设对任意分片光滑的有向闭合曲面片S，均有 (y＋1)f′(χ)dydz＋(y－y2)f(χ)dzdχ＋[zyf′(χ)－2zeχ]dχdy＝0，其中f(χ)在(－∞，＋∞)内具有连续的二阶导数，求f(χ)。

admin2017-11-30 57

问题设对任意分片光滑的有向闭合曲面片S，均有

(y＋1)f′(χ)dydz＋(y－y²)f(χ)dzdχ＋[zyf′(χ)－2ze^χ]dχdy＝0，
其中f(χ)在(－∞，＋∞)内具有连续的二阶导数，求f(χ)。

选项

答案令p(χ，y)＝(y＋1)f′(χ)，Q(χ，y)＝(y－y²)f(χ)，R(χ，y)＝zyf′(χ)－2ze^χ，由于f(χ)在(－∞，＋∞)内具有连续的二阶导数，故p(χ，y)，Q(χ，y)，R(χ，y)均具有一阶连续偏导，故由高斯公式可知， [*](y＋1)f′(χ)dydz＋(y－y²)f(χ)dzdχ＋[zyf′(χ)－2ze^χ]dχdy ＝±[*][(y＋1)f〞(χ)＋(1－2y)f(χ)＋yf′(χ)－2e^χ]dχdydz＝0。其中，Ω是由闭合曲面S所围成的区域，由区域Ω的任意性可知， (y＋1)f〞(χ)＋(1－2y)f(χ)＋yf′(χ)－2e^χ＝0，即y[f〞(χ)＋f′(χ)－2f(χ)]＋[f〞(χ)＋f(χ)－2e^χ]＝0，则有f〞(χ)＋f′(χ)－2f(χ)＝0 (1) f〞(χ)＋f(χ)－2e^χ＝0 (2) 求解微分方程(1)，得f(χ)＝C₁e^χ＋C₂e^－2χ，则该通解同样满足微分方程(2)，代入可得C₁ ＝1，C₂＝0，故f(χ)＝e^χ。

解析

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考研数学一

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设对任意分片光滑的有向闭合曲面片S，均有 (y＋1)f′(χ)dydz＋(y－y2)f(χ)dzdχ＋[zyf′(χ)－2zeχ]dχdy＝0，其中f(χ)在(－∞，＋∞)内具有连续的二阶导数，求f(χ)。

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设f(x)连续，f(0)=1，f’(0)=2．下列曲线与曲线y=f(x)必有公共切线的是()

设试问当a取何值时，f(x)在点x=0处，①连续，②可导，③一阶导数连续，④二阶导数存在．

求下列函数的导数：(1)(a＞0)；(2)y=ef(x).f(ex)；(3)(4)设f(t)具有二阶导数，求f(f’，(x))，f(f(x)))’．

设f(x)在[0，1]连续可导，且f(0)＝0．证明：存在ξ∈[0，1]，使得f’(ξ)＝．求

设随机变量X的概率密度为，求Y＝eX的概率密度fY(y)．

设二维随机变量(X，Y)服从二维正态分布，且X～N(1，32)，Y～N(0，42)，且X，Y的相关系数为，又设X，Z是否相互独立?为什么?

设向量组α1，α2，…，αn－1为n维线性无关的列向量组，且与非零向量β1，β2正交．证明：β1，β1线性相关．

设曲面及平面π：2x＋2y＋z＋5＝0．求曲面∑与平面π的最短和最长距离．

设B是秩为2的5×4矩阵，α1=[1，1，2，3]T，α2=[一1，1，4，一1]T，α3=[5，一1，一8，9]T是齐次线性方程组Bx=0的解向量，求Bx=0的解空间的一个标准正交基．

已知二次曲面方程x2+ay2+z2+2bxy+2xz+2yz=4可以经过正交变换化为椭圆柱面方程η2+4ζ2=4，求a、b的值和正交矩阵P．

在眼科，阿托品常用于__和治疗_。

A．尾蚴B．胞蚴C．囊蚴D．包囊E．卵囊矛形歧腔吸虫的感染阶段是

舌癌的远处转移最多见于

孕妇，26岁。孕39周，上午家务劳动时突感胎动频繁，至傍晚胎动率减弱、消失，急诊入院，听诊胎心音90次/分，下列护理措施不妥的是()。

被告人经审判监督程序改判无罪前的哪些情形，国家不承担赔偿责任?()

“人多力量大”、“众人拾柴火焰高”，这些名言证明了人口的增加是有利于社会发展的。上述推断的主要缺陷在于()

我国基层群众性自治组织的活动原则包括()。(2008年多选59)

若有以下定义，则不移动指针p，且通过指针p引用值为98的数组元素的表达式是【】。intw[10]={23,54,10,33,47,98,72,80,61)，*p=w；

IwasinnorthernKenya,whichissufferingthroughtheworstdroughttohittheHornofAfricain60years.Thetollofdepri

OntheImportanceofMutualUnderstanding1．现在许多人在为人处事方面只关心自己的利益而很少去顾及他人2．互相理解对于说话的双方都非常重要3．为此，我们应该……

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