李永樂數學基礎過關660題2階高等數學填空題

577.若級數$\sum^{\infty}\limits_{n=2}\sqrt{n}\left(\ln\cfrac{n+1}{n-1}\right)^p$收斂，則其中常數$p$的取值範圍是______.

解  當$n=2,3,4,\cdots$時，$\cfrac{n+1}{n-1}>1$，從而$\left(\ln\cfrac{n+1}{n-1}\right)^p>0$對任何常數$p$成立，該級數是正項級數。
  因當$n\to\infty$時，$\ln\cfrac{n+1}{n-1}=\ln\left(1+\cfrac{2}{n-1}\right)\sim\cfrac{2}{n-1}\sim2$，於是，$\sqrt{n}\left(\ln\cfrac{n+1}{n-1}\right)^p\sim\sqrt{n}\left(\cfrac{2}{n}\right)^p=\cfrac{2^p}{n^{p-\frac{1}{2}}},(n\to\infty)$即$\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{\sqrt{n}\left(\ln\cfrac{n+1}{n-1}\right)^p}{\cfrac{2^p}{n^{p-\frac{1}{2}}}}=1$，$\sum^{\infty}\limits_{n=2}\sqrt{n}\left(\ln\cfrac{n+1}{n-1}\right)^p$與$\sum^{\infty}\limits_{n=2}\cfrac{2^p}{n^{p-\frac{1}{2}}}$有同樣的斂散性，後者僅當$p>\cfrac{3}{2}$時收斂。
  因此級數$\sum^{\infty}\limits_{n=2}\sqrt{n}\left(\ln\cfrac{n+1}{n-1}\right)^p$收斂的常數$p$的取值範圍是$\left(\cfrac{3}{2},+\infty\right)$。（這道題主要利用了等價無窮小代換求解）

584.冪級數$\sum^\infty\limits_{n=1}(-1)^n\cfrac{2n+1}{(2n)!}$的和函數$S(x)=$______.

解
$\begin{aligned} \sin x&=\sum^{\infty}\limits_{n=0}\cfrac{(-1)^n}{(2n+1)!}x^{2n+1}=\sum^{\infty}\limits_{n=1}\cfrac{(-1)^{n-1}}{(2n-1)!}x^{2n-1},\\ \cos x&=\sum^{\infty}\limits_{n=0}\cfrac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n},\\ S(x)&=\sum^{\infty}\limits_{n=0}\cfrac{(-1)^n}{(2n)!}(2n+1)x^{2n}=\sum^{\infty}\limits_{n=1}\cfrac{(-1)^n}{(2n)!}(2n)x^{2n}+\sum^{\infty}\limits_{n=0}\cfrac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}\\ &=\sum^{\infty}\limits_{n=1}\cfrac{(-1)^n}{(2n-1)!}x^{2n}+\sum^{\infty}\limits_{n=0}\cfrac{(-1)^n}{(2n)!}x^{2n}-1\\ &=-x\sin x+\cos x-1 \end{aligned}$
（這道題主要利用了泰勒展開式求解）

600.設$\Sigma$爲球面$x^2+y^2+z^2=2ax(a>0)$，則面積分$\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}S=$______.

解
$\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}S=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}2ax\mathrm{d}S=2a\overline{x}S.$
  其中$\overline{x}$爲球面$x^2+y^2+z^2=2ax$的形心的$x$座標，則$\overline{x}=a$。
  $S$爲該球面的面積，則$S=4\pi a^2$，故$\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}S=8\pi a^4$。（這道題主要利用了形心的定義求解）

603.設$L$爲球面$x^2+y^2+z^2=1$與平面$x+y+z=0$的交線，則$\displaystyle\oint\limits_{L}(x+2y)^2\mathrm{d}s=$______.

