2022年2022年华师在线秋季《数学分析选论》在线作业 .pdf

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1、2014 年秋季数学分析选论在线作业1.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.2.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,

2、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(limnnfn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.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 13 页 -3.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221

3、yzyzyzyyzzx,因而yxzzyz2.故dyyxzzdxxzzdz2.4.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(21021220222102202122dxyxyxydydxyxdzdydxyxdxdydzxxyxV5.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)()(122x

4、gyxyxxgyxyyxxz.联系到上面第一式，有)()(2)(22xgyxyxyxayx或yyxayxyxyxayxxg222)(2)(2)()(,从而2a.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 13 页 -6.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)()(12dyyydzdydydzzxyxyyD7.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

5、：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，.21|10 xxdxdxyxdydxDA于是有，ABCDAyxdydx|=0.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 13 页 -8.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

6、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)(2221010dxxxxx)1(31)1(2231022)2/1(2.9.求dyyedxyyeIxCx1cossin,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dyyedxyyeIxaboax1cossin=2Ddxdy.其中在直线段oA上,有0y,)20(x,则0 1cossindyye

7、dxyyexoAx.因此2I2 1cossindyyedxyyexoAx名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 13 页 -10.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.11.求dxdyxzyd

8、zdxxdydzzxyIS)()(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(adyaayaa12.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名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 13 页 -13.设),(yxzz由方程zxyz所确定，试

9、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.14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6az

10、yx，因而最大体积为663aV.15求椭圆面632222zyx在)1,1,1(处的切平面方程与法线方程.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 6 页，共 13 页 -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312111zyx16.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

11、边对y求偏导得到02202yyyyvvuuxuvvuy,因此222224,24vuxvyuvvuxuyvuyy17.设)ln(2vuz,而2yxeu,yxv2.求xz,yz.和dz解：由于2yxexu,22yxyeyu,xxv2,1yv,于是)(222xuevuxvvzxuuzxzyx,)14(122yxuyevuyvvzyuuzyz.dyyzdxxzdzdxxuevuyx)(222dyuyevuyx)14(122名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 7 页，共 13 页 -18.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),

12、(vufz,xu,yxv.由复合函数求导法则知vfyufxvvfxuufxz1.于是1)1(22222222xvvfxuuvfyxvvufxuufvfyufxxz22222212vfyvufyuf,)1(2vfyufyyxz112222222yvvfyuuvfyvfyyvvufyuuf.1222322vfyvfyxvufyx19.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

13、名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 8 页，共 13 页 -20.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.于是,)(23223thtfthdtdF.利用洛必达法则,有)0(32)(2lim3)(lim220220hfhtttfhhttFtt.21.解

14、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|),(),(|，max22),(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。名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 9

15、页，共 13 页 -（2）由于222)(),(yxyxyyxP，222)(),(yxyxxyxQ，可知2222222)(yxyxyxQP.采用极坐标，可得23232222)2sin2(41)cossin1(1)(RRxyRRQP.由此知322),(4maxRQPMLyx,利用题（1），有0842|23RRRIR，).(R（3）因为222)(1xxdxdxyds，所以22cosxxdsdx，xdsdxydxdy1cos。LLxdyydxdsxyI)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(sin2/02

16、dttttI22.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名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 10 页，共 13 页 -2202022222221erdrrdedxdzzxeISy，于是,121(2)IIIe.23.讨论下列函数的连续性（1）)0,0(),(,0),0,0(),(,)sin(),(22yxyxy

17、xxyyxf（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(limnnfn,故),(yxf在（0，0）处不连续.24.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：22

18、2)(ayax，于是SdSzxyzxy)(dxdyyxyxxyxyD)(222drrda2/2/cos203)cossincos(sin22/044cos)cossincos(sin24da442/05421564352428cos28aada名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 11 页，共 13 页 -25.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eI316126.设)(xf是,ba上的正值连续函数，试证2)()()(abdxdyyfxfD，其中D

19、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)()()()()(21abdxdydxdyxfyfyfxfDD27.设在2R上可微函数),(yxf满足xfx+0yf y，试证：在极坐标系里f只是的函数.证：对于复合函数),(yxfucosrx，sinry,由于sincosyxffru，sincosrfrfruryx=xf x+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.名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 12

20、页，共 13 页 -28.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.)()(211212122xyzyFxFFyzFxFxzFyyzyxzx29.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.30.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名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 13 页，共 13 页 -