其他好题
有一些好题不太好归为哪种类型，放在这里。
题 1 设 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上是导数连续的有界函数，若有正数 $\lambda$ 使得 $\left|f(x)-\cfrac{1}{\lambda}f^\prime(x)\right|\leq 1$，证明：$|f(x)|\leq 1,x\in(-\infty,+\infty)$。
$\bigstar\bigstar\bigstar$ 解题思路（来自 2023 年全国大学生数学竞赛华中科技大学模拟试卷（二））
这题很容易得到 $\left|\left[\mathrm e^{-\lambda x}f(x)\right]^\prime\right|\leq\left(\mathrm e^{-\lambda x}\right)^\prime$，如果没有这个绝对值就好了。实际上这个绝对值可以通过积分绝对值不等式进行变换，同时引入不等号。
证明 因为对于任意的的 $x\in\mathbb R$，有 $\left(\mathrm e^{-\lambda t}f(t)\right)^\prime=\mathrm e^{-\lambda x}(-\lambda f(x)+f^\prime(x))$，所以 $$\int _ {x}^{+\infty}\left(\mathrm e^{-\lambda t}f(t)\right)^\prime\mathrm dt=\mathrm e^{-\lambda t}f(t)\bigg| _ x^{+\infty}=-\mathrm e^{-\lambda x}f(x)$$
所以 $$\left|\mathrm e^{-\lambda x}f(x)\right|=\left|\int _ {x}^{+\infty}\left(\mathrm e^{-\lambda t}f(t)\right)^\prime\mathrm dt\right|\leq\int _ {x}^{+\infty}\left|\left(\mathrm e^{-\lambda t}f(t)\right)^\prime\right|\mathrm dt=\int _ {x}^{+\infty}\mathrm e^{-\lambda t}\left|-\lambda f(t)+f^\prime(t)\right|\mathrm dt$$
利用题目条件 $\left|f(x)-\cfrac{1}{\lambda}f^\prime(x)\right|\leq 1$，可得 $$\int _ {x}^{+\infty}\mathrm e^{-\lambda t}\left|-\lambda f(t)+f^\prime(t)\right|\mathrm dt\leq\int _ {x}^{+\infty}\mathrm \lambda e^{-\lambda t}\mathrm dt=\mathrm e^{-\lambda x}$$
故得证。
题 2 设半椭球面 $S:\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}+\cfrac{z^2}{c^2}=1(z\geq 0)$ 在点 $(x,y,z)\in S$ 处的切平面为 $\Pi$，记 $h(x,y,z)$ 为原点到切平面 $\Pi$ 的距离，求 $I=\displaystyle\iint\limits _ S\cfrac{z}{h(x,y,z)}\mathrm dS$。
$\bigstar\bigstar$ 解题思路（来自 2023 年全国大学生数学竞赛华中科技大学模拟试卷（四））
熟练掌握第二型曲面积分的各种定义式，以及 Gause 公式。
解 记 $\boldsymbol r=\lbrace x,y,z\rbrace$，$\boldsymbol n=\left\lbrace\cfrac{x}{a^2},\cfrac{y}{b^2},\cfrac{z}{c^2}\right\rbrace$（椭球面的外法矢量），则原点到切平面的距离为 $$h(x,y,z)=\boldsymbol r\cdot\boldsymbol n^0=\cfrac{\boldsymbol r\cdot\boldsymbol n}{|\boldsymbol n|}=\cfrac{1}{\boldsymbol n}$$
则有 $$I=\iint\limits _ S\cfrac{z}{h(x,y,z)}\mathrm dS=\iint\limits _ Sz|\boldsymbol n|\mathrm dS=\iint\limits _ Sz\boldsymbol n\cdot\boldsymbol n^0\mathrm dS=\iint\limits _ S\cfrac{xy}{a^2}\mathrm dy\mathrm dz+\cfrac{yz}{a^2}\mathrm dz\mathrm dx+\cfrac{z^2}{c^2}\mathrm dx\mathrm dy$$
补平面 $S _ 0:z=0,\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}\leq 1$（取下侧，单位法矢量为 $\lbrace0,0,-1\rbrace$），与 $S$ 围成半椭球区域 $\Omega$。注意到 $\displaystyle\iint\limits _ {S _ 0}\cfrac{xy}{a^2}\mathrm dy\mathrm dz+\cfrac{yz}{a^2}\mathrm dz\mathrm dx+\cfrac{z^2}{c^2}\mathrm dx\mathrm dy=0$，利用 Gause 公式得
$$\begin{aligned}I&=\iiint\limits _ \Omega\left(\cfrac{1}{a^2}+\cfrac{1}{b^2}+\cfrac{2}{c^2}\right)z\mathrm dx\mathrm dy\mathrm dz\\ &=\left(\cfrac{1}{a^2}+\cfrac{1}{b^2}+\cfrac{2}{c^2}\right)\int _ 0^cz\pi ab\left(1-\cfrac{z^2}{c^2}\right)\mathrm dz\\&=\cfrac{\pi}{4}abc^2\left(\cfrac{1}{a^2}+\cfrac{1}{b^2}+\cfrac{2}{c^2}\right)\end{aligned}$$
