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1 数学分析数学分析 4 测试题测试题 1 参考答案参考答案 一 真空题 每小题 4 分 共 28 分 1 1 11 0 1 0 0 pq xxdx pq sinp 2 6 3 8 2 6 1 0 xyz 即34320 xyz 321 343 xyz 3 393 03 33 y yy dyf x y dxdyf x y dx 4 8 5 4 6 3223 11 33 xx yxyyC 7 8 二 计算题 每小题 9 分 共 54 分 1 由 coscos 0 coscos 0 x y fx yxxy fx yyxy 求得稳定点 2 2 mn 2 2 33 mn 2 2 33 mn 在 点 2 2 mn 处 2 0DACB f 0 而在这种点附近 f 可正可负 故不是极值点 而在点 2 2 33 mn 处 9 30 0 4 AD 故 f 有极大值 3 3 2 在点 2 2 33 mn 处 9 30 0 4 AD 故 f 有极小值 3 3 2 2 1 2 2 1 2 0 y y D f x y dxdydyf x y dx 2 2 11 2 2 000 2 xx dxf x y dydxf x y dy 2 2 1 13 213 3 2 00010 yxx y dyf x y dxdxf x y dydxf x y dy 3 V 在 xz 平面上的投影 22 1 xz Dxz V 的边界曲面左右两部分方程分别为 22 11yxzy 及 故 原积分 2 222 111 22 111 11 x xxz V yx dxdydzx dxdzydy 2 2 111 22224 111 111228 1 233345 x x x dxxzdzxxdx 2 4 2 0 2 2 0 1 PQR Px QRzyx xyz 所以 3 2 2 2 0 2 21 21 xy y S D x dxdyzy dxdyxddxdyxdz 3 21 2 xy D xy dxdy 其中 22 1 xy Dxy 由 xy D 的对称性及被积函数的奇 偶性 有0 xyxyxy DDD xdxdyydxdyxydxdy 所以原积分 33 22 xy D dxdy 5 由 2 82yxyx 与求出交点 0 0 和 2 4 所以 2 2 44 2 00 8 sinsincoscos44sin24cos2 82 y y D yy yxdxdyydyxdxy 6 因为原点是奇点 所以以原点为心 充分小的0 为半径作一小圆 设其 圆周为 L 则有 2222 0 2 C LL xdyydxxdyydx xyxy C 从而 三 证明题 每小题 9 分 共 18 分 1 因为 z f x y 在有界闭区域 D 上连续 所以必有最大值 最小值 尚若 f 在 D 中某内点 000 P xy处取得最大值或最小值 而由题设知 0 22 22 P zz D xy 0 2 0 P z x y 这时有 0 22 22 0 P zz xy 故 0 222 22 0 P zzz xxx y L 2 121 4 3 2 0 232 xyz 即34318xyz 432 343 xyz 3 484 04 22 y yy dyf x y dxdyf x y dx 4 2 5 2 sinr 6 2 cosxxyC 7 8 二 计算题 每小题 9 分 共 54 分 1 以球心为原点 半球底面为 xy 平面建立直角坐标系 oxyz 设所求的长方 体的长 宽 高分别为 2x 2y z 则它的体积为 4 0 Vxyzx y zR 所以函数 U 从而体积 V 在 00 xy取得极大值 而由实际问题知这就是 V 的最大 值 故当长 宽均为 2 3 R 高为 3 R 时 内接长方体的体积 3 4 3 3 R V 最大 2 1 0 ay y D f x y dxdydyf x y dx 4 2 0 0 aaa axx dxf x y dydxf x y dy 2 0222 2202 xx xx D f x y dxdydxf x y dydxf x y dy 0222 2202 yy yy dyf x y dxdyf x y dx 3 令 u x y v y 则 11 1 01 uv uv xx J yy 所以 11 000 1 1 1 2 y v u x y u D edxdydue dv eudue 4 S V xyyzzx dxdydzxyzdxdyxyzdydzxyzdzdx 