高等數學教學的幾點注記

金少華　宛艷萍　臧婷　徐勇　王東

【摘要】本文通過空間解析幾何典型習題的多種解法和利用多元函數求條件極值來證明不等式，拓展學生求異思維，激發學生學習興趣，培養學生的科學思維方法和創新能力.

【關鍵詞】平面;圓周;球面;多元函數;條件極值;不等式

【基金項目】2019～2020年度河北省高等教育教學改革研究與實踐項目（2019GJJG056）

求異思維是沿著不同的方向探索問題答案的思維，在教學中主要表現為“一題多解”.本文首先給出了空間解析幾何[1]一道典型習題的多種解法，以拓展學生求異思維，激發學生學習興趣，培養學生的科學思維方法和創新能力.

例1 求過點A（2，0，0），B（0，1，0），C（0，0，3）的圓周的方程[2].

解一 過A，B，C三點的平面為x2+y+z3=1.設所求圓的圓心為D（x0，y0，z0），半徑為r，則D在上述平面上，故x02+y0+z03=1.

又（x0-2）2+y20+z20=x20+（y0-1）2+z20=x20+y20+（z0-3）2，

所以x02+y0+z03=1，-4x0+4=-2y0+1=-6z0+9，

解得x0=4049，y0=1398，z0=13598，r=52614.

故所求圓周的方程為x-40[]492+y-13[]982+z-135[]982=32598，x2+y+z3=1.

解二 與A，B兩點等距離的平面滿足 4x-2y-3=0，與B，C等距離的平面滿足y-3z+4=0，∴過A，B，C三點的球面的球心在直線4x-2y-3=0，y-3z+4=0上，即球心為12t+34，t，t3+43. 令t為某一常數（如t=0），得34，0，43，則球半徑為48112.所以過A，B，C三點的球面方程為x-342+y2+z-432=481144.而過A，B，C三點的平面為x2+y+z3=1，故所求圓周為x-3[]42+y2+z-4[]32=481144，x2+y+z3=1.

解三 過A，B，C三點的平面方程為x2+y+z3=1.所求圓周可看成上述平面與過A，B，C，O四點的球面的交線.設球心為D（x0，y0，z0），由AD2=BD2=CD2=OD2，有

x20+y20+z20=（x0-2）2+y20+z20=x20+（y0-1）2+z20=x20+y20+（z0-3）2.

解方程組-4x0+4=0，-2y0+1=0，-6z0+9=0，得x0=1，y0=12，z0=32，即D1，12，32，而半徑OD=1+14+94=142，故所求圓周的方程為（x-1）2+y-1[]22+z-3[]22=72，x2+y+z3=1.

下面給出一種利用多元函數求條件極值來證明不等式的方法，即根據要證的不等

式將其轉化為多元函數的條件極值問題，從而證得不等式.下面看兩個例題.

例2 證明：對任何正數a，b，c和自然數n，不等式an+bn+cn3≥a+b+c3n成立.

證 這個問題可以轉化為：對于任何給定的正數a，b，c和自然數n，求函數μ=an+bn+cn 滿足條件a+b+c=3d（d >0）的最小值.

用代入消元法，得 μ=an+bn+（3d-a-b）n.

求偏導數，得唯一駐點a=b=d.求二階偏導數可知，a=b=d是極小值點，因此也是最小值點，最小值等于3dn，即

an+bn+cn3≥a+b+c3n.

例3 證明：對任何正數a，b，c，不等式abc3≤27a+b+c55成立.

證 對于任何給定的正數a，b，c，設a+b+c=d，則問題可轉化為求函數f（a，b，c）=abc3在條件a+b+c=d，a>0，b>0，c>0之下的最大值.

令 F=abc3+λ（a+b+c-d），

則Fa=bc3+λ=0，Fb=ac3+λ=0，Fc=3abc3+λ=0，a+b+c=d，

得唯一解a=b=d[]5，c=3d[]5.

由于連續函數f在平面a+b+c=d位于第一卦限部分的邊界上為零，故f在該點取得最大值，即有

abc3≤d523d53=27d55=27a+b+c55.

