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数学分析选论习题选第十章 . 多元函数微分学1 试论下列函数在指定点的重极限，累次极限（1）22222)(),(yxyxyxyxf, )0,0(),(00yx；（2）,1sin1sin)(),(yxyxyxf)0,0(),(00yx. 解 (1) 注意到0),(lim0yxfy)0(x, 0),(lim0yxfx)0(y， 故两个累次极限均为0，但是 , , 1)1,1(limnnfn, 0)1,1(l i mnnfn所以重极限不存在. (2) 注意到0),1(ynf, yyynf1sin),)14(2()(n, 故两个累次极限不存在. 此外，因为|),(|0yxyxf， 所以0),(lim)0,0(),(yxfyx. 2 设).0 ,0(),(,0)0,0(),(,),(2222yxyxyxyxxyyxf证明:0),(lim)0, 0(),(yxfyx. 证明对,0由于|,|21|21|0),(|22222222yxyxyxyxxyyxf可知当2022yx时,便有|0),(|yxf. 故0),(lim)0,0(),(yxfyx. 3 设242),(yxyxyxf证明：),(lim)0,0(),(yxfyx不存在 . 证明注意到242420( ,)(0,0),()lim( ,)lim(1)1xx yymxmxmf x ymxm, 它随m而异，因此),(lim)0,0(),(yxfyx不存在 . 4 讨论下列函数的连续性（1）)0, 0(),(,0),0 ,0(),(,)sin(),(22yxyxyxxyyxf名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 1 页，共 15 页 - - - - - - - - - （2）)0, 0(),(,0),0, 0(),(,2),(22yxyxyxxyyxf解 （1）注意到22|2yxxy， 有|2|sin|2|sin|),(|xyxyxyxyxyyxf因此 ,)0, 0(0),(lim)0,0(),(fyxfyx，即),(yxf在（ 0，0）处连续 . （2）注意到,1)1,1(limnnfn54)1,2(l i mnnfn, 故),(yxf在（ 0，0）处不连续 . 5 讨论函数0,00,1),(222222)(22yxyxyxeyxfyxx在点)0 ,0(处的偏导数的存在性. 解由定义知：11lim0)0, 0()0,(lim)0 ,0(3003xexfxffxxxx, 300(0,)(0,0)0(0,0)limlim00yyyfyffyy. 6 试讨论函数0,0, 0,),(2222122yxyxeyxfyx在)0 ,0(处的可微性 . 解. 因为 , ,0lim)0,0()0 ,(lim)0 ,0(2/1100 xxxxexxfxff,0lim)0 ,0(),0(lim)0, 0(2/1100yyyyeyyfyff所以 , ),()0 ,0(),(22)/(122yxyxefyxfyx, 其中0),(222/122)/(1eyxeyxyx, 0，,22yx由此知),(yxf在)0 ,0(处可微 . 7 设)ln(2vuz, 而2yxeu, yxv2. 求xz, yz. 和dz解. 由于2yxexu, 22yxyeyu, xxv2, 1yv, 于是)(222xuevuxvvzxuuzxzyx, 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 2 页，共 15 页 - - - - - - - - - )14(122yxuyevuyvvzyuuzyz. dyyzdxxzdzdxxuevuyx)(222dyuyevuyx) 14(122. 8 设2)()(yxydydxayx是某可微函数的全微分，求a的值. 解 不妨设该可微函数为),(yxfz，则按定义可得2)(yxayxxz，2)(yxyyz，由此知)(|ln)()(2xgyxxyxxgdyyxyz. 从而又得)()(2)()(122xgyxyxxgyxyyxxz. 联系到上面第一式，有)()(2)(22xgyxyxyxayx或yyxayxyxyxayxxg222)(2)(2)()(, 从而2a. 9 设),(yxxfz. 求22xz, yxz2. 解这里z是以x和y为自变量的复合函数, 它可写成如下形式),(vufz, xu, yxv. 由复合函数求导法则知vfyufxvvfxuufxz1. 