \int_{0}^{y} 0 d v + \int_{0}^{z} \frac{y ^{2}}{2} d w$
$= φ (0, 0, 0) + \frac{x ^{3}}{3} + \frac{y ^{2} z}{2} .$
(2.1.18)
4.
设广义积分为

$\int_{1}^{+ \infty} \frac{e ^{s i n x} cos x}{x ^{p}} (1 + \frac{1}{x})^{x} d x (p > 0),$
(2.1.19)

请分别指出并证明该广义积分绝对收敛和条件收敛时参数 $p$ 的取值范围.
解
记 $f (x) = e^{s i n x} cos x, g (x, p) = (1 + 1/ x)^{x} / x^{p}$ . 首先注意到当 $p > 0$ 时，对 $\forall M > 1$ ，

$\int_{1}^{M} f (x) d x = e^{s i n M} - e^{s i n 1} ⩽ e^{- 1} - e^{s i n 1},$
(2.1.20)

即该积分对 $\forall p > 0$ 一致有界，并且对于任一固定的 $p > 0$ ，

$g x = \frac{( 1 + 1/ x ) ^{x}}{x ^{p + 1}} [ln (1 + \frac{1}{x})^{x} + \frac{1}{x + 1} - (1 + p)] .$
(2.1.21)

当 $x \in [1, + \infty)$ 时， $(1 + 1/ x)^{x} \in [2, e)$ 且关于 $x$ 单调增，因此 $x \to + \infty lim g (x, p) = x \to + \infty lim e / x^{p} = 0$ ，并且当 $x ⩾ max {1, 1/ p - 1}$ 时，

$[ln (1 + \frac{1}{x})^{x} - 1] + (\frac{1}{x + 1} - p) < 0 ⟹ g_{x} < 0,$
(2.1.22)

即 $g (x, p)$ 关于 $x$ 单调且一致趋于0，由Dirichlet判别法，该广义积分收敛.
1. (1)
  当 $p > 1$ 时，
  
  $∣ f (x) g (x, p) ∣ < \frac{e}{x ^{p}} \cdot e and \int_{1}^{+ \infty} \frac{e ^{2}}{x ^{p}} = \frac{1}{p - 1} 收敛，$
  (2.1.23)
  
  由Weierstrass判别法，该广义积分绝对收敛.
2. (2)
  当 $p = 1$ 时， $∣ f (x) g (x, 1) ∣ > 2 e^{- 1} ∣ cos x ∣ / x$ ，并且
  
  $\int_{1}^{\infty} \frac{∣ cos x ∣}{x} d x > n = 1 \sum \infty \int_{nπ}^{(n + 1) π} \frac{∣ cos x ∣}{x} d x 积分第一中值定理 n = 1 \sum \infty \frac{1}{ξ _{n}} \int_{nπ}^{(n + 1) π} ∣ cos x ∣ d x$
  $= 2 n = 1 \sum \infty \frac{1}{ξ _{n}} > \frac{2}{π} n = 1 \sum \infty \frac{1}{n + 1} = \frac{2}{π} n = 2 \sum \infty \frac{1}{n},$
  (2.1.24)
  
  而 $n = 1 \sum \infty \frac{1}{n}$ 发散，故 $\int_{1}^{+ \infty} ∣ f (x) g (x, 1) ∣ d x$ 发散，该广义积分条件收敛.
3. (3)
  当 $0 < p < 1$ 时，由于 $∣ f (x) g (x, p) ∣ < ∣ f (x) g (x, 1) ∣$ 在 $x \in [1, + \infty)$ 上成立，而后者在 $[1, + \infty)$ 上的积分发散，故 $\int_{1}^{+ \infty} ∣ f (x) g (x, p) ∣ d x$ 发散，该广义积分条件收敛.
综上，该广义积分在 $p > 1$ 时绝对收敛，在 $0 < p ⩽ 1$ 时条件收敛.
5.
计算

$I = \oint_{L} \frac{( x - y ) d x + ( x + 4 y ) d y}{x ^{2} + 4 y ^{2}},$
(2.1.25)

其中 $L$ 为单位圆 $x^{2} + y^{2} = 1$ ，取逆时针方向.

解
这类题相当套路化，特征是分母形式为 $a^{2} x^{2} + b^{2} y^{2}$ ， $L$ 所包围的区域含该形式的奇点，即原点 $(0, 0)$ . 这里取分母的正向等值线 $C : x^{2} + 4 y^{2} = r^{2} ⩽ 1$ ，那么

$\oint_{C} \frac{( x - y ) d x + ( x + 4 y ) d y}{x ^{2} + 4 y ^{2}} = \frac{1}{r ^{2}} \oint_{C} (x - y) d x + (x + 4 y) d y$
$= Green 公式 \frac{2}{r ^{2}} \iint_{x^{2} + 4 y^{2} ⩽ r^{2}} d x d y = \frac{2}{r ^{2}} \cdot π \cdot r \cdot \frac{r}{2} = π .$
(2.1.26)

在 $L$ 与 $C$ 所包围的区域内使用Green公式：

$\oint_{L + C^{-}} \frac{( x - y ) d x + ( x + 4 y ) d y}{x ^{2} + 4 y ^{2}} = \iint_{D} [\frac{4 y ^{2} - 8 x y - x ^{2}}{( x ^{2} + 4 y ^{2} ) ^{2}} - \frac{4 y ^{2} - 8 x y - x ^{2}}{( x ^{2} + 4 y ^{2} ) ^{2}}] d x d y = 0.$
(2.1.27)

因此

$I = \oint_{L + C^{-} + C} \frac{( x - y ) d x + ( x + 4 y )}{x ^{2} + 4 y ^{2}} = 0 + π = π .$
(2.1.28)
6.
设 $P (x, y, z)$ 和 $R (x, y, z)$ 在三维空间上有连续偏导数，记上半球面

$S : z = z_{0} + r^{2} - (x - x_{0})^{2} - (y - y_{0})^{2},$
(2.1.29)

其方向向上. 若对任意点 $(x_{0}, y_{0}, z_{0})$ 和 $r > 0$ ，第二型曲面积分为 $\iint_{S} P d y d z + R d x d y = 0$ ，求证： $\frac{\partial P}{\partial x} = 0$ .

解
考虑正向曲面 $D = {(x, y, z) ∣ x^{2} + y^{2} ⩽ R^{2}, z = 0}$ ，其方向沿 $z$ 轴负方向，那么 $Ω + D$ 构成方向向外的闭曲面，其包围的区域记为 $Ω$ . 由Gauss定理，

$\iint_{S + D} P d y d z + R d x d y = ∭_{Ω} (P_{x} + R_{z}) d x d y d z .$
(2.1.30)

另一方面，

$\iint_{D} P d y d z + R d x d y = \iint_{(x - x_{0})^{2} + (y - y_{0})^{2} ⩽ r^{2}} R (x, y, z_{0}) d x d y .$
(2.1.31)

由题意，

$∭_{Ω} (P_{x} + R_{z}) d x d y d z = 0 + \iint_{(x - x_{0})^{2} + (y - y_{0})^{2} ⩽ r^{2}} R (x, y, z_{0}) d x d y .$
(2.1.32)

由积分中值定理， $\exists (ξ_{1}, η_{1}, ζ) \in Ω$ 且 $\exists (ξ_{2}, η_{2}) \in D$ ，使得

$(P_{x} + R_{z}) ∣_{(ξ_{1}, η_{1}, ζ)} \cdot \frac{2 π r ^{3}}{3} = R (ξ_{2}, η_{2}, z_{0}) \cdot π r^{2}$
(2.1.33)
$⟹ R (ξ_{2}, η_{2}, z_{0}) = \frac{2 r}{3} (P_{x} + R_{z}) ∣_{(ξ_{1}, η_{1}, ζ)} .$
(2.1.34)

由于 $r$ 的选择任意，令上式两端 $r \to 0^{+}$ . 又因为 $R$ 具有连续偏导数，故 $R (x_{0}, y_{0}, z_{0}) = 0$ . 注意到 $P_{0} (x_{0}, y_{0}, z_{0})$ 的选择也是任意的，从而对于 $\forall (x, y, z) \in R^{3}$ ， $R (x, y, z) \equiv 0$ . 将其代回上式，可得

$P_{x} (ξ_{1}, η_{1}, ζ) = 0 r \to 0^{+} P_{x} (x_{0}, y_{0}, z_{0}) = 0,$
(2.1.35)

其中已用到 $P$ 具有连续偏导数的条件. 再结合 $P_{0}$ 的任意性，可知对于 $\forall (x, y, z) \in R^{3}$ ， $P_{x} (x, y, z) \equiv 0$ .
7.
设 $φ (t) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{ln ( 1 + t x )}{1 + x ^{2}} d x$ ，其中 $t > 0$ .
1. (1)
  求证：对于任何的 $T > 0$ ，广义积分 $\int_{0}^{+ \infty} \frac{ln ( 1 + t x )}{1 + x ^{2}} d x$ 在区间 $(0, T]$ 上一致收敛.
2. (2)
  求证：对任意的 $t > 0$ ，有
  
  $φ (t) = φ (\frac{1}{t}) + \frac{π}{2} ln t .$
  (2.1.36)
解
在正式解题之前，先说明若要证明对于形如 $ln p_{m} (x) / p_{n} (x)$ 型函数的广义积分收敛，其解法是十分套路化的，这里 $p_{m} (x), p_{n} (x)$ 分别为关于 $x$ 的 $m, n$ 次多项式函数. 在 $[0, x_{0}]$ 上，若 $p_{m} (x) = 1 + x p_{m - 1} (x)$ ，直接利用 $x \to 0^{+}$ 时的等价无穷小 $ln p_{m} (x) \sim x p_{m - 1} (x)$ 即可；若 $p_{m} (x) = x p_{m - 1} (x)$ ，利用

$x \to 0^{+} lim x^{α} ln p_{m} (x) = 0 (\forall α > 0),$
(2.1.37)

取 $α$ 满足另一函数收敛即可. 在 $[x_{0}, + \infty)$ 上，利用

$x \to + \infty lim \frac{ln p _{m} ( x )}{x ^{β}} = 0 (\forall β > 0),$
(2.1.38)

取 $β$ 满足另一函数收敛即可.
1. (1)
  对于 $\forall t \in (0, T]$ ，显然该广义积分在 $x = 0$ 处无奇点. 记 $f (x, t) = ln (1 + t x) / x ⩽ f (x, T), g (x) = x / (1 + x^{2})$ ，则 $\int_{1}^{+ \infty} g (x) d x$ 与 $\int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x ^{3/2}}$ 的敛散性相同，而后者收敛. 并且
  
  $f_{x} (x, T) = \frac{2 x - ( 1 + T x ) ln ( 1 + T x )}{2 ( 1 + T x ) x ^{3/2}} < 0$
  (2.1.39)
  
  在 $x > (e^{2/ T} - 1) / T$ 时成立，即 $f (x, T)$ 关于 $x$ 单调递减，且
  
  $x \to 0^{+} lim f (x, T) = x \to 0^{+} lim T x = 0, x \to + \infty lim f (x, T) = x \to + \infty lim \frac{2 T x}{1 + T x} = 0,$
  (2.1.40)
  
  因此 $f (x, T)$ 在 $[0, + \infty)$ 上有界. 由Abel判别法，广义积分 $\int_{0}^{+ \infty} f (x, T) g (x) d x$ 收敛. 由Weierstrass判别法，该广义积分在 $t \in (0, T]$ 上一致收敛.
2. (2)
  感谢王艺锟同学提供的简便解法！由上一问的结论，对 $\forall t > 0$ ，总 $\exists T, T^{'} > 0$ ，使得当 $1/ T^{'} ⩽ t ⩽ T$ 时， $φ (t), φ (1/ t)$ 均一致收敛，因此
  
  $φ (\frac{1}{t}) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{ln ( 1 + x / t )}{1 + x ^{2}} d x = u = 1/ x \int_{0}^{+ \infty} \frac{ln ( 1 + 1/ t u )}{1 + 1/ u ^{2}} \cdot \frac{d u}{u ^{2}}$
  $= \int_{0}^{+ \infty} \frac{ln ( 1 + 1/ t x )}{1 + x ^{2}} d x,$
  (2.1.41)
  
  从而
  
  $φ (t) - φ (\frac{1}{t}) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{ln ( 1 + t x ) - ln ( 1 + 1/ t x )}{1 + x ^{2}} d x = \int_{0}^{+ \infty} \frac{ln ( t x )}{1 + x ^{2}} d x$
  $= \frac{π}{2} + \int_{0}^{+ \infty} \frac{ln x}{1 + x ^{2}} d x = u = 1/ x \frac{π}{2} t - \int_{0}^{+ \infty} \frac{ln u}{1 + u ^{2}} d u .$
  (2.1.42)
  
  将上式最后一行的两个等式相加，可得当 $1/ T^{'} ⩽ t ⩽ T$ 时，
  
  $φ (t) - φ (\frac{1}{t}) = \frac{π}{2} t .$
  (2.1.43)
  
  由 $t$ 的任意性，上式对 $\forall t > 0$ 成立.

2.2 2022-2023期末

1.
1. (1)
  计算 $I = \int_{L} \frac{y ^{2}}{2} d x + x y d y$ ，其中 $L$ 为 $y = 2 x - x^{2} (0 ⩽ x ⩽ 1)$ ，方向为 $x$ 增加的方向.
  
  解
  对于任意闭区域 $D$ ，由Green公式，
  
  $\oint_{\partial D} \frac{y ^{2}}{2} d x + x y d y = \iint_{D} (y - y) d x d y = 0.$
  (2.2.1)
  
  注意到路径 $L$ 的初末态分别为 $A (0, 0)$ 和 $B (1, 1)$ ，记同初末态且沿线段 $A B$ 的路径为 $L_{0}$ ， $L$ 与 $L_{0}$ 围成的区域记为 $D_{0}$ ，则
  
  $I = \int_{L + L_{0}^{-} + L_{0}} \frac{y ^{2}}{2} d y + x y d y = \int_{L_{0}} \frac{y ^{2}}{2} d y + x y d y = \int_{0}^{1} (\frac{t ^{2}}{2} + t^{2}) d t = \frac{1}{2} .$
  (2.2.2)
2. (2)
  求曲面积分 $I = \iint_{Σ} 4 z x d y d z - 2 y z d z d x + (1 - z^{2}) d x d y$ ，其中 $Σ$ 是曲面 $z = x^{2} + y^{2} (0 ⩽ z ⩽ 2)$ ，方向取下侧.
  
  解
  记有向平面区域 $D = {(x, y, z) ∣ x^{2} + y^{2} ⩽ 2, z = 2}$ ，其方向沿 $z$ 轴负向，则 $Σ + D^{-}$ 围成一闭区域 $Ω$ . 由Gauss定理，
  
  $I = \iint_{Σ + D^{-} + D} 4 z x d y d z - 2 y z d z d x + (1 - z^{2}) d x d y$
  $= ∭_{Ω} 0 d x d y d z + \iint_{D} (1 - 2^{2}) (- d x d y) = 3 \cdot π \cdot 2 = 6 π .$
  (2.2.3)
3. (3)
  求极限： $n \to \infty lim \int_{0}^{+ \infty} e^{- x^{n}} d x$ .
  
  解
  利用Euler积分和余元公式，
  
  $原式 = u = x^{n} n \to \infty lim \int_{0}^{+ \infty} e^{- u} \cdot \frac{u ^{1/ n - 1}}{n} d u = n \to \infty lim \frac{1}{n} Γ (\frac{1}{n})$
  $= n \to \infty lim \frac{1}{n} \cdot \frac{π}{Γ ( 1 - 1/ n ) sin ( π / n )} = n \to \infty lim \frac{1}{Γ ( 1 - 1/ n )} = \frac{1}{Γ ( 1 )} = 1.$
  (2.2.4)
2.
求幂级数 $n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n - 1} 2 ^{2 n}}{2 n - 1} x^{2 n}$ 的收敛于及和函数.

解
由题意，该幂级数收敛时满足

$n \to \infty lim \frac{( - 1 ) ^{n + 1} ( 2 x ) ^{2 (n + 1)} / ( 2 n + 1 )}{( - 1 ) ^{n} ( 2 x ) ^{2 n} / ( 2 n - 1 )} = (2 x)^{2} < 1 ⟹ ∣ x ∣ < \frac{1}{2} .$
(2.2.5)

记其和函数为 $S (x) = x f (x)$ ，则当 $∣ x ∣ < 1/2$ 时，

$f^{'} (x) = n = 1 \sum \infty (- 1)^{n - 1} 2^{2 n} x^{2 n - 2} = 4 n = 1 \sum \infty (- 4 x^{2})^{n - 1} = \frac{4}{1 + 4 x ^{2}},$
(2.2.6)

利用 $f (0) = 0$ 可得

$f (x) = 2 arctan 2 x ⟹ S (x) = 2 x arctan 2 x, ∣ x ∣ < \frac{1}{2} .$
(2.2.7)
3.
设 $f (x)$ 是以 $2 π$ 为周期的函数，且 $f (x) = {π - x, π + x, 0 ⩽ x ⩽ π, - π ⩽ x < 0,$ 求 $f (x)$ 的Fourier级数，并计算 $n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{( 2 n - 1 ) ^{3}}$ 和 $n = 1 \sum \infty \frac{1}{( 2 n - 1 ) ^{4}}$ 的值.

