第6周作业

1Exercise 9.5

1. 1.

   (9.5.5) 设$z=z(x,y)$是由方程$z^3-2xz+y=0$所确定的隐函数，当$x=y=1$时$z=1$，试按$(x-1)$和$(y-1)$的乘幂展开函数$z$至二次项为止.

   解

   记方程$F(x,y,z)=z^3-2xz+y=0$，则

   $$z_x(1,1)=-{\frac{F_x}{F_z}|}_{(1,1)}={\frac{2z}{3z^2-2x}|}_{(1,1)}=2,$$

   (1.1)

   $$z_y(1,1)=-{\frac{F_y}{F_z}|}_{(1,1)}=-{\frac{1}{3z^2-2x}|}_{(1,1)}=-1,$$

   (1.2)

   进而二阶导

   $$z_{xx}(1,1)=2{\frac{2z-(3z^2+2x)z_x}{(3z^2-2x{)}^2}|}_{(1,1)}=-16,$$

   (1.3)

   $$z_{xy}(1,1)={{\partial }_x{z}_y|}_{(1,1)}={\frac{6z{z}_x-2}{(3z^2-2x{)}^2}|}_{(1,1)}=10,$$

   (1.4)

   $$z_{yy}(1,1)={\frac{6z{z}_y}{(3z^2-2x{)}^2}|}_{(1,1)}=-6,$$

   (1.5)

   因此$z=z(x,y)$在点$(1,1)$附近展开的结果为

   $$z(x,y)=1+2(x-1)-(y-1)-8(x-1{)}^2+10(x-1)(y-1)-3(y-1{)}^2+o(x^2+y^2).$$

   (1.6)
2. 2.

   {} [9.5.10 (3)] 求函数$u=\sin x\sin y\sin z$在条件$x+y+z=\pi /2$且$x,y,z>0$条件下的极值.

   解

   代入$z=\pi /2-x-y$，则待研究函数与条件分别变为

   $$z=\sin x\sin y\cos (x+y),\{\begin{array}{l}x,y>0,\\ 0<x+y<\pi /2.\end{array}$$

   (1.7)

   极值点的必要条件：

   $$z_x=\sin y[\cos x\cos (x+y)-\sin x\sin (x+y)]=\sin y\cos (2x+y)=0,$$

   (1.8)

   $$z_y=\sin x\cos (2y+x)=0.$$

   (1.9)

   注意到$0<x,y<\pi /2$且$0<2x+y,2y+x<\pi$，上述方程组的唯一解为

   $$2x+y=2y+x=\frac{\pi }{2}⟹x=y=\frac{\pi }{6}=z,$$

   (1.10)

   即可疑点$P_0(\pi /6,\pi /6)$. 进一步计算二阶导：

   $$A=z_{xx}(P_0)=-{2\sin y\sin (2x+y)|}_{P_0}=-1=C<0,$$

   (1.11)

   $$B=z_{xy}(P_0)={\cos (2x+2y)|}_{P_0}=-\frac{1}{2},$$

   (1.12)

   可见$AC-B^2=3/4>0$且$A<0$，函数$u$在$P_0(\pi /6,\pi /6)$处取极大值，不存在极小值.

3. 3.

   从平行六面体一点出发，指向其相邻三个顶点产生的向量分别记为$\mathbf{x},\mathbf{y},\mathbf{z}$，其模长分别为$x,y,z$，由题意$x+y+z=3a$，那么平行六面体的体积

   $$V=\left|(\mathbf{x}\times \mathbf{y})\cdot \mathbf{z}\right|⩽xyz⩽{\left(\frac{x+y+z}{3}\right)}^3=a^3,$$

   (1.13)

   前后等号成立依次要求$\mathbf{x},\mathbf{y},\mathbf{z}$相互正交和$x=y=z$，即$V=V_{\max }=a^3$时其为正方体.

2Exercise 10.1

1. 1.

   (10.1.1) 改变下列积分的顺序.

   1. (a).

      ${\int }_{-1}^1\mathrm{d}x{\int }_0^{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}yf(x,y)$.

      解

      积分区域$D=\{(x,y)|x^2+y^2⩽1,y⩾0\}$，因此

      $${\int }_{-1}^1\mathrm{d}x{\int }_0^{\sqrt{1-x^2}}\mathrm{d}y={\int }_0^1\mathrm{d}y{\int }_{-\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{1-y^2}}\mathrm{d}x.$$

      (2.1)
   2. (b).

      ${\int }_0^a\mathrm{d}y{\int }_{a-\sqrt{a^2-y^2}}^{a+\sqrt{a^2-y^2}}\mathrm{d}xf(x,y)$.

      解

      积分区域$D=\{(x,y)|(x-a{)}^2+y^2⩽a^2,y⩾0\}$，因此

      $${\int }_0^a\mathrm{d}y{\int }_{a-\sqrt{a^2-y^2}}^{a+\sqrt{a^2-y^2}}\mathrm{d}x={\int }_0^{2a}\mathrm{d}x{\int }_0^{\sqrt{a^2-(x-a{)}^2}}\mathrm{d}y.$$

      (2.2)
   3. (c).

      积分区域$D=\{(x,y)|0⩽x⩽2y⩽x,y⩽2-x\}$，因此

      $${\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^x\mathrm{d}y+{\int }_1^2\mathrm{d}x{\int }_0^{2-x}\mathrm{d}y={\int }_0^1\mathrm{d}y{\int }_y^{2-y}\mathrm{d}x.$$

      (2.3)
2. 2.

