数学分析练习题.pdf

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1、数学分析练习题 1/15 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(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)

2、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 yy mxmxmf x ymxm,它随m而异，因此),(lim)0,0(),(yxfyx不存

3、在.4 讨论下列函数的连续性（1）)0,0(),(,0),0,0(),(,)sin(),(22yxyxyxxyyxf 数学分析练习题 2/15（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(limnnfn 54)1,2(limnnfn,故),(yxf在（0，0）处不连续.5 讨论函数0,00,1),(222222)(22yxyxyxeyxfyx

4、x 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

5、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,数学分析练习题 3/15)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

6、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(22222222xvvfxuuvfyxvvufxuufvfyufxxz 22222212vfyvufyuf,)1(2vfyufyyxz 数学分析练习题 4/15 112222222yvvfyuuvf

7、yvfyyvvufyuuf.1222322vfyvfyxvufyx 10 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 ),(yxfu cosrx，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.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

8、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.数学分析练习题 5/15 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()(xyzyxxyzzzxyzyzxyz

9、yzyzxyzyxz.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(1222xzyzzxzxzzxyzxyzxz 2)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(221yzxFyzyzy

10、F 分别解得 21122)(yFxFFxzFyxzx，21122)(yFxFFyzFyyzy，于是，得到 .)()(211212122xyzyFxFFyzFxFxzFyyzyxzx 6 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),(在条件数学分析练习题 6/15 1222222czbyax下 的 最 值 问 题。设 辅 助 函 数 为 )1(),(222222czbyaxxyzzyxF,0,0,0zy

11、x,则有,020202222zyxczxyFbyxzFaxyzF 1222222czbyax.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 .3383338abccbaV 7 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

12、积为663aV.8 求空间曲线 ttxsin，1 cosyt，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,数学分析练习题 7/15 于是得切线方程为 22211112zyx 法平面方程为 1(1)1(1)2(2)2xyz=0，即.4222yx 9 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

13、,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，20 y围成,试求dxdyxyID|2的值.解 由于 22222,|xyyxxyxyxy 则 dyxydxdyyxdxdxdyxyIxxD22100210222|tdtdxxdxx4/042/3102310cos3861)2(3232 465)831(41386

14、1 3 设D=02,1,0:),(2222xyxyxyyx,试求dxdyxyID的值.数学分析练习题 8/15 解 利用极坐标变换 cos2123/0sincosrdrrddxdyxyID 169sincos)1cos16(413/04d 4 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

15、uvuuvuD,10:),(1，且原积分成为.12)(141103uudvvuuduI 5 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)()(dxdyxfyfdxdyyfxfdxdyyfxfDDD 2)()()()()(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(210212202

16、22102202122dxyxyxydydxyxdzdydxyxdxdydzxxyxV.7 计算 dxdydzzIV2,数学分析练习题 9/15 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,cos20:),(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

17、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=drrrdd222024/02/0cossin 15122cossin52224/0d.9 设函数)(tf连续，dvyxfztF)()(222,其中hz 0:，222tyx，求dtdF和 20)(

18、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)(22222222002 数学分析练习题 10/15 rdrrfdhtht)(3022023rdrrfhtht)(230223.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2 yz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=21

19、22212229)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（,0a 20 t）.解 由taatxcos)(,tatysin)(,可 得2sin2)()(22tatytx,20 t,则 Lyds=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(|01xxdydx

20、yxdydxAB.BC段：直线方程 xy1，01x，2)1(|10 xxdxdxyxdydxBC.CD段：直线方程 xy1，01x，数学分析练习题 11/15.0)1(|01xxdxdxyxdydxCD DA段：直线方程 xy1，10 x，.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daaaa202323sinsincoscossincos 84cos1442sin242042024adada.4 解答下列问题（1）设)

21、,(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。（2）由于 222)(),(yxyxyyxP，222)(),(yxy

22、xxyxQ，数学分析练习题 12/15 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（2）因为 222)(1xxdxdxyds，所以 22cosxxdsdx，xdsdxydxdy1cos。LLxdyydxdsxyI)coscos(.将曲线1)1(:22 xyL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dyxy

23、yxdxyyx)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 dyxyyxdxyyxyxuyx234,24,0,0233 dxyyxdyyxyy,0233,00,040 234xyyx.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),(yeyxQ

24、x.有 1)1cos(cosyeyeyPxQxx.于是,由格林公式知 数学分析练习题 13/15 dyyedxyyeIxaboax 1cossin=2Ddxdy.其中在直线段oA上,有0y,)20(x,则 0 1cossindyyedxyyexoAx.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 )(),(

25、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)()(1 1)()(1 dyyyfdxxf1)()32(3223023/2213 3/2223/2.41)

26、()(3dyyfdttf 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。数学分析练习题 14/15 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 dxxxxx)1(31)1(22310 22)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

27、圆锥面22yxz，则 22yxxxz，22yxyyz S在xy平面上投影区域为xyD：222)(ayax，于是 SdSzxyzxy)(dxdyyxyxxyxyD)(222 drrda2/2/cos203)cossincos(sin2 2/044cos)cossincos(sin24da 442/05421564352428cos28aada.10 计算 SydxdzzxeI22，其中 S 是由曲面22zxy与平面2,1yy所围成立体表面的外侧.解 曲面 S1 取负侧，而投影区域为 D1：122 zx，于是应用极坐标可得 erdrrdedxdzzxedxdzzxeIDSy211020122122

28、1，曲面 S2 取正侧，而投影区域为 D2：22zx 2，于是应用极坐标可得 2202022222221erdrrdedxdzzxeISy，于是,121(2)IIIe.数学分析练习题 15/15 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)()(22 Vdxdydzxy)(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(=Sxzyzyxdxdydzdxdydz321 2233133RRdxdydxdydzdxdydzSS.