同济大学《高等数学》第五版上册答案

所以反常积分发散所以反常积分收敛，且所以解。~。~所以反常积分发散当k=1时，当k>1时，因此当k>1时，反常积分收敛；当k≤1时，反常积分发散.令f'(k)=0得唯一驻点为极小值点，同时也是最小值点，即当时，这反常积分取得最小值3.利用递推公式计算反常积所以I=n-(n-1)·(n-2)…2·I₁.又因为所以I=n-(n-1)·(n-2)…2·I₁=n!(1)函数f(x)在[a,b]上(常义)有界是f(x)在[a,b]上可积的答答必要,充分(2)对[a,+o]上非负、连续的函数f(x),它的变上限积在[a,+]上有界是反常积分收敛的条件；答答充分.(3)绝对收敛的反常积分答答收敛.(4)函数f(x)在[a,b]上有定义且Jf(x)在[a,b]上可积，此时积分存在解解解寸寸解由洛必达法则解3.下列计算是否正确，试说明理由：所以所以61317解不正确，因为4.设p>0,证明而71317证明又所以证明已知有不等式即7.计算下列积分：解8/317解所以,,所以解解22(1)F'(x)≥2;证明10.设解即1.求图中各画斜线部分的面积：解法一画斜线部分在x轴上的投影区间为[0,1].所求的面积为解法二画斜线部分在y轴上的投影区间为[1,e].所求的面积为解画斜线部分在x轴上的投影区间为[-3,1].所求的面积为解画斜线部分在x轴上的投影区间为[-3,1].所求的面积为2.求由下列各曲线所围成的图形的面积：①①yA₂A₁X-z解所求的面积为解所求的面积为y=xx(3)y=e,y=e-*与直线x=1;解所求的面积为解所求的面积为yy=eJ=e(4)y=lnx,y轴与直线y=Ina,y=Inb(b>a>0).解所求的面积为ylnbx0x成的图形的面积.解y=-2x+4.两切线的交点为,所求的面积为yy=4x-3)xy=-2x+632O4.求抛物线y²=2px及其在点处的法线所围成的图形的面积.".,".,本求得法线与抛物线的两个交点和法线与抛物线所围成的图形的面积为法线的斜率k=-1,法线的方程为y5.求由下列各曲线所围成的图形的面积：(1)p=2acos0;yθ解所求的面积为yθp=2acospθ(2)x=acos³t,y=asin³t;解所求的面积为解所求的面积为x=acos³ty=asin³t—(y04(3)p=2a(2+cos0)y解所求的面积为p=2a(2+cosθ)y解所求的面积为4a00=18πa².解所求的面积为yx=a(I-sint),y=a(1-cost)x=3a²π.x解所求的面积为8.求下列各曲线所围成图形的公共部分的面积.(1)p=3cosθ及p=1+cosθyyp=3cosAp=l+cosθ重B交点M的极坐标为M所求的面积为p²=cos20yy1y=e所求面积为0x最小值.A₁成的图形的面积为A=A₀+A₁.A₀ax2ayy²=4yy²=4axyxa—a0ax-aHOR-x解,x=0,x=a,y=0,绕x轴；19/317解(3)x²+(y-5)²=16,绕x轴.解x=a(I-x=a(I-sint),y=a(1-cost)y解16.16.求圆盘x²+y²≤a²绕x=-b(b>a>0)旋转所成旋转体的体积.y17.设有一截锥体，其高为h,上、下底均为椭圆，椭圆的轴长分别为2a、2b和2A、2B,求这截锥体的体积.tba-0A—Bxy所以RX19.19.证明由平面图形0≤a≤x≤b,O≤y≤fx)绕y轴旋转所成的旋转dV=2πxf(x)dx,xx+dxbxay21/317解解了解了解3…5y,23.计算半立方抛物线被抛物线截得的一段弧的长度.所求弧长因为2yy=2(x-1²,所以●●长.解25.计算星形线x=acos³t,y=asin³t的全长.解用参数方程的弧长公式.解用参数方程的弧长公式.—ax=a(cost+tsint),y=a(sint-fcost).解由参数方程弧长公式,,524/317解用极坐标的弧长公式.29.求曲线pO=1相应于自至的一段弧长.解按极坐标公式可得所求的弧长解用极坐标的弧长公式.拉伸6cm,计算所作的功.解将弹簧一端固定于解将弹簧一端固定于A,另一端在自由长度时的点0为坐标原点，建立坐标系.功元素为dW=ksds,所求功为2.直径为20cm、高80cm的圆柱体内充满压强为10N/cm²的蒸汽.设温度保持不变，要使蒸汽体积缩小一半，问需要作多少功?PV=k=10-(π10².80)=80000π.声声B(0,10)yxYx所求功为0dP=1·x·2dx=2xdx,—2m-2m0解建立坐标系如图，则椭圆的方程为解建立坐标系如图，则椭圆的方程为4m—2m压力元素为9.有一等腰梯形闸门，它的两条底边各长109.有一等腰梯形闸门，它的两条底边各长10m和6m,高为20m.较长的底边与水面相齐.计算闸门的一侧所受的水压力.解建立坐标系如图.直线AB的方程为Oxydx压力元素为xA(20,3)受的压力.2A(0,0)Oyx+dx所求压力为B要*要*yy0ds=Rdθ0方向自M点起指向圆弧中点.引力的大小为y1.一金属棒长3m,离棒左端xm处的线密度为解解因x应满足所以2√x+1-2=1,2.求由曲线p=asin0,p=a(cos0+sinO)(a>0)所围图形公共部分的面积.yyp=a(cosO+sin0aD=asine005** 于是b=2.解所求旋转体的体积为yyOO=4π².Ox=√6+1n(√2+√3).薄片在水下上升的高度为r+x,在水上上升的高度为r-x.在水下对dIW=gπ(r-x)(r²-x²)dx,O平行于液面而位于深h处，设a>b,液体的比重为p,试求薄板每面ryxx+dxob薄板各面所受到的压力为αax在第一象限的弧段对这质点的引力.34/317解解2w-3v=2(a-b+2c)-3(-a+3b-c)是平行四边形.证明证明这说明四边形ABCD的对边AB=CD且AB//CD,从而四边形ABCD是平行四边形.DC=0C-OD,因为而所以AB0把各分点与点A连接.试以AB=c、BC=a表示向量DA、D₂A、D₂A解解D₁AC1D4.已知两点M(0,1,2)和M₂(1,-1,0).试用坐标表示式表示向量MM₂及-2M,M₂.35/317或A(1,-2,3);B(2,3,-4);C(2,-3,-4);D(-2,-3,1).7.在坐标面上和坐标轴上的点的坐标各有什么特征?