解
由于 $f (x)$ 在 $[- π, π]$ 内连续且分段可微，结合其偶函数性质可得Fourier系数： $b_{n} = 0$ 且

$a_{0} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} (π - x) d x = π,$
(2.2.8)
$a_{n} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} (π - x) cos n x d x$
$= \frac{2}{nπ} [(π - x) sin n x ∣ 0^{π} + \int_{0}^{π} sin n x d x]$
$= \frac{2}{n ^{2} π} [1 - (- 1)^{n}],$
(2.2.9)

因此 $f (x)$ 收敛于其Fourier级数：

$f (x) = \frac{π}{2} + \frac{4}{π} n = 1 \sum \infty \frac{cos ( 2 n - 1 ) x}{( 2 n - 1 ) ^{2}}, ∣ x ∣ ⩽ π .$
(2.2.10)

由Parseval等式，

$\frac{π ^{2}}{2} + \frac{16}{π ^{2}} n = 1 \sum \infty \frac{1}{( 2 n - 1 ) ^{4}} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} (π - x)^{2} d x = \frac{2 π ^{2}}{3} ⟹ n = 1 \sum \infty \frac{1}{( 2 n - 1 ) ^{4}} = \frac{π ^{4}}{96} .$
(2.2.11)

另一方面，

$g (x) = \int_{0}^{x} f (u) d u = \frac{π}{2} x + \frac{4}{π} n = 1 \sum \infty \frac{sin ( 2 n - 1 ) x}{( 2 n - 1 ) ^{3}} = \frac{π ^{2} - ( π - x ) ^{2}}{2},$
(2.2.12)

从而

$n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{( 2 n - 1 ) ^{3}} = \frac{g ( π /2 ) - π ^{2} /4}{4/ π} = \frac{π ^{3}}{32} .$
(2.2.13)
4.
利用Dirichlet积分 $\int_{0}^{\infty} \frac{sin x}{x} d x = \frac{π}{2}$ 来计算

$\int_{0}^{\infty} \frac{sin ( a x ) sin ( b x )}{x ^{2}} d x,$
(2.2.14)

其中 $0 < a < b$ .

解
记 $f (x, a) = sin (a x) sin (b x) / x^{2}$ ，由于 $x \to 0 lim f (x, a) = ab$ ，故 $x = 0$ 并非 $f (x, a)$ 的奇点. 又因为 $∣ f (x, a) ∣ ⩽ 1/ x^{2}$ ，而 $\int_{1}^{\infty} \frac{d x}{x ^{2}}$ 收敛，由Weierstrass判别法， $g (a) = \int_{0}^{\infty} f (x, a) d x$ 关于 $\forall a \in [0, b)$ 一致收敛，并且

$\int_{0}^{\infty} \frac{\partial f ( x , a )}{\partial a} d x = \int_{0}^{\infty} \frac{cos ( a x ) sin ( b x )}{x} d x$
$= \frac{1}{2} \int_{0}^{\infty} [\frac{sin ( b + a ) x}{x} + \frac{sin ( b - a ) x}{x}] d x$
$= \frac{1}{2} (\frac{π}{2} + \frac{π}{2}) = \frac{π}{2}$
(2.2.15)

收敛，其中已利用Dirichlet积分以及 $0 < a < b$ ，因此

$g^{'} (a) = \frac{π}{2} ⟹ g (a) = g (0^{+}) + \frac{π}{2} a = \frac{π}{2} a .$
(2.2.16)
5.
已知函数项级数 $f (x) = n = 1 \sum \infty \frac{sin ( n x )}{n ^{x}}$ .
1. (1)
  证明： $f (x)$ 在 $(0, + \infty)$ 非一致收敛.
2. (2)
  证明： $f (x)$ 在 $(0, + \infty)$ 连续.
解
1. (1)
  记级数每一项为 $u_{n} (x) = sin (n x / n^{x})$ ，则
  
  $x \in (0, + \infty) sup ∣ u_{n} (x) ∣ ⩾ u_{n} (\frac{π}{2 n}) = \frac{1}{( n ^{1/ n} ) ^{2 π}} .$
  (2.2.17)
  
  注意到 $n ≫ ln n (n \to \infty)$ ，因此
  
  $n \to \infty lim n^{1/ n} = n \to \infty lim e^{l n n / n} = 1 ⟹ n \to \infty lim x \in (0, + \infty) sup ∣ u_{n} (x) ∣ \neq = 0,$
  (2.2.18)
  
  从而 $f (x)$ 在 $(0, + \infty)$ 非一致收敛.
2. (2)
  对 $\forall x > 0$ ，当 $x \neq = k π (k \in N^{*})$ 时，总 $\exists0 < x_{0} < x$ ，当 $x \in [x_{0}, + \infty)$ 时¹，
  
  $n = 1 \sum N sin (n x) = \frac{1}{2 sin ( x /2 )} n = 1 \sum N [cos (n - \frac{1}{2}) x - cos (n + \frac{1}{2}) x]$
  $= \frac{cos ( x /2 ) - cos [( N + 1/2 ) x ]}{2 sin ( x /2 )} = \frac{sin ( N x ) sin ( N + 1 ) x}{sin ( x /2 )} ⩽ \frac{1}{∣ sin x _{0} ∣},$
  (2.2.19)
  
  即该部分和一致有界，并且 $1/ n^{x}$ 单调递减，由Dirichlet判别法， $f (x)$ 在 $[x_{0}, + \infty)$ 内一致收敛，从而 $f (x)$ 在点 $x$ 处连续. 由于 $x \in (0, + \infty)$ 的任意性， $f (x)$ 在 $(0, + \infty)$ 上连续.
6.
设

$φ (t) = \int_{0}^{\infty} \frac{ln ( 1 + t x )}{x ( x + 1 )} d x (t ⩾ 0) .$
(2.2.20)
1. (1)
  证明： $φ (t)$ 在 $(0, + \infty)$ 上有连续的导函数.
2. (2)
  计算 $φ (1)$ 的值.
解
1. (1)
  记 $f (x, t) = ln (1 + t x) / x (x + 1)$ ，对 $\forall t > 0$ ，均 $\exists T > t$ ，使得 $0 ⩽ f (x, t) ⩽ f (x, T)$ 在 $x \in [0, + \infty)$ 上成立. 首先 $x = 0$ 并非 $f (x, t)$ 的奇点，那么考虑其在 $[1, + \infty)$ 内的积分. 易知 $\int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x ( x + 1 )}$ 收敛，并且当 $x > x_{0} = (e^{2/ T} - 1) / T$ 时，
  
  $\frac{\partial}{\partial x} [\frac{ln ( 1 + T x )}{x}] = \frac{x [ 2 - T ln ( 1 + T x )] - ln ( 1 + T x )}{2 ( 1 + T x ) x ^{3/2}} < 0,$
  (2.2.21)
  
  另一方面有
  
  $x \to 0^{+} lim \frac{ln ( 1 + T x )}{x} = x \to 0^{+} lim T x = 0, x \to + \infty lim \frac{ln ( 1 + T x )}{x} = x \to + \infty lim \frac{2 T x}{1 + T x} = 0,$
  (2.2.22)
  
  因此该函数在 $[x_{0}, + \infty)$ 内有界. 由Abel判别法，广义积分 $\int_{0}^{\infty} f (x, T) d x$ 一致收敛. 由Weierstrass判别法，广义积分 $\int_{0}^{\infty} f (x, t) d x$ 在 $(0, T]$ 内收敛，同时
  
  $\int_{0}^{\infty} \frac{\partial f ( x , t )}{\partial t} d x = \int_{0}^{\infty} \frac{d x}{( 1 + t x ) ( 1 + x )} d x$
  $= \int_{0}^{\infty} (\frac{t}{1 + t x} - \frac{1}{1 + x}) \frac{d x}{t - 1}$
  $= \frac{1}{t - 1} ln \frac{1 + t x}{1 + x} 0^{\infty} = \frac{ln t}{t - 1}$
  (2.2.23)
  
  收敛，并且上述积分值在 $t \to 1$ 时的极限为1，因此
  
  $φ^{'} (t) = \frac{ln t}{t - 1}$
  (2.2.24)
  
  在 $t > 0$ 上连续.
2. (2)
  由上一小问的结论，
  
  $φ (1) = φ (0) + \int_{0}^{1} φ^{'} (t) d t = \int_{0}^{1} \frac{ln t}{t - 1} d t = u = 1 - t - (\int_{0}^{ε} + \int_{ε}^{1}) \frac{ln ( 1 - u )}{u} d u,$
  (2.2.25)
  
  其中 $0 < ε < 1$ . 当 $u < 1$ 时，函数 $ln (1 - u)$ 收敛于其Taylor级数，因此
  
  $- \int_{0}^{ε} \frac{ln ( 1 - u )}{u} d u = - \int_{0}^{ε} \frac{1}{u} n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{n} (- u)^{n} d u = \int_{0}^{ε} n = 1 \sum \infty \frac{u ^{n - 1}}{n} d u,$
  (2.2.26)
  
  此时幂级数 $n = 1 \sum \infty \frac{u ^{n - 1}}{n}$ 的收敛半径为1，因此当 $0 ⩽ u ⩽ ε < 1$ 时，无穷求和与积分可交换，即
  
  $- \int_{0}^{ε} \frac{ln ( 1 - u )}{u} d u = n = 1 \sum \infty \int_{0}^{ε} \frac{u ^{n - 1}}{n} d u = n = 1 \sum \infty \frac{ε ^{n}}{n ^{2}} .$
  (2.2.27)
  
  积分后，幂级数 $n = 1 \sum \infty \frac{ε ^{n}}{n ^{2}}$ 的收敛区间为 $[- 1, 1]$ ，因此
  
  $- ε \to 1^{-} lim \int_{ε}^{1} \frac{ln ( 1 - u )}{u} d u = ε \to 1^{-} lim n = 1 \sum \infty \frac{ε ^{n}}{n ^{2}} = n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2}} = \frac{π ^{2}}{6} .$
  (2.2.28)
  
  另一方面，记 $g (u) = - 1 - u ln (1 - u), h (u) = 1/ u 1 - u$ ，首先有
  
  $\int_{ε}^{1} h (u) d u = - \frac{2 1 - u}{u} ε^{1} - 2 \int_{ε}^{1} \frac{1 - u}{u ^{2}} d u$
  $= \frac{2 1 - ε}{ε} - 2 \int_{ε}^{1} \frac{1 - u}{u ^{2}} d u 收敛,$
  (2.2.29)
  
  并且
  
  $g^{'} (u) = \frac{ln ( 1 - u ) + 2}{2 1 - u} < 0$
  (2.2.30)
  
  在 $u > u_{0} = max {1 - e^{- 2}, ε}$ 时成立， $u \to 1^{-} lim g (u) = 0$ ，因此 $g (u)$ 在 $[u_{0}, 1]$ 内单调且有界. 由Dirichlet判别法，广义积分 $\int_{ε}^{1} g (u) h (u) d u$ 收敛于某一与 $ε$ 有关的常数，从而
  
  $- ε \to 1^{-} lim \int_{ε}^{1} \frac{ln ( 1 - u )}{u} d u = 0.$
  (2.2.31)
  
  综上，
  
  $φ (1) = - ε \to 1^{-} lim (\int_{0}^{ε} + \int_{ε}^{1}) \frac{ln ( 1 - u )}{u} d u = \frac{π ^{2}}{6} + 0 = \frac{π ^{2}}{6} .$
  (2.2.32)
7.
设 $D$ 是由简单光滑闭曲线 $L$ 围城的区域， $f (x, y)$ 在 $D$ 上具有连续的偏导数. 记 $d = (x, y) \in D max x^{2} + y^{2}$ .
1. (1)
  证明：
  
  $\iint_{D} f (x, y) d x d y = \oint_{L} x f (x, y) d y - \iint_{D} x \frac{\partial f}{\partial x} d x d y .$
  (2.2.33)
2. (2)
  对于 $\forall (x, y) \in L$ ，均有 $f (x, y) = 0$ . 证明：
  
  $\iint_{D} f^{2} (x, y) d σ ⩽ d^{2} \iint_{D} [(\frac{\partial f}{\partial x})^{2} + (\frac{\partial f}{\partial y})^{2}] d σ .$
  (2.2.34)
解
1. (1)
  由Green公式，
  
  $\oint_{L} x f (x, y) d y = \iint_{D} [f (x, y) + x \frac{\partial f}{\partial x}] d x d y .$
  (2.2.35)
2. (2)
  仿照上一问的思路，可证明对偶表达式：
  
  $\oint_{L} - y f (x, y) d x = \iint_{D} [f (x, y) + y \frac{\partial f}{\partial y}] d x d y .$
  (2.2.36)
  
  将这两式中的 $f$ 替换为 $f^{2}$ 并相加，代入 $f (x, y)$ 在 $L$ 上恒为零的条件，可得
  
  $\iint_{D} f^{2} (x, y) d σ = - \iint_{D} f (x \frac{\partial f}{\partial x} + y \frac{\partial f}{\partial y}) d σ ⩽ \iint_{D} ∣ f ∣ x \frac{\partial f}{\partial x} + y \frac{\partial f}{\partial y} d σ$
  $⩽ \iint_{D} ∣ f ∣ (x^{2} + y^{2}) [(\frac{\partial f}{\partial x})^{2} + (\frac{\partial f}{\partial y})^{2}] d σ$
  $⩽ {\iint_{D} f^{2} (x, y) d σ \cdot \iint_{D} (x^{2} + y^{2}) [(\frac{\partial f}{\partial x})^{2} + (\frac{\partial f}{\partial y})^{2}] d σ}^{1/2},$
  (2.2.37)
  
  其中最后两行均使用到了Cauchy-Schwarz不等式，代入 $x^{2} + y^{2} ⩽ d^{2}$ 得
  
  $\iint_{D} f^{2} (x, y) d σ ⩽ d^{2} \iint_{D} [(\frac{\partial f}{\partial x})^{2} + (\frac{\partial f}{\partial y})^{2}] d σ .$
  (2.2.38)

2.3 2021-2022期末

1.
求 $Γ (5/2)$ .

解
$Γ (5/2) = 3/2 \cdot 1/2 \cdot Γ (1/2) = 3 π /4$ .
2.
求函数 $f (x) = cos^{2} x - sin^{2} x + sin 2 x /3 (x \in [- π, π])$ 的Fourier系数.

解
注意到 $f (x) = cos 2 x + sin 2 x /3$ ，因此 $a_{2} = 1, b_{2} = 1/3$ ，其余 $a_{n} = b_{n} = 0$ .
3.
求向量场 $v = (y + z) i + (z + x) j + (x + y) k$ 沿曲线

$L : r (t) = (cos t, sin t, t), t \in [0, 2 π]$
(2.3.1)

的积分，其中 $t$ 是曲线的正向参数.

解
注意到对于空间中任一闭合曲线 $L_{0}$ 及任一以 $L_{0}$ 为边界的有向曲面 $S$ ，由Stokes公式，

$\oint_{L_{0}} v \cdot d r = \iint_{S} \nabla \times v \cdot d S = 0,$
(2.3.2)

因此 $v$ 沿曲线 $L$ 的第二型曲线积分与路径无关，而 $L$ 的初末位置分别为 $A (1, 0, 0)$ 和 $B (1, 0, 2 π)$ ，考虑从 $A$ 到 $B$ 的直线段，从而

$\int_{L} v \cdot d r = \int_{0}^{2 π} (x + y) ∣_{(1, 0, z)} d z = 2 π .$
(2.3.3)
4.
求函数 $f (x) = {1, 0, ∣ x ∣ < 1, 1 ⩽ ∣ x ∣ ⩽ π$ 在区间 $[- π, π]$ 上展开为Fourier级数，由此求级数 $n = 1 \sum \infty \frac{sin n}{n}$ 与 $n = 1 \sum \infty \frac{sin ^{2} n}{n ^{2}}$ 的和.

解
注意到 $f (x)$ 在 $[- π, π]$ 内为偶函数且分段可微，由Dirichlet定理， $f (x)$ 在该区间上的Fourier系数为 $b_{n} = 0$ 且

$a_{0} = \frac{2}{π} \int_{0}^{1} d x = \frac{2}{π},$
(2.3.4)
$a_{n} = \frac{2}{π} \int_{0}^{1} cos n x d x = \frac{2 sin n}{nπ},$
(2.3.5)

因此

$\frac{1}{π} (1 + 2 n = 1 \sum \infty \frac{sin n}{n} cos n x) = {1/2, ∣ x ∣ = 1, f (x), elsewhere$
(2.3.6)
$⟹ n = 1 \sum \infty \frac{sin n}{n} = \frac{π f ( 0 ) - 1}{2} = \frac{π - 1}{2} .$
(2.3.7)

由Parseval等式，

$\frac{2}{π ^{2}} (1 + 2 n = 1 \sum \infty \frac{sin ^{2} n}{n ^{2}}) = \frac{2}{π} \int_{0}^{1} d x = \frac{2}{π} ⟹ n = 1 \sum \infty \frac{sin ^{2} n}{n ^{2}} = \frac{π - 1}{2} .$
(2.3.8)
5.
求向量场 $v = x y^{2} i + y z^{2} j + z x^{2} k$ 在球面 $S : x^{2} + y^{2} + z^{2} = z$ 的积分，曲面 $S$ 的正向是外法向.

