浙江省高等数学竞赛试题与答案

3
f y ( x, y ) = 4 y 3 − 2 2 x − 2 y = 0 （2）
（2）式乘 2 减（1）得 4 2( y − 2 2 x ) = 0 ，即 y =
3 3
2 x ，因此再由（1）式，得
1 2 2 ，解得 , x3 = − f x ( x, y ) = 16 x( x 2 − ) = 0 ，即 x1 = 0, x2 = 2 2 2
围的平面图形是 D = {( y, z ) | 2a − 2a a − y ≤ z ≤
2 2 2
2a 2 + 2a a 2 − y 2 }
由格林公式得
⎛ 4a 2 − z 2 2 ⎞ ⎛2 ⎞ y + y 2 z 2 ⎟ d y + ⎜ y 3 z + e z sin z ⎟ d z ⎜ ∫ 2a ⎝3 ⎠ ⎠ Γ yz ⎝
∞
n +1
3
三．设 sin x d x = a ，求
2 0
∫
2
∫∫ sin( x − y)
D
2ห้องสมุดไป่ตู้
d x d y ，其中 D = {( x, y ) | x ≤ 1, y ≤ 1} 。
1 dudv ， 2
2
解 令 u = x − y ， v = x + y ，则 d x d y =
2 ∫∫ sin( x − y) d x d y = ∫ d u
=e
x→0
lim
e x + 2 e 2 x + 3 e3 x 3cos x
= e2
2．计算
∫ cos(3 + x) sin(5 + x) d x 。
1 − cos 2 1 + cos 2 ，则因 , u2 = − sin 2 sin 2
1
解 记 u = tan( x + 4) , u1 = −
cos 2 −2 u1 − u2 1 1 −2 cot 2 sin 2 − = = = u − u1 u − u2 (u − u1 )(u − u2 ) (u − u1 )(u − u2 ) (u − u1 )(u − u2 )
⎧ 2 2 ⎧ ⎧ x1 = 0 ⎪ x2 = ⎪ x3 = − ,⎨ ⎨ 2 2 ,⎨ ⎩ y1 = 0 ⎪ y = 1 ⎪ y = −1 ⎩ 2 ⎩ 3
因此驻点为 (0, 0), (
2 2 ,1), (− , −1) 。易见 2 2
f xx ( x, y ) = 48 x 2 − 4 ， f xy ( x, y ) = −2 2 ， f yy ( x, y ) = 12 y 2 − 2
3．设 f ( x) = x arcsin x ，求 f
3 (2008)
(0) 。
解
设 1− x
(
1 2 −2
)
= ∑ bn x 2 n , 则因
n=0
∞
1
(1 − t )
−
1 2
1 = 1− t + 2
(1 − x )
1 2 −2
1 1 1 1 1 − (− − 1) − (− − 1) L (− − m + 1) 2 2 2 t 2 + L + (−1) m 2 2 tm +L m! 2! 1 1 1 1 1 − (− − 1) − (− − 1) L (− − m + 1) 1 2 = 1 − x2 + 2 2 x 4 + L + (−1) m 2 2 x2m + L m! 2 2!
I
∫∫∫ ρ d x d y d z + ∫∫∫ d x d y d z
I II
0 2
II
知，
∫∫∫ ρ z d x d y d z + ∫∫∫ z d x d y d z = 0 ，
I II
0
⎡ (1 + z ) 4 (1 + z )3 ⎤ + π z d x d y d z z (1 z ) d z ⎢ 4 − 3 ⎥ ∫∫∫ ∫ ⎦ −1 = 1 II −1 =− 1 =−⎣ 即ρ =− 1 2 3 2 zd xd yd z ⎡z z ⎤ ∫∫∫ π ∫ z (1 + z ) d z ⎢2 − 3⎥ I 0 ⎣ ⎦0
当 (u , v) = (0, t ) 即 ( x, y ) = (t , −t 2) 时， f (t , −t 2) = 8t > 0
2
当 (u , v) = ( , 0) 即 ( x, y ) = ( t ,
2
t 2
1 2
2 1 2 1 ) = (t 2 − 4)t 2 < 0 (0 < t < 2) t ) 时， f ( t , t 2 2 2 2
判别式为 A = f xx ( x, y ) f yy ( x, y ) − f xy ( x, y ) = (48 x − 4)(12 y − 2) − 8
2 2 2
当 ( x, y ) = (0, 0), (
2 2 ,1), (− , −1) 时，判别式分别为 A = 0, 192, 192 ，因 2 2