指出下A(3,4,0);B(0,4,3);C(3,0,0);D(0,-1,0).A;B;C;D(0,-1,0).D(0,0,z)在y轴上.称点的坐标.解解(1)点(a,b,c)关于xOy面的对称点为(a,b,-c);点(a,b,c)关于yOz面的对称点为(-a,b,c);点(a,b,c)关于zOx面的对称点为(a,-b,c).的对称点为(-a,b,-c);点(a,b,c)关于z轴的对称点为(-a,-b,c).垂足的坐标.(xo,yo,0)、(0,yo,z₀)和(xo,0,z₀).10.过点Po(xo,yo,zo)分别作平行于z轴的直线和平行于xOy面解在所作的平行于z解在所作的平行于z轴的直线上，点的坐标为(xo,J0,z);在所11.一边长为α的立方体放置在xOy面上，其底面的中心在坐标原点，底面的顶点在x轴和y轴上，求它各顶点的坐标.37/317解因为底面的对角线的长为解因为底面的对角线的长为√2a,所以立方体各顶点的坐标分别为事,12.求点M(4,-3,5)到各坐标轴的距即d₂=√4²+(-3)²=5.13.在yOz面上，求与三点A(3,1,2)、B(4,-2,-2)和C(0,5,1)解设所求的点为解设所求的点为P(0,y,z)与A、B、C等距离，则PAl²=3²+(y-1)²+(z-2)²,PB|²=4²+(y+2)²+(z+2)²,PC|²=(y-5)²+(z-1)2.解之得y=l,z=-2,故所求点为(0,1,-2).角形是等腰三角直角三角形.解因为解因为AB=√00-4)²+(-1-1)²+(6-9)²=7,AC=√(2-4)²+(4-1)²+(3-9)²=7,BC=√(2-10)²+(4+1)²+(3-6)²=7√2,因此△ABC是等腰直角三角形.15.设已知两点M₁(4,√2,1)和M₂(3,0,2).计算向方向余弦和方向角.解MM₂=(3-4,0-√2,2-1)=(-1,√2,1);MM₂F√(-1)²+(√2)²+l²=2;**5555解(1)当解(1)当cosa=0时，向量垂直于x轴，或者说是平行于yOz面.直于xOy面.17.设向量r的模是4,它与轴u的夹角是60°,求r在轴u上的投影.39/317影依次为4,-4,7.求这向量的起点A的坐标.解得x=-2,y=3,z=0.点A的坐标为A(-2,3,0).解因为解因为所以a=4m+3n-p在x轴上的投影为13,在y轴上的分向量7j.练习练习7-2解(1)ab=3×1+(-1)×2+(-2)×(-1)=3,(2)(-2a)·3b=-6a:b=-6×3=-18,a×2b=2(a×b)=2(5i计j+7k)=10i+2j+14k.于是M₂M₃同时垂直的单位向量.解M₁M₂=(3-1,3+1,1-2)=(2,4,-1),M₂M₃=(3-3,1-3,3-1)=(0,-2,2).n=√36+16+16=2√17,所求向量为4.设质量为1004.设质量为100kg的物体从点Mi(3,1,8)沿直线称动到点M₂(1,4,2),计算重力所作的功(长度单位为m,重力方向为z轴解F=(0,0,-100×9.8)=(0,0,-980),S=M,M₂=(1-3,4-1,2-8)=(-2,3,-6).W=F:S=(0,0,-980)·(-2,3,-6)=5880(焦耳).5.在杠杆上支点O的一侧与点O的距离为xi的点P₁处，有一与成角01的力Fi作用着；在O的另一侧与点O的距离为x₂的点符合怎样的条件才能使杠杆保持平衡?解因为有固定转轴的物体的平衡条件是力矩的代数和为零，解因为有固定转轴的物体的平衡条件是力矩的代数和为零，x1|Fi₁|·sinθ₁-x2|F₂|·sinθ₂=0,6.求向量a=(4,-3,4)在向量b=(2,2,1)上的投影.解Aa+μb与z轴垂直?⇔(3A+2μ,5A+μ,-2A+4)-(0,0,1)=0,8.试用向量证明直径所对的圆周角是直角.42/317OB=-OA,|OC=OA|.因为=(OC-Q4)·(OC+OA)=OCl²-|OA|²=0,所以AC⊥BC,∠C=90°.(a·b)c-(a·c)b=8c-8b=8(c-b)=8[(i-2j)-(i-j+3k)]=-8j-24k.b+c=2i-3j+3k,解(a×b)·c=-8×1+(-5)×(-2)+1×0=2.10.已知OA=i+3j,OB=j+3k,求△OAB的面积.43/317解根据向量积的几何意义，|解根据向量积的几何意义，|OAxOB|表示以OA和OB为邻边因为0A×OB=√(-3)³+(-3)²+l²=√19,所以三角形△OAB的面积为解解设a=(a₁,a2,a₃),b=(b₁,b₂,b₃),则有a·b=al-lb|cos(a,b)≤|al·lb于是√a²+a²+a}√b²+b²+b³≥qb₁+a₂b₂+a₃b₃I,其中当cos(a,b)=1时，即a与b平行是等号成立.练习7-31.一动点与两定点(2,3,1)和(4,5,6)等距离，求这动点的轨迹方程.解设动点为M(x,y,z),依题意有(x-2)²+(y-3)²+(z-1)²=(x-4)²+(v-5)²+(z-6)²,4x+4y+10z-63=0.球面方程为(x-1²+(v-3)²+(z+2)²=14,即x²+y²+z²-2x-6y+4z=0.解由已知方程得解由已知方程得(x²-2x+l)+(y²+4y+4)+(z²+2z+1)=1+4+1,即(x-1)²+(y+2)²+(z+1)²=(√6)²,45/317解将方程中的解将方程中的x换成±√x²+y²得旋转曲面的方程x²+y²+z²=9.7.将xOy坐标面上的双曲线4x²-9y²=36分别绕x轴及y轴旋转一周，求所生成的旋转曲面的方程.解双曲线绕解双曲线绕x轴旋转而得的旋转曲面的方程为4x²-9y²-9z²=36.双曲线绕y轴旋转而得的旋转曲面的方程为4x²+4z²-9y²=36.8.画出下列方程所表示的曲面：AZyZ23XZZkxZZ22x9.指出下列方程在平面解析几何中和在空间解析几何中分别(1)x=2;解在平面解析几何中，解在平面解析几何中，x=2表示平行于y轴的一条直线；在空间解析几何中，x=2表示一张平行于yOz面的平面.47/317(2)y=x+l;(3)x²+y²=4;(4)x²-y²=1.10.说明下列旋转曲面是怎样形成的：是zOx面上的椭圆绕x轴旋转一周而形成的.