解
记闭曲面 $S$ 包围的区域为 $Ω = {(x, y, z) ∣ x^{2} + y^{2} + (z - 1/2)^{2} ⩽ 1/4}$ ，由Gauss定理，

$\iint_{S} v \cdot d S = ∭_{Ω} \nabla \cdot v d V = ∭_{Ω} (x^{2} + y^{2} + z^{2}) d V$
$= ∭_{Ω} [x^{2} + y^{2} + (z - \frac{1}{2} + \frac{1}{2})^{2}] d V$
$= ∭_{Ω} [x^{2} + y^{2} + (z - \frac{1}{2})^{2}] d V + \frac{1}{4} \iint_{Ω} d V$
$= 4 π \int_{0}^{1/2} r^{2} \cdot r^{2} d r + \frac{1}{4} \cdot \frac{4 π}{3} \cdot (\frac{1}{2})^{3} = \frac{π}{15},$
(2.3.9)

其中第三行已利用 $Ω$ 关于 $(z - 1/2)$ 对称的特性.
6.
设常数 $a, b$ 都是正实数，平面向量场 $b = \frac{- y i + x j}{a ^{2} x ^{2} + b ^{2} y ^{2}}$ .
1. (1)
  求 $v$ 在 $D_{1} = {(x, y) \in R^{2} ∣ x > 0}$ 的所有势函数.
2. (2)
  证明 $v$ 不是区域 $D_{2} = {(x, y) \in R^{2} ∣ x^{2} + y^{2} > 0}$ 上的保守（有势）场.
解
1. (1)
  $D_{1}$ 为单连通区域，对于 $D_{1}$ 内任一闭区域 $D$ ，由Green公式，
  
  $\oint_{\partial D} v \cdot d r = \oint_{\partial D} \frac{- y d x + x d y}{a ^{2} x ^{2} + b ^{2} y ^{2}} = \iint_{D} 0 d x d y = 0,$
  (2.3.10)
  
  因此 $v$ 在 $D_{1}$ 内为有势场，其势函数为
  
  $φ (x, y) = φ (0, 0) + \int_{0}^{x} 0 d u + \int_{0}^{y} \frac{x d v}{a ^{2} x ^{2} + b ^{2} v ^{2}} = φ (0, 0) + \frac{1}{ab} arctan \frac{b y}{a x} .$
  (2.3.11)
2. (2)
  $D_{2}$ 并非单连通区域，考虑正向闭路 $C (R) : a^{2} x^{2} + b^{2} y^{2} = R^{2} (R > 0)$ ，容易计算
  
  $\oint_{C (R)} v \cdot d r = \oint_{C (R)} \frac{- y d x + x d y}{a ^{2} x ^{2} + b ^{2} y ^{2}} = \frac{1}{R ^{2}} \oint_{C (R)} - y d x + x d y$
  $x = R c o s θ / a y = R s i n θ / b \frac{1}{R ^{2}} \int_{0}^{2 π} \frac{R ^{2}}{ab} d θ = \frac{2 π}{ab} .$
  (2.3.12)
  
  而对于 $D_{2}$ 内任一包含原点的区域 $D$ ，总 $\exists R > 0$ ，使得 $C (R)$ 在 $D$ 内. 记 $\partial D$ 与 $C (R)$ 所包围的区域为 $D (R)$ ，由Green公式，
  
  $\oint_{\partial D} v \cdot d r = \oint_{\partial D + C (R)^{-} + C (R)} v \cdot d r$
  $= \iint_{D (R)} (\partial_{x} v_{y} - \partial_{y} v_{x}) d x d y + \oint_{C (R)} v \cdot d r = 0 + \frac{2 π}{ab},$
  (2.3.13)
  
  可见对于 $D_{2}$ 内的任一路径 $L$ ，总可以构造另一与其同初末态的路径 $L^{'}$ ，使得 $L$ 与 $L^{'}$ 围成的区域 $D$ 包含原点，从而 $v$ 沿路径 $L$ 和 $L^{'}$ 的第二型曲线积分值相差 $2 π / ab$ ，即积分值与路径有关，因此 $v$ 不是 $D_{2}$ 上的保守场.
7.
证明反常积分 $\int_{0}^{+ \infty} \frac{ln ( 1 + 4 x ^{2} )}{1 + x ^{2}} d x$ 收敛，并求其值.

解
考虑含参变量的反常积分

$g (t) = \int_{0}^{+ \infty} f (x, t) d x, f (x, t) = \frac{ln ( 1 + t x ^{2} )}{1 + x ^{2}} (0 ⩽ t ⩽ 5) .$
(2.3.14)

由于 $\int_{1}^{+ \infty} \frac{x d x}{1 + x ^{2}}$ 与 $\int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x ^{3/2}}$ 同敛散且后者收敛，同时

$\frac{\partial}{\partial x} [\frac{ln ( 1 + 5 x ^{2} )}{1 + t x ^{2}}] = \frac{1}{2 x ^{3/2}} [\frac{20 x ^{2}}{1 + t x ^{2}} - ln (1 + 5 x^{2})] < 0$
(2.3.15)

对 $\forall x \in ((e^{4} - 1) /5, + \infty)$ 成立，并且

$x \to 0^{+} lim \frac{ln ( 1 + 5 x ^{2} )}{x} = x \to + \infty lim \frac{ln ( 1 + 5 x ^{2} )}{x} = 0,$
(2.3.16)

因此该函数在 $((e^{4} - 1) /5, + \infty)$ 上单调且一致有界，由Abel判别法， $g (5)$ 收敛. 又因为 $∣ f (x, t) ∣ ⩽ ∣ f (x, 5) ∣$ ，由Weierstrass判别法， $g (t)$ 在 $[0, 5]$ 上一致收敛. 另一方面，

$\int_{0}^{+ \infty} f_{t} (x, t) d x = \int_{0}^{+ \infty} \frac{x ^{2} d x}{( 1 + t x ^{2} ) ( 1 + x ^{2} )} = \int_{0}^{+ \infty} (\frac{1}{1 + x ^{2}} - \frac{1}{1 + t x ^{2}}) \frac{d x}{t - 1}$
$= \frac{1}{t - 1} [arctan x - \frac{1}{t} arctan (t x)] 0^{+ \infty} = \frac{π}{2} \frac{1}{t ( t + 1 )}$
(2.3.17)

在 $t \in (0, 5)$ 上收敛，因此 $g (t)$ 可微，且

$g^{'} (t) = \frac{π}{2} (\frac{1}{t} - \frac{1}{t + 1}),$
(2.3.18)
$g (4) = g (0) + \frac{π}{2} \int_{0}^{4} (\frac{1}{t} - \frac{1}{t + 1}) = u = t 2 π - \frac{π}{2} \int_{0}^{2} \frac{2 u d u}{1 + u}$
$= 2 π - π [u - ln (1 + u)] ∣ 0^{2} = 2 π - π (2 - ln 3) = π ln 3.$
(2.3.19)
8.
设函数 $f (x, y, z)$ 在 $R^{3}$ 上有二阶连续偏导数，并且对任一点 $P_{0} (x_{0}, y_{0}, z_{0})$ 及任意正数 $r > 0$ 有

$\frac{1}{4 π r ^{2}} \iint_{S} f (x, y, z) d S = f (P_{0}),$
(2.3.20)

其中 $S$ 是以 $P_{0}$ 为球心、 $r$ 为半径的球面. 求证： $f$ 满足Laplace方程

$Δ f = \frac{\partial ^{2} f}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} f}{\partial y ^{2}} + \frac{\partial ^{2} f}{\partial y ^{2}} = 0.$
(2.3.21)

解
感谢王艺锟同学提供的简便解法！记点 $P (x, y, y)$ 为 $S$ 球面 $S$ 上任一点，则 $P_{0} P ⟶ = r r^$ ，其中 $r^$ 为单位径矢，恰为球面法向，因此在球坐标下，

$\frac{\partial f ( P )}{\partial r} = \frac{\partial}{\partial r} f (P_{0} + r r^) = \nabla f (P) \cdot r^,$
(2.3.22)

这里 $r^$ 关于 $r$ 偏导为零可直观理解为 $r^$ 为单位向量、不含任何长度信息（与 $r$ 无关），或者直接将其用球坐标在直角坐标系下表示：

$r^= (sin θ cos φ, sin θ, sin φ, cos θ),$
(2.3.23)

可见 $r^$ 与 $r$ 无关. 记 $B (P_{0}, r)$ 为球心为 $P_{0}$ 、半径为 $r$ 的球域，将题设条件化为：

$f (P_{0}) = \frac{1}{4 π r ^{2}} \iint_{\partial B (P_{0}, r)} f (P) d S = \frac{1}{4 π r ^{2}} \iint_{\partial B (P_{0}, 1)} f (P) \cdot r^{2} d S = \frac{1}{4 π} \iint_{\partial B (P_{0}, 1)} f (P) d S,$
(2.3.24)

因此

$0 = \frac{1}{4 π} \frac{\partial}{\partial r} \iint_{\partial B (P_{0}, 1)} f (P) d S = \frac{1}{4 π} \iint_{\partial B (P_{0}, 1)} \frac{\partial f ( P )}{\partial r} d S = \frac{1}{4 π} \iint_{\partial B (P_{0}, 1)} \nabla f (P) \cdot d S$
$= \frac{1}{4 π r ^{2}} \iint_{\partial B (P_{0}, r)} \nabla f (P) \cdot d S = Gauss 定理 \frac{1}{4 π r ^{2}} ∭_{B (P_{0}, r)} \nabla^{2} f (P) d V = \frac{r}{3} \nabla^{2} f (M),$
(2.3.25)

其中最后一行已用到积分中值定理，可得 $\nabla^{2} f (M) = 0$ . 由 $r$ 的任意性以及 $f$ 具有二阶连续偏导数，令 $r \to 0^{+}$ ，可得 $\nabla^{2} f (P_{0}) = 0$ . 由 $P_{0}$ 的任意性，可知对 $\forall P \in R^{3}$ ，均有 $\nabla^{2} f (P) = 0$ .

2.4 2020-2021期末

1.
设 $I (u) = \int_{s i n u}^{c o s u} e^{x^{2} - xu} d x$ ，求 $I^{'} (u)$ .

解
由变上下限积分的求导法则，

$I^{'} (u) = - sin u \cdot e^{c o s^{2} u - u c o s u} - cos u \cdot e^{s i n^{2} u - u s i n u} + \int_{s i n u}^{c o s u} - x e^{x^{2} - xu} d x,$
(2.4.1)

其中

$\int_{s i n u}^{c o s u} - x e^{x^{2} - xu} d x = - \int_{s i n u}^{c o s u} (x - \frac{u}{2} + \frac{u}{2}) e^{(x - u /2)^{2} - u^{2} /4} d x$
$= - \frac{e ^{- u^{2} /4}}{2} (e^{(c o s u - u /2)^{2}} - e^{(s i n u - u /2)^{2}}) - \frac{u}{2} I (u),$
(2.4.2)

整理得

$I^{'} (u) = - (\frac{1}{2} + sin u) e^{c o s^{2} u - u c o s u} + (\frac{1}{2} - u) e^{s i n^{2} u - u s i n u} - \frac{u}{2} I (u) .$
(2.4.3)
2.
设 $v = (\frac{y}{z} - \frac{1}{y}, \frac{x}{z} + \frac{x}{y ^{2}}, 1 - \frac{x y}{z ^{2}}) (y > 0, z > 0)$ .
1. (1)
  证明 $v$ 是有势场.
2. (2)
  求其全体势函数.
3. (3)
  计算 $\int_{(1, 1, 1)}^{(1, 2, 3)} v \cdot τ d s$ .
解
1. (1)
  由题意，
  
  $\nabla \times v = (\frac{x}{z ^{2}} + \frac{x}{z ^{2}}, - \frac{y}{z ^{2}} + \frac{y}{z ^{2}}, \frac{1}{z} + \frac{1}{y} - \frac{1}{z} - \frac{1}{y}) = 0,$
  (2.4.4)
  
  因此 $v$ 在 $y, z > 0$ 的区域内为有势场.
2. (2)
  由题意，其势函数
  
  $φ (x, y, z) = \frac{x y}{z} - \frac{x}{y} + f (y, z) ⟸ φ_{y} = \frac{x}{z} + \frac{x}{y ^{2}} + f_{y} = \frac{x}{z} + \frac{x}{y ^{2}},$
  (2.4.5)
  
  因此 $f_{y} (y, z) = 0$ ，可设 $f (y, z) = g (z)$ ，从而
  
  $φ_{z} = - \frac{x y}{z ^{2}} + g^{'} = 1 - \frac{x y}{z ^{2}} ⟹ g (z) = z + C,$
  (2.4.6)
  
  因此势函数为
  
  $φ (x, y, z) = \frac{x y}{z} - \frac{x}{y} + z + C .$
  (2.4.7)
3. (3)
  由题意，
  
  $原式 = φ (1, 2, 3) - φ (1, 1, 1) = (\frac{2}{3} - \frac{1}{2} + 3) - 1 = \frac{13}{6} .$
  (2.4.8)
3.
1. (1)
  计算曲线积分 $\int_{L} e^{x^{2} + y^{2}} d s$ ，其中 $L$ 为圆周 $x^{2} + y^{2} = 4$ 、直线 $y = x$ 及 $x$ 轴在第一象限中所围图形边界.
  
  解
  由题意，
  
  $\int_{y = 0, 0 ⩽ x ⩽ 2} e^{x^{2} + y^{2}} d s = \int_{0}^{2} e^{x} d x = e^{2} - 1,$
  (2.4.9)
  $\int_{y = x, 0 ⩽ x ⩽ 2} e^{x^{2} + y^{2}} d s = \int_{0}^{2} e^{2 x} \cdot 2 x d x = e^{2} - 1,$
  (2.4.10)
  $\int_{ρ = 2, 0 ⩽ φ ⩽ π /4} e^{x^{2} + y^{2}} d s = \int_{0}^{π /4} e^{2} \cdot 2 d φ = \frac{π}{2} e^{2},$
  (2.4.11)
  
  因此
  
  $\int_{L} e^{x^{2} + y^{2}} d s = \frac{π}{2} e^{2} + 2 (e^{2} - 1) .$
  (2.4.12)
2. (2)
  设 $u (x, y)$ 在圆盘 $D : x^{2} + y^{2} ⩽ π$ 上有二阶连续偏导数，且
  
  $\frac{\partial ^{2} u}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} u}{\partial y ^{2}} = sin (x^{2} + y^{2}),$
  (2.4.13)
  
  $n$ 为边界圆周 $\partial D$ 的单位外法向，计算曲线积分 $\oint_{\partial D} \frac{\partial u}{\partial n} d s$ .
  
  解
  参考作业题11.3.7的思路，设曲线上某一线元的单位法向为 $n^= (cos β, sin β)$ ，则其对应的正向线元
  
  $d r = τ^d s = (- sin β, cos β) d s = (d x, d y),$
  (2.4.14)
  
  从而
  
  $n^d s = (cos β, sin β) d s = (d y, - d x),$
  (2.4.15)
  
  因此原式可化为
  
  $\oint_{\partial D} \frac{\partial u}{\partial n} d s = \oint_{\partial D} \nabla u \cdot n^d s = \oint_{\partial D} u_{x} d y - u_{y} d x$
  $= Green 公式 \iint_{D} (u_{xx} + u_{y y}) d x d y = \iint_{D} sin (x^{2} + y^{2}) d x d y$
  $= 极坐标 2 π \int_{0}^{π} sin ρ^{2} \cdot ρ d ρ = 2 π .$
  (2.4.16)
4.
计算积分 $I = \iint_{S} 2 (1 + x) d y d z + y z d x d y$ ，其中 $S$ 是曲线 $y = x (0 ⩽ x ⩽ 1)$ 绕 $x$ 轴旋转生成的旋转面，法向与 $x$ 轴正向夹角为钝角.

解
记有向曲面 $D = {(x, y, z) ∣ y^{2} + z^{2} ⩽ 1, x = 1}$ ，其方向沿 $x$ 轴正向，则 $S + D$ 围成法向向外的有向闭曲面，其围成的区域为 $Ω$ . 由Gauss定理，

$I = \iint_{S + D + D^{-}} 2 (1 + x) d y d z + y z d x d y$
$= ∭_{Ω} (2 + y) d x d y d z + \iint_{D^{-}} 2 (1 + 1) d y d z$
$= 2 \int_{0}^{2 π} d φ \int_{0}^{1} ρ d ρ \int_{0}^{ρ^{2}} d z - 4 \cdot π \cdot 1^{2} = - 3 π$
(2.4.17)
5.
记 $v = (y^{2} + z^{2}) i + (z^{2} + x^{2}) j + (x^{2} + y^{2}) k$ ，计算曲线积分

$I = \oint_{L} (y^{2} + z^{2}) d x + (z^{2} + x^{2}) d y + (x^{2} + y^{2}) d z,$
(2.4.18)

其中 $L$ 是球面 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 4 x$ 与柱面 $x^{2} + y^{2} = 2 x$ 的交线 $(z ⩾ 0)$ ，从 $z$ 轴的正向看去， $L$ 沿顺时针方向.