2 2 ⎡⎛ 2 ⎞ ⎤ ⎞ ⎛ 4a − z 2 y + y2 z2 ⎟ ⎥ d y d z = ∫∫ ⎢⎜ y 3 z + e z sin z ⎟ − ⎜ ⎠ y ⎝ 2a ⎢⎝ 3 ⎥ ⎠z ⎦ D ⎣
1 1 a = ∫∫ zy 2 d y d z = ∫ y 2 d y a D a −a
2 a2 + 2 a a2 − y2
2
f xx ( xi , yi ) = 20 > 0(i = 2,3) ，故当 ( x, y ) = (
2 2 ,1), (− , −1) 时， 2 2
f ( x, y ) 分别取极小值，且极小值都是 −2 。
下面证明当 f (0, 0) = 0 不是 f ( x, y ) 的极值。为此，令 x = u + v ， y =
x 2 = a 2 ± 2a a 2 − y 2 + a 2 − y 2 ，即 x 2 = 2a 2 − y 2 ± 2a a 2 − y 2 ，
综上， 4a − z − y = 2a − y ± 2a a − y ，即 2a − z = ±2a a − y ，即
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
2(u − v) ，则
f ( x, y ) = 4(u + v)4 + 4(u − v)4 − 2(u + v)2 − 4(u 2 − v 2 ) − 2(u − v) 2
= 4(u + v) 4 + 4(u − v) 4 − 8u 2 = 8(u 4 + 6u 2 v 2 + v 4 − u 2 ) = 8(u 4 + 6u 2 v 2 + v 4 − u 2 ) = 8(u 2 − 1)u 2 + 48u 2 v 2 + 6v 4
（ a > 0 ）在 yoz 平面上的投影曲线为 Γ yz ，计算
⎛ 4a 2 − z 2 2 ⎛2 ⎞ 2 2⎞ + y y z ⎟ d y + ⎜ y 3 z + e z sin z ⎟ d z ⎜ ∫ 2a ⎝3 ⎠ ⎠ Γ yz ⎝
2 2 2 2 2 2 2 ⎧ ⎧ ⎧ x 2 = 4a 2 − z 2 − y 2 ⎪ ⎪ x = 4a − z − y ⎪ z = 4a − x − y 化为 L : ⎨ 即L:⎨ ， 解L:⎨ 2 2 2 2 2 2 2 − + = x a y a ( ) x = a ± a − y ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎩ x + y = 2ax ⎩
2
5．假设立体 I 由 1 − z = x + y 与 z = 0 围成，密度为 ρ ；立体 II 由 1 + z =
x2 + y 2 与
z = 0 围成，密度为 1。若立体 I 和立体 II 组成的立体其重心位于原点 (0, 0, 0) ，求 ρ 的值。
解 由0 =
∫∫∫ ρ z d x d y d z + ∫∫∫ z d x d y d z
(2004)
= 2008 ⋅ 2007 ⋅ 2006
4 4
2003!! 2004! = 2008 ⋅ 2007 ⋅ 2006 ⋅ (2003!!) 2 2004!!
2 2
4．求 f ( x, y ) = 4 x + y − 2 x − 2 2 xy − y 的极值。 解 f x ( x, y ) = 16 x − 4 x − 2 2 y = 0 （1）
xπ xπ 1 − x2 ′ 记 g ( x) = sin cos , x > 1 ，则因 g ( x) = π < 0 ，故 an +1 < an ，因此 2 2 2 2 1+ x (1 + x ) 1 + x
∞ ∞ ∞ an 1 n3π (−1) an 收敛。因 lim = π ，∑ 发散，故 ∑ an 发散。因此 ∑ sin 条件收敛。 ∑ n →∞ 1 1 + n2 n =1 n =1 n =1 n n =1 n
故
∫ cos(3 + x) sin(5 + x) d x = ∫ sin 2( x + 4) + sin 2 d x
=∫
=
1
2
2 2 dt = ∫ du 2 2 2 2sin t cos t + (sin t + cos t ) sin 2 2u + (u + 1) sin 2
1 2 1 2 du = du ∫ ∫ 2 sin 2 sin 2 (u − u1 )(u − u2 ) u + u2 +1 sin 2 u − u2 1 ⎛ 1 1 ⎞ 1 ln = − +C ⎜ ⎟du = ∫ cos 2 ⎝ u − u2 u − u1 ⎠ cos 2 u − u1 1 + cos 2 1 sin 2 + C ln = cos 2 tan( x + 4) + 1 − cos 2 sin 2 tan( x + 4) +