11-9 微积分笔记

【例1】 求$y=\ln x$的曲率的最大值点。
解：$K(x)=\frac{x}{(1+x^2)^{3/2}}$
知$K'(x)=\frac{1-2x^2}{(1+x^2)^{5/2}}=0$时$x=\frac{\sqrt 2}{2}$
检验知这是最大值点。

【例2】 求半径为$R$的圆的曲率。
解：圆的曲率处处相等，所以某一点的曲率等于任意一段曲线的曲率。

$$K=\frac{\Delta \alpha}{\Delta s} = \frac{\Delta \alpha}{R\Delta \alpha} = \frac{1}{R}$$

【定义：曲率圆】 设曲线$\Gamma$在$M_0$与圆$O$满足：

• 凸性相同（这是保证了圆在曲线的“内侧”）
• 相切
• 曲率相同

则我们说$O$是$\Gamma$在$M_0$的曲率圆。$R$为曲率半径，圆心为曲率中心。

曲率半径：$R=1/K$即可求。
曲率中心：中心必然在切点的法线上，又知道$R$，就可以求出来了。

设圆心为$(\xi,\eta)$，切线斜率为$\alpha$，则有

$$\xi = x -R\sin \alpha\\ \eta = y+ R\cos\alpha$$
现在来求$\sin \alpha,\cos\alpha$.有$y'=\tan \alpha$
故：$\tan^2\alpha = \frac{1-\cos^2\alpha}{\cos^2\alpha} = \frac1{\cos^2\alpha}-1$
因此有
$$\cos \alpha = \frac{1}{\sqrt{1+\tan^2\alpha}} \\ \sin \alpha = \tan\alpha\cos\alpha$$

综上

$$\xi = x-\frac{(1+y'^2)^{3/2}}{|y''|} \cdot \frac{y'}{\sqrt{1+y'^2}} = x-\frac{y'(1+y'^2)}{|y''|}$$
$$\eta = y+\frac{1+y'^2}{|y''|}$$

【定义：渐伸线】 $\Gamma$上任一点的曲率中心，形成的曲线叫做渐伸线。

【例】 求$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2} = 1$的渐伸线。
解：$x=a\cos t,y=b\cos t$，利用参数方程简化运算。
最后得到：

$$\begin{cases}\xi = \frac{a^2-b^2}{a}\cos^3 t \\ \eta =\frac{b^2-a^2}{b}\sin^3 t\end{cases}$$
回顾我们建立参数方程的过程：利用了$\sin^2t+\cos^2t=1$这条性质。所以如果我们能把$\sin^2 t,\cos^2t$表示出来，我们可以在最终的式子中去掉$t$。最后整理为：
$$(\xi,\eta):\qquad(a\xi)^{2/3}+(b\eta)^{2/3} = (a^2-b^2)^{2/3}$$

例题选讲

一、 设$f(x)$在$x=0$的邻域内二阶可导，$\lim_{x\to0} \frac{2\sin x+xf(x)}{x^3} = 0$，求$f(0),f'(0),f''(0)$.

解：设$\alpha$为$x\to0$时的无穷小：

$$\lim_{x\to 0}\frac{2\sin x +xf(x)}{x^3} = \alpha$$
则 $$f(x)=\frac{\alpha x^3 -2\sin x}{x}$$
故$f(0)=\lim_{x\to 0}f(x)=-2$.

接下来，$f'(0)=\lim_{h\to 0}\frac{f(h)-f(0)}{h}=\lim\frac{f(h)+2}{h}$

回去看原式：

$$\lim \frac{2\sin x - 2x + x[f(x)+2]}{x^3} = 0$$
得到$\lim\frac{f(x)+2}{x^2}=\frac13$
故$f(x)\sim \frac13x^2-2$
可知$f'(0)=0,f''(0)=\frac23$.

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二、若$y=y(x)$连续且$(x,y)$处满足

$$xy^2\Delta x + x^2y \Delta x \Delta y + o(\Delta x) = \Delta y$$
求$y'$

解：两边除以$\Delta x$

$$x^2y + x^2y\cdot \Delta y=\frac{\Delta y}{\Delta x}$$
取$\Delta x \to 0$，有
$$x^2y+x^2y\cdot dy = \frac{dy}{dx} = x^2y$$

三、设

$$f(x)=\begin{cases}\frac{1-\cos x}{\sqrt x} &,x>0 \\ x^2g(x)&,x\leq 0\end{cases}$$
$g(x)$有界，则$f(x)$在$0$处 ____

明显可导。

四、$f(x)=\ln|(x-1)(x-2)(x-3)|$的导函数的零点个数？

解：$f'(x)=\frac{1}{x-1}+\frac{1}{x-2}+\frac{1}{x-3}$

一看就是两个零点。

五、$y=\frac{1}{1+x+x^2}$，求$y^{(4)}(0)$
解：$(1+x+x^2)y=1$
导下去即可。由莱布尼兹公式就能搞出来了。

也可以把$y$看成$\frac{1}{1+(x+x^2)}$，泰勒展开$\frac{1}{1+\square}$搞出来。多项式的性质就是好！

$f(x),g(x)$互为反函数，$g(x)$二阶可导，$g'(x)\neq 0$，且$[g'(x)]^2-g''(x)=0$。计算$f''(x)+f'(x)$.