(3)x²-y²-z²=1;48/317或是yOz面上的曲线(z-a)²=y²绕z轴旋转一周而形成的.11.画出下列方程所表示的曲面：ZZXZZAyLIE/6tXAOZAZZZoyFx表示椭圆柱面与其切5.将下列曲线的一般方程化为参数方程：,x=1+v3cost,y=√3sinf,z=0.6.求螺旋线在三个坐标面上的投影曲线的直角坐标方程.;解圆柱体解圆柱体x²+y²≤ax在xOy面上的投影为x²+y²≤ax,它含在圆柱体的公共部分在xOy面上的投影为x²+y²≤ax.程x²+y²=ax得y²=ax-x²,代入半球面方程z=√a²-x²-y2,得z=√a²-ax(0≤x≤a),于是半球与圆柱体的公共部分在zOx面上的投影为8.求旋转抛物面z=x²+y²(0≤z≤4)在三坐标面上的投影，解令解令z=4得x²+y²=4,于是旋转抛物面z=x²+y²(0≤z≤4)在x令x=0得z=y²,于是旋转抛物面z=x²+y²(0≤z≤4)在yOz面上的投影为y²≤z≤4.令j=0得z=x²,于是旋转抛物面z=x²+y²(0≤z≤4)在zOx面上的投影为x²≤z≤4.1.求过点(3,0,-1)且与平面3x-7y+5z-12=0平行的平面方程。解所求平面的法线向量为n=(3,-7,5),所求平面的方程为解所求平面的法线向量为n=(3,-7,5),所求平面的方程为2.求过点Mo(2,9,-6)且与连接坐标原点及点Mo的线段OMo垂直的平面方程.解所求平面的法线向量为解所求平面的法线向量为n=(2,9,-6),所求平面的方程为2(x-2)+9(y-9)-6(z-6)=0,即2x+9y-6z-121=0.54/3173.求过(1,1,-1)、(-2,-2,2)、(1,-1,2)三点的平面方程.解n₁=(1,-1,2)-(1,1,-1)=(0,-2,3),n1=(1,-1,2)-(-2,-2,2)=(3,1,0),所求平面的法线向量为所求平面的方程为4.指出下列各平面的特殊位置，并画出各平面：解解x=0是yOz平面.(2)3y-1=0;解3解3y-1=0是垂直于y轴的平面，它通过y轴上的点(0,,0).(3)2x-3y-6=0;别是3和-2.(4)x-√3y=0;解x-√3y=0是通过z轴的平面，它在xOy面上的投影的斜率为(5)y+z=1;(6)x-2z=0;解解x-2z=0是通过y轴的平面.(7)6x+5-z=0.解解6x+5-z=0是通过原点的平面.解此平面的法线向量为n=(2,-2,1)此平面与yOz面的夹角的余弦为此平面与zOx面的夹角的余弦为此平面与xOy面的夹角的余弦为试求这平面方程.解所求平面的法线向量可取为7.求三平面x+3y+z=1,2x-y-z=0,-x+2y+2z=3的交点.56/317解解线性方程组得x=1,y=-1,z=3.三个平面的交点的坐标为(1,-1,3).8.分别按下列条件求平面方程：解所求平面的法线向量为j=(0,1,0),于是所求的平面为解所求平面的法线向量为j=(0,1,0),于是所求的平面为0-(x-2)-5(y+5)+0·(z-3)=0,即y=-5.解所求平面可设为Ax+By=0.-3A+B=0,将B=34代入所设方程得Ax+3Ay=0,所以所求的平面的方程为x+3y=0,57/317解所求平面的法线向量可设为解所求平面的法线向量可设为n=(0,b,c).因为点(4,0,-2)与n是垂直的，即b+9c=0,b=-9c,所求平面的方程为9(y-0)-(z+2)=0,即9y-z-2=0.9.求点(1,2,1)到平面x+2y+2z-10=0的距离.解点(1,2,1)到平面x+2y+2z-10=0的距离为1.求过点(4,-1,3)且平行于直线的直线方程.解所求直线的方向向量为解所求直线的方向向量为s=(2,1,5),所求的直线方程为2.求过两点M(3,-2,1)和M₂(-1,0,2)的直线方程.解所求直线的方向向量为s=(-1,0,2)-(3,-2,1)=(-4,2,1),所求的直线方程为3.用对称式方程及参数方程表示直线所求直线的方向向量为所求直线的对称式方程为参数方程为x=3-2t,y=t,z=-2+3t.解所求平面的法线向量解所求平面的法线向量n可取为直线的方向所平面的方程为5.求直与直线的夹角的余弦.为的方向向量分别6.证明直线与直线平行.f。因为s₂=-3s₁,所以这两个直线是平行的.的平面方程.60/317解所求平面的法线向量与直线的方向向量所求平面的方程为s=(1,1,3)×(1,-1,-+4j-2k=2(i+2j-k因为10.试确定下列各组中的直线和平面间的关系：为n=(4,-2,-2).解所给直线的方向向量为s=(3,-2,7),所给平面的法线向量为解所给直线的方向向量为s=(3,-2,7),所给平面的法线向量为n=(3,-2,7).因为s=n,所以所给直线与所给平面是垂直的.n=(1,1,1).62/317直线的方向向量为重重将此方程化为参数方程x=-1+t,y=2+2t,z=—t(-1+f)+2(2+2t)-(-t)+1=0,的距离.过点P且与已知直线垂直的平面的方程为解线性方程组;14.设M是直线L外一点，M是直线L上任意一点，且直线的方向向量为s,试证：点Mo到直线L的距离LSModMN程.解过直线的平面束方程为(4-l,1)·(2+3A,-4-A,1-2A)=0,故投影直线的方程(1)x=0,y=0,z=0,x=2,y=1,3x+4y+2z-12=0;Z634X(2)x=0,z=0,x=l,y=2,Z1122 0kX0y向量OM的坐标为67/317解解M(x-xo,y-y₀,2-20),OM=(x,y,z)个向量是的.解共面。解共面。解3.解3.所以=3.解解于是解36.解36.解设所求点为解设所求点为M(0,y,0),则有解线段AB的中点的坐标为d=√(4+1)²+(-1-1)²+(3-2)²=√30.ABD解C69/317所以从而DE//BC,且.B⁴CDE解得z=1.a-b|²=(a-b)-(a-b)设向量a+b与a-b的夹角为0,则所以(a+3b)·(7a-5b)=0,(a-4b)·(7a-2b)=0,得z=-4.当z=-4时，,所以形的面积.解(a+2b)×(a-3b)=-3a×b+2b×a=5b×a.以a+2b和a-3b为边的平行四边形的面积为。解解设j=(x,y,z).因为rla,rlb,所以r.a=0,rb=0,即解线性方程组72/31712.