题 3 设 $\Sigma:x^2+y^2+z^2=1$，若二次齐次函数 $f(x,y,z)$ 满足 $f _ {xx}+f _ {yy}+f _ {zz}=6$，求 $\displaystyle I = \oiint \limits _ \Sigma f(x,y,z)\mathrm dS$。
$\bigstar\bigstar\bigstar$ 解题思路（来自 2023 年全国大学生数学竞赛华中科技大学模拟试卷（一））
只需知道齐次函数的 Euler 定理即可很快速地解题。
解 二次齐次函数满足欧拉定理 $$xf _ x+yf _y+zf _ z=2f$$
曲面 $\Sigma:x^2+y^2+z^2=1$ 的外法矢量为 $\boldsymbol n=\lbrace x,y,z\rbrace$，所以 $$\begin{aligned}I&=\cfrac{1}{2}\oiint \limits _ \Sigma(xf _ x+yf _ y+zf _ z)\mathrm dS\\ &=\cfrac{1}{2}\oiint \limits _ \Sigma\lbrace f _ x,f _ y,f _ z\rbrace\cdot\boldsymbol n\mathrm dS\\ &=\cfrac{1}{2}\iiint \limits _ \Omega(f _ {xx}+f _ {yy} + f _ {zz})\mathrm dV\quad\text{(使用 Gause 公式,}\Omega:x^2+y^2+z^2\leq 1)\\ &=\cfrac{1}{2}\iiint \limits _ \Omega 6\mathrm dV=4\pi\end{aligned}$$
如果作为填空题，也可以直接使用特例 $f=x^2+y^2+z^2$ 计算结果。
题 4 设 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上是有界连续函数，证明：方程 $y^{\prime\prime}+14y^\prime+13y=f(x)$ 的每一个解在 $[0,+\infty)$ 上都是有界函数。
$\bigstar\bigstar\bigstar$ 解题思路（来自 2021 年全国大学生数学竞赛(非数类)预赛试题）
其实，特解是可以直接求出来的，因而就有了通解。难度主要是求特解的方法。
证明 易知对应的齐次方程 $y^{\prime\prime}+14y^\prime+13y=0$ 的通解为 $$y=C _ 1\mathrm e^{-x}+C _ 2\mathrm e^{-13x}$$
又由 $y^{\prime\prime}+14y^\prime+13y=f(x)$，得 $(y^{\prime\prime}+y^\prime)+13(y^\prime+y)=f(x)$。令 $y _ 1=y^\prime+y$，则 $y _ 1^\prime+13y _ 1=f(x)$，解得 $$y _ 1=\mathrm e^{-13x}\left(\int _ 0^xf(t)\mathrm e^{13t}\mathrm dt+C _ 3\right)$$
同理，由 $y^{\prime\prime}+14y^\prime+13y=f(x)$，得 $(y^{\prime\prime}+13y^\prime)+(y^\prime+13y)=f(x)$.令 $y _ 2=y^\prime+13y$，则 $y _ 2^\prime+y _ 2=f(x)$，解得 $$y _ 2=\mathrm e^{-x}\left(\int _ 0^xf(t)\mathrm e^{t}\mathrm dt+C _ 4\right)$$
取 $C _ 3=C _ 4=0$，可得原方程的一个特解为 $$y^*=\cfrac{y _ 2-y _ 1}{12}=\cfrac{1}{12}\mathrm e^{-x}\int _ 0^xf(t)\mathrm e^{t}\mathrm dt-\cfrac{1}{12}\mathrm e^{-13x}\int _ 0^xf(t)\mathrm e^{13t}\mathrm dt$$
因此，原方程的通解为 $$y=C _ 1\mathrm e^{-x}+C _ 2\mathrm e^{-13x}+\cfrac{1}{12}\mathrm e^{-x}\int _ 0^xf(t)\mathrm e^{t}\mathrm dt-\cfrac{1}{12}\mathrm e^{-13x}\int _ 0^xf(t)\mathrm e^{13t}\mathrm dt$$
因为 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上有界，所以存在 $M>0$，使得 $|f(x)|\leq M,0\leq x<+\infty$。注意到 $x\in[0,+\infty)$ 时有 $0<\mathrm e^{-x},\mathrm e^{-13x}\leq 1$，所以 $$\begin{aligned}|y|&\leq\left|C _ 1\mathrm e^{-x}\right|+\left|C _ 2\mathrm e^{-13x}\right|+\cfrac{1}{12}\mathrm e^{-x}\left|\int _ 0^xf(t)\mathrm e^{t}\mathrm dt\right|-\cfrac{1}{12}\mathrm e^{-13x}\left|\int _ 0^xf(t)\mathrm e^{13t}\mathrm dt\right|\\ &\leq|C _ 1|+|C _ 2|+\cfrac{M}{12}\mathrm e^{-x}\int _ 0^x\mathrm e^t\mathrm dt+\cfrac{M}{12}\mathrm e^{-13x}\int _ 0^x\mathrm e^{13t}\mathrm dt\\ &\leq|C _ 1|+|C _ 2|+\cfrac{M}{12}\left(1-\mathrm e^{-x}\right)+\cfrac{M}{12\times 13}\left(1-\mathrm e^{-13x}\right)\\ &\leq|C _ 1|+|C _ 2|+\cfrac{M}{12}+\cfrac{M}{12\times 13}=|C _ 1|+|C _ 2|+\cfrac{7M}{78}\end{aligned}$$
对于方程的每一个解，常数 $C _ 1,C _ 2$ 是固定的，所以，原方程的每一个解都是有界的。