1樓：粟米麻鞋
技巧就是：太明顯了，e^(x*(x^2+y^2+z^2))+c，就是原函式啦。
因為有(e^(x*(x^2+y^2+z^2)) 這個因式，根據對數的性質，
知道原函式一定有這個東西啊，在檢驗一下就發現這個東西對各個變數的偏導
正好是題目中的……。
或者：因為那個式子是全微分，故可取從（x0,y0,z0）到（x，y，z）的積分，
根據積分的特點，這是一與路徑無關的積分，
可以從這個路徑：（x0,y0,z0)---(x,y0,z0)---(x,y,z0)---(x,y,z)取積分。
於是可以化為三個單變數積分,第一個是
∫(e^(x*(x^2+y0^2+z0^2)))（x^2+y0^2+z0^2)dx （從x0到x的定積分）
e^(x*(x^2+y0^2+z0^2)|（上面是x，下面是x0）
=e^(x*(x^2+y0^2+z0^2)+c1
同樣方法算出第二個積分是（注意這裡要用x而非x0）：
e^(x*(x^2+y^2+z0^2)-e^(x*(x^2+y0^2+z0^2)+c2，
第三個積分：e^(x*(x^2+y^2+z^2))|（下面是z0，上面是z）
=e^(x*(x^2+y^2+z^2)) -e^(x*(x^2+y^2+z0^2))+c3。
三個積分加起來：消掉那些項，常數變為一個c，
得到結果：
e^(x*(x^2+y^2+z^2))+c。
2樓：匿名使用者
技巧就是直接觀察：3x^2+y^2+z^2是x^3+xy^2+xz^2對x的偏導數，2xy是x^3+xy^2+xz^2對y的偏導數，2xz是x^3+xy^2+xz^2對z的偏導數。所以
(3x^2+y^2+z^2)dx+2xydy+2xzdz=d(x^3+xy^2+xz^2)，
原式=exp(x^3+xy^2+xz^2)*d(x^3+xy^2+xz^2)
=d[exp(x^3+xy^2+xz^2)]。
所以是全微分，且原函式=exp(x^3+xy^2+xz^2)。
一般地，遇到f(x,y,z)dx+g(x,y,z)dy+h(x,y,z)dz，可以試著湊出f(x,y,z)使得f=∂f/∂x,g=∂f/∂y,h=∂f/∂z，則fdx+gdy+hdz=df。這種題做多了之後就會有經驗，基本上可以直接看出是不是全微分以及f應該是什麼
3樓：匿名使用者
技巧就是觀察：
d(e^w)=e^w dw=e^w{∂w/∂x dx+ ∂w/∂y dy + ∂w/∂z dz)
3x^2+y^2+z^2=∂(x^3+xy^2+xz^2)/∂x，2xy=∂(x^3+xy^2+xz^2)/∂y，2xz=∂(x^3+xy^2+xz^2)/∂z==>
w=x^3+xy^2+xz^2
(3x^2+y^2+z^2)dx+2xydy+2xzdz=∂w/∂x dx+ ∂w/∂y dy + ∂w/∂z dz=dw=d(x^3+xy^2+xz^2)，原式=exp(x^3+xy^2+xz^2)*d(x^3+xy^2+xz^2)
=d[exp(x^3+xy^2+xz^2)]。
所以是全微分，
且原函式=∫d[exp(x^3+xy^2+xz^2)]=exp(x^3+xy^2+xz^2)+c, c=積分常數
4樓：匿名使用者
沒有什麼技巧， 是微積分解題的基本方法，但是要好好審題就行了。 不好意思，樓主，少寫個c。。加上就可以了。
高等數學，曲面積分和體積分的證明題，求教 10
5樓：蛢西捌堪邦約
反證法。bai
如果在r^3上，du有一zhi點m0，使得在m0點處p'x+q'y+r'z≠0，
記p'x+q'y+r'z為★
不妨設★(m0)>0（<0時同dao理可證）專因為★連續，利用保號性，
則存在一屬個以m0為心，以r為半徑的小球，使得在此小球域d上，★>0。
則用積分中值定理得到
∫∫∫〔d〕★dv=★(§)*d的體積》0。
另一方面，
取小球面外側，則用高斯公式得到