在求由方程組決定的隱函數的偏導數時，也可使用多個解法，如下面例4.

例4 設u=u（x，y）由方程組u=f（x，y，z，t），g（y，z，t）=0，h（z，t）=0所確定，其中f，g，h都是C（1）類，J=（g，h）（z，t）≠0，求uy.

解一 依題意，所給方程組確定了三個二元函數u（x，y），t（x，y），z（x，y）.將所給方程組對y求偏導，得uy=fy+fz·zy+ft·ty，gy+gz·zy+gt·ty=0，hz·zy+ht·ty=0，整理，得uy-fz·zy-ft·ty=fy，0·uy+gz·zy+gt·ty=-gy，0·uy+hz·zy+ht·ty=0，由克萊姆法則，得uy=1J（-fzgyht+ftgyhz+Jfy）.

解二 用微分法.將所給方程組中的每個方程求全微分，得

du=fxdx+fydy+fzdz+ftdt，gydy+gzdz+gtdt=0，hzdz+htdt=0，整理，得du-fzdz-ftdt=fxdx+fydy，0du+gzdz+gtdt=-gydy，0du+hzdz+htdt=0，

由克萊姆法則，得du=fxdx+1J（-fzgyht+ftgyhz+Jfy）dy，

故uy=1J（-fzgyht+ftgyhz+Jfy）.

例5 求冪級數∑∞n=12+cosnπ2n2xn 的收斂半徑[3].

分析 令an=2+cosnπ2n2，由于limn→∞an+1an=limn→∞2+cos（n+1）π2（n+1）2[]2+cosnπ2n2不存在，因此不能用系數模比值法求收斂半徑.下面尋求其他方法.

解一 用定義求收斂半徑.

考察所有奇次冪項構成的冪級數212x+232x3+…+2（2n-1）2x2n-1+…，

由比值法可知，當|x|>1 時，級數∑∞n=12x2n-1（2n-1）2的一般項不趨于零（當n→∞時），故當|x|>1時，原級數發散;當|x|<1 時，2+cosnπ2n2xn≤3n2，由∑∞n=13n2 收斂，知原級數收斂.綜上，原級數的收斂半徑為1.

解二 用系數模根值法求收斂半徑.

令an=2+cosnπ2n2，則1n2≤an≤3n2，從而1nn2≤nan≤n3nn2，由夾逼準則，知limn→∞nan=1，故由系數模根值法，知原級數的收斂半徑為1.

例6 證明：不等式1≤D（cos y2+sin x2）dσ≤2成立，其中區域D：0≤x≤1，0≤y≤1.

分析 雖然可以通過求被積函數cos y2+sin x2在閉區域D上的最大、最小值來解決問題，但求該最值是相當麻煩的，因為需要考察邊界及區域內部的情況，但如果能充分利用區域特點，將被積函數化為一元函數，就簡單多了.

證一 利用對稱性.

因為D關于直線y=x對稱，所以Dcos y2dσ=Dcos x2dσ.從而原式=Dcos x2+sin x2dσ=2Dsin x2+π4dσ.而0≤x2≤1，故π4≤x2+π4≤π4+1<3π4，所以sinπ4≤sin x2+π4≤sinπ2，即1≤2sin x2+π4≤2，從而1≤Dcos y2+sin x2dσ≤2.

證二 將二重積分化為二次積分，進而化為定積分.

由于Dcos y2dσ=∫10dx∫10cos y2dy=∫10cos y2dy=∫10cos x2dx，而Dsin x2dσ=∫10dx∫10sin x2dy=∫10sin x2dx.從而原式=∫10cos x2+sin x2dx=2∫10sin x2+π4dx，由于1≤2sin x2+π4≤2，從而1≤D（cos y2+sin x2）dσ≤2.

【參考文獻】

[1]高等學校工科數學課程教學指導委員會本科組.高等數學釋疑解難[M].北京：高等教育出版社，1992.

[2]同濟大學應用數學系.微積分：第三版[M].北京：高等教育出版社，2010.

[3]于新凱，金少華，郭獻洲.微積分典型問題分析與習題精選[M].天津：天津大學出版社，2009.