设 S 在 xoy yoz zox 三平面上的投影分别为 123 D D D 则 1 1 3 2 00 1 sincos 8 S D xyzdxdyxydxdydrdr 2 11 22 00 1 11 6 S D xyzdydzxyy dydzdyyzy 同理得 1 6 S xyzdzdx 所以 原积分 11111 86624 5 由 2 3 yx yx 求出交点 0 0 和 3 3 则 2 2 33 00 3 coscos sinsin 3 y y D y yxdxdyydyxdxyydy 3 2 0 333 sincoscos sin3cos3 2322 y yyy 6 令 D 是由 1 C 的外部与 2 C 的内部所构成的平面复连通区域 则由格林公式 得 2 2 2 222 22 6 10 C DD xydxxx dyxx dxdydxdy 三 证明题 每小题 9 分 共 18 分 1 反 证 法 若 在 上f x y 不 恒 为0 则 存 在 00000 0P xyf xy 使得 不妨设 00 0f xy 由连续函数的保号 性知 存在 0 DU P 使对 x yD 00 1 2 f x yf xy 有 所 5 以 00 1 0 2 DD f x y dxdyf xydxdy 与题设矛盾 故命题得证 2 考虑 1 2 0 ln 1 1 x Idx x 显然 1 2 0 ln 1 0 0 1 1 x IIIdx x 这时有 1111 2222 0000 1 1 1 1111 xdxdxxdxdx I xxxxx 2 11 ln2ln 2 142 所以 11 2 00 11 ln2ln 2 142 Idd 1 1 2 0 0 1 ln 1 ln2 1 ln2 1 824 arctgII 另一方面 1 0 1 0 1 IdIII 故 1 2 0 ln 1 ln2 18 x dx x 数学分析数学分析 4 测试题测试题 3 参考答案参考答案 一 填空题 每小题 4 分 共 28 分 1 000 000 PPP xxyyzz F GF GF G y zz xx y 2 1 0 0 sx xe dx s 3 2 4 4 2 5 2 4 6 LQdy Pdx L 取正方向 7 V dxdydz 222 2 axy dxdy 22 a a axdx 二 计算题 每题 7 分 共 56 分 1 曲 线 在 点 23 x y zt tt 处 切 线 的 方 向 数 为 2 1 2 3 tt 若 与 平 面 x 2y z 4平 行 则 有 2 1430 tt 解 得 1 1 3 tt 或所 求 的 点 为 1 11 1 1 1 3 927 和所求的切线方程为 6 111 111 3927 21 1231 33 xyz xyz 和 2 原点到空间上任一点 x y z 的距离为 222 dxyz 可将问题转化为 求 2 d 在限制条件 Ax By Cz D 下的条件极值 令 222 L x y zxyzAxByCzD 解方程组 20 20 20 0 x y z LxA LyB LzC LAxByCzD 得 222 AD x ABC 222 BD y ABC 222 CD z ABC 故原点到平面 Ax By Cz D 最短距离为 222 D ABC 3 由 22 01 x x dxf x y dy 知积分区域为 12 02 Dx yxyxx D 由直线 x y 1 x y 2 x 0 x 2 围成 在变换 u x y v x y 下 D 转换为 D 由直线 u 1 u 2 u v 0 u v 4 变换对应的伏朗斯基行列式为 11 1 22 112 22 J 所以 2224 011 1 222 xu xu uv uv dxf x y dydufdv 4 积分区域 D 的边界曲线方程为 22 2 11 0 0 22 xyxx 与 它们在 极坐标变换 1 cos sin 2 xy 将D变换为sin 0 22 与 写 成 型区域 01 arcsin 2 所以 原积分 1 2 0arcsin cos sin dfdr 5 3 1 SD xyzdsxyxy dxdy 其中由直线 x 0 y 0 x y 1 围成 所以 11 00 3 3 1 3 1 120 x SD xyzdsxyxy dxdydxxyxy dy 6 L 的参数方程为 cos sin 02 xaya 所以 7 22 2 222 00 cos sin sincos 2cos sin0 L xdxydyaaaa dad xya 7 由高斯公式 SV