于是1)1(22222222xvvfxuuvfyxvvufxuufvfyufxxz22222212vfyvufyuf, )1(2vfyufyyxz名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 3 页，共 15 页 - - - - - - - - - 112222222yvvfyuuvfyvfyyvvufyuuf.1222322vfyvfyxvufyx10 设在2R上可微函数),(yxf满足xf x+0yf y，试证：在极坐标系里f只是的函数 . 证 对于复合函数),(yxfuc o srx，sinry, 由于sincosyxffru，s i nc o srfrfruryx=xfx+0yf y，因此当0r时，0ru，)sin,cos(rrxrfu与r无关，即在极坐标系里f只是的函数 . 第十一章 . 隐函数1 设),(yxzz是由方程yzzxln，求dz. 解 方程两边对x求偏导，有xzyzyxzzxz112, 因而xzzxz. 方程两边对y求偏导，有221yzyzyzyyzzx, 因而yxzzyz2. 故dyyxzzdxxzzdz2. 2 设002222vuxyuvyx, 求xvxu,. 解方程组两边对x求偏导得到02202xxxxvvuuyuvvux, 因此有2224vuyuxvvx，2224vuyvxuux。方程组两边对y求偏导得到02202yyyyvvuuxuvvuy, 因此222224,24vuxvyuvvuxuyvuyy. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 4 页，共 15 页 - - - - - - - - - 3 设),(yxzz由方程333axyzz所确定，试求)(22xyzyxz. 解 对原方程两端对x求导，可得xyzyzxz2，从而知3222242222)()2()/()12()(xyzyxxyzzzxyzyzxyzyzyzxyzyxz. 4 设),(yxzz由方程zxyz所确定，试求22xz. 解 对原方程取对数，得yzzxlnln，并该式两端对x求导，有xzyxzzxzlnln，即xyzzzxzlnln，再对上式两端对x求导，得)1)(ln(ln)(lnln()ln(1222xzyzzxzxzzxyzxyzxz2)1(ln)2ln(lnzxzzz. 5 证明：方程0)/,/(xzyyzxF所确定的隐函数),(yxzz满足xyzyzyxzx. 证明对方程0)/,/(xzyyzxF两边分别对x和y求偏导数，有0)1()11 (221xzxzxFxzyF，.0)11()1(221yzxFyzyzyF分别解得21122)(yFxFFxzFyxzx，21122)(yFxFFyzFyyzy，于是，得到.)()(211212122xyzyFxFFyzFxFxzFyyzyxzx6 试求椭球面1222222czbyax内接最大长方体的体积. 解 易知，此内接长方体的六个面必分别平行于坐标平面。设此内接最大长方体在第一象限中的坐标为),(zyx，由对称性可知该长方体的体积为xyz8，从而问题转化为求函数xyzzyxf8),(在条件名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 5 页，共 15 页 - - - - - - - - - 1222222czbyax下 的 最 值 问 题 。 设 辅 助 函 数 为)1(),(222222czbyaxx y zzyxF, 0,0,0zyx, 则有,020202222zyxczxyFbyxzFaxyzF1222222czbyax. 从中可得出唯一解30ax，30by，30cz。根据几何性质不难推知，该椭球面之内接长方体在第一象限的顶点为)3,3,3(cba时达到最大体积.3383338abccbaV7 求表面积为2a, 而体积最大的长方体的体积. 解 设长，宽，高分别为zyx,，则问题变为求函数)0,0,0(zyxxyzV的最大值，联系方程为022axzyzxy. 设辅助函数为22,axzyzxyxyzzyx，则有22202202202220 xyzyzyzxzxzxyyxxyyzxza解方程组得到6azyx，因而最大体积为663aV. 8 求空间曲线ttxsi n，1cosyt，4sin2tz，在点0p（对应于2t）处的切线方程和法平面方程. 