Notizen学习笔记

Analysis

例题集1

数学分析例题解答

数学 ·2025-11-22 ·4 min

1.求解y′=Ayy'=Ay齐次线性方程(homogene lineare System von DGLn)

A=(0−44020−2−46)\mathbf{A}=\begin{pmatrix} 0 & -4 & 4 \\ 0 & 2 & 0 \\ -2 & -4 & 6 \end{pmatrix} y1′=−4y2+4y3y2′=2y2y3′=−2y1−4y2+6y3y_1'= -4y_2 + 4y_3 \\ y_2'=2y_2 \\ y_3'=-2y_1-4y_2+6y_3

Eigentwerte 特征值 λ\lambda

det⁡(A−λE)=0\det(A-\lambda E) = 0

Einheitmatrix 单位矩阵 EE

E=(111)λE=(λλλ)E=\begin{pmatrix}1 & & \\ & 1 & \\ & & 1 \end{pmatrix} \\ \lambda E=\begin{pmatrix}\lambda & & \\ & \lambda & \\ & & \lambda \end{pmatrix} A−λE=(−λ−4402−λ0−2−46−λ)A-\lambda E=\begin{pmatrix} -\lambda & -4 & 4 \\ 0 & 2-\lambda & 0 \\ -2 & -4 & 6-\lambda \end{pmatrix} det⁡(A−λE)=∣−λ−4402−λ0−2−46−λ∣=(2−λ)(λ−2)(λ−4)=0λ1=λ2=2,λ3=4\det (A-\lambda E)=\begin{vmatrix} -\lambda & -4 & 4 \\ 0 & 2-\lambda & 0 \\ -2 & -4 & 6-\lambda \end{vmatrix} =(2-\lambda)(\lambda-2)(\lambda-4)=0 \\ \lambda_1=\lambda_2=2,\lambda_3=4

Eigentvector 特征向量v⃗\vec v

当λ=λ1=λ2=2\lambda=\lambda_1=\lambda_2=2（二重根）

A−2E=(−2−44000−2−44)A-2E=\begin{pmatrix} -2 & -4 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \\ -2 & -4 & 4 \end{pmatrix} (A−2E)v⃗=(−2−44000−2−44)(v1v2v3)=0⃗(A-2E)\vec v=\begin{pmatrix} -2 & -4 & 4 \\ 0 & 0 & 0 \\ -2 & -4 & 4 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{pmatrix}=\vec 0

化简得：

−2v1−4v2+4v3=0⇒v1+2v2−2v3=0-2v_1-4v_2+4v_3=0 \Rightarrow v_1+2v_2-2v_3=0

特征空间维数为 2，可以找到两个线性无关的特征向量：

取 v2=1,v3=0v_2=1, v_3=0：v1=−2v_1=-2，得 v⃗1=(−210)\vec v_1=\begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}

取 v2=0,v3=1v_2=0, v_3=1：v1=2v_1=2，得 v⃗2=(201)\vec v_2=\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}

当λ=λ3=4\lambda=\lambda_3=4

A−4E=(−4−440−20−2−42)A-4E=\begin{pmatrix} -4 & -4 & 4 \\ 0 & -2 & 0 \\ -2 & -4 & 2 \end{pmatrix} (A−4E)v⃗=(−4−440−20−2−42)(v1v2v3)=0⃗(A-4E)\vec v=\begin{pmatrix} -4 & -4 & 4 \\ 0 & -2 & 0 \\ -2 & -4 & 2 \end{pmatrix}\begin{pmatrix} v_1 \\ v_2 \\ v_3 \end{pmatrix}=\vec 0

从第二行：−2v2=0⇒v2=0-2v_2=0 \Rightarrow v_2=0

从第一行：−4v1−4v2+4v3=0⇒v1=v3-4v_1-4v_2+4v_3=0 \Rightarrow v_1=v_3

得特征向量 v⃗3=(101)\vec v_3=\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}

通解 (Allgemeine Lösung)

齐次线性方程组 y′=Ayy'=Ay 的通解为：

y⃗(t)=c1e2t(−210)+c2e2t(201)+c3e4t(101)\vec y(t)=c_1 e^{2t}\begin{pmatrix} -2 \\ 1 \\ 0 \end{pmatrix}+c_2 e^{2t}\begin{pmatrix} 2 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}+c_3 e^{4t}\begin{pmatrix} 1 \\ 0 \\ 1 \end{pmatrix}

或写成分量形式：

{y1(t)=−2c1e2t+2c2e2t+c3e4ty2(t)=c1e2ty3(t)=c2e2t+c3e4t\begin{cases} y_1(t)=-2c_1e^{2t}+2c_2e^{2t}+c_3e^{4t} \\ y_2(t)=c_1e^{2t} \\ y_3(t)=c_2e^{2t}+c_3e^{4t} \end{cases}

其中 c1,c2,c3∈Rc_1, c_2, c_3 \in \mathbb{R} 为任意常数。

验证 (Verifikation)

可以验证：y2′=2y2y_2'=2y_2 ✓

对于 y1′=−4y2+4y3y_1'=-4y_2+4y_3：

y1′=−4c1e2t+4c2e2t+4c3e4ty_1'=-4c_1e^{2t}+4c_2e^{2t}+4c_3e^{4t} −4y2+4y3=−4c1e2t+4c2e2t+4c3e4t✓-4y_2+4y_3=-4c_1e^{2t}+4c_2e^{2t}+4c_3e^{4t} ✓

2.Für die Funktion f:R3→R3f: \mathbb{R}^3 \to \mathbb{R}^3 mit

f(x,y,z)=(2x+4xzz22x2+2yz+3z2)f(x, y, z) = \begin{pmatrix} 2x + 4xz \\ z^2 \\ 2x^2 + 2yz + 3z^2 \end{pmatrix}

gibt es ein Potential φ\varphi. Im folgenden kann also von der Gültigkeit des Potentialkriteriums ausgegangen werden.