设a=(-1,3,2),b=(2,-3,-4),c=(-3,12,6),证明三向量ab、c共面，并用α和b表示c.(-λ+2μ,3A-3μ,2λ-4)=(-3,12,6),13.已知动点M(x,y,z)到xOy平面的距离与点M到点(1,-1,2)的距离相等，求点M的轨迹方程.解根据题意，有|z=√(x-D)²+(y+1)²+(z-2)²,z²=(x-1)²+(v+1²+(z-2)²,(x-1)²+(y+1)²=4(z-1),14.指出下列旋转曲面的一条母线和旋转轴：(1)z=2(x²+y²);解旋转曲面的一条母线为解旋转曲面的一条母线为zOx面上的曲线z=2x²,旋转轴为z轴.(3)z²=3(x²+y²);旋转轴为z轴.心声解旋转曲面的一条母线为xOy面上的曲线心声旋转轴为x轴.方程.74/317按要求有5(x-3)±√26y+3z=0,解直线解直线s=(0,1,-1)×(1,0,0)=(0,-1,-l).:3(-1+t)-4(3+t)+2t-l=0,所求直线的方向向量为所求直线的方程为重重△ABC的面积最小.。因为令所求点为19.求曲线在三个坐标面上的投影曲线的方程.77/317即20.求锥面z=√x²+y²与柱面z²=2x所围立体在三个坐标面上的投影.和5OyxZ0y1x(3)圆锥面z=√x²+y²及旋转抛物面z=2-x²-y²;Z21.判定下列平面点集中哪些是开集、闭集、区域、有界集、无界集?并分别指出它们的聚点所成的点集(称为导集)和边界.(1){(x,y)x≠0,y≠0};解开集，无界集，导集为R²,边界为{(x,y)x=0或y=0}.(2){(x,y)l<x²+y²≤4};边界为{(x,v)x²+y²=1或x²+y²=4}.(3){(x,y)y>x²};解开集，区域，无界集，导集为{(x,y|解开集，区域，无界集，导集为{(x,y|yzx²},边界为{(x,y|y=x²}.解闭集，有界集，导集与集合本身相同，解闭集，有界集，导集与集合本身相同，边界为{(x,y)|x²+(y-1)²=1}u{(x,yx²+(y-2)²=4}.3.试证函数F(x,y)=Inx-Iny满足关系式：F(xy,uv)=F(x,u)+F(x,v)+F(y,)+F(y,v).证明证明F(xy,av)=In((x,y)-In(uv)=(nx+Iny)(nu+Inv)=Inx.nu+Inx.nv+hnylnu+Inylnv=F(x,u)+F(x,v)+F(y,u)+F(y,v).5.求下列各函数的定义域：解要使函数有意义，必须x+y>0,x-y>0,解要使函数有意义，必须x+y>0,x-y>0,故函数的定义域为D={(x,y|x+y>0,x-y0}.故函数的定义域为D={(x,y|y-x>0,x≥0,x²+y²<1}.81/317解要使函数有意义，必须解要使函数有意义，必须R²-x²-y²-z²≥0且x²+y²+z²-r²>0,故函数的定义域为D={(x,y,z)|r²<x²+y²+z²≤R²}.6.求下列各极限：解解解82/317解7.证明下列极限不存在：证明如果动点p(x,y)沿y=0证明如果动点p(x,y)沿y=0趋向(0,0),因此，极限不存在.83/317证明如果动点证明如果动点p(x,y)沿y=x趋于(0,0),因此极限不存在.8.函数在何处间断?9.证明证明因为证明因为所以故,在(xo,yo)处连续.从而|F(x,y)-F(xo,yo)=lf(x)-f(xo)<c,所以F(x,y)在点(xo,yo)处连续.解--5解解)(3)z=√In(xy);解解根据对称性可知解解解解..(8)u=arctan(x-y);解。,试证所以,求证;所以求f(x,1).所以5.曲线在点(2,4,5)处的切线与正向x轴所成的倾角是多少?,解,;56.求下列函数的5解;;3**);解5·解5解··;;及fzx(2,0,1).解因为解因为f=y²+2xz,fx=2z,f=2x,f=2yz+x²,f=2y,fzx=0,所以fxx(0,0,1)=2,fx₂(1,0,2)=2,f₂(0,-1,0)=0,fzx(2,0,1)=0.8.设z=xln(xy),求解;·西西(1)y=e-kn²tginnx满足证明因为声88/317证明;,;,因此1.求下列函数的全微分：解解所以89/317解因为s,n,n所以du=yzxyz-1dx+zXvzInxdy+jwyzInxdz2.求函数z=In(1+x²+y²)当x=1,y=2时的全微分.解因为35所以3.求函数当x=2,y=1,Ax=0.1,Av=-0.2时的全增量和全微分.门解因为门54.4.求函数z=e当x=1,y=1,△x=0.15,△y=0.1时的全微分解因为dz=e-0.15+e·0.1=0.25e所以取x=1,y=2,△x=0.02,△y=-0.03可得90/317当x=6,y=8,△x=0.05,△y当R=4,h=20,△R=△h=0.1时，试求利用上述二值来计算斜边长度时的绝对误差.和相对误差.所以三角形面积的近似值为2127.82m²,所以三角形面积的近似值为2127.82m²,*11.利用全微分证明：两数之和的绝对误差等于它们各自的绝对误差之和.*12.利用全微分证明：乘积的相对误差等于各因子的相对误差之和；商的相对误差等于被除数及除数的相对误差之和.由此可得相对误差：解2.设z=u²lnv,ī,v=3x-2y,求5解。解(3)u=f(x,xy,xyz).解证明35,解令u=xy,v=y,则z=f(u,v)。