解将2t代人参数方程，得点0p)22, 1 , 12(，该曲线的切向量为T=（)2,1 , 1()2(),2(),2(zyx, 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 6 页，共 15 页 - - - - - - - - - 于是得切线方程为22211112zyx法平面方程为1 (1)1(1)2(2)2xyz=0，即.4222yx9 求椭圆面632222zyx在) 1 , 1 , 1(处的切平面方程与法线方程. 解设632),(222zyxzyxF. 由于2 ,4 ,6xyzFx Fy Fz在全空间上处处连续, 在)1 , 1 , 1(处,2xF, 4yF,6zF于是 , 得切平面方程为0)1(6) 1(4)1(2zyx, 即632zyx.法线方程为312111zyx. 第十三章 . 重积分1 设D是由直线, 0 x, 1y和xy围成, 试求dxdyexIyD22的值 . 解 先对x积分后对y积分10302102231dyeydxexdyIyyy. 由分部积分法, 知eI3161. 2 设D是由矩形区域1| x，20y围成 , 试求dxdyxyID|2的值 . 解由于22222,|xyyxxyxyxy则dyxydxdyyxdxdxdyxyIxxD22100210222|t d tdxxdxx4/042/3102310cos3861)2(3232465)831(4138613 设D=02,1,0:),(2222xyxyxyyx, 试求dxdyxyID的值 . 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 7 页，共 15 页 - - - - - - - - - 解利用极坐标变换cos2123/0sincosrdrrddxdyxyID169sincos)1cos16(413/04d4 试用变量代换计算下面的积分（1）dxdyxyID2)1(, D 由1,0yxxyy围成 . （2）dxdyyxyID3)(1, 1,0,0:),(yxyxyxD. 解（1） 令xyvyxu/,， 则 D 变成10, 10:),(1vuvuD， 且积分成为（)1/(2vuJ.21)1(101012dvuduududvJdudvvIDD（2） 令yxvyxu,，则 D 变成uvuuvuD, 10:),(1，且原积分成为.12)(141103uudvvuuduI5 设)(xf是,ba上的正值连续函数，试证2)()()(abdxdyyfxfD，其中D是bxa，bya. 证明由于对上面区域变换积分变量记号时，积分区域不变，因此)()()()(21)()(dxdyxfyfdxdyyfxfdxdyyfxfDDD2)()()()()(21abdxdydxdyxfyfyfxfDD. 6 计算Vyxdxdydz22, 其中V为由平面1x, 2x, 0z, xy, 与yz所围成 . 解V在oxy平面上的投影区域为21 ,0: ),(xxyyxD, 于是2ln21|)ln(21021220222102202122dxyxyxydydxyxdzdydxyxdxdydzxxyxV. 7 计算dxdydzzIV2, 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 8 页，共 15 页 - - - - - - - - - 其中积分区域为2222azyx，2222)(aazyx的公共部分 . 解法 1 用球坐标计算积分，积分区域分解成；21VVV，其中20 ,30,0:),(1arrV；20,23,c o s20:),(2arrV，于是drrrdddrrrddIaasincossincos22cos202202/3/20223/020=53/02/3/7562548059cossin52cossin52adada. 解法 2 用平行于0 xy 平面去截此V，得到的截痕为圆，因此，可用“先二后一”法，有22222222/22/0222zayxaaaZaZyxVdxdyzdxdydzzdxdydzzI=522/222/02248059)()2(adzzzadzzzazaaa.8 变换为球面坐标计算积分22222221010yxyxxdzzdydx. 解积分区域变换为球面坐标为20,40 ,20:),(rrV. 于是 , 22222221010yxyxxdzzdydx=drrrdd222024/02/0cossin15122cossin52224/0d. 9 设函数)(tf连续，dvyxfztF)()(222, 其中hz0:，222tyx，求dtdF和20)(limttFt. 解因为区域为柱状区域，被积函数中第二项为)(22yxf，所以用柱坐标法比较方便dvyxfzdvtF)()(22dxdyyxfdzdxdydzztyxhtyxh)(22222222002rdrrfdhtht)(3022023rdrrfhtht)(230223. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 9 页，共 15 页 - - - - - - - - - 于是 , )(23223thtfthdtdF. 利用洛必达法则, 有)0(32)(2lim3)(lim220220hfhtttfhhttFtt. 10. 求曲面222zyx被柱面2yz与平面2yz所割下部分的面积. 解 曲面方程表示为22zyx, 22zyyyx, 22zyzzx, 于是所求面积S=2122212229)2(2222)()(12dyyydzdydydzzxyxyyD. 第十四章 . 曲线与曲面积分1 计算Lyds， 其中 L 是摆线),sin(ttax),cos1(tay的一段（,0a20t）. 解由taatxcos)(, tatysin)(, 可 得2s i n2)()(22tatytx, 20t, 则Ly d s=22032203322sin42sin2)cos1(adttadttata. 2 计算ABCDAyxdydx|，其中ABCDA为以)0 ,1(A，)1 ,0(B，)0, 1(C，)1,0(D为顶点的正方形封闭围线 . 解AB段：直线方程xy1，10 x，0)1(|01xxdydxyxdydxAB. BC段：直线方程xy1，01x，2)1(|10 xxdxdxyxdydxBC. CD段：直线方程xy1，01x，.0)1(|01xxdxdxyxdydxCDDA段：直线方程xy1，10 x，名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 10 页，共 15 页 - - - - - - - - - .21|10 xxdxdxyxdydxDA于是有，ABCDAyxdydx|=0 . 3 计算Lydxxdyxy22，其中L为四分之一)0,(222yxayx的边界，依逆时针方向. 解设sincosayax，20，则原式daaaa202323sinsincoscossincos84cos1442sin242042024adada. 4 解答下列问题（1）设),(yxP),(yxQ是光滑弧AB上的连续函数，AB长度记为l，则ABlMdyyxQdxyxp|),(),(|，ma x22),(QPMAByx，(2) 设222:RyxL，LRyxyxxdyydxI222)(， 则0limRRI，（3）设L是曲线22xxy上从)0, 0(到) 1 , 1(之线段，证明: 1)1(22dsxxxxyIL. 解 (1) 注意到柯西不等式2/1222/1222/122)()sin(cos)(|sincos|QPQPQP，ABABdsQPdsQPI|sincos|)sincos(|MldsMdsQPABAB22。（2）由于222)(),(yxyxyyxP，222)(),(yxyxxyxQ，可知2222222)(yxyxyxQP. 采用极坐标，可得23232222)2sin2(41)cossin1(1)(RRxyRRQP. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 11 页，共 15 页 - - - - - - - - - 由此知322),(4m a xRQPMLyx, 利用题（ 1） ，有0842|23RRRIR，).(R（2）因为222)(1xxdxdxyds，所以22c o sxxdsdx，xdsdxydxdy1cos。LLx d yy d xdsxyI)coscos(. 将曲线1)1(:22xyL用参数式表示，即令txcos1，tysin，且取顺时针方向为正，可知1414cos)cos1(sin2/02dttttI. 5 判别下列表达式dyxyyxdxyyx)23()4(24233. 是否某函数的全微分，若是的话，求出这个函数. 解 设xyyxyxQyyxyxP23),(,4),(24233，因为xQyyxyP21223, 则dyxyyxdxyyx)23()4(24233是某函数yxu,的全微分 . 且dyxyyxdxyyxyxuyx234,24,0,0233dxyyxdyyxyy, 0233,00,040234xyyx.6 求dyyedxyyeIxCx 1cossin, 其中C是点 A(2,0) 到点 O(0,0)的上半圆周 . 解用ox轴 上 直 线 段oA, 使 上 半 圆 周 和 直 线 段oA构 成 封 闭 曲 线 . 设yyeyxpxsin),(, 1cos),(yeyxQx.