高等数学离线作业

高等数学ⅡB离线作业第一次：11、解:(1) x y ′ −yln⁡y=0 , dy yln⁡y = dx x , 积分得ln⁡|ln⁡y|=ln⁡|x|+ C 1 , 化简得ln⁡y=Cx . (2) 3 x 2 +5x−5 y ′ =0 , y ′ = 3 5 x 2 +x, , 所以y= 1 5 x 3 + 1 2 x 2 +C . (3) (y+1) 2 dy dx + x 3 =0 , 1 3 (y+1) 3 + 1 4 x 4 =C12、解:(1) dy dx +y= e −x , 利用公式可得通解为: y=C e −x +x e −x . (2) x y ′ +y= x 2 +3x+2 , (xy ) ′ = x 2 +3x+2 , 可得通解: y= C x + 1 3 x 2 + 3 2 x+2 . (3) dy dx +2xy=4x , 利用公式可得通解为: y=C e − x 2 +2 . (4) 由dy dx +3y=8 可得y=C e −3x + 8 3 , 再由y | x=0 =2 , 知C=− 2 3 , 所以y=− 2 3 e −3x + 8 313、解:(1) 特征方程为r 2 +r−2=0 , 其根为: r 1 =1, r 2 =−2 , 通解为: y=C 1 e −2x + C 2 e x . (2) 特征方程为4 r 2 −20r+25=0 , 其根为r 1 = r2 = 5 2 , 通解为: x=( C 1 + C 2 t) e 5 2 t . (3) 特征方程为r 2 −4r+5=0 , 其根为: r 1 =2+i, r 2 =2−i , 通解: x=( C 1 cos⁡x+ C 2 sin⁡x) e 2x . (4) 特征方程为r 2 −4r+3=0 , 其根为: r 1 =1, r 2 =3 , 通解为: y= C 1 e x + C 2 e 3x , 再由条件y | x=0 =6,y | x=0 =10 可得C 1 =4, C 2 =214、解:(1) D={(x,y): y 2 −2x+1>0} , (2) D={(x,y):x>|y|}15、解:(1) z ′ x =3 x 2 y− y 3 , z ′ y = x 3 −3 y 2 x . (2) z ′ x =ycos⁡(xy)−2ycos⁡(xy)sin⁡(xy) , z ′ y =xcos⁡(xy)−2ycos⁡(xy)sin⁡(xy) . (3) z ′ x =2y (1+2x) y−1 , z ′ y = (1+2x) y ln⁡(1+2x)16、解:(1) z ′ x =4 x 3 −8x y 2 , z ′ ′ xx =12 x 2 −8 y 2 , z ′ y =4 y 3 −8 x 2 y , z ′ ′ yy =12 y 2 −8 x 2 , z ′ ′ xy =−16xy . (2) z ′ x = y x ln⁡y , z ′ ′ xx = y x (ln⁡y) 2 , z ′ y =x y x−1 , z ′ ′ yy =x(x−1) y x−2 , z ′ ′ xy = y x−1 (xln⁡y+1)17、证明:(1) y ′ t =−k n 2 e −k n 2 t sin⁡nx , y ′ x =n e −k n 2 t cos⁡nx , y ′ ′ xx =− n 2 e −k n 2 t sin⁡nx , 所以∂y ∂t =k ∂ 2 y ∂ x 2 . (2) ∂r ∂x = x r ,∂ 2 r ∂x 2 = r−x x r r 2 = r 2 − x 2 r 3 , 利用对称性有: ∂r ∂y = y r ,∂ 2 r ∂ y 2 = r 2 − y 2 r 3 , ∂r ∂z = z r ,∂ 2 r ∂ z 2 = r 2 − z 2 r 3 , 从而, ∂ 2 r ∂ x 2 + ∂ 2 r ∂ y 2 + ∂ 2 r ∂ z 2 = 2 r第二次：7、解: 代入可得: z= u 2 + v 2 = (x+y) 2 + (x−y) 2 =2( x 2 + y 2 ) ,所以z ′ x =4x , z ′ y =4y8、解: 代入可得: z= e x−2y = e sin⁡t−2 t 3 , z ′ t = e sin⁡t−2 t 3 (cos⁡t−6 t 2 )9、解: 由f ′ x (x,y)=4−2x=0 和f ′ y (x,y)=−4−2y=0 得x=2, y=−2 . A=f ′ ′ xx (x,y)=−2 , B= f ′ ′ xy (x,y)=0 , C= f ′ ′ yy (x,y)=−2 , 所以AC− B 2 =4>0 , 且A<0 . 故f(2,−2)=16−4−4=8 是极大值10、解: 由f ′ x (x,y)=(6−2x)(4y− y 2 )=0 , 得x=3 或y=0 或y=4 . 再由f ′ y (x,y)=(6x− x 2 )(4−2y)=0 , 得x=0 或x=6 或y=2 . 容易看出只有x=3 和y=2 可能是极值点, 经判断可知f(3,2)=36 是极大值.11、解:(1) I= ∫ 0 2 dx ∫ 0 2−x 3x+2ydy = ∫ 0 2 [6x−3 x 2 + ( y 2 ) 0 2−x ]dx = ∫ 0 2 (−2 x 2 + 2x+4)dx = 20 3 . (2) I= ∫ 0 1 dx ∫ 0 1 ( x 3 +3 x 2 y+ y 3 )dy = ∫ 0 1 dx( ∫ 0 1 x 3 dy+ ∫ 0 1 3 x 2 ydy+ ∫ 0 1 y 3 dy) = ∫ 0 1 [ x 3 +(3 x 2 ⋅ 1 2 y 2 + 1 4 y 4 ) 0 1 ]dx = ∫ 0 1 ( x 3 + 3 2 x 2 + 1 4 )dx = 1 . (3) I= ∫ 0 π dx ∫ 0 x cos⁡(x+y)dy = ∫ 0 π dx ∫ 0 x cos⁡(x+y)d（x+y）= ∫ 0 π [sin⁡(x+y) ] 0 x dx = ∫ 0 π (sin⁡2x −sin⁡x)dx = [− 1 2 cos⁡2x+cos⁡x] 0 π = −212、解:(1) 设D 为由分段光滑曲线L 围成, 令P=2x−y+4,Q=5y+3x−6 , 显然, P , Q 在D 上具有一阶连续偏导数, L 取向为D 的正向边界曲线. 原式= ∬ D ( ∂Q ∂x − ∂P ∂y )dxdy = ∬ D [3−(−1)]dxdy =4⋅3⋅2⋅ 1 2 =12 . (2) 令P= x 2 −y,Q=−(x+ sin⁡ 2 y) , 则∂P ∂y =−1= ∂Q ∂x , 因此原曲线积分与路径无关, 取L:y=x,0≤x≤1 , 则原式= ∫ L Pdx+Qdy = ∫ 0 1 ( x 2 −2x− sin⁡ 2 x)dx = 1 3 −1− 1 2 + sin⁡2 4 = sin⁡2 4 − 7 613、解:(1) u n+1 u n = (n+1) 2 3 n+1 ⋅ 3 n n 2 = 1 3 ⋅ ( n+1 n ) 2 , lim⁡n→∞ u n+1 u n = lim⁡ n→∞ 1 3 ⋅ ( n+1 n ) 2 = 1 3 <1 , 根据比值审敛法可知该收敛. (2) u n+1 u n = n+1 2 n ⋅ 2 n−1 n = 1 2 ⋅ n+1 n , lim⁡n→∞ u n+1 u n = lim⁡ n→∞ 1 2 ⋅ n+1 n = 1 2 <1 , 根据比值审敛法可知该级数收敛. (3) 因为lim⁡ n→∞ u n n = lim⁡ n→∞ ( n 2n+1 n ) 2 = lim⁡n→∞ n 2n+1 = 1 2 <1 , 所以根据根值审敛法知该级数收敛.