96/317和97/317解zx=fi'y²+₂'.2xy=y²fi'+2xyfz',zy=fi'2xy+f₂'x²=2xyfi'+x²fz';=y4f₁"+4xy³fi₂"+2yf₂"+4x²y²f2₂",Zx=2yfi'+y²[fi”·2xy+fi2":x²]+2xf2'+2xy[zi"?2xy+22"x²]=2yfi'+2xy³fii"+x²y²fi2"+2xf2'+4x²y²f2i"+2x³yf22"=2yfi'+2xy³fi"+5x²y²fi₂"+2xfz'+2x³yf22",2EQ\*jc3\*hps56\o\al(\s\up29(=),2)EQ\*jc3\*hps56\o\al(\s\up29(2a),yi)EQ\*jc3\*hps56\o\al(\s\up29(+),4)EQ\*jc3\*hps56\o\al(\s\up29(2x),x²)EQ\*jc3\*hps56\o\al(\s\up29(fi"2),yfi)EQ\*jc3\*hps56\o\al(\s\up29(x),")EQ\*jc3\*hps56\o\al(\s\up29(i2"),x³)EQ\*jc3\*hps56\o\al(\s\up29(x²1),yh)EQ\*jc3\*hps56\o\al(\s\up29(²₂),x)"EQ\*jc3\*hps56\o\al(\s\up29(y),”)+f2"c²](4)z=f(sinx,cosy,e+).Zy=fz'(-siny)+f3'e+=-sinyf₂'+e+f3',=-sinycosxfi2"+e+cosxfi₃'+e+f'-e+sinyf32'+e²(x+f33'Zwy=-cOsyf₂'-siny[f22":(-siny)+f23".eX+y]+e+f'+e+[f3z":(-siny)+f33'-e+]5353…证明因为,■■则?2?圈圈,4.设则cc所以5.设2sinx+2y-3z)=x+2y-3z,证明证明设F(x,y,z)=2sin(x+2y-3z)-x-2y+3z,则2解因为力证明因为8.设e-xyz=0,Fx=-yz,F=e-xy,555D5331。EQ\*jc3\*hps18\o\al(\s\up5(1),.)3手手即32证明由方程组证明由方程组可确定两个一元隐函练习8-6解解x'(t)=1-cost,y(t)=sint,。,2.求曲线;即,所求的切线方程为3。即16x+9y-z-24=0..5n=(Fx,Fy,F₂)=(2ax,2by,2cz)=(ax,by,cz).n=(Fx,Fy,F₂)=(2x,4y,2z)=2(x,2y,z).员。所求切平面方程为即即户户■。?3.求函数在点处沿曲线线方向的方向导数.,5处的内法向量为2所以5,又因为又因为所以I=(9-5,4-1,14-2)=(4,3,12),并且5522所以为又885尸所以gradf(0,0,0)=3i-2j-6k,尸gradf(1,1,1)=6i+3j.(1)grad(u+v)=gradu+gradv;解=gradu+gradv.(2)grad(wv)=vgradu+ugradv;解=vgradu+ugradv.解解解解解解方程组解解方程组求得驻点为(2,-2),由于A=fx(2,-2)=-2<0,B=fa(2,-2)=0,C=f(2,-2)=-2,AC-B²>0,f(2,-2)=8.2.求函数f(x,y)=(6x-x²)(4y-y²)的极值.解解方程组解解方程组得。fm(x,y)=-2(4y-y²),fo(x,y)=4(3-x)(2-v),f(x,y)=-2(6x-x²).fx=0,fy=24,fy=0,AC-B²=-24²<0,fx=0,fo=-24,fy=0,AC-B²=-24²<0,fx=-8,fy=0,fy=-18,AC-B²=8x18>0,又A<0,所以f(3,2)=3655s3.求函数f(x,y)=e²(x+y²+2y)的极值.因为在点,,.3得唯一可能的极值点。解方程组,即■解设球面方程为解设球面方程为x²+y²+z²=a²,(x,y,z)是它的各面平行于坐标面的内接长方体在第一卦限内的一个顶点，则此长方体的长宽高分别为2x,2y,2z,体积为令F(x,y,z)=8xyz+2(x²+y²+z²-a²).得唯一驻点由题意可知这种长方体必有最大体积，所以当长方体的长、宽、高都时其体积最大.10.抛物面z=x²+y²被平面x+y+z=1截成一椭圆，求原点到这椭圆的最长与最短距离.解设椭圆上点的坐标解设椭圆上点的坐标(x,y,z),则原点到椭圆上这一点的距离平方为d²=x²+y²+z²,其中x,y,z要同时满足z=x²+y²和x+y+z=1.令F(x,y,z)=x²+y²+z²+Ai(z-x²-y²)+h₂(x+y+z-1).解方程组得驻点,z=2F√3.它们是可能的两个极值点，由题意这种距离的点处所以d₁=√9+5√3为最长距离；d₂=√9-5√31.在“充分”、“必要”和“充分必要”三者中选择一个正确的在点连续是f(x,y)在该点可微分的条件。解充分；必要.解充分；必要.解必要；充分.解必要；充分.解充分解充分.解充分解充分.解函数的定义域为{解函数的定义域为{(x,y)|0<x²+y²<1,y²≤4x}4.证明极不存在.所以不存在.5.设,求fx(x,y),fy(x,y).因此3解3解ssee5;解2解nn解=efi+xe²fll+e'fl+xe'f+fy·解得du=e=“cosvdx+e-"sinvdy,dv=-e⁻"sinvdx+e-“cosvdy.又由z=uv得=v(e“cosvdx+e-“sinvdy)+u(-e-“sinvdx+e-“cosvdy)从而13.求螺旋线x=acosθ,y=asinθ,z=b0在点(a,0,0)处的切线及法平面方程.解点解点(a,0,0)对应的参数为O=0,所以点(a,0,0)处的切向量为a(y-0)+b(z-0)=0,即ay+bz=0.14.在曲面z=xy上求一点，使这点处的法线垂直于平面x+3y+z+9=0,并写出这法线的方程.解已知平面的法线向量为解已知平面的法线向量为no=(1,3,1).设所求的点为(xo,yo,zo),则曲面在该点的法向量为n=(vo,xo,-1).由题意知n//no,即于是xo=-3,yo=-1,zo=xovo=3,9于0.因为因此及.最短的点. 令令解方程组得,即。切平面在三个坐标轴上的截距分别为;:,33下的最大值的问令;此时最小体积练习9-1其中D₁={(x,y)|-1≤x≤1,-2≤y≤2};证明即解区域D解区域D解区域D解区域D与即即9≤x²+4y²+9≤4(x²+y²)+9≤25.即练习9-2解积分区域可表示为D:-1≤x≤1,-1≤y≤1.于是解积分区域可表示为D:0≤x≤2,0≤y≤2-x.于是o解角形闭区域.y=5D={(x,y)-1≤x≤0,-x-1≤y≤x+1}u{(x,y)|O≤x≤1,x-1≤y≤-x+1}.证明而而故恩所以=4xD=o恩所以=4xD=oD={(x,y)-r≤x≤r,0≤y≤√r²-x²},²4²-2所以,或所以,可o丘解由根据积分限可得积分区域D={(x,y)1≤x≤e,O≤y≤Inx},如图.