有1)1cos(cosyeyeyPxQxx. 于是 ,由格林公式知dyyedxyyeIxaboax 1cossin=2Ddxdy. 其中在直线段oA上 , 有0y, )20(x, 则0 1cossindyyedxyyexoAx. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 12 页，共 15 页 - - - - - - - - - 因此2I2 1cossindyyedxyyexoAx. 7 计算下列积分（1）)(22ydyxdxyxfIL，L是2R中的一条简单光滑闭曲线，)(xf在R上连续可微 . （2）dyyxyfyxdxyxyfyIL222 1)()(1，L是从点)32,3(A到点)2 ,1 (B的直线段 , f是R上的连续函数 . 解 （1）由),(),(22yxxfyxP)(),(22yxyfyxQ可知yyxPyxfxyxyxQ),()(2),(22，Dyx),(, 其中D是L所围区域，由格林公式, 可得0),(),(dxdyyyxPxyxQID. （2）由yyxfyyxP),(1),(2, 22 1),(),(yyxfyxyxQ可知，当0y时，有xyxQyyxP),(),(。 从而取点)32, 1(C。 并作AB，CB使ABCA形闭曲线，记ABCA所围区域为D，于是dyyxyfyxdxyxyfydyyxyfyxdxyxyfyICBACABCA222222 1)()(11)()(1dyyyfdxxf1)()32(3223023/22133/2223/2.41)()(3dyyfdttf8 求曲面xyz22被平面0,0, 1yxyx截下部分之曲面面积S. 解 由xyz22得zxzzyzyx/,/，从而xyyxzyxzzyx2)()(122222。注 意 到 该 曲 面 上 的 点 关 于 平 面xoy对 称 ， 且 其 上 半 部 分 在 平 面xoy上 的 投 影 为 区 域xyxD10, 10:，从而有dyxyyxdxdxdyxyyxSxD)(2221010名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 13 页，共 15 页 - - - - - - - - - dxxxxx)1 (31)1(2231022)2/1(2. 9 计算曲面积分SdSzxyzxy)(, 其中S为圆锥面22yxz被曲面axyx222所割下的部分. 解 对于圆锥面22yxz，则22yxxxz，22yxyyzS在xy平面上投影区域为xyD：222)(ayax，于是SdSzxyzxy)(dxdyyxyxxyxyD)(222drrda2/2/cos203)cossincos(sin22/044cos)cossincos(sin24da442/05421564352428cos28aada.10 计算SydxdzzxeI22， 其中 S 是由曲面22zxy与平面2, 1 yy所围成立体表面的外侧.解曲面 S1取负侧，而投影区域为D1：122zx，于是应用极坐标可得erdrrdedxdzzxedxdzzxeIDSy2110201221221，曲面 S2 取正侧，而投影区域为D2：22zx2，于是应用极坐标可得2202022222221erdrrdedxdzzxeISy，于是 , 121( 2)IIIe. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 14 页，共 15 页 - - - - - - - - - 11.求dxdyxzydzdxxdydzzxyIS)()(22, 其中 S是边长为a的正方体的外侧.解利用高斯公式 , 得dxdyxzydzdxxdydzzxyIS)()(22Vdxdydzxy)(aaadxzydydz000)(420)21(adyaayaa. 12 计算Ldzxdyzdxy)3()2()1(, 其中L是圆周2222Rzyx, 0zyx，若从x轴正向看出，L 是沿逆时针方向运行. 解 平面0zyx的法线方向单位向量为)31,31,31(，L围成S方程为, 0,2222zyxRzyx依斯托克斯公式得，Ldzxdyzdxy)3()2()1(=Sxzyzyxdxdydzdxdydz3212233133RRdxdydxdydzdxdydzSS. 名师资料总结 - - -精品资料欢迎下载 - - - - - - - - - - - - - - - - - - 名师精心整理 - - - - - - - 第 15 页，共 15 页 - - - - - - - - -