解
$\begin{aligned} \displaystyle\oint_L(x+2y)^2\mathrm{d}s&=\displaystyle\oint_L(x^2+4xy+4y^2)\mathrm{d}s\\ &=\displaystyle\oint_L(x^2+4y^2)\mathrm{d}s+4\displaystyle\oint_Lxy\mathrm{d}s. \end{aligned}$
  由變量對稱性知$\displaystyle\oint_Lx^2\mathrm{d}s=\displaystyle\oint_Ly^2\mathrm{d}s=\displaystyle\oint_Lz^2\mathrm{d}s$且$\displaystyle\oint_Lxy\mathrm{d}s=\displaystyle\oint_Lyz\mathrm{d}s=\displaystyle\oint_Lxz\mathrm{d}s$，則
$\begin{aligned} \displaystyle\oint_L(x^2+4y^2)\mathrm{d}s&=\displaystyle\oint_L(x^2+4x^2)\mathrm{d}s=5\displaystyle\oint_Lx^2\mathrm{d}s\\ &=\cfrac{5}{3}\displaystyle\oint_L(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}s\\ &=\cfrac{5}{3}\displaystyle\oint_L\mathrm{d}s=\cfrac{5}{3}\times2\pi=\cfrac{10\pi}{3}, \end{aligned}\\ \begin{aligned} \displaystyle\oint_Lxy\mathrm{d}s&=\cfrac{1}{3}\displaystyle\oint_L(xy+yz+xz)\mathrm{d}s\\ &=\cfrac{1}{6}\displaystyle\oint_L(2xy+2yz+2xz)\mathrm{d}s\\ &=\cfrac{1}{6}\displaystyle\oint_L[(x+y+z)^2-(x^2+y^2+z^2)]\mathrm{d}s\\ &=\cfrac{1}{6}\displaystyle\oint_L[0-1]\mathrm{d}s=-\cfrac{1}{6}\times2\pi=-\cfrac{\pi}{3}. \end{aligned}$
  故$\text{原式}=\cfrac{10\pi}{3}+4\left(-\cfrac{\pi}{3}\right)=2\pi$。（這道題主要利用了被積曲線的對稱性求解）

614.設$f(x,y,z)=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$，則$\mathrm{div}(\bold{grad}f)\biggm\vert_{(1,-2,2)}=$______.

解  令$r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$，則$\bold{grad}f=\left(\cfrac{x}{r},\cfrac{y}{r},\cfrac{z}{r}\right)$。
$\begin{aligned} \mathrm{div}(\bold{grad}f)&=\cfrac{\partial}{\partial x}\left(\cfrac{x}{r}\right)+\cfrac{\partial}{\partial y}\left(\cfrac{y}{r}\right)+\cfrac{\partial}{\partial z}\left(\cfrac{z}{r}\right)\\ &=\left(\cfrac{1}{r}-\cfrac{x^2}{r^3}\right)+\left(\cfrac{1}{r}-\cfrac{y^2}{r^3}\right)+\left(\cfrac{1}{r}-\cfrac{z^2}{r^3}\right)\\ &=\cfrac{3}{r}-\cfrac{1}{r}=\cfrac{2}{r}, \end{aligned}\\ \mathrm{div}(\bold{grad}f)\biggm\vert_{(1,-2,2)}=\cfrac{2}{3}.$
（這道題主要利用了梯度的定義求解）

615.向量場$\bm{A}(x,y,z)=(x+y+z)\bm{i}+xy\bm{j}+z\bm{k}$的旋度$\bold{rot}\bm{A}=$______.

解
$\bold{rot}\bm{A}=\begin{vmatrix}\bm{i}&\bm{j}&\bm{k}\\\cfrac{\partial}{\partial x}&\cfrac{\partial}{\partial y}&\cfrac{\partial}{\partial z}\\x+y+z&xy&z\end{vmatrix}=\bm{j}+(y-1)\bm{k}.$
（這道題主要利用了旋度的定義求解）

寫在最後

  如果覺得文章不錯就點個贊吧。另外，如果有不同的觀點，歡迎留言或私信。
   歡迎非商業轉載，轉載請註明出處。