因为积分区域还可以表示为D={(x,y)|-1≤y≤0,-2arcsiny≤x≤π}U{(x,y)|0≤y≤1,arcsiny≤x≤π-arcsiny},所以8.计算由四个平面x=0,y=0,x=1,y=1所围成的柱体被平面z=0及解立体在xOy面上的投影区域为D={(x,y)|0≤x≤1,0≤y≤1-x},所求立体的解积分区域D解积分区域Dp-h138/317(4){(x,y)|0≤y≤1-x,0≤x≤1}.22解积分区域D如图所示.因为所以解积分区域解积分区域D如图所示，并且c9o-ooo《p-2所以所以oop=1解因为积分区域可表示为D={(x,y)|a≤y≤3a,y-a≤x≤y},所以解在极坐标下D={(p,0)|0≤O≤2π,a≤p≤b},所以D16.设平面薄片所占的闭区域D由螺线p=20上一段引与直线所围成，它的面密度为A(x,y)=x²+y².求这薄片的质量.解区域如图所示.在极坐标下,0≤p≤20},所以所求质量为17.求由平面y=0,y=kx(k>0),z=0以及球心在原点、半径为R的上半球面所解此立体在x0y面上的投影区域D={(x,y)|0≤Okarctank,O≤p≤R}.18.计算以xOy平面上圆域x²+y²=ax围成的闭区域为底，而以曲面z=x²+y²解曲顶柱体在xOy面上的投影区域为D={(x,y)x²+y²≤ax}.在极坐标下,0≤p≤acosθ},所以1.化三重积分解积分区域可表示为Ω={(x,y,z)|0≤z≤xy,0≤y≤1-x,0≤x≤1},解积分区域Q可表示为x²+2y²≤z≤2-x²,-√1-x²≤y≤√1-x²于是于是解解证明解积分区域可表示为解积分区域可表示为Q={(x,y,z)|0≤z≤xy,0≤y≤x,0≤x≤1},xZ=xyAy0Z55.计其中Ω为平面x=0,y=0,z=0,x+y+z=1所围成的四解积分区域可表示为Ω={(x,y,z)|0≤z≤1-x-y,O≤y≤1-x,O≤x≤1},x+y+z=11于是解积分区域可表示为于是7.计其中Ω是由平面z=0,z=y,y=1以及抛物柱面y=x²所解积分区域可表示为8.计算,其中Ω是由锥面与平面z=h(R>0,h>0)为面积为于是0≤O×2π,O≤p≤1,p²≤z≤√2-p²,解在柱面坐标下积分区域Ω可表示为5于是解在球面坐标下积分区域Ω可表示为于是解在球面坐标下积分区域解在球面坐标下积分区域Q可表示为²于是az=√x²+y2ax0解在柱面坐标下积分区域Ω可表示为于是ZZr=Cosθ于是O0x解在球面坐标下积分区域Ω可表示为y解在柱面坐标下积分区域Q可表示为于是解在球面坐标下积分区域Ω可表示为解在球面坐标下积分区域Ω可表示为0≤O≤2π,a≤r≤A,并且x²+y²=r²sin²pcos²φ+r²sin²φsin²0=r²sin²φ,于是0aAyZZZ6解在柱面坐标下积分区域Ω可表示为于是0xz=pz=6-p解在球面坐标下积分区域解在球面坐标下积分区域Q可表示为于是Z=r0aFxr=2acosφZaZZ解在柱面坐标下积分区域O可表示为于是xZ=p0ZZ解在柱面坐标下积分区域Ω可表示为VxyO于是z=√a²-x²-y²5a于是25于是的表面积.解令密度为=1,所求质心为(2)D是半椭圆形闭区域所求质心为yD薄片的质心坐标为z=1z=pyOXZZaAy/x解解y所以立x求Iy;解积分区域D可表示为于是(2)D由抛物线与直线x=2所围成，求I和I;解积分区域可表示为0≤x≤2,-3√x/2≤y≤3√x/2,于是解解由对称可知解由对称性知x=y=0.解Zh0xD={(x,y,0)|R≤√x²+y²≤R₂,x≥0},EQ\*jc3\*hps55\o\al(\s\up47(闭),y)EQ\*jc3\*hps55\o\al(\s\up47(区域),2²²)则有解解(C).D={(x,y)-a≤x≤a,x≤y≤a},D₁={(x,y)|0≤x≤a,x≤y≤a},2.计算下列二重积分：解积分区域可表示为D={(x,y)|0≤x≤1,0≤y≤x+1},于是解解yDθRX0因为所以解积分区域为D=D₁+D₂,其中所以原D₁={(x,y)|0≤y≤1,0≤x≤y²},D₂={(x,y)|1≤y≤2,0≤x≤√2y-y2}y=√xQyD2Xy—D0解积分区域可表示为…。…。Q:0≤0≤2π,R,R-\R²-p²≤z≤RJR²-p²所以所以x=55Z所以0x8.求平Cx≥0,y≥0},于是aFxZ亦即解得所求转动惯量为练习10-1d=y²A(x,y)ds,dly=x²a(x,y)ds.。:2证明划分L,使得L₁和L₂解:=汽，=x(0sxs号4,因而解解解T=AB+BC+CD,其中BC:x=t,y=0,z=2(0≤t≤3),CD:x=1,y=t,z=2(0≤t≤3),(0≤t≤2π);角88解解所以圆弧的重心为故重心坐标为则L:x=a,y=t,t从b₁变到b₂.于是证明L:x=x,y=0,t从a变到b,所以L₁:x=a+acost,y=asint,t从0变到π,L₂:x=x,y=0,x从0变到2a.L₁(x-a)²+y²=a²2axL₂0解解T=AB+BC+CA,其中AB:x=x,y=1-x,z=0,x从1变到0,CA:x=x,y=0,z=1-x,x从0变到1,0A4AxByx00x解L:x=3y-2,y=y,y从1变到2,故y0XL₁:x=1,y=y,y从1变到2,L₂:x=x,y=2,x从1变到4,0x解L:x=2t²+t+1,y=t²+1,t从0变到1,故5.一力场由沿横轴正方向的常力F所构成，试求当一质量为m的质点沿圆周x²+y²=R²按逆时针方向移过位于第一象限的那一段时场力所作的功.解已知场力为F=(|F,0),曲线L的参数方程为7.把对坐标的曲线积分化成对弧长的曲线y故y故0把对坐标的曲线积分练习10-解解L=L₁+L₂+L₃+L₄,故L₃2DL₁而所以L₄L₂yO2x解解椭圆9x²+16y²=144的参数方程为x=4cosθ,y=3sinθ,0≤0≤2π,故3.计算曲线积向为逆时针方向.,其中L为圆周(x-1)²+y²=2,L的方cL即D:从1变到2,则180/3170D解解P=2xy³-y²cosx,Q=1-2ysinx+BL-A0x故D寸LD故A(1,1)X6.验证下列P(x,y)dx+Q(x,y)dy在整个xOy平面内是某一函数证明因为个xOy面内的函数u(x,y)的全微分.定义在整个xOy平面内的函数u(x,y)的全微分.