6.1 求势函数 φ\varphi (Potential ermitteln)

若 ff 为势函数 φ\varphi 的梯度场，则：

f=∇φ=(∂φ∂x∂φ∂y∂φ∂z)f = \nabla \varphi = \begin{pmatrix} \frac{\partial \varphi}{\partial x} \\ \frac{\partial \varphi}{\partial y} \\ \frac{\partial \varphi}{\partial z} \end{pmatrix}

即：

∂φ∂x=2x+4xz(1)\frac{\partial \varphi}{\partial x} = 2x + 4xz \quad (1) ∂φ∂y=z2(2)\frac{\partial \varphi}{\partial y} = z^2 \quad (2) ∂φ∂z=2x2+2yz+3z2(3)\frac{\partial \varphi}{\partial z} = 2x^2 + 2yz + 3z^2 \quad (3)

第一步： 对方程 (1) 关于 xx 积分：

φ=∫(2x+4xz) dx=x2+2x2z+g(y,z)\varphi = \int (2x + 4xz) \, dx = x^2 + 2x^2z + g(y,z)

其中 g(y,z)g(y,z) 是关于 y,zy, z 的待定函数。

第二步： 利用方程 (2)：

∂φ∂y=∂g∂y=z2\frac{\partial \varphi}{\partial y} = \frac{\partial g}{\partial y} = z^2

对 yy 积分：

g(y,z)=∫z2 dy=yz2+h(z)g(y,z) = \int z^2 \, dy = yz^2 + h(z)

其中 h(z)h(z) 是关于 zz 的待定函数。

因此：

φ=x2+2x2z+yz2+h(z)\varphi = x^2 + 2x^2z + yz^2 + h(z)

第三步： 利用方程 (3)：

∂φ∂z=2x2+2yz+h′(z)=2x2+2yz+3z2\frac{\partial \varphi}{\partial z} = 2x^2 + 2yz + h'(z) = 2x^2 + 2yz + 3z^2

比较得：

h′(z)=3z2h'(z) = 3z^2

积分得：

h(z)=∫3z2 dz=z3+Ch(z) = \int 3z^2 \, dz = z^3 + C

取 C=0C = 0，得势函数：

φ(x,y,z)=x2+2x2z+yz2+z3\boxed{\varphi(x,y,z) = x^2 + 2x^2z + yz^2 + z^3}

6.2 计算曲线积分 (Kurvenintegral berechnen)

由于 ff 是保守场（Konservatives Vektorfeld），曲线积分与路径无关，仅依赖于起点和终点：

s=∫Cf⋅ds=φ(Q)−φ(P)s = \int_C \boldsymbol{f} \cdot d\boldsymbol{s} = \varphi(Q) - \varphi(P)

计算 φ(P)\varphi(P)： 在点 P(0,0,0)P(0,0,0)

φ(0,0,0)=02+2(0)2(0)+(0)(0)2+03=0\varphi(0,0,0) = 0^2 + 2(0)^2(0) + (0)(0)^2 + 0^3 = 0

计算 φ(Q)\varphi(Q)： 在点 Q(1,1,2)Q(1,1,2)

φ(1,1,2)=12+2(1)2(2)+(1)(2)2+23\varphi(1,1,2) = 1^2 + 2(1)^2(2) + (1)(2)^2 + 2^3 =1+4+4+8=17= 1 + 4 + 4 + 8 = 17

结果：

s=φ(Q)−φ(P)=17−0=17\boxed{s = \varphi(Q) - \varphi(P) = 17 - 0 = 17}

验证 (Verifikation)

验证 ∇φ=f\nabla \varphi = f：

∂φ∂x=2x+4xz✓\frac{\partial \varphi}{\partial x} = 2x + 4xz \quad ✓ ∂φ∂y=z2✓\frac{\partial \varphi}{\partial y} = z^2 \quad ✓ ∂φ∂z=2x2+2yz+3z2✓\frac{\partial \varphi}{\partial z} = 2x^2 + 2yz + 3z^2 \quad ✓

（i）螺旋线

Die Schraubenlinie 设向量函数：

f(t)=(rcos⁡trsin⁡th⋅t),其中 0≤t≤2π.\mathbf{f}(t) = \begin{pmatrix} r \cos t \\ r \sin t \\ h \cdot t \end{pmatrix}, \quad \text{其中 } 0 \le t \le 2\pi.

（ii）函数的图形

Der Graph der Funktion f:[0,1]→R\mathbf{f} : [0,1] \to \mathbb{R}，其中 f(x)=cosh⁡x\mathbf{f}(x) = \cosh x。

提示 1： 你可以将该图形描述为曲线，若定义参数化曲线 s:[0,1]→R2\mathbf{s} : [0,1] \to \mathbb{R}^2，其中：

s(x)=(xf(x)).\mathbf{s}(x) = \begin{pmatrix} x \\ f(x) \end{pmatrix}.

提示 2： 有恒等式：cosh⁡2x−sinh⁡2x=1\cosh^2 x - \sinh^2 x = 1。