∫∫〔小球面上〕【pdydz+qdzdx+rdxdy】=∫∫∫〔d〕★dv>0矛盾。
第一類曲面積分證明題，寫下過程
6樓：趙磚
1-(sinx)^3=1-sinx[1-(cosx)^2]=1-sinx+sinx(cosx)^2
設：u=cosx,則du=-sinxdx；又當x=0,π時,u=1,-1
所以：∫[0,π]:[1-(sinx)^3]dx=∫[0,π]:
[1-sinx+sinx(cosx)^2]dx=∫[0,π]:dx-∫[0,π]:sinxdx+∫[0,π]:
sinx(cosx)^2]dx
=π+∫[1,-1]:du-∫[1,-1]:u^2du=π-∫[-1,1]:du+∫[-1,1]:u^2du=π-2+(2/3)
=π-(4/3)
7樓：qq1292335420我
∫√(x²+2x -3)dx
=∫√[(x+1)²-4]dx，完全平方
=∫√(t² - 4)，令t=x+1
令t=2secθ
=4∫tan²θsecθdθ
=4∫(sec³θ-secθ)dθ
=2secθtanθ-2ln|secθ+tanθ|=(1/2)(x+1)√(x²+2x-3)-2ln|√(x²+2x-3)+x+1|
高數問題：第二型曲面積分及高斯公式的證明題。求詳細且有力的證明過程。
8樓：匿名使用者
反證法。
如果在r^復3上，有一點制m0，使得在m0點處p'x+q'y+r'z≠0，
記p'x+q'y+r'z為★
不妨設★(m0)>0（<0時同理可證）
因為★連續，利用保號性，
則存在一個以m0為心，以r為半徑的小球，
使得在此小球域d上，★>0。
則用積分中值定理得到
∫∫∫〔d〕★dv=★(§)*d的體積》0。
另一方面，
取小球面外側，則用高斯公式得到
∫∫〔小球面上〕【pdydz+qdzdx+rdxdy】=∫∫∫〔d〕★dv>0矛盾。
高數曲面積分中的證明問題，求詳細解答
9樓：匿名使用者
其實這個題目很簡單的，
關鍵在於樓主被各種符號弄暈了。
下面用u'n代表u在l法向量上的偏導數。
1設l的單位切向量為s0, 單位法向量為n0
下面的ds設個標量，s0和n0都是向量
那麼s0ds=dxi+dyj
且(n0ds)*(s0ds)=(ds)^2*(s0*n0)=0
且|n0ds|=|s0ds|=ds
所以n0ds= dyi-dxj
以上只是要得到n0ds= dyi-dxj。如果知道這一結論，可以不管上面的部分。
證明從右邊的∮v*(u'n)ds開始，
因為(u'n)ds=gradu*n0ds=(u'x i+u'y j)*(dyi-dxj)=u'x dy-u'y dx
所以根據格林公式
∮v*(u'n)ds=∮v*(u'x dy-u'y dx)=∫∫d [(vu'x)'x-(-vu'y)'y]dxdy
=∫∫(v'x*u'x+vu''xx+v'y*u'y+vu''yy)dxdy
=∫∫d(u'x*v'y+u'y*v'x)dxdy+∫∫d v(u''xx+u''y)dxdy
=∫∫d (gradu*gradv)dxdy+∫∫d vδudxdy
所以移項得到∫∫d vδudxdy= -∫∫d (gradu*gradv)dxdy+∮v*(u'n)ds
2方法同一，用同樣的步驟，可以證得
∫∫d uδvdxdy= -∫∫d (gradu*gradv)dxdy+∮u*(v'n)ds
兩個等式相減，就得到
∫∫(uδv- vδu)dxdy=∮[u*(v'n)-v*(u'n)]ds
數學分析，第二型曲面積分，有點看不懂這題的答案？想問下，證明的最後一步，x,y,z微分後不是應該得
10樓：匿名使用者
∂/∂x【x/r】
=【r-x²/√x²+y²+z²】/r²
=【r²-x²】/r³
=【y²+z²】/r³。
同理可求出另兩個偏導數。
三者之和=2/r。
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