解因为所所以P(x,y)dx+Q(x,y)dy义在整个xOy平面内的函数u(x,y)的全微分.(5)(2xcosy+y²cosx)dx+(2ysinx-x²siny)dy.某个函数u(x,v)的全微分=y²sinx+x²cosy+C.7.设有一变力在坐标轴上的投影为X=x+y²,Y=2xy-8,这变力确证明划分21为m有心心故dS=√1+z²+z²dxdy=√1+4x²+4y²drdy.因此(3)f(x,y,z)=3z.5.计其中2是：解将2分解为Z=21+22,其中Z₁:z=1,D₁:x²+y²≤1,dS=dxdy;因而6.计算下面对面积的曲面积分：解有限部分.ds=√1+z²+z²dxdy=√1+x²+y²dxdy.因此zZ24:z=1-x-y,Dy:0≤x≤1,0≤y≤1-x.2Z₃/xn=(F,F,F)=(3,2,2√3),于是n=(Fx,Fy,F₂)=(2x,2y,1),解由高斯公式解由高斯公式解由高斯公式解由高斯公式4解由高斯公式解由高斯公式解解P=yz,Q=xz,R=xy,解P=2x-z,Q=x²y,R=-xz²,半径R=3的球面，流向外侧.3.求下列向量A的散度：解P=x²+yz,Q=y²+xz,R=-z²+xy,解P=e,Q=cos(xy),R=cos(xz²),解P=y²,Q=xy,R=xz,5-pzcOsadS,-pzcosβdS,-pzCosydS,之,其中T为椭圆x²+y²=a²,解设∑为平于是 (1)A=(2z-3y)i+(3x-2)j+解解解解=[xsin(coy)-xy²cos(xz)]i-ysin(cos)j+[y²zcos(xz)-x²cosy]k.3.利用斯托克斯公式把曲面积分化为曲线积分，并计算积分值，其中A、Z及n分别如下：解设解设∑的边界F:x²+y²=1,z=0,取逆时针方向，其参数方程为x=cosθ,y=sinθ,z=0(0≤O≤2π,(2)A=(y-z)i+yzj-xzk,Z为立方体0≤x≤2,0≤y≤2,0≤z≤2的表面外侧去掉xOy面上的那个底面，n是Σ的单位法向量.解4.求下列向量场A沿闭曲线T(从z轴正向看依逆时针方向)的环(1)4=-yi+xj+ck(c为常量解(2)A=(x-2)i+(x³+y2)j-3xy²k,其中I为圆周z=2-√x²+y²,z=0.解有向闭曲线T的参数方程为x=2cosθ,y=2sinθ,z=0(0≤≤2π).向量场A沿闭曲线T的环流量为5.证明rot(a+b)=rota+rotb.b=P₂(x,y,z)i+Q₂(x,y,z)j+R₂(x,y,z)k,解;(D解(C).解(C).解解曲线T的一般方程为其参数方程为从0变到2π.于是于是而所以其中Z为曲面p=√x²+y².解场力沿路径解场力沿路径L所作的功为令5;Q={(x,y,z)|0≤x≤1,0≤y≤1,0≤z≤1}解解解解解一般项为解一般项为解一般项解一般项为解一般项为解一般项为解一般项为解32是收敛的.练习11故所给级数发散.解因为2.用比值审敛法判定下列级数的收敛性：解级数的一般项为因为所以级数发散.所以级数收敛.所以级数收敛.所以级数收敛.3.用根值审敛法判定下列级数的收敛性：210/317所以级数收敛.解这因为所以级数收敛.解这里因为所以级数收敛.故所给级数发散.条件收敛?解这是一个交错级数解这是一个交错级数其中因为显然ua≥ua+1,并且,所以此级数是收敛的.解这是交错级解这是交错级,并且因为级是收敛的，所以原级数也收敛，并且绝对收敛.解这是交错级数解这是交错级数其中因为un≥Un+1,并,所以此级数是收敛的.又因为而级发散，故级数发散，从而原级数是条件收敛的..所以级数发散.练习1131.求下列幂级数的收敛域：解故收敛半径为R=1.所以收敛域为[-1,1].解则则则练习11-4因为所以所以5所以所以所以所以解因为即的幂级数.解解即而即即因此解又2故2220/317解由于故故2221/317解解2解5因为5解因为2子子所以因此(x≠(2n+1)π,n=0,±1,±2,.·).(x≠(2n+1)π,n=0,±1,±2,.·).(x≠(2n+1)π,n=0,±1,±2,.).和和2(-π<X<π).同理解因为解因为f(x)为奇函数，故an=0(n=0,1,2,…·),而(x≠(2n+1)π,n=0,±1,±2,·).解作奇延拓得F(x):因为an=0(n=0,1,2,…),而故级数在x=0处收敛于0.级数在x=0处收敛于0.(k=1,2,…);因为(k=1,2,…)解因为所以a₂k+1=0(k=1,2,.)练习11-8解230/317解ao=0(n=0,1,2,.),故bn=0(n=1,2,..·),故ao=0(n=0,1,2,.…),故bn=0(n=1,2,·),故收敛的条件；解因为解因为解因为解因为解因为证明因为和都收敛，所3。敛?试说明理由.解级不一定收敛.解解是p级数.故当p>1时级是收解因为解因为解因为解因为236/317解令解令因为故由比值审敛法知级收敛，解设的前n项部分和.所3因所3数发散.因为所以级数天均发散，从而收敛域时，幂级数发散.解.即口解因为勇勇解因为故解解即12.将函数分别展开成正弦级数和余弦级数.243/317an=0(n=0,1,2,…),bn=0(n=1,2,…),解三阶解三阶.解二阶解二阶.解一阶.解一阶.y"=CA²ex+C₂2₂²e^₂x.2x-y-xy'+2yy²=0,,艮246/317(3)y=C₁sin(c-C₂),yk=n=1,y'x==0.解y'=C₁cos(x-C₂).由yk==1,y'kx==0得5.写出由下列条件确定的曲线所满足的微分方程：的变化率与气压成正比，所温度的平方成反比.(2)曲线上点P(x,y)处的法线与x轴的交点为Q,且线段PQ被由条件第PQ中点的横坐标为0,所以Q点的坐标为(-x,0),从而有.56.用微分方程表示一物理命题：某种气体的气压P对于温度T解其中k为比例系数.(1)xy'-ylny=0;解分离变量得解分离变量得两边积分得为任意常数.解分离变量得两边积分得分离变量得两边积分得解分离变量得即In(tany)=-ln(tanx)+InC,解分离变量得两边积分得或10-=10~+C,解方程变形为e'(e+1)dy=e*(1-e)dx,解分离变量得故通解为sinxsiny=C.