第三次：5、解:(1) 利用极坐标变换, I=4 ∫ 0 π 2 dθ ∫ 0 2 r e r 2 dr =4 ∫ 0 π 2 dθ[ 1 2e r 2 ] 0 2 =π( e 4 −1) . (2) 利用极坐标变换, I=4 ∫ 0 π 2 dθ ∫ a b r r 2 dr =4⋅ π 2 ∫ a b r 2 dr =2π⋅ [ 1 3 r 3 ] a b = 2 3 π( b 3 − a 3 )6、解:(1) I= ∫ 0 2π ( a 2 cos⁡ 2 t+ a 2 sin⁡ 2 t ) n a 2 sin⁡ 2 t+ a 2 cos⁡2 t dt = ∫ 0 2π a 2n ⋅adt =2π a 2n+1 . (2) I= ∫ 0 1 (x+1−x) 1+ (−1) 2 dx = ∫ 0 1 2 dx = 27、解:(1) I= ∫ L ( x 2 − y 2 )dx = ∫ 0 2 ( x 2 − x 4 )dx = [ 1 3x 3 − 1 5 x 5 ] 0 2 =− 56 15 . (2) I= ∫ L ydx+xdy = ∫ 0 π 2 Rsin⁡tR(−sin⁡t)dt+Rcos⁡tRcos⁡tdt = ∫ 0 π 2 R 2 ( cos⁡ 2 t− sin⁡ 2 t)dt = ∫ 0 π 2 R 2 cos⁡2tdt = 1 2 R 2 [sin⁡2t] 0 π 2 =0 . (3) L:x=acos⁡θ,y=asin⁡θ,0≤θ≤2π I= ∫ 0 2π a(cos⁡θ+sin⁡θ)(−asin⁡θ)−a(cos⁡θ−sin⁡θ)acos⁡θ a 2 dθ =− ∫ 0 2π dθ =−2π8、解:(1) 设D 为由分段光滑曲线L 围成, 令P=2x−y+4,Q=5y+3x−6 , 显然, P , Q 在D 上具有一阶连续偏导数, L 取向为D 的正向边界曲线. 原式= ∬ D ( ∂Q ∂x − ∂P ∂y )dxdy = ∬ D [3−(−1)]dxdy =4⋅3⋅2⋅ 1 2=12 . (2) 令P= x 2 −y,Q=−(x+ sin⁡ 2 y) , 则∂P ∂y =−1= ∂Q ∂x , 因此原曲线积分与路径无关, 取L:y=x,0≤x≤1 , 则原式= ∫ L Pdx+Qdy = ∫ 0 1 ( x 2 −2x− sin⁡ 2 x)dx = 1 3 −1− 1 2 + sin⁡2 4 = sin⁡2 4 − 7 69、解:(!) 此级数为等比级数, 其公比q=− 8 9 ,|q|<1 , 因此此级数收敛于− 8 9 1−q = − 8 9 1−(− 8 9 ) =− 8 17 . (2) 此级数的一般项为: u n = 1 2 n + 1 3 n , 令u n1 = 1 2 n , u n2 = 1 3 n , 因此u n = u n1 + u n2 , 而u n1 为公比q 1 = 1 2 , u n2 为公比q 2 = 1 3 的几何级数, 且| q 1 |<1,| q 2 |<1 , 所以这两个几何级数收敛, 故该级数也收敛, 且S= S 1 + S 2 = 1 2 1− 1 2 + 1 3 1− 1 3 = 3 2 . (3) 因为S n = ∑ k=1 n 1 (k+1)(k+3) = 1 2 ( ∑ k=1 n 1 k+1 − ∑ k=1 n 1 k+4 ) = 1 2 ( 1 2 + 1 3 − 1 n+2 − 1 n+3 )→ 5 12 , 所以该级数收敛.10、解:(1) 因为| (−1) n−1 u n |=| (−1) n−1 n |= 1 n , 而级数∑ n=1 ∞ 1 n 发散, 所以∑ n=1 ∞ | (−1) n−1 u n | 发散, 但u n = 1 n > 1 n+1 = u n+1 , 且lim⁡ n→∞ u n = lim⁡ n→∞ 1 n =0 , 所以该级数是条件收敛的.(2) 因为| u n |=| (−1) n−1 n 3 n−1 |= n 3 n−1 , lim⁡ n→∞ | u n+1 u n |= lim⁡ n→∞ n+1 3 n ⋅ 3 n−1 n = lim⁡ n→∞ n+1 3n = 1 3 <1 , 故绝对值级数∑ n=1 ∞ | u n | 收敛, 所以该级数绝对收敛.。