解
采用Stokes公式可得

$I = 2 \iint_{S} (y - z, z - x, x - y) \cdot d S,$
(2.4.19)

其中有向曲面 $S$ 取为球面 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 4 x$ 上被 $L$ 包围的区域，因此

$d S = - \frac{( x - 2 , y , z )}{2} d S = - \frac{( x - 2 , y , z ( x , y ))}{2} \cdot 1 + z_{x}^{2} + z_{y}^{2} d x d y$
$= - \frac{( x - 2 , y , z ( x , y )) d x d y}{2 4 - ( x - 2 ) ^{2} - y ^{2}} .$
(2.4.20)

注意到 $S$ 关于 $x, y$ 对称，因此

$I = - \iint_{(x - 1)^{2} + y^{2} ⩽ 1} \frac{4 ( z ( x , y ) - y ) d x d y}{4 - ( x - 2 ) ^{2} - y ^{2}} = - 4 \iint_{(x - 1)^{2} + y^{2} ⩽ 1} d x d y = - 4 π .$
(2.4.21)
6.
1. (1)
  将 $f (x) = π /2 - x, x \in [0, π]$ 展开成余弦级数.
2. (2)
  求数项级数 $n = 1 \sum \infty \frac{1}{( 2 n - 1 ) ^{2}}, n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2}}, n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{4}}$ 的和.
解
1. (1)
  先将 $f (x)$ 在 $[- π, 0)$ 上做偶延拓得到 $F (x)$ . 由于 $f (x)$ 在 $[0, π]$ 上连续且分段可微，故 $F (x)$ 在 $[- π, π]$ 上连续且分段可微，由Dirichlet定理，其Fourier系数为 $b_{n} = 0$ 且
  
  $a_{0} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} (\frac{π}{2} - x) d x = 0,$
  (2.4.22)
  $a_{n} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} (\frac{π}{2} - x) cos n x d x$
  $= \frac{2}{nπ} [(\frac{π}{2} - x) sin n x 0^{π} + \int_{0}^{π} sin n x d x] = \frac{2 [ 1 - ( - 1 ) ^{n} ]}{n ^{2} π},$
  (2.4.23)
  
  因此 $f (x)$ 的余弦级数收敛于其自身，即
  
  $f (x) = \frac{4}{π} n = 1 \sum \infty \frac{cos ( 2 n - 1 ) x}{( 2 n - 1 ) ^{2}}, x \in [0, π] .$
  (2.4.24)
2. (2)
  由题意，
  
  $n = 1 \sum \infty \frac{1}{( 2 n - 1 ) ^{2}} = \frac{π}{4} f (0) = \frac{π ^{2}}{8},$
  (2.4.25)
  $n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2}} = n = 1 \sum \infty \frac{1}{( 2 n - 1 ) ^{2}} + n = 1 \sum \infty \frac{1}{( 2 n ) ^{2}} = \frac{π ^{2}}{8} + \frac{1}{4} n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2}},$
  (2.4.26)
  
  因此
  
  $n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2}} = \frac{4}{3} \cdot \frac{π ^{2}}{8} = \frac{π ^{2}}{6} .$
  (2.4.27)
  
  由Parseval等式，
  
  $\frac{16}{π ^{2}} n = 1 \sum \infty \frac{1}{( 2 n - 1 ) ^{4}} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} (\frac{π}{2} - x)^{2} d x = \frac{π ^{2}}{6} .$
  (2.4.28)
  
  类似地，
  
  $n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{4}} = n = 1 \sum \infty \frac{1}{( 2 n - 1 ) ^{4}} + n = 1 \sum \infty \frac{1}{( 2 n ) ^{4}} = \frac{π ^{4}}{96} + \frac{1}{16} n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{4}},$
  (2.4.29)
  
  因此
  
  $n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{4}} = \frac{16}{15} \cdot \frac{π ^{4}}{96} = \frac{π ^{4}}{90} .$
  (2.4.30)
7.
1. (1)
  求使积分 $φ (α) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{x ^{α}}{1 + x ^{2}} d x$ 收敛的参数取值范围.
2. (2)
  收敛时，利用Euler积分计算 $φ (α)$ .
3. (3)
  证明：含参变量广义积分 $φ (α)$ 在区间 $[- α_{0}, α_{0}]$ 上一致收敛 $(0 < α_{0} < 1)$ .
解
1. (1)
  将积分区域拆分为 $[0, 1)$ 和 $[1, + \infty)$ 考虑. 在 $[0, 1)$ 内，被积函数 $f (x, α) = x^{α} / (1 + x^{2})$ 在 $x \to 0^{+}$ 时等价于 $x^{α}$ ，而 $\int_{0}^{1} x^{α} d x$ 仅在 $α > - 1$ 时收敛；在 $[1, + \infty)$ 内， $f (x, α)$ 在 $x \to + \infty$ 时等价于 $1/ x^{2 - α}$ ，而 $\int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x ^{2 - α}}$ 仅在 $2 - α > 1$ 即 $α < 1$ 时收敛. 综上， $φ (α)$ 收敛时 $α \in (- 1, 1)$ .
2. (2)
  由题意，
  
  $φ (α) = u = x^{2} \int_{0}^{+ \infty} \frac{u ^{α /2}}{1 + u} \cdot \frac{d u}{2 u} = \frac{1}{2} B (\frac{1 - α}{2}, \frac{1 + α}{2})$
  $= \frac{1}{2} \frac{Γ (( 1 - α ) /2 ) Γ (( 1 + α ) /2 )}{Γ ( 1 )} = \frac{π}{2 sin [( 1 - α ) π /2 ]} = \frac{π}{2 cos ( α π /2 )},$
  (2.4.31)
  
  其中第二行已利用B函数的定义以及余元公式.
3. (3)
  仿第(1)问的证明，在 $[0, 1)$ 内， $∣ f (x, α) ∣ ⩽ x^{- α_{0}}$ ，而 $\int_{0}^{1} \frac{d x}{x ^{α_{0}}}$ 收敛；在 $[1, + \infty)$ 内， $∣ f (x, α) ∣ < 1/ x^{2 - α_{0}}$ ，而 $\int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x ^{2 - α_{0}}}$ 收敛. 由Weierstrass判别法， $φ (α)$ 在 $[- α_{0}, α_{0}]$ 内一致收敛.
8.
设 $P (x, y), Q (x, y)$ 具有二阶连续偏导数，且对任一点 $(x_{0}, y_{0})$ 为圆心，任意 $r > 0$ 为半径的半圆 $L : x = x_{0} + r cos θ, y = y_{0} + r sin θ$ ，恒有

$\int_{L} P (x, y) d x + Q (x, y) d y = 0,$
(2.4.32)

证明： $P (x, y) = 0, \frac{\partial Q ( x , y )}{\partial x} = 0$ .

证明
考虑从 $(x_{0} - r, y_{0})$ 到 $(x_{0} + r, y_{0})$ 的直线段 $L_{0}$ ，记 $L$ 与 $L_{0}$ 围成的区域为 $D$ ，取 $L$ 为正向曲线，则由Green公式，

$\iint_{D} (Q_{x} - P_{y}) d x d y = \oint_{L_{0} + L} P d x + Q d y = \int_{L_{0}} P d x + Q d y + 0 = \int_{x_{0} - r}^{x_{0} + r} P (x, y_{0}) d x .$
(2.4.33)

利用积分中值定理， $\exists (ξ, η) \in D$ 且 $\exists ζ \in (x_{0} - r, x_{0} + r)$ ，使得

$(Q_{x} - P_{y}) ∣_{(ξ, η)} \cdot \frac{π r ^{2}}{2} = P (ζ, y_{0}) \cdot 2 r ⟹ P (ζ, y_{0}) = \frac{π}{4} r (Q_{x} - P_{y}) ∣_{(ξ, η)} .$
(2.4.34)

注意到 $P, Q$ 具有二阶连续偏导数，上式两端分别令 $r \to 0^{+}$ ，可得 $P (x_{0}, y_{0}) = 0$ . 再由 $(x_{0}, y_{0})$ 的任意性，可得对 $\forall (x, y) \in R^{2}$ ，均有 $P (x, y) = 0$ . 将其代入上式，类似可得

$Q_{x} (ξ, η) = 0 ⟹ Q_{x} (x_{0}, y_{0}) = r \to 0^{+} lim Q (ξ, η) = 0 ⟹ Q_{x} (x, y) = 0.$
(2.4.35)

2.5 2019-2020期末

1.
设 $f (u, v)$ 在 $R^{2}$ 上有连续的偏导数，令 $\int_{s i n α}^{c o s α} f (x + α, x - α) d x$ ，求 $F^{'} (α)$ .

解
由变上下限积分的求导法则，

$F^{'} (α) = - sin α f (cos α + α, cos α - α) - cos α f (sin α + α, sin α - α) + \int_{s i n α}^{c o s α} (f_{1} - f_{2}) d x .$
(2.5.1)
2.
计算三重积分 $∭_{V} (x^{2} + y^{2}) d x d y d z$ ，其中积分区域 $V$ 由曲面 $z = (x^{2} + y^{2}) /2$ 与平面 $z = 8$ 围成.

解
作柱坐标变换，可得

$原式 = 2 π \int_{0}^{8} d z \int_{0}^{2 z} ρ^{2} \cdot ρ d ρ = 2 π \int_{0}^{8} z^{2} d z = \frac{1024 π}{3} .$
(2.5.2)
3.
计算积分 $\int_{0}^{+ \infty} \frac{e ^{- a x} - e ^{- b x}}{x} sin x d x$ .

解
记 $f (x, a) = (e^{- a x} - e^{- b x}) sin x / x$ ，该含参变量反常积分为 $g (a)$ . Dirichlet积分给出 $\int_{0}^{+ \infty} \frac{sin x}{x} d x$ 收敛，而当 $a \in [0, b]$ 时， $e^{- a x} - e^{- b x}$ 单调减且分别有上下界1和0,，由Abel判别法，该含参变量积分一致收敛. 注意到

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{\partial}{\partial a} f_{a} (x, a) d x = - \int_{0}^{+ \infty} e^{- a x} sin x d x$
$= e^{- a x} cos x 0^{+ \infty} + a \int_{0}^{+ \infty} e^{- a x} cos x d x$
$= - 1 + a (e^{- a x} sin x 0^{+ \infty} + a \int_{0}^{+ \infty} e^{- a x} sin x d x)$
$= - 1 + a^{2} \int_{0}^{+ \infty} e^{- a x} sin x d x ，$
(2.5.3)

因此

$\int_{0}^{+ \infty} f_{a} (x, a) d x = - \frac{1}{1 + a ^{2}}$
(2.5.4)

收敛，进而

$g (a) = g (b) + \int_{b}^{a} g^{'} (u) d u = \int_{a}^{b} \frac{d u}{1 + u ^{2}} = arctan b - arctan a = arctan \frac{b - a}{1 + ab} .$
(2.5.5)
4.
设 $n, m > 0$ ，利用Euler积分计算积分 $\int_{0}^{1} \frac{x ^{n - 1}}{1 - x ^{m}} d x$ .

解
由题意，

$原式 = u = x^{m} \int_{0}^{1} \frac{u ^{(n - 1) / m}}{1 - u} \cdot \frac{u ^{1/ m - 1}}{m} d u = \frac{1}{m} B (\frac{n}{m}, \frac{1}{2}) = \frac{π}{m} \frac{Γ ( n / m )}{Γ ( n / m + 1/2 )} .$
(2.5.6)
5.
计算曲面积分

$I = \iint_{Σ} x d y d z + y d z d x + z d x d y,$
(2.5.7)

其中 $Σ$ 为圆柱面 $x^{2} + y^{2} = 1$ 被 $z = 0$ 和 $z = 3$ 所截部分的外侧.

解
考虑柱坐标下沿 $ρ^$ 方面的面元，则有

$I = \iint_{Σ} (x, y, z) \cdot d S = \iint_{Σ} 1 \cdot 1 \cdot d φ d z = 2 π \cdot 3 = 6 π .$
(2.5.8)
6.
1. (1)
  将函数 $f (x) = {1, 0, ∣ x ∣ < π /2, π /2 ⩽ ∣ x ∣ ⩽ π$ 展开成以 $2 π$ 为周期的Fourier级数（须讨论其收敛性）.
2. (2)
  分别求级数 $n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{2 n + 1}$ 和 $n = 0 \sum \infty \frac{1}{( 2 n + 1 ) ^{2}}$ 的值.
解
由于 $f (x)$ 在 $[- π, π]$ 内为偶函数且分段可微，由Dirichlet定理，其Fourier系数为 $b_{n} = 0$ 且

$a_{0} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π /2} d x = 1,$
(2.5.9)
$a_{n} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π /2} cos n x d x = \frac{2}{nπ} sin \frac{nπ}{2},$
(2.5.10)

因此

$\frac{1}{2} + \frac{2}{π} n = 0 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{2 n + 1} cos (2 n + 1) x = {1/2, ∣ x ∣ = π /2, f (x), elsewhere,$
(2.5.11)

直接计算得

$n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{2 n + 1} = \frac{π}{2} [f (0) - \frac{1}{2}] = \frac{π}{4} .$
(2.5.12)

由Parseval等式，

$\frac{1}{2} + \frac{4}{π ^{2}} n = 0 \sum \infty \frac{1}{( 2 n + 1 ) ^{2}} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π /2} d x = 1 ⟹ n = 1 \sum \infty \frac{1}{( 2 n + 1 ) ^{2}} = \frac{π ^{2}}{8} .$
(2.5.13)
7.
试定出正数 $λ$ ，使曲面

$F (x, y, z) = x y z - λ = 0, G (x, y, z) = \frac{x ^{2}}{a ^{2}} + \frac{y ^{2}}{b ^{2}} + \frac{z ^{2}}{c ^{2}} - 1 = 0$
(2.5.14)

在第一象限某一点相切，即有共同的切平面.

解
设该切点为 $P_{0} (x_{0}, y_{0}, z_{0})$ ，两个曲面在该点的法向量分别为

$\nabla F ∣_{P_{0}} = (y_{0} z_{0}, z_{0} x_{0}, x_{0} y_{0}), \nabla G ∣_{P_{0}} = 2 (\frac{x _{0}}{a ^{2}}, \frac{y _{0}}{b ^{2}}, \frac{z _{0}}{b ^{2}}),$
(2.5.15)

对应的切平面分别为

$π_{1} : y_{0} z_{0} x + z_{0} x_{0} y + x_{0} y_{0} z - 3 λ = 0, π_{2} : \frac{x _{0} x}{a ^{2}} + \frac{y _{0} y}{b ^{2}} + \frac{z _{0} z}{c ^{2}} - 1 = 0.$
(2.5.16)

曲面相切要求该点切平面重合，即

$λ = x_{0} y_{0} z_{0} = t \frac{x _{0}^{2}}{a ^{2}} = t \frac{y _{0}^{2}}{b ^{2}} = t \frac{z _{0}^{2}}{c ^{2}} .$
(2.5.17)

将上述方程代入椭圆方程，可得切点为 $(a / 3, b / 3, c / 3)$ ，进而

$λ = \frac{ab c}{3 3} .$
(2.5.18)
8.
讨论 $f (x, y) = {x y / x^{2} + y^{2}, 0, (x, y) \neq = (0, 0), (x, y) = (0, 0)$ 在 $(0, 0)$ 处的连续性与可微性.

解
考虑 $f$ 在极坐标下的表示：

$g (ρ, φ) = f (ρ cos φ, ρ sin φ) = ρ cos φ sin φ .$
(2.5.19)

当 $x^{2} + y^{2} \to 0$ 时，即沿某一过原点的曲线 $φ = φ (ρ)$ 趋于原点，由夹逼准则，

$(x, y) \to (0, 0) lim f (x, y) = ρ \to 0^{+} lim g (ρ, φ) = 0 = f (0, 0),$
(2.5.20)

因此 $f (x, y)$ 在原点连续. 由偏导数的定义，

$f_{x} (0, 0) = x \to 0 lim \frac{f ( x , 0 ) - f ( 0 , 0 )}{x} = 0 = f_{y} (0, 0),$
(2.5.21)

因此极限

$(x, y) \to (0, 0) lim \frac{f ( x , y ) - f _{x} ( 0 , 0 ) x - f _{y} ( 0 , 0 ) y - f ( 0 , 0 )}{x ^{2} + y ^{2}} = ρ \to 0^{+} lim cos φ (ρ) sin φ (ρ)$
(2.5.22)

不存在，故 $f (x, y)$ 在原点不可微.
9.
设 $f (x, y), g (x, y)$ 在单位圆盘 $U = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} ⩽ 1}$ 上有一阶连续偏导数，且 $\frac{\partial f}{\partial y} = \frac{\partial g}{\partial x}$ ，证明：在单位圆周上存在一点 $(ξ, η)$ ，使得 $f (ξ, η) η = g (ξ, η) ξ$ .