解分离变量得即250/317解分离变量得解分离变量得即即或解分离变量得即即或-ln(cosy)=-ln(cosx)-InC,251/317解分离变量得即即或■解分离变量得即即或解分离变量得两边积分得即即或Iny=-2lnx+lnC,y=Cx-2.所以特解为3.有一盛满了水的圆锥形漏漏斗，高为10cm,顶角为60°,漏斗下面有面积为0.5cm²的孔，求水面高度变化的规律及流完所需的时间.解设t时该已流出的水的体积为V,高度为x,则由水力学有即因此故水从小孔流出的规律为令x=0,得水流完所需时间约为10s.4.质量为1g(克)的质点受外力作用作直线运动，这外力和时间成正比，和质点运动的速度成反比.在t=10s时，速度等于50cms,外力为4gcm/s²,问从运动开始经过了一分钟后的速度是多少?252/317■试求镭的量R与时间t的函数关系.解由题设知，InR=-At+C₁,又由于当t=1600时，,,从而因此:;254/317.5dx=kat(h-at)dt,。练习12-3解原方程变为则原方程化为8383将将解原方程变为则原方程化为将将解这是齐次方程.即y=xu,则原方程化为4解这是齐次方程.解这是齐次方程.即y=xu,则原方程化为3解原方程变将代入上式得原方程的通解将解原方程变解原方程变则原方程化为,即分离变量得两边积分得将解这是齐次方程.即y=xu,则原方程化为(x²u²-3x²)(udx+xdu)+2x²udx=0,将代入上式得原方程的通解将两边积分得将代入上式得原方程的通解y²=2x²(Inx+C).(3)(x²+2xy-y²)dx+(y²+2xy-x²)dy=0,yk=1=1.解这是齐次方程.令即y=xu,则原方程化为(x²+2x²u-x²u²)dx+(x²w²+2x²u-x²)(udx+xdu)=0,即即或两边积分得将代入上式得原方程的通解x+y=C(x²+y²).3.设有连结点0(0,0)和A(1,1)的一段向上凸的曲线弧OA,对于OA上任一点P(x,y),曲线弧OP与直线段OP所围图形的面积为x²,求曲线弧OA的方程.,,,,解解原方程变为解解解解解原方程变形为解解::5.解22寸寸解5解y=el*(J2xeldx+C)=e*(2ʃxe*dx+C),,即,:即或解原方程可变形为解原方程可变形为解原方程可变形为解原方程可变形为即265/317解原方程可变形为即解原方程可变形为解原方程可变形为解原方程可变形为即.即dx=-udu.。两边积分得,,解原方程变形为令u=y+sinx-1,则原方程化为将u=y+sinx-1代入上式得原方程的通解解原方程变形为解原方程变形为令u=xy,则原方程化为将u=xy代入上式得原方程的通解即2x²y²lny-2xy-1=Cx²y²(C=2C₁).练习12-即解这里P=a²-2xy-y²,Q=-(x+y)².因为解这里P=e,Q=xe"-2y.因为269/317解这里P=x²-y,Q=-x.因为所以此方程是全微分方程，其通解为即解这里P=y(x-2y),Q=-x².因为所以此方程不是全微分方程.所以此方程是全微分方程，其通解为日口SHp(e²0+1)=C.(8)(x²+y²)dx+xydy=0.解这里P=x²+y²,Q=xy.因为,n,n9所以此方程不是全微分方程.270/317解方程两边同时乘以解方程两边同时乘以得解方程两边同时乘以解方程两边同时乘以得,即2解原方程变形为解原方程变形为两边同时乘并整理得解方程两边同时乘解方程两边同时乘得,即门解原方程变形为解原方程变形为2所以5.其通解为即其通解为即解原方程变为其积分因子为在方程的两边乘以x²得x²y'+2xy=4xInx,即(x²y)=4xlnx,x²y=J4xlnxdx=2x²lnx-x²+C,解积分因子为cosx.y-sinx.y=xcosx,即(cosx.y)=xcosx,解原方程的通解为原方程的通解为解两边积分得arctanp=x+C1,即y'=p=tan(x+C1),原方程的通解为y=-1n|cos(x+C₁)|+C₂.(5)y'=y'+x;p'-p=x,即y=C₁Inx+C₂.,即2922两边积分得arcsinC1y)=±Cix+C₂,√Cy²-1=±(Cx+C₂)由;即;■故所求特解为C₁=-1,y'=±√e²y-1,333即pdp=3√ydy,。55。于是从,In(ev+√e²y-1)=±x+C₂.解■■练习12-7(2)x,2x;解因解因为不恒为常数，所以e-;e是线性无关的.(5)cos2x,sin2x;解因为解因为(7)sin2x,cosx.sinx;线性无关的.(9)lnx,xlnx;解解因为不恒为常数，所以Inx,xlnx是线性无关的.(10)e*,e"(a≠b).解解因为不恒为常数，所以e“,ex是线性无关的.22.验证yi=COsax及y₂=sinox都是方程y'+o²y=0的解，并写出该方程的通解.yi"+w²yi=-w²cosox+w²coscx=0,并不恒为常数，所以y₁=cOsax与y₂=sinax是方程的y=C₁cosax+C₂sinox.283/317y-4xy{+(4x²-2)y₁=2e²²+4x²e²²-4x·2xe²+(4x²-2)-e²=0,1-.1-.,,的通解.解令解令yi=x⁵,;因为且11::5因为286/317y₁(4)-y=e*-e=0,y₂(4)-y2=e--e-*=0,y₄4)-y₄=sinx-sinx=0,并且从而Y=Cie+C₂e+C₃cosx+C4sinx是方程的通解.y*(4_y*=0-(-x²)=x²,所以y*=-x²是方程y(4y=x²的特解.因此y=Cie*+C₂e⁻*+C₃Cosx+C₄sinx-x²是方程y(4-y=x²的通解.令kie⁸+k₂e-×+k₃cosx+k₄sinx=0,kie+k₂e--k₃cosx-k₄sinx=0,kie+k₂e×+k₃sinx-k₄cos解微分方程的特征方程为解微分方程的特征方程为其根为r₁=1,r2=-2,故微分方程的通解为287/317解微分方程的特征方程为解微分方程的特征方程为解微分方程的特征方程为解微分方程的特征方程为288/317解微分方程的特征方程为解微分方程的特征方程为r⁴-1=0,即(r-1)(r+1)(r²+1)=0y=C₁e⁸+C₂e-*+C₃cosx+C₄sinx.(8)y⁴+2y"+y=0;解微分方程的特征方程为解微分方程的特征方程为其根为r1=F2=-i,r3=r4=