   (10.1.2) 计算下列积分.

   1. (a).

      ${\iint }_D\frac{y\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(1+x^2+y^2{)}^{3/2}},D=[0,1{]}^2$.

      解

      注意到$y\mathrm{d}y=\mathrm{d}(y^2)/2$，先对$y$积分：

      $$\text{原式}={\int }_0^1\mathrm{d}x\cdot {\frac{-1}{\sqrt{1+x^2+y^2}}|}_{y=0}^{y=1}={\int }_0^1\left(\frac{1}{\sqrt{1+x^2}}-\frac{1}{\sqrt{2+x^2}}\right)\mathrm{d}x$$

      $$\underset{a=1\text{or}\sqrt{2}}{\overset{x=a\sinh t}{=}}\text{arcsinh}1-\text{arcsinh}\frac{1}{\sqrt{2}}$$

      $$=\ln (1+\sqrt{2})-\ln \frac{1+\sqrt{3}}{\sqrt{2}}=\ln \frac{2+\sqrt{2}}{1+\sqrt{3}},$$

      (2.4)

      其中已利用${\cosh }^{2}t-{\sinh }^{2}t=1$以及

      $$x=\sinh y=\frac{{\mathrm{e}}^y-{\mathrm{e}}^{-y}}{2}⟹y=\text{arcsinh}x=\ln (x+\sqrt{x^2+1}).$$

      (2.5)
   2. (b).

      ${\iint }_D\sin (x+y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y,D=[0,\pi {]}^2$.

      解

      由题意，

      $$\text{原式}={\int }_0^{\pi }\mathrm{d}x\cdot {\left[-\cos (x+y)\right]|}_{y=0}^{y=\pi }=2{\int }_0^{\pi }\cos x\mathrm{d}x=0.$$

      (2.6)
   3. (c).

      ${\iint }_D(x+y-1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，$D$由$y=x,y=x+a,y=a,y=3a$围成.

      解

      应尽可能避免将积分区间分段处理，做出图像可知依次对$x,y$积分更易于计算：

      $$\text{原式}={\int }_a^{3a}\mathrm{d}y{\int }_{y-a}^y(x+y-1)\mathrm{d}x={\int }_a^{3a}\mathrm{d}y\cdot {\frac{1}{2}(x+y-1{)}^2|}_{x=y-a}^{x=y}$$

      $$=\frac{a}{2}{\int }_a^{3a}(4y-a-2)\mathrm{d}y=a^2(7a-2).$$

      (2.7)

      其中已假定$a>0$，$a<0$时处理方法类似，此处从略.

   4. (d).

      ${\iint }_D\frac{\sin y}{y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，$D$由$y=x$及$x=y^2$围成.

      解

      曲线交点为$(0,0)$和$(1,1)$. 由于$\sin y/y$的原函数不存在初等函数表示，因此必然先对$x$积分：

      $$\text{原式}={\int }_0^1\mathrm{d}y{\int }_{y^2}^y\mathrm{d}x\frac{\sin y}{y}={\int }_0^1(1-y)\sin y\mathrm{d}y$$

      $$=-(1-y)\cos y|0^1-{\int }_0^1\cos y\mathrm{d}y=1-\sin 1.$$

      (2.8)
   5. (e).

      ${\iint }_D\left|\cos (x+y)\right|\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，其中$D$由直线$y=x,y=0,x=\pi /2$围成.

      解

      利用直线$l:x+y=\pi /2$将$D$分割成左下的$D_1$和右上的$D_2$，则$\cos (x+y)$在$D_1$内恒正，在$D_2$内恒负. 注意到积分区域$D_1,D_2$和被积函数均关于$l$对称，即考虑变换$S:(x,y)\to (\pi /2-y,\pi /2-x)$：

      $$D_1=\{(x,y)|y⩽x,y⩾0,x+y⩽\pi /2\}$$

      $$\stackrel{S}{\to }\{(x,y)|y⩽x,x⩽\pi /2,x+y⩾\pi /2\}=D_2,$$

      (2.9)

      $$\left|\cos (x+y)\right|\stackrel{S}{\to }\left|\cos (\pi -y-x)\right|=\left|\cos (x+y)\right|,$$

      (2.10)

      故原积分在$D_1$和$D_2$内的积分值相同，那么

      $$\text{原式}=2{\iint }_{D_1}\cos (x+y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=2{\int }_0^{\pi /4}\mathrm{d}y{\int }_y^{\pi /2-y}\cos (x+y)\mathrm{d}x$$

      $$=2{\int }_0^{\pi /4}\left[1-\sin (2y)\right]\mathrm{d}y=\frac{\pi }{2}-1.$$

      (2.11)
3. 3.

   (10.1.4) 设函数$\phi$和$\psi$分别在区间$[a,b]$和$[c,d]$上可积，求证$f(x,y)=\phi (x)\psi (y)$在$D=[a,b]\times [c,d]$上可积，且有

   $${\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_a^b\phi (x)\mathrm{d}x{\int }_c^d\psi (x)\mathrm{d}x.$$

   (2.12)
   证明

   依照10.1.3小节的分割，由分解所得函数$\phi ,\psi$的可积性（Riemann和的极限存在）证明总极限存在即可.