解
注意到偏导相等的条件可与Green公式结合，因此构造

$\oint_{\partial U} f d x + g d y = \iint_{U} (g_{x} - f_{y}) = 0.$
(2.5.23)

在边界 $\partial U$ 上，令 $x = cos θ, y = sin θ$ ，可得

$0 = \oint_{\partial U} f d x + g d y = \int_{0}^{2 π} [g (cos θ, sin θ) cos θ - f (cos θ, sin θ) sin θ] d θ$
$= 2 π [g (cos φ, sin φ) cos φ - f (cos φ, sin φ) sin φ],$
(2.5.24)

其中最后一行已用到积分中值定理，因此 $\exists (ξ, η) = (cos φ, sin φ) \in \partial U$ ，使得

$f (ξ, η) η = g (ξ, η) ξ .$
(2.5.25)
10.
设函数 $f (x, y, z)$ 在区域 $Ω = {(x, y, z) ∣ x^{2} + y^{2} + z^{2} ⩽ 1}$ 上具有连续的二阶偏导数，且满足

$\frac{\partial ^{2} f}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} f}{\partial y ^{2}} + \frac{\partial ^{2} f}{\partial z ^{2}} = x^{2} + y^{2} + z^{2},$
(2.5.26)

计算

$I = ∭_{Ω} (x \frac{\partial f}{\partial x} + y \frac{\partial f}{\partial y} + z \frac{\partial f}{\partial z}) d x d y d z .$
(2.5.27)

解
利用Leibniz法则，可将被积函数写为

$r \cdot \nabla f = \frac{1}{2} \nabla r^{2} \cdot \nabla f = \frac{1}{2} \nabla \cdot (r^{2} \nabla f) - \frac{1}{2} r^{2} \nabla^{2} f,$
(2.5.28)

对第一项使用Gauss定理：

$∭_{Ω} \nabla \cdot (r^{2} \nabla f) = \iint_{\partial Ω} r^{2} \nabla f \cdot d S = \iint_{\partial Ω} 1 \cdot \nabla f \cdot d S = ∭_{Ω} \nabla^{2} f,$
(2.5.29)

因此原积分化为

$I = \frac{1}{2} ∭_{Ω} (1 - r^{2}) \nabla^{2} f d V = \frac{1}{2} \cdot 4 π \int_{0}^{1} (1 - r^{2}) r \cdot r^{2} d r = \frac{π}{6} .$
(2.5.30)
11.
1. (1)
  设 $u = a x + b y, v = c x + d y$ ，其中 $(a c b d)$ 是正交常数矩阵. 证明：对平面上任意的光滑（至少有二阶连续偏导数）数量场 $f$ ，有
  
  $\frac{\partial ^{2} f}{\partial u ^{2}} + \frac{\partial ^{2} f}{\partial v ^{2}} = \frac{\partial ^{2} f}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} f}{\partial y ^{2}} .$
  (2.5.31)
2. (2)
  设变换 $u = u (x, y), v = v (x, y)$ 有二阶连续的偏导数. 已知对平面的任意光滑数量场 $f$ ，下列等式成立
  
  $\frac{\partial ^{2} f}{\partial u ^{2}} + \frac{\partial ^{2} f}{\partial v ^{2}} = \frac{\partial ^{2} f}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} f}{\partial y ^{2}} .$
  (2.5.32)
  1. i.
    证明：参数变换的Jacobi矩阵 $(\frac{\partial u}{\partial x} \frac{\partial v}{\partial x} \frac{\partial u}{\partial y} \frac{\partial v}{\partial y})$ 是正交矩阵.
  2. ii.
    证明： $(\frac{\partial u}{\partial x} \frac{\partial v}{\partial x} \frac{\partial u}{\partial y} \frac{\partial v}{\partial y})$ 是常值矩阵.
解
1. (1)
  由题意，
  
  ${f_{x} = a f_{u} + c f_{v}, f_{y} = b f_{y} + d f_{v} ⟹ (\partial_{x} \partial_{y}) = (a c b d) (\partial_{u} \partial_{v} .)$
  (2.5.33)
  
  设该变换矩阵为 $A$ ，则 $A$ 同样为正交常数矩阵，因此
  
  $Δ_{uv} = (\partial_{u} \partial_{v}) (\partial_{u} \partial_{v}) = (\partial_{x} \partial_{y}) A^{T} A (\partial_{x} \partial_{y})$
  $= (\partial_{x} \partial_{y}) (\partial_{x} \partial_{y}) = Δ_{x y},$
  (2.5.34)
  
  其中已利用 $A^{T} A = I$ ， $I$ 为二阶单位阵. 将该算符等式作用于平面上任意的光滑数量场 $f$ ，得证.
2. (2)
  由链式法则，
  
  $\partial_{x}^{2} = \partial_{x} (u_{x} \partial_{u} + v_{x} \partial_{v})$
  $= u_{xx} \partial_{u} + v_{xx} \partial_{v} + u_{x} (u_{x} \partial_{u}^{2} + v_{x} \partial_{uv}) + v_{x} (u_{x} \partial_{uv} + v_{x} \partial_{v}^{2}),$
  (2.5.35)
  
  对 $\partial_{y}^{2}$ 类似，将其代入题设条件：
  
  $f_{uu} + f_{v v} = f_{xx} + f_{y y}$
  $= (u_{xx} + u_{y y}) f_{u} + (v_{xx} + v_{y y}) f_{v} + (u_{x}^{2} + u_{y}^{2}) f_{uu} + (v_{x}^{2} + v_{y}^{2}) f_{v v}$
  $+ 2 (u_{x} v_{x} + u_{y} v_{y}) f_{uv} .$
  (2.5.36)
  
  由于上述等式对于平面上任意的光滑的数量场 $f (x, y)$ 成立，因此分别设 $f = u (x, y)$ 和 $f = v (x, y)$ ，可得
  
  $u_{xx} + u_{y y} = v_{xx} + v_{y y} = 0$
  (2.5.37)
  
  对任意满足条件的 $u, v$ 成立. 再分别设 $f = u^{2}$ 和 $f = v^{2}$ ，代入上述条件，可得
  
  $u_{x}^{2} + u_{y}^{2} = v_{x}^{2} + v_{y}^{2} = 1$
  (2.5.38)
  
  对任意满足条件的 $u, v$ 成立. 最后设 $f = uv$ ，代入上述所有条件，可得
  
  $u_{x} v_{x} + u_{y} v_{y} = 0.$
  (2.5.39)
  
  综上，若设参数变换矩阵为 $A$ ，则
  
  $A A^{T} = (u_{x}^{2} + u_{y}^{2} u_{x} v_{x} + u_{y} v_{y} u_{x} v_{x} + u_{y} v_{y} v_{x}^{2} + v_{y}^{2}) = (1001) = I,$
  (2.5.40)
  
  因此 $A$ 为参数变换矩阵.
  
  另一方面，将(2.5.38)式两端分别对 $x, y$ 求偏导，并与(2.5.37)式联立，可得
  
  $u_{xx} = u_{x y} = u_{y y} = v_{xx} = v_{x y} = y_{y y} = 0$
  (2.5.41)
  
  对 $\forall P (x, y) \in R^{2}$ 成立，因此将 $u, v$ 分别在原点处作二阶Taylor展开：
  
  $u (x, y) = u (0, 0) + u_{x} (0, 0) x + u_{y} (0, 0) y + 0 = a x + b y + u (0, 0),$
  (2.5.42)
  $v (x, y) = v (0, 0) + v_{x} (0, 0) x + v_{y} (0, 0) y + 0 = c x + d y + v (0, 0),$
  (2.5.43)
  
  因此 $A$ 各项均为常数，从而 $A$ 为常值矩阵.

2.6 2018-2019期末

1.
设已知方程 $ϕ (x + \frac{z}{y} + \frac{z}{x}) = 0$ 确定了一个隐函数 $z = f (x, y)$ ，求 $x \frac{\partial z}{\partial x} + y \frac{\partial z}{\partial y}$ .

解
由隐函数求导法则，

$z_{x} = - \frac{ϕ ^{'} \cdot ( 1 - z / x ^{2} )}{ϕ ^{'} \cdot ( 1/ y + 1/ x )} = \frac{y ( z - x ^{2} )}{x ( x + y )},$
(2.6.1)
$z_{y} = - \frac{ϕ ^{'} \cdot ( - z / y ^{2} )}{ϕ ^{'} \cdot ( 1/ y + 1/ x )} = \frac{z x}{y ( x + y )},$
(2.6.2)

因此

$x z_{x} + y z_{y} = \frac{( x + y ) z - x ^{2} y}{x + y} = z - \frac{x ^{2} y}{x + y} .$
(2.6.3)
2.
求曲面 $z = x^{2} + y^{2}$ 包含在原著 $x^{2} + y^{2} = 2 x$ 内的部分面积.

解
注意到圆锥面为被截曲面，圆柱面为截面，记该部分曲面为 $Σ$ ，则其面积

$S (Σ) = \iint_{Σ} d S = \iint_{x^{2} + y^{2} ⩽ 2 x} 1 + (\frac{x}{x ^{2} + y ^{2}})^{2} + (\frac{y}{x ^{2} + y ^{2}})^{2} d x d y$
$= 2 \iint_{(x - 1)^{2} + y^{2} ⩽ 1} d x d y = 2 π .$
(2.6.4)
3.
求积分

$I = ∭_{V} 1 - \frac{x ^{2}}{a ^{2}} - \frac{y ^{2}}{b ^{2}} - \frac{z ^{2}}{c ^{2}} d V,$
(2.6.5)

其中 $V$ 为椭球 $x^{2} / a^{2} + y^{2} / b^{2} + z^{2} / c^{2} = 1$ 内部.

解
考虑广义球坐标变换 $⎩ ⎨ ⎧ x = a r cos θ cos φ, y = b r cos θ sin φ, z = cr cos θ,$ 利用仿射变换后的旋转对称性，可直接对 $θ, φ$ 积分：

$I = 4 π ab c \int_{0}^{1} 1 - r^{2} r^{2} d r = t = r^{2} 2 π ab c \int_{0}^{1} t 1 - t d t$
$= 2 π ab c B (\frac{3}{2}, \frac{3}{2}) = 2 π ab c \cdot \frac{π}{8} = \frac{π ^{2}}{4} ab c .$
(2.6.6)
4.
设

$v = \frac{y ^{2} + z ^{2}}{r ^{3}} i - \frac{x y}{r ^{3}} j - \frac{x z}{r ^{3}} k$
(2.6.7)

是定义在 $R^{3} \ {0}$ 上的向量场，其中 $r = x^{2} + y^{2} + z^{2}$ .
1. (1)
  证明： $v$ 的旋度 $\nabla \times v = 0$ .
2. (2)
  求向量场 $v$ 的势函数.
解
将向量场化为

$v = \frac{x ^{2} + y ^{2} + z ^{2}}{r ^{3}} x^- \frac{x}{r ^{3}} (x x^+ y y^+ z z^)$
$= \frac{1}{r} x^- \frac{x}{r ^{3}} r = \nabla (\frac{x}{r}),$
(2.6.8)

因此该向量场为梯度场，旋度自然为零，其势函数为 $x / r + C$ ， $C$ 为某一待定常数.
5.
设向量场 $v = - x i + x y j + x^{2} + y^{2} + z^{2} - 1/4 k$ ，曲面 $S = {x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1}$ ，它的正向是外法向. 求向量场 $\nabla \times v$ 在定向曲面 $S$ 上的积分

$\iint_{S} \nabla \times v \cdot d S .$
(2.6.9)

解
注意到

$\nabla \times v = (\frac{y}{x ^{2} + y ^{2} + z ^{2} - 1/4}, - \frac{x}{x ^{2} + y ^{2} + z ^{2} - 1/4}, y)$
(2.6.10)

在 $S$ 包围的区域内具有奇点 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1/4$ ，其在 $S$ 上的积分先代入 $S$ 的方程再使用Gauss定理，即

$\iint_{S} \nabla \times v \cdot d S = \iint_{S} (\frac{2 y}{3}, - \frac{2 x}{3}, y) \cdot d S = 0.$
(2.6.11)
6.
计算无穷积分

$I = \int_{1}^{+ \infty} t^{2} e^{t (2 - t)} d t .$
(2.6.12)

解
由题意，

$I = \int_{1}^{+ \infty} [(t - 1) + 1]^{2} e^{- (t - 1)^{2} + 1} d t = u = (t - 1)^{2} \frac{e}{2} \int_{0}^{+ \infty} (u + 2 + \frac{1}{u}) e^{- u} d u$
$= \frac{e}{2} [Γ (\frac{3}{2}) + 2Γ (2) + Γ (\frac{1}{2})] = (1 + \frac{3 π}{4}) e .$
(2.6.13)
7.
设 $f (x) = cosh (x - 1) (0 ⩽ x ⩽ 1)$ ，求该函数的余弦级数，并证明：

$n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2} π ^{2} + 1} = \frac{1}{e ^{2} - 1} .$
(2.6.14)

解
先将 $f (x)$ 在 $[- 1, 0)$ 上做偶延拓得 $F (x)$ . 由于 $F (x)$ 在 $[- 1, 1]$ 上连续且分段可微，由Dirichlet定理，其Fourier系数为 $b_{n} = 0$ 且

$a_{0} = 2 \int_{0}^{1} cosh (x - 1) d x = 2 sinh 1,$
(2.6.15)
$a_{n} = 2 \int_{0}^{1} cosh (x - 1) cos nπ x d x$
$= \frac{2}{nπ} [cosh (x - 1) sin nπ x ∣ 0^{1} - \int_{0}^{1} sinh (x - 1) sin nπ x d x]$
$= \frac{2}{n ^{2} π ^{2}} [sinh (x - 1) cos nπ x ∣ 0^{1} - \int_{0}^{1} cosh (x - 1) cos nπ x d x]$
$= \frac{1}{n ^{2} π ^{2}} (sinh 1 - a_{n}),$
(2.6.16)

因此 $f (x)$ 的余弦级数为

$f (x) = sinh 1 (1 + 2 n = 1 \sum \infty \frac{cos nπ x}{n ^{2} π ^{2} + 1}) (0 ⩽ x ⩽ 1),$
(2.6.17)

进而可计算得

$n = 1 \sum \infty \frac{1}{n ^{2} π ^{2} + 1} = \frac{1}{2} (\frac{f ( 0 )}{sinh 1} - 1) = \frac{e ^{- 1}}{e - e ^{- 1}} = \frac{1}{e ^{2} - 1} .$
(2.6.18)
8.
设 $F (t) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{sin t x}{1 + x ^{2}} d x$ ，求证：
1. (1)
  $F (t)$ 在 $(0, + \infty)$ 上连续.
2. (2)
  $F (t)$ 在 $(0, + \infty)$ 上可导.
3. (3)
  $F (t)$ 在 $(0, + \infty)$ 上二阶可导且满足方程
  
  $F^{''} (t) - F (t) = - \frac{1}{t} .$
  (2.6.19)
解
1. (1)
  记 $f (x, t) = sin t x / (1 + x^{2})$ ，显然 $x = 0$ 并非其奇点. 注意到 $∣ f (x, t) ∣ ⩽ 1/ (1 + x^{2})$ ，而 $\int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{1 + x ^{2}} = \frac{π}{2}$ 收敛. 由Weierstrass判别法，该广义积分在 $(0, + \infty)$ 上一致收敛，从而 $F (t)$ 连续.
2. (2)
  注意到当 $t \in (0, + \infty)$ 时，
  
  $\int_{0}^{+ \infty} f_{t} (x, t) d x = \int_{0}^{+ \infty} \frac{x cos t x}{1 + x ^{2}} d x = \frac{x sin t x}{t ( 1 + x ^{2} )} 0^{+ \infty} - \frac{1}{t} \int_{0}^{+ \infty} \frac{1 - x ^{2}}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}} sin t x d x$
  $= - \frac{1}{t} \int_{0}^{+ \infty} \frac{1 - x ^{2}}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}} sin t x d x,$
  (2.6.20)
  
  而被积函数在 $(2, + \infty)$ 上有控制函数 $1/ (x^{2} - 1)$ ，并且
  
  $\int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x ^{2} - 1} = \frac{1}{2} ln \frac{x - 1}{x + 1}_{2}^{+ \infty} = \frac{ln 3}{2}$
  (2.6.21)
  
  收敛，由Weierstrass判别法，该广义积分收敛，且
  
  $F^{'} (t) = - \frac{1}{t} \int_{0}^{+ \infty} \frac{1 - x ^{2}}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}} sin t x d x .$
  (2.6.22)
3. (3)
  将上一问的结果继续化简：
  
  $t F^{'} (t) = \int_{0}^{+ \infty} [\frac{1}{1 + x ^{2}} - \frac{2}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}}] sin t x d x = F (t) - 2 \int_{0}^{+ \infty} \frac{sin t x}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}} d x .$
  (2.6.23)
  
  记 $g (x, t) = sin t x / (1 + x^{2})^{2}$ ，则 $∣ g_{t} (x, t) ∣ = x cos t x / (1 + x^{2})^{2} ⩽ x / (1 + x^{2})^{2}$ ，而 $\int_{0}^{+ \infty} \frac{d x}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}}$ 收敛，由Weierstrass判别法，该等式可微且
  
  $t F^{''} (t) = - 2 \int_{0}^{+ \infty} \frac{x cos t x}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}} d x = \frac{cos t x}{1 + x ^{2}} 0^{+ \infty} + t \int_{0}^{+ \infty} \frac{sin t x}{1 + x ^{2}} d x = - 1 + tF (t),$
  (2.6.24)
  
  即证明得
  
  $F^{''} (t) - F (t) = - \frac{1}{t} .$
  (2.6.25)

2.7 2017-2018期末

1.
设 $F$ 具有一阶连续偏导数， $w = w (x, y, z)$ 是方程

$F (x - a w, y - b w, z - c w) = 1$
(2.7.1)

（其中 $a, b, c$ 为常数）所确定的隐函数，试求

$a \frac{\partial w}{\partial x} + b \frac{\partial w}{\partial y} + c \frac{\partial w}{\partial z}$
(2.7.2)

的值.

解
由隐函数求导法则，

$a w_{x} + b w_{y} + c w_{z} = \frac{a \cdot ( - F _{1} ) + b \cdot ( - F _{2} ) + c \cdot ( - F _{3} )}{- a F _{1} - b F _{2} - c F _{3}} = 1.$
(2.7.3)
2.
求二元函数 $f (x, y) = e^{x + y^{2}}$ 在 $(0, 0)$ 的Taylor展开的前4项（直到3次）.

解
记 $u = x + y^{2}$ ，对单变量函数 $u$ 作Taylor展开即可：

$f (x, y) = 1 + u + \frac{u ^{2}}{2} + \frac{u ^{3}}{6} + o (u^{4}) = 1 + x + y^{2} + \frac{x ^{2} + 2 x y ^{2}}{2} + \frac{x ^{3}}{6} + o (x^{4} + y^{4})$
$= 1 + x + (\frac{x ^{2}}{2} + y^{2}) + (x y^{2} + \frac{x ^{3}}{6}) + o (x^{4} + y^{4}) .$
(2.7.4)
3.
设

$v = (a_{1} x^{2} + 2 b 1 x y + c_{1} y^{2}) i + (a_{2} x^{2} + 2 b_{x} y + c_{2} y^{2}) j$
(2.7.5)

是平面向量场. 问常数 $a_{i}, b_{i}, c_{i} (i = 1, 2)$ 满足什么条件时， $v$ 是一个有势场，并求它的一个势函数.

解
势函数要求积分与路径无关，由Green定理，对平面内任一闭区域 $D$ ，满足

$\oint_{\partial D} v \cdot d l = 2 \iint_{D} [(a_{2} - b_{1}) x + (b_{2} - c_{1}) y] d x d y = 0$
(2.7.6)

对平面上所有点 $(x, y)$ 成立，因此 $a_{2} = b_{1}, b_{2} = c_{1}$ ，其势函数为

$φ (x, y, z) = \frac{a _{1}}{3} x^{3} + b_{1} x^{2} y + b_{2} x y^{2} + \frac{c _{2}}{3} y^{3} + C .$
(2.7.7)
4.
设 $p, q$ 都是正数，求

$\int_{0}^{1} x^{q} (ln \frac{1}{x})^{p} d x .$
(2.7.8)

解
由于表达式中含 $e$ （ $ln$ 项），因此向 $Γ$ 函数化. 记 $u = ln (1/ x)$ ，则 $x = e^{- u}, d x = e^{- u} d u$ ，那么

$原式 = \int_{0}^{+ \infty} u^{p} e^{- q u} \cdot (- e^{- u}) d u = t = (q + 1) u - \int_{0}^{+ \infty} \frac{t ^{p}}{( q + 1 ) ^{p}} \cdot e^{- t} \cdot \frac{d t}{q + 1}$
$= - \frac{Γ ( p + 1 )}{( q + 1 ) ^{p + 1}} = - \frac{p Γ ( p )}{( q + 1 ) ^{p + 1}} .$
(2.7.9)
5.
设 $L$ 是平面上光滑的简单闭曲线，其参数方程表示为 ${x = φ (t), y = ψ (t), t \in [0, 2 π]$ . $L$ 的方向与参数增加的方向一致. 证明： $L$ 围成的区域面积 $F$ 等于

$π n = 1 \sum \infty n (a_{n} d_{n} - b_{n} c_{n}),$
(2.7.10)

其中 $(a_{n}, b_{n})$ 是 $φ (t)$ 的Fourier系数， $(c_{n}, d_{n})$ 是 $ψ (t)$ 的Fourier系数.

解
由题意， $φ (t), ψ (t)$ 具有一阶连续导数，且 $φ (0) = φ (2 π), ψ (0) = ψ (2 π)$ . 由Dirichlet定理，其一阶导数的Fourier系数分别为

$A_{n} = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} φ^{'} (t) cos n x d t = \frac{1}{π} φ (t) cos n t ∣ 0^{2 π} + \frac{n}{π} \int_{- π}^{π} φ (t) sin n x d t = n b_{n},$
(2.7.11)
$B_{n} = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} φ^{'} (t) sin n x d t = \frac{1}{π} φ (t) sin n t ∣ 0^{2 π} - \frac{n}{π} \int_{- π}^{π} φ (t) cos n x d t = - n a_{n} .$
(2.7.12)

类似地， $C_{n} = n d_{n}, D_{n} = - n c_{n}$ ，因此

$⎩ ⎨ ⎧ φ (t) = \frac{a _{0}}{2} + n = 1 \sum \infty (a_{n} cos n t + b_{n} sin n t), φ^{'} (t) = n = 1 \sum \infty n (b_{n} cos n t - a_{n} sin n t), ⎩ ⎨ ⎧ ψ (t) = \frac{c _{0}}{2} + n = 1 \sum \infty (c_{n} cos n t + d_{n} sin n t), ψ^{'} (t) = n = 1 \sum \infty n (d_{n} cos n t - c_{n} sin n t) .$
(2.7.13)

利用三角函数系的正交性以及Green公式，可给出区域 $F$ 的面积为

$A (F) = \frac{1}{2} \oint_{\partial F} - y d x + x d y = \frac{1}{2} \int_{0}^{2 π} [φ (t) ψ^{'} (t) - φ^{'} (t) ψ (t)] d t$
$= \frac{1}{2} m, n = 1 \sum \infty [n (a_{m} d_{n} - b_{m} c_{n}) \cdot π δ_{mn} - m (b_{m} c_{n} - a_{m} d_{n}) \cdot π δ_{mn}]$
$= π n = 1 \sum \infty n (a_{n} d_{n} - b_{n} c_{n}) .$
(2.7.14)
6.
求 $f (x) = e^{a x} (a \neq = 0)$ 在 $(- π, π)$ 内的Fourier级数，并证明：

$\frac{1}{π} [\frac{1}{a} + n = 1 \sum \infty \frac{2 a}{n ^{2} + a ^{2}}] = \frac{cosh ( aπ )}{sinh ( aπ )} .$
(2.7.15)

解
$f (x)$ 在 $(- π, π)$ 内分段可微，由Dirichlet定理，其Fourier系数为

$a_{0} = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} e^{a x} d x = \frac{e ^{aπ} - e ^{- aπ}}{aπ} = \frac{2 sinh ( aπ )}{aπ},$
(2.7.16)
$a_{n} = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} e^{a x} cos n x d x$
$= \frac{1}{nπ} e^{a x} sin n x ∣_{- π}^{π} - \frac{a}{nπ} \int_{- π}^{π} e^{a x} sin n x d x = - \frac{a}{n} b_{n},$
(2.7.17)
$b_{n} = \frac{1}{π} \int_{- π}^{π} e^{a x} sin n x d x$
$= - \frac{1}{nπ} e^{a x} cos n x ∣_{- π}^{π} + \frac{a}{nπ} \int_{- π}^{π} e^{a x} cos n x d x = \frac{2 ( - 1 ) ^{n - 1}}{nπ} sinh (aπ) + \frac{a}{n} a_{n},$
(2.7.18)

从中解得

$a_{n} = \frac{2 sinh ( aπ )}{π} \frac{( - 1 ) ^{n} a}{n ^{2} + a ^{2}}, b_{n} = \frac{2 sinh ( aπ )}{π} \frac{( - 1 ) ^{n - 1} n}{n ^{2} + a ^{2}},$
(2.7.19)

因此

$\frac{sinh ( aπ )}{aπ} [1 + 2 a n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{n ^{2} + a ^{2}} (a cos n x - n sin n x)] = {f (x), x \in (- π, π), cosh (aπ), ∣ x ∣ = π .$
(2.7.20)

令 $x = π$ ，可得

$\frac{1}{π} [\frac{1}{a} + n = 1 \sum \infty \frac{2 a}{n ^{2} + a ^{2}}] = \frac{f ( π )}{sinh ( aπ )} = \frac{cosh ( aπ )}{sinh ( aπ )} .$
(2.7.21)
7.
设曲面

$S = {(x, y, z) \in R^{3} ∣ x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1, z > 0},$
(2.7.22)

它的定向与 $z$ 轴正向同侧. 设

$f (x, y) = \frac{1 + z}{1 + x ^{2} + y ^{2}}, g (x, y) = x y + y z + z x .$
(2.7.23)

求积分 $\iint_{S} \nabla f \times \nabla g \cdot d S$ .

解
记正向曲面 $D = {(x, y, z) ∣ x^{2} + y^{2} ⩽ 1, z = 0}$ ，其正向与 $z$ 轴正向同向，则 $S + D^{-}$ 形成封闭曲面，其正向为曲面外法向，围成的封闭区域记为 $Ω$ 由Gauss定理，

$原式 = \iint_{S + D^{-} + D} \nabla f \times \nabla g \cdot d S$
$= \iint_{Ω} \nabla \cdot (\nabla f \times \nabla g) d V + \iint_{D} (\nabla f \times \nabla g) ∣_{z = 0} z^d x d y,$
(2.7.24)

其中已利用 $\nabla \cdot \times A = 0$ ， $A$ 为任意矢量场, 另一方面，

$(\nabla f \times \nabla g) ∣_{z = 0 时 z 分量} = (f_{x} g_{y} - f_{y} g_{x}) ∣_{z = 0} = \frac{2 ( y ^{2} - x ^{2} )}{( 1 + x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} .$
(2.7.25)

又因为积分区域 $D$ 关于 $x, y$ 轮换对称，故

$原式 = 2 \iint_{D} \frac{y ^{2} - x ^{2}}{( 1 + x ^{2} + y ^{2} ) ^{2}} d x d y = 0.$
(2.7.26)
8.
设 $∣ α ∣ \neq = 1$ . 证明：积分 $\int_{0}^{+ \infty} \frac{sin x sin α x}{x} d x$ 收敛，并求其值.

解
注意到Dirichlet积分给出 $\int_{0}^{+ \infty} \frac{sin x}{x} d x = \frac{π}{2}$ 关于 $α$ 一致收敛，并且 $∣ sin α x ∣ ⩽ 1$ 关于 $α$ 一致有界. 由Abel判别法，该广义积分一致收敛. 回顾Dirichlet积分的证明思路，记

$I (β) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{sin x sin α x}{x} e^{- β x} d x .$
(2.7.27)

由于被积函数 $f (x, β)$ 有控制函数 $sin x sin α x / x$ ，由Weierstrass判别法，该广义积分关于 $β$ 在 $[0, + \infty)$ 上一致收敛，同时²

$\int_{0}^{+ \infty} f_{β} (x, β) d x = - \int_{0}^{+ \infty} sin x sin α x e^{- β x} d x$
$= - \frac{1}{2} \int_{0}^{+ \infty} [cos (1 - α) x - cos (1 + α) x] e^{- β x} d x,$
(2.7.28)
$\int_{0}^{+ \infty} cos γ x e^{- β x} d x = \frac{1}{γ} sin γ x e^{- β x} 0^{+ \infty} + \frac{β}{γ} \int_{0}^{+ \infty} sin γ x e^{- β x} d x$
$= - \frac{β}{γ ^{2}} cos γ x e^{- β x} 0^{+ \infty} - \frac{β ^{2}}{γ ^{2}} \int_{0}^{+ \infty} cos γ x e^{- β x} d x,$
(2.7.29)

因此

$\int_{0}^{+ \infty} cos γ x e^{- β x} d x = \frac{β}{β ^{2} + γ ^{2}} .$
(2.7.30)

分别代入 $γ = 1 \pm α$ ，可知当 $∣ α ∣ \neq = 1$ 时，

$\int_{0}^{+ \infty} f_{β} (x, β) d x = - \frac{1}{2} [\frac{β}{β ^{2} + ( 1 - α ) ^{2}} - \frac{β}{β ^{2} + ( 1 + α ) ^{2}}]$
(2.7.31)

在 $(0, + \infty)$ 上关于 $β$ 收敛，因此 $I (β)$ 可微，且

$I (β) = \int I^{'} (β) d β = C + \frac{1}{4} ln \frac{β ^{2} + ( 1 + α ) ^{2}}{β ^{2} + ( 1 - α ) ^{2}} .$
(2.7.32)

利用边界条件 $β \to + \infty lim I (β) = 0$ 可确定积分常数 $C = 0$ ，因此

$\int_{0}^{+ \infty} \frac{sin x sin α x}{x} d x = I (0) = \frac{1}{2} ln \frac{1 + α}{1 - α} (∣ α ∣ \neq = 1) .$
(2.7.33)

2.8 2016-2017期末

1.
1. (1)
  设 $z = f (x, y), x = u^{2} + 2 v^{2}, y = u e^{v}$ ，求 $\frac{\partial z}{\partial u}, \frac{\partial z}{\partial v}$ .
  
  解
  由链式法则，
  
  $z_{u} = 2 u f_{x} + e^{v} f_{y}, z_{v} = 4 v f_{x} + u e^{v} f_{y} .$
  (2.8.1)
2. (2)
  求方程组 ${x = cos v + u sin v, y = sin v - u cos v$ 所确定的反函数组的偏导数 $\frac{\partial u}{\partial x}, \frac{\partial u}{\partial y}, \frac{\partial v}{\partial x}, \frac{\partial v}{\partial y}$ .
  
  解
  对变换方程组两端取微分，可得
  
  ${d x = sin v d u + (u cos v - sin v) d v, d y = - cos v d u + (u sin v + cos v) d v$
  (2.8.2)
  $⟹ (d x d y) = (sin v u cos v - sin v - cos v u sin v + cos v) (d u d v),$
  (2.8.3)
  
  因此
  
  $(d u d v) = (sin v u cos v - sin v - cos v u sin v + cos v)^{- 1} (d x d y)$
  $= \frac{1}{u} (u sin v + cos v sin v - u cos v cos v - sin v) (d x d y),$
  (2.8.4)
  
  进而可得
  
  $\frac{\partial u}{\partial x} = sin v + \frac{cos v}{u}, \frac{\partial u}{\partial y} = \frac{sin v}{u} - cos v, \frac{\partial v}{\partial x} = \frac{cos v}{u}, \frac{\partial v}{\partial y} = - \frac{sin v}{u} .$
  (2.8.5)
2.
设 $a_{j} > 0, b_{j} > 0 (j = 1, 2, \dots, n)$ .
1. (1)
  用Lagrange乘数法求 $f (x_{1}, \dots, x_{n}) = k = 1 \sum n b_{k} x_{k}^{2}$ 在条件 $k = 1 \sum n a_{k} x_{k} = 1$ 下的极值.
2. (2)
  由(1)的结论证明不等式 $i = 1 \sum n b_{i} x_{i}^{2} i = 1 \sum n \frac{a _{i}^{2}}{b _{i}} ⩾ (i = 1 \sum n a_{i} x_{i})^{2}$ .
解
1. (1)
  构造Lagrange函数
  
  $L (x_{1}, \dots, x_{n}; λ) = f (x + 1, \dots, x_{n}) + λ (k = 1 \sum n a_{k} x_{k} - 1) .$
  (2.8.6)
  
  当 $f$ 取极值时，
  
  $⎩ ⎨ ⎧ \partial_{i} L = 2 b_{i} x_{i} + λ a_{i} = 0 (i = 1, 2, \dots, n), \partial_{λ} L = k = 1 \sum n a_{k} x_{k} - 1 = 0 ⟹ ⎩ ⎨ ⎧ λ = - 2 / (i = 1 \sum n \frac{a _{i}^{2}}{b _{i}}), x_{k} = a_{k} / (b_{k} i = 1 \sum n \frac{a _{i}^{2}}{b _{i}}) .$
  (2.8.7)
  
  注意到可直接将条件代入 $f$ ，即
  
  $g (x_{1}, \dots, x_{n = 1}) = f (x_{1}, \dots, x_{n - 1}, \frac{1}{a _{n}} (1 - k = 1 \sum n - 1 a_{k} x_{k})) = i, j = 1 \sum n - 1 c_{ij} x_{i} x_{j},$
  (2.8.8)
  
  而由于 $b_{j} > 0$ ，即所有二次项系数为正，因此该二次型多项式 $g$ 必存在极小值、不存在极大值. 故 $f$ 在该条件下无极大值，而在
  
  $x_{k} = a_{k} / (b_{k} i = 1 \sum n \frac{a _{i}^{2}}{b _{i}}) (k = 1, 2, \dots, n)$
  (2.8.9)
  
  处取到极小值 $1 / (i = 1 \sum n \frac{a _{i}^{2}}{b _{i}})$ .
2. (2)
  由上一问的结果，
  
  $f (x_{1}, \dots, x_{n}) ⩾ 1 / (i = 1 \sum n \frac{a _{i}^{2}}{b _{i}})$
  $⟹ i = 1 \sum n b_{i} x_{i}^{2} i = 1 \sum n \frac{a _{i}^{2}}{b _{1}} ⩾ 1 = (i = 1 \sum n a_{i} x_{i})^{2} .$
  (2.8.10)
3.
设 $f (x)$ 由连续的导函数， $f (0) = 0$ ，且曲线积分

$\int_{C} (e^{x} + f (x)) y d x + f (x) d y$
(2.8.11)

与路径无关.求

$\int_{(0, 0)}^{(1, 1)} (e^{x} + f (x)) y d x + f (x) d y .$
(2.8.12)

解
由题意，总可以选择与 $C$ 同起点和终点的正向路径 $L$ ，使得 $C + L^{-}$ 围成封闭区域 $D$ ，由Green公式，

$0 = \int_{\partial D} (e^{x} + f (x)) y d x + f (x) d y = \iint_{D} [f^{'} (x) - f (x) - e^{x}] d x d y$
(2.8.13)

对于 $\forall D \subset R^{2}$ 成立，要求

$f^{'} (x) - f (x) = e^{x} ⟹ f (x) = e^{x} (\int e^{x} \cdot e^{- x} d x + C) = (x + C) e^{x} .$
(2.8.14)

代入 $f (0) = 0$ ，可得 $C = 0$ ，因此可选择从 $(0, 0)$ 到 $(0, 1)$ 再到 $(1, 1)$ 的折线段，从而

$\int_{(0, 0)}^{(1, 1)} (e^{x} + f (x)) y d x + f (x) d y = f (0) \int_{0}^{1} d y + \int_{0}^{1} (e^{x} + f (x)) d x$
$= \int_{0}^{1} (x + 1) e^{x} d x = x e^{x} ∣ 0^{1} = e .$
(2.8.15)
4.
设 $a, b, c$ 是正数，求第二型曲面积分

$\iint_{S} (b y^{2} + c z^{2}) d y d z + (c z^{2} + a x^{2}) d z d x + (a x^{2} + b y^{2}) d x d y,$
(2.8.16)

其中 $S$ 是上半球面 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1 (z ⩾ 0)$ 的上侧.

解
考虑有向曲面 $D = {(x, y, z) ∣ x^{2} + y^{2} ⩽ 1, z = 0}$ ，其正向与 $+ z$ 同向，因此 $S + D^{-}$ 围成封闭区域 $Ω$ . 由Gauss定理，

$原式 = \iint_{S + D^{-} + D} (b y^{2} + c z^{2}) d y d z + (c z^{2} + a x^{2}) d z d x + (a x^{2} + b y^{2}) d x d y$
$= ∭_{Ω} 0 d x d y d z + \iint_{x^{2} + y^{2} ⩽ 1} (a x^{2} + b y^{2}) d x d y$
$= x, y 的交换对称性 \frac{a + b}{2} \iint_{x^{2} + y^{2} ⩽ 1} (x^{2} + y^{2}) d x d y$
$= \frac{a + b}{2} \cdot 2 π \cdot \int_{0}^{1} ρ^{2} \cdot ρ d ρ = \frac{π}{4} (a + b) .$
(2.8.17)
5.
设 $a, b, c$ 不全为零， $L$ 是球面 $S : x^{2} + y^{2} + z^{2} = R^{2} (R > 0)$ 与平面 $Σ : a x + b y + cz = 0$ 的交线，其方向约定为：质点在 $L$ 上运动的正方向与平面 $Σ$ 的法向 $(a, b, c)$ 成右手系. 计算第二型曲线积分

$\oint_{L} (b z + c) d x + (c x + a) d y + (a y + b) d z .$
(2.8.18)

解
记平面 $Σ$ 被球面 $S$ 所截的部分为 $D$ ，则由Stokes定理，

$原式 = \iint_{D} (a, b, c) \cdot d S = \iint_{D} (a, b, c) \cdot \frac{( a , b , c )}{a ^{2} + b ^{2} + c ^{2}} d S$
$= a^{2} + b^{2} + c^{2} \iint_{D} d S = π R^{2} a^{2} + b^{2} + c^{2},$
(2.8.19)

其中已利用平面 $Σ$ 过球面 $S$ 球心的结果，此时 $D$ 恰为半径 $R$ 的大圆.
6.
1. (1)
  求周期为 $2 π$ 的函数 $f (x) = {- 1, 1, - π < x < 0, 0 ⩽ x ⩽ π$ 的Fourier级数.
2. (2)
  求级数 $n = 1 \sum \infty \frac{1}{( 2 n - 1 ) ^{2}}$ .
3. (3)
  由(1)的结论求级数 $n = 1 \sum \infty \frac{cos ( 2 n - 1 ) x}{( 2 n - 1 ) ^{2}} (0 ⩽ x ⩽ π)$ .
解
1. (1)
  由于 $f (x)$ 分段可微且为奇函数，由Dirichlet定理，其Fourier系数为 $a_{n} = 0$ 且
  
  $b_{n} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} sin n x d x = \frac{2}{nπ} [1 - (- 1)^{n}],$
  (2.8.20)
  
  因此其Fourier级数为
  
  $\frac{4}{π} n = 1 \sum \infty \frac{sin ( 2 n - 1 ) x}{2 n - 1} = {0, x = 0 or π, f (x), elsewhere .$
  (2.8.21)
2. (2)
  显然 $f (x)$ 平方可积，由Parseval等式，
  
  $\frac{16}{π ^{2}} n = 1 \sum \infty \frac{1}{( 2 n - 1 ) ^{2}} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} d x = 2 ⟹ n = 1 \sum \infty \frac{1}{( 2 n - 1 ) ^{2}} = \frac{π ^{2}}{8} .$
  (2.8.22)
3. (3)
  构造函数 $g (x) = ∣ x ∣$ ，显然该函数分段可微且为偶函数，由Dirichlet定理，其Fourier系数为 $b_{n} = 0$ 且
  
  $a_{0} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} x d x = π,$
  (2.8.23)
  $a_{n} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} x cos n x d x = \frac{2}{nπ} (x sin n x ∣ 0^{π} - \int_{0}^{π} sin n x d x) - \frac{2}{n ^{2} π} [1 - (- 1)^{n}],$
  (2.8.24)
  
  因此其Fourier级数为
  
  $g (x) = \frac{π}{2} - \frac{4}{π} n = 1 \sum \infty \frac{cos ( 2 n - 1 ) x}{( 2 n - 1 ) ^{2}} .$
  (2.8.25)
  
  当 $0 ⩽ x ⩽ π$ 时，
  
  $n = 1 \sum \infty \frac{cos ( 2 n - 1 ) x}{( 2 n - 1 ) ^{2}} = \frac{π}{4} (\frac{π}{2} - g (x)) = \frac{π}{4} (\frac{π}{2} - x) (0 ⩽ x ⩽ π) .$
  (2.8.26)
7.
证明：由含参变量的广义积分 $F (t) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{sin x}{x ^{2}} ln (1 + t x) d x$ 定义的函数 $F (t)$ 是 $[0, + \infty)$ 上的可导函数.

解
对 $\forall t ⩾ 0$ ，总 $\exists T > t$ ，当 $t \in [0, T]$ 时， $\int_{0}^{+ \infty} \frac{sin x}{x} = \frac{π}{2}$ 关于 $t$ 一致收敛，并且 $ln (1 + t x) ⩽ ln (1 + T x)$ ，而

$x \to 0^{+} lim \frac{ln ( 1 + T x )}{x} = T, x \to + \infty lim \frac{ln ( 1 + T x )}{x} = 0,$
(2.8.27)

因此关于 $x$ 连续的函数 $ln (1 + T x) / x$ 在 $[0, + \infty)$ 上有界，从而 $ln (1 + t x) / x$ 在 $x \in [0, + \infty)$ 上单调递减且关于 $t$ 一致有界. 由Abel判别法，该广义积分一致收敛于 $F (t)$ . 记 $f (x, t) = sin x ln (1 + t x) / x^{2}$ ，那么

$\int_{0}^{+ \infty} f_{t} (x, t) d x = \int_{0}^{+ \infty} \frac{sin x}{x ( 1 + t x )} d x = t \int_{0}^{+ \infty} sin x (\frac{1}{x} - \frac{1}{1 + t x}) d x$
$= t (\frac{π}{2} - \int_{0}^{+ \infty} \frac{sin x}{1 + t x} d x) .$
(2.8.28)

对于后者，对 $\forall M > 0$ ， $\int_{0}^{M} sin x d x = ∣ 1 - cos M ∣ ⩽ 2$ ，并且 $1/ (1 + t x)$ 当 $t > 0$ 时关于 $x$ 单调递减且趋于零，由Dirichlet判别法，该广义积分收敛. 因此 $\int_{0}^{+ \infty} f_{t} (x, t) d x$ 收敛，从而 $F (t)$ 在 $[0, T]$ 内可微. 由 $t$ 的任意性， $F (t)$ 在 $[0, + \infty)$ 上可微.
8.
设 $D$ 是由光滑闭曲线 $L$ 所围成的区域，函数 $f (x, y)$ 在 $D ˉ$ 上有二阶连续偏导数，且满足

$e^{y} \frac{\partial ^{2} f}{\partial x ^{2}} + e^{x} \frac{\partial ^{2} f}{\partial y ^{2}} = 0,$
(2.8.29)

并且 $f$ 在 $L$ 上恒为零.
1. (1)
  求证：存在有连续偏导数的函数 $P (x, y), Q (x, y)$ ，使得
  
  $\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = e^{y} (\frac{\partial f}{\partial x})^{2} + e^{x} (\frac{\partial f}{\partial y})^{2}, (x, y) \in D .$
  (2.8.30)
2. (2)
  证明： $f$ 在 $D$ 上恒为零.
解
1. (1)
  可由Green第二公式的消项进行联想，构造
  
  $P (x, y) = - e^{x} f (x, y) f_{y} (x, y), Q (x, y) = e^{y} f (x, y) f_{x} (x, y),$
  (2.8.31)
  
  可验证得
  
  $Q_{x} - P_{y} = e^{y} (f_{x}^{2} + f f_{xx}) + e^{x} (f_{y}^{2} + f_{y y}) = e^{y} f_{x}^{2} + e^{x} f_{y}^{2} .$
  (2.8.32)
2. (2)
  由Green公式，
  
  $\oint_{\partial D} P d x + Q d y = \oint_{\partial D} (- e^{x} f_{y} d x + e^{y} f_{x} d y) \cdot f ∣_{\partial D} = 0$
  (2.8.33)
  $= \iint_{D} (Q_{x} - P_{y}) d x d y = \iint_{D} (e^{y} f_{x}^{2} + e^{x} f_{y}^{2}) d x d y .$
  (2.8.34)
  
  由于 $e^{x}, e^{y} > 0$ ，且 $f_{x}^{2}, f_{y}^{2} ⩾ 0$ ，该积分为零要求
  
  $f_{x} (x, y) = f_{y} (x, y) = 0, \forall (x, y) \in D,$
  (2.8.35)
  
  积分中值定理给出
  
  $f (x, y) = f (x, y) ∣_{\partial D} = 0, \forall (x, y) \in D .$
  (2.8.36)

2.9 2015-2016期末

1.
设 $u = u (x, y), v = v (x, y)$ 是由下面的方程

${u^{2} + v^{2} + x^{2} + y^{2} = 1, u + v + x + y = 0$
(2.9.1)

所确定的函数. 求 $\frac{\partial ( u , v )}{\partial ( x , y )}$ .

解
对方程两端同时取微分，整理得

${u d u + v d v = - x d x - y d y, d u + d v = - d x - d y ⟸ (uv 11) (d u d v) = - (x y 11) (d x d y),$
(2.9.2)

因此Jacobi行列式

$\frac{\partial ( u , v )}{\partial ( x , y )} = - det (x y 11) / det (uv 11) = - \frac{x - y}{u - v} .$
(2.9.3)
2.
计算积分：

$\int_{0}^{π} d y \int_{y}^{π} x^{2} sin (x y) d x .$
(2.9.4)

解
积分区域可写为

$D = {(x, y) ∣0 ⩽ y ⩽ π, y ⩽ x ⩽ π}$
$= {(x, y) ∣0 ⩽ x ⩽ π, 0 ⩽ y ⩽ x},$
(2.9.5)

因此积分可化为

$\iint_{D} x^{2} sin (x y) d x = \int_{0}^{π} x^{2} d x \int_{0}^{x} sin (x y) d y$
$= \int_{0}^{π} x (1 - cos x^{2}) d x$
$= \frac{1}{2} (x^{2} - sin x^{2}) 0^{π} = \frac{π}{2} .$
(2.9.6)
3.
设 $D$ 是由直线 $x = 0, y = x, y = π /2$ 所围成的区域. 计算二重积分 $\iint_{D} \frac{sin y}{y} d x d y$ .

解
显然 $sin y / y$ 的原函数无初等表示，先对 $x$ 积分：

$原式 = \int_{0}^{π /2} \frac{sin y}{y} d y \int_{0}^{y} d x = \int_{0}^{π /2} sin y d y = 1.$
(2.9.7)
4.
求第二型曲线积分

$\iint_{S} x^{3} d y d z + y^{3} d z d x + z^{3} d x d y,$
(2.9.8)

其中曲面 $S$ 是上半球面 $z = 1 - x^{2} - y^{2}$ ，法向向上.

解
记有向曲面 $D = {(x, y, z) ∣ x^{2} + y^{2} ⩽ 1, z = 0}$ ，其正向沿 $+ z$ 方向，则封闭曲面 $S + D^{-}$ 围成的区域记为 $Ω$ . 由Gauss定理，

$原式 = \iint_{S + D^{-} + D} x^{3} d y d z + y^{3} d z d x + z^{3} d x d y$
$= 3 \iint_{Ω} (x^{2} + y^{2} + z^{2}) d x d y d z + \iint_{x^{2} + y^{2} ⩽ 1} 0 d x d y$
$= 3 \cdot 2 π \int_{0}^{1} r^{2} \cdot r^{2} d r = \frac{6 π}{5} .$
(2.9.9)
5.
求常数 $a$ 使得向量场 $F = (x^{2} + 5 a y + 3 y z, 5 x + 3 a z x - 2, (a + 2) x y - 4 z)$ 是有势场，并求出此时的势函数.

解
由题意， $(\nabla \times F)_{x} = 2 (1 - a) x = 0$ ，从而 $a = 1$ ，此时势函数为

$φ (x, y, z) = \frac{x ^{3}}{3} + 5 x y + 3 x y z - 2 y - 2 z^{2} + C .$
(2.9.10)
6.
设 $x_{1}, x_{2}, \dots, x_{n}$ 是正数，且 $i = 1 \sum n x_{i} = n$ . 用Lagrange乘数法证明：

$i = 1 \prod n x_{i} i = 1 \sum n \frac{1}{x _{i}} ⩽ n,$
(2.9.11)

等号成立当且仅当 $x_{1} = x_{2} = \dots = x_{n} = 1$ 时成立.

解
构造Lagrange函数

$L (x_{1}, \dots, x_{n}; λ) = i = 1 \sum n ln x_{i} + ln i = 1 \sum n \frac{1}{x _{i}} + λ (i = 1 \sum n x_{i} - n),$
(2.9.12)

其取极值时

$⎩ ⎨ ⎧ \partial_{i} L = \frac{1}{x _{i}} - 1 / (x_{i}^{2} i = 1 \sum n \frac{1}{x _{i}}) + λ = 0, \partial_{λ} L = i = 1 \sum n x_{i} - n = 0.$
(2.9.13)

将第一个方程两端同时乘 $x_{i}^{2}$ ，可得

$x_{i} - (i = 1 \sum n \frac{1}{x _{i}})^{2} + λ x_{i}^{2} = 0 = x_{j} - (i = 1 \sum n \frac{1}{x _{i}})^{2} + λ x_{j}^{2}, i \neq = j,$
(2.9.14)

从中解得 $x_{i} = x_{j}$ 或 $x_{i} + x_{j} = - 1/ λ$ . 对于后者，可引入指标 $k$ 满足 $k \neq = i \neq = j$ ，使得 $x_{i} + x_{k} = - 1/ λ$ ，两式相减得到 $x_{j} = x_{k} (j \neq = k)$ ，同样回到前者. 因此最终解得 $x_{1} = x_{2} = \dots = x_{n} = 1$ 时取极值. 注意到当 $x_{j}, x_{k} \to 0^{+}$ 时，原函数中部分项满足

$(x_{j}, x_{k}) \to (0, 0) lim x_{j} x_{k} i = 1 \sum n \frac{1}{x _{i}} = (x_{j}, x_{k}) \to (0, 0) lim x_{k} + x_{j} + x_{k} x_{k} i \neq = j, k \sum \frac{1}{x _{i}} = 0,$
(2.9.15)

因此只要存在至少一个 $x_{i} \to 0^{+}$ ，原函数的函数值就趋近于零. 注意到原函数在 $x_{i} = 0$ 和 $i = 1 \sum n x_{i} = n$ 围成的 $n$ 维单形面上连续，且在边界 $x_{i} = 0$ 上取最小值，因此必然在 $i = 1 \sum n x_{i} = n$ 内部存在最大值、不存在最小值. 从而该最大值必然为极值，而得到的驻点唯一，因此

$i = 1 \sum n ln x_{i} + ln i \sum = 1^{n} \frac{1}{x _{i}} ⩽ 0 + ln n ⟹ i = 1 \prod n x_{i} i = 1 \sum n \frac{1}{x _{i}} ⩽ n,$
(2.9.16)

等号成立当且仅当 $x_{1} = \dots = x_{n} = 1$ .
7.
求证： $f (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{e ^{- x t^{2}}}{1 + t ^{2}} d t$ 在 $0 < x < + \infty$ 可导且满足微分方程

$f (x) - f^{'} (x) = \frac{π}{2} \cdot \frac{1}{x} .$
(2.9.17)

解
显然被积函数 $g (t, x) = e^{- x t^{2}} / (1 + t^{2})$ 有控制函数 $1/ (1 + t^{2})$ ，而 $\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{1 + t ^{2}} = \frac{π}{2}$ ，由Weierstrass判别法，该广义积分在 $(0, + \infty)$ 上一致收敛. 对于广义积分

$\int_{0}^{+ \infty} g_{x} (t, x) d t = - \int_{0}^{+ \infty} \frac{t ^{2} e ^{- x t^{2}}}{1 + t ^{2}} d t,$
(2.9.18)

仍有 $\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{1 + t ^{2}} = \frac{π}{2}$ 关于 $x$ 一致收敛，并且对 $\forall x \in (0, + \infty)$ ，满足

$\frac{\partial}{\partial ( x t ^{2} )} (t^{2} e^{- x t^{2}}) = \frac{1}{x} (1 - x t^{2}) e^{- x t^{2}},$
(2.9.19)

即当 $t ⩾ 1/ x$ 时，该部分关于 $t$ 单调递减，且自身有界 $[0, (e x)^{- 1}]$ . 由Abel判别法，该积分收敛，因此 $f (x)$ 可导，且

$f (x) - f^{'} (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{[ 1 - ( - t ^{2} )] e ^{- x t^{2}}}{1 + t ^{2}} d t = \int_{0}^{+ \infty} e^{- x t^{2}} d t$
$= u = x t^{2} \int_{0}^{+ \infty} e^{- u} \cdot \frac{d u}{2 xu} = \frac{Γ ( 1/2 )}{2 x} = \frac{1}{2} \frac{π}{x} .$
(2.9.20)

2.10 2013-2014期末

1.
计算下列各题：
1. (1)
  计算 $R^{3}$ 上的向量场 $v = (x^{2} + 2 y, z^{3} - 2 x, y^{2} + z)$ 的旋度和散度.
  
  解
  $\nabla \times v = (2 y - 3 z, 0, - 4), \nabla \cdot v = 2 x + 1$ .
2. (2)
  计算二重积分
  
  $\iint_{D} arctan \frac{y}{x} d x d y,$
  (2.10.1)
  
  其中 $D$ 为 $x^{2} + y^{2} = 4 (x, y > 0), x^{2} + y^{2} = 1 (x, y > 0)$ 与直线 $y = x$ 和 $x = 0$ 所围成的闭区域.
  
  解
  作极坐标变换，可得
  
  $原式 = \int_{0}^{π /4} θ d θ \int_{1}^{2} ρ d ρ = \frac{3 π ^{2}}{64} .$
  (2.10.2)
2.
已知螺旋面 $S$ 的方程 $⎩ ⎨ ⎧ x = u cos v, y = u sin v, z = v (0 ⩽ u ⩽ 5, 0 ⩽ v ⩽ 2 π)$ ，试求：
1. (1)
  过 $S$ 上一点 $M (1/2, 3 /2, π /3)$ 的切平面方程.
2. (2)
  计算曲线积分 $\int_{L} \frac{z ^{2}}{x ^{2} + y ^{2}} d s$ ，其中 $L$ 是 $S$ 上参数 $u = 5$ 对应的曲线.
解
1. (1)
  点 $M$ 处切平面法向量为
  
  $n = r_{u} \times r_{v} ∣ M = (cos v, sin v, 0) \times (- u sin v, u cos v, 1) ∣ M$
  $= (sin v, - cos v, u) ∣_{u = 1, v = π /3} = (\frac{3}{2}, - \frac{1}{2}, 1),$
  (2.10.3)
  
  因此该点的切平面为
  
  $π : 3 x - y + 2 z - \frac{2 π}{3} = 0.$
  (2.10.4)
2. (2)
  由题意， $L$ 上线元 $d s = 26 d v$ ，因此
  
  $原式 = \int_{0}^{2 π} \frac{v ^{2}}{25} \cdot 26 d v = \frac{8 26}{75} π^{3} .$
  (2.10.5)
3.
试将函数 $f (x) = {1, 0, ∣ x ∣ ⩽ π /2, π /2 < ∣ x ∣ ⩽ π$ 展开成Fourier级数，并求 $n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{2 n - 1}$ .

解
$f (x)$ 在 $[- π, π]$ 上分段可微且为偶函数，由Dirichlet定理，其Fourier系数为 $b_{n} = 0$ 且

$a_{0} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π /2} d x = 1,$
(2.10.6)
$a_{n} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π /2} cos n x d x = \frac{2}{nπ} sin \frac{nπ}{2},$
(2.10.7)

因此

$\frac{1}{2} + \frac{2}{π} n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{2 n - 1} cos (2 n - 1) x = {1/2, ∣ x ∣ = π /2, f (x), elsewhere,$
(2.10.8)

进而可得

$n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n - 1}}{2 n - 1} = \frac{π}{2} [f (0) - \frac{1}{2}] = \frac{π}{4} .$
(2.10.9)
4.
1. (1)
  计算积分 $\int_{0}^{+ \infty} \frac{e ^{- a x^{2}} - e ^{- b x^{2}}}{x ^{2}} d x$ ，其中常数 $b > a > 0$ .
  
  解
  记该广义积分为 $I (b)$ ，被积函数 $f (x, b) = (e^{- a x^{2}} - e^{- b x^{2}}) / x^{2}$ ，首先有 $x \to 0^{+} lim f (x, b) = b - a$ ，因此 $x = 0$ 处并非 $I (b)$ 的奇点. 在 $[1, + \infty)$ 上， $\int_{1}^{+ \infty} \frac{d x}{x ^{2}} = 1$ 关于 $b$ 一致收敛，且 $e^{- a x^{2}} - e^{- b x^{2}} \in (0, e^{- a x^{2}})$ 关于 $x$ 单调递减. 由Abel判别法，该积分关于 $b$ 一致收敛. 另一方面，
  
  $\int_{0}^{+ \infty} f_{b} (x, b) d x = \int_{0}^{+ \infty} b e^{- b x^{2}} d x = u = b x^{2} b \int_{0}^{+ \infty} e^{- u} \cdot \frac{d u}{2 b u} = \frac{π b}{2}$
  (2.10.10)
  
  关于 $b$ 收敛，因此 $I (b)$ 可微，且
  
  $I^{'} (b) = \frac{π b}{2} ⟹ I (b) = I (a) + \int_{a}^{b} I^{'} (u) d u = \frac{π}{3} (b^{3/2} - a^{3/2}) .$
  (2.10.11)
2. (2)
  利用Euler积分计算： $\int_{0}^{2} x^{2} 4 - x^{2} d x$ .
  
  解
  作变量代换 $x^{2} = 4 u$ ，可得
  
  $原式 = \int_{0}^{1} 4 u \cdot 2 1 - u \cdot \frac{d u}{u} = 8 B (\frac{3}{2}, \frac{3}{2}) = 8 \frac{( π /2 ) ^{2}}{2} = π .$
  (2.10.12)
5.
给定 $R^{3}$ 中 $n$ 个固定点 $M_{i} (i = 1, 2, \dots, n)$ ，考察向量函数

$F (x, y, z) = i = 1 \sum n \nabla (- \frac{γ _{i}}{4 π r _{i}}),$
(2.10.13)

其中 $γ_{i} > 0$ 为正的常数， $r_{i}$ 为点 $M (x, y, z)$ 到固定的 $M_{i}$ 的距离. 已知光滑封闭曲面 $S$ 所围成的区域的内部包含了这 $n$ 个固定点，试求 $F$ 穿过曲面 $S$ 的流量.

解
对于任意不包含 $M_{i}$ 的闭区域 $ω$ ，由Gauss定理，

$\iint_{\partial ω} \nabla (\frac{1}{r _{i}}) \cdot d S = - \iint_{\partial ω} \frac{r ^ _{i}}{r _{i}^{2}} \cdot d S = - ∭_{ω} \nabla \cdot \frac{r _{i}}{r _{i}^{3}} d V = 0.$
(2.10.14)

因此，可在 $S$ 所围成的闭区域内分割出 $n$ 个分别以 $M_{i}$ 为球心、 $ε_{i}$ 为半径的球 $B (M_{i}, ε_{i})$ ，各球之间无交叠，剩余区域记为 $Ω$ . 那么由Gauss定理，

$\iint_{S} F \cdot d S = \iint_{\partial Ω} F \cdot d S + i = 1 \sum n \iint_{B (M_{i}, ε_{i})} F \cdot d S$
$= 0 + i = 1 \sum n [0 + \iint_{B (M_{i}, ε_{i})} \nabla (- \frac{γ _{i}}{4 π r _{i}}) \cdot d S]$
$= i = 1 \sum n \frac{γ _{i}}{4 π} \iint_{B (M_{i}, ε_{i})} \frac{r ^ _{i}}{ε _{i}^{2}} \cdot r^_{i} d S$
$= i = 1 \sum n \frac{γ _{i}}{4 π ε _{i}^{2}} \cdot 4 π ε_{i}^{2} = i = 1 \sum n γ_{i} .$
(2.10.15)

2.11 2012-2013期末

1.
设 $u = u (x, y), v = v (x, y)$ 是由下面的方程

${u^{2} + v^{2} + x^{2} + y^{2} = 1, u + v + x + y = 0$
(2.11.1)

所确定的函数. 求 $\frac{\partial ( u , v )}{\partial ( x , y )}$ .

解
对方程两端同时取微分，整理得

${u d u + v d v = - x d x - y d y, d u + d v = - d x - d y ⟹ (uv 11) (d u d v) = - (x y 11) (d x d y),$
(2.11.2)

因此Jacobi行列式

$\frac{\partial ( u , v )}{\partial ( x , y )} = - det (x y 11) / det (uv 11) = - \frac{x - y}{u - v} .$
(2.11.3)
2.
计算积分：

$\int_{0}^{π} d y \int_{y}^{π} x^{2} sin (x y) d x .$
(2.11.4)

解
积分区域可写为

$D = {(x, y) ∣0 ⩽ y ⩽ π, y ⩽ x ⩽ π}$
$= {(x, y) ∣0 ⩽ x ⩽ π, 0 ⩽ y ⩽ x},$
(2.11.5)

因此积分可化为

$\iint_{D} x^{2} sin (x y) d x = \int_{0}^{π} x^{2} d x \int_{0}^{x} sin (x y) d y$
$= \int_{0}^{π} x (1 - cos x^{2}) d x$
$= \frac{1}{2} (x^{2} - sin x^{2}) 0^{π} = \frac{π}{2} .$
(2.11.6)
3.
计算抛物线 $2 x = y^{2}$ 与直线 $y = 2 x - 2$ 所围成的区域的面积.

解
由题意，交点纵坐标分别为 $- 1$ 和2，因此该区域 $D$ 的面积

$A (D) = \int_{- 1}^{2} d y \int_{y^{2} /2}^{1 + y /2} d x = \frac{1}{2} \int_{- 1}^{2} (2 + y - y^{2}) d y = \frac{9}{2} .$
(2.11.7)
4.
求常数 $a$ 使得向量场 $F = (x^{2} + 5 a y + 3 y z, 5 x + 3 a z x - 2, (a + 2) x y - 4 z)$ 是有势场，并求出此时的势函数.

解
由题意， $(\nabla \times F)_{x} = 2 (1 - a) x = 0$ ，从而 $a = 1$ ，此时势函数为

$φ (x, y, z) = \frac{x ^{3}}{3} + 5 x y + 3 x y z - 2 y - 2 z^{2} + C .$
(2.11.8)
5.
设 $α$ 不是整数，求 $cos α x$ 在 $[- π, π]$ 上的Fourier级数展开，并证明

$\frac{cos α π}{sin α π} = \frac{2}{π} (\frac{1}{2 α} + n = 1 \sum \infty \frac{α}{α ^{2} - n ^{2}}) .$
(2.11.9)

解
$cos α x$ 在 $[- π, π]$ 上可微且为偶函数，由Dirichlet定理，其Fourier系数为 $b_{n} = 0$ 且

$a_{0} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} cos α x d x = \frac{2 sin α π}{α π},$
(2.11.10)
$a_{n} = \frac{2}{π} \int_{0}^{π} cos α x cos n x d x = \frac{1}{π} \int_{0}^{π} [cos (α - n) x + cos (α + n) x] d x$
$= \frac{1}{π} [\frac{( - 1 ) ^{n} sin α π}{α - n} + \frac{( - 1 ) ^{n} sin α π}{α + n}] = \frac{2 ( - 1 ) ^{n}}{π} \frac{α sin α π}{α ^{2} - n ^{2}},$
(2.11.11)

因此其Fourier展开为

$cos α x = \frac{sin α π}{α π} [1 + 2 α^{2} n = 1 \sum \infty \frac{( - 1 ) ^{n}}{α ^{2} - n ^{2}} cos n x],$
(2.11.12)

进而当 $∣ x ∣ = π$ 时，

$\frac{cos α π}{sin α π} = \frac{2}{π} (\frac{1}{2 α} + n = 1 \sum \infty \frac{α}{α ^{2} - n ^{2}}) .$
(2.11.13)
6.
求证： $f (x) = \int_{0}^{+ \infty} \frac{cos t}{1 + ( x + t ) ^{2}} d t$ 在 $0 ⩽ x < + \infty$ 上有二阶连续导数且满足微分方程

$f^{''} (x) + f (x) = \frac{2 x}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}} .$
(2.11.14)

解
显然被积函数 $g (t, x) = cos t / [1 + (x + t)^{2}]$ 有控制函数 $1/ (1 + t^{2})$ ，而 $\int_{0}^{+ \infty} \frac{d t}{1 + t ^{2}} = \frac{π}{2}$ 关于 $x$ 一致收敛，由Weierstrass判别法，该广义积分在 $[0, + \infty)$ 上一致收敛. 考虑广义积分

$\int_{0}^{+ \infty} g_{x} (t, x) d t = \int_{0}^{+ \infty} \frac{- 2 ( x + t ) cos t}{[ 1 + ( x + t ) ^{2} ] ^{2}} d t$
$= \frac{cos t}{1 + ( x + t ) ^{2}} 0^{+ \infty} + \int_{0}^{+ \infty} \frac{sin t}{1 + ( x + t ) ^{2}} d t$
$= - \frac{1}{1 + x ^{2}} + \int_{0}^{+ \infty} \frac{sin t}{1 + ( x + t ) ^{2}} d t,$
(2.11.15)

注意到后一项与 $g (t, x)$ 有相同的控制函数，且第一项在 $[0, + \infty)$ 内由定义，由Weierstrass判别法，该广义积分一致收敛，即 $f (x)$ 可微，且

$f^{'} (x) = - \frac{1}{1 + x ^{2}} + \int_{0}^{+ \infty} \frac{sin t}{1 + ( x + t ) ^{2}} d t .$
(2.11.16)

类似可证明 $f (x)$ 二阶可微，且

$f^{''} (x) = \frac{2 x}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}} - \int_{0}^{+ \infty} \frac{2 ( x + t ) sin t}{[ 1 + ( x + t ) ^{2} ] ^{2}} d t$
$= \frac{2 x}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}} + \frac{sin t}{1 + ( x + t ) ^{2}} 0^{+ \infty} - \int_{0}^{+ \infty} \frac{cos t}{1 + ( x + t ) ^{2}} d t$
$= \frac{2 x}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}} - f (x),$
(2.11.17)

即可证明

$f^{''} (x) + f (x) = \frac{2 x}{( 1 + x ^{2} ) ^{2}} .$
(2.11.18)
7.
设 $D$ 是 $x y$ 平面上有限条逐段光滑曲线围成的区域， $f (x, y)$ 在 $D ˉ$ 上有二阶连续偏导数，且满足方程

$\frac{\partial ^{2} f}{\partial x ^{2}} + \frac{\partial ^{2} f}{\partial y ^{2}} = 2 a \frac{\partial f}{\partial x} + 2 b \frac{\partial f}{\partial y} + c f,$
(2.11.19)

其中 $a, b, c$ 为常数且 $c ⩾ a^{2} + b^{2}$ . 求证：若 $f$ 在 $\partial D$ 上恒为零，则 $f$ 在 $D$ 上恒为零.

解
见到 $\frac{\partial ^{2} f}{\partial x ^{2}}, \frac{\partial ^{2} f}{\partial y ^{2}}$ 可联想 $(\frac{\partial f}{\partial x})^{2}, (\frac{\partial f}{\partial y})^{2}$ . 再观察题设条件，有希望通过配方解决，因此构造

$P (x, y) = - f (x, y) f_{y} (x, y), Q (x, y) = f (x, y) f_{x} (x, y),$
(2.11.20)

由Green公式，

$\oint_{\partial D} P d x + Q d y = \oint_{\partial D} (- f_{y} d x + f_{x} d y) \cdot f ∣_{\partial D} = 0$
$= \iint_{D} (Q_{x} - P_{y}) d x d y = \iint_{D} [(f_{x}^{2} + f_{y}^{2}) + f (f_{xx} + f_{y y})] d x d y$
$= \iint_{D} (f_{x}^{2} + f_{y}^{2} + 2 a f f_{x} + 2 b f f_{y} + c f^{2}) d x d y$
$= \iint_{D} [(f_{x} + a f)^{2} + (f_{y} + b f)^{2} + (c - a^{2} - b^{2}) f^{2}] d x d y .$
(2.11.21)

由于被积函数非负，而积分值为零，要求被积函数在 $D$ 内均为零. 当 $c > a^{2} + b^{2}$ 时，直接可得 $f \equiv 0$ ，进而可导出 $a = b = 0$ ；当 $c = a^{2} + b^{2}$ 时，可知 $f_{x} = - a, f_{y} = - b$ . 对于 $\partial D$ 上任意不同的两点 $P_{1} (x_{1}, y_{1})$ 和 $P_{2} (x_{2}, y_{2})$ ，由积分中值定理，

$0 = f (P_{2}) - f (P_{1}) = f_{x} (ξ, η) (x_{2} - x_{1}) + f_{y} (ξ, η) (y_{2} - y_{1}) = - a (x_{2} - x_{1}) - b (y_{2} - y_{1}) .$
(2.11.22)

由 $P_{1}, P_{2}$ 的任意性，可导出 $a = b = 0$ ，从而 $f_{x} = f_{y} = 0$ . 再任取 $D$ 内任一点 $P (x, y)$ ，由积分中值定理，

$f (P) = f (P_{1}) + f_{x} (ξ^{'}, η^{'}) (x - x_{1}) + f_{y} (ξ^{'}, η^{'}) (y - y_{2}) = f (P_{1}) = 0, \forall P \in D .$
(2.11.23)

也可以利用Euler公式转化为 $Im n = 0 \sum N e^{i n x} = Im \frac{1 - e ^{i (N + 1) x}}{1 - e ^{i x}} = Im e^{i N x /2} \frac{sin ( N + 1 ) x /2}{sin ( x /2 )} = sin \frac{N x}{2} \frac{sin ( N + 1 ) x /2}{sin ( x /2 )}$
可引入Euler公式： $\int_{0}^{+ \infty} cos γ x e^{- β x} d x = Re \int_{0}^{+ \infty} e^{i γ x} e^{- β x} d x = - Re \frac{e ^{- (β - i γ) x}}{β - i γ} 0^{+ \infty} = Re \frac{1}{β - i γ} = \frac{β}{β ^{2} + γ ^{2}} .$