zdxdydxdydz 其中V为椭球面 222 222 1 xyz abc 所围成 故 4 3 SV zdxdydxdydzabc 8 2222 22 22 22 1111 000000 1111 000 11111211 000011 xyxy yy yz y z zz yzz y dxdyf x y z dzdydxf x y z dz dydzf x y z dxdzf x y z dx dzdyf x y z dxdzdyf x y z dxdzdyf x y z dx 三 证明题 每题 8 分 共 16 分 1 由题设 可设存在 0000 0 xyDf xy 使由连续函数的保号性 存在 含点 00 xy的有界闭区域 UD 使得在 U 上 恒有 f x y 0 不妨设 因 f x y 在有界闭区域 U 连续 故存在最小值 m 显然 m 0 进而 0 DD UUU f x y dxdyf x y dxdyf x y dxdymdxdy 2 令 2 2 xx P x yrQ x yr yy 则 3 2222222 2 PxrQxxr rr yyxyxyyxy 由 PQ yx 得 3232 0 1xxyxxy 所以 注意到 222 2 2222 11 xyxx ddxdy yyy xyxy 故 2222 cdab K db 8 数学分析数学分析 4 测试题测试题 4 参考答案参考答案 一 填空题 每小题 4 分 共 28 分 1 00 0 000 0 PP P F GF GF G xxyyzz y zz xx y 2 22 1 xy D fx yfx y dxdy 3 D PQ dxdy yx 4 1 11 0 1 pq xxdx 5 16 3 6 2 7 b a f xg x dx 1 2 L xdyydx 其中 L 由曲线 y f x 与 y g x 围成 取 正向 二 计算题 每小题 7 分 共 56 分 1 222 2321F x y zxyz 曲面 0F x y z 在点 x y z 的切平面的 方向数为 2 4 6 xyz 若与平面460 xyz 平行 可设 246 146 xyz k 则 2 k xyk zk 代入 222 23210 xyz 解得 2 k 故所求的切点为 1 2 2 和 1 2 2 所求的切线方程为 4621xyz 2 由拉格朗日乘数法 令 4 L x y z txyztxyztc 由 4 10 10 10 10 0 x y z t Lyzt Lxzt Lxyt Lxyz Lxyztc 及 x 0 y 0 z 0 t 0 可解得 x y z t c 原函数在限制条件下显然没有极大 值 故只有极小值 f c c c c 4c 3 由 uxy vxy 得 11 22 xuvyvu 11 1 22 112 22 J 在该变换 下 D 的原象D 由直线0 0 1uvvuv 围成 所以 1 1 1 0 11 224 x y u x y v DD ee edxedudvv eedv 9 4 L 的参数方程为 cos sin xt yt 由被积函数的奇偶性及 L 的对称性 得 0 2sin4 L Iy dstdt 5 S 由 2222 1 1 Szxyx yD Dx yxy 2 1 Szx yD 组 成 1 22 12 3 22222200 333 2 1 22 4 2 xy SDD zz dsr dxdydxdydrd xyxyxy r 2 12 3 222200 33 2 4 SD dsdxdyr drd xyxy r 所以 22 3 4 21 S ds xy 6 已知 Pxy Qyz Qxz 由斯托克斯公式 得 SVV PQR xydydzyzdxdzxzdxdydxdydzxyz dxdydz xyz 其中 V 由 x 0 y 0 z 0 x y z 1 围成 所以 111 000 1 8 xx y V xyz dxdydzdxdyxyz dz 7 D 可以表示为 22 111 222 Dx yxy 作变换 11 cos sin 22 xryr 则 D 可以表示为 2 02 0 2 Drr 所以 2 2 2 00 11 cossin 1cossin 222 DD xy dxdyrrrdrddrrrdr 8 1 先 交 换 11 000 xx y dxdyf x y z dz 中 的x与y得 11 000 yx y dydxf x y z dz 再交换 11 000 yx y dydxf x y z dz 中的 x 与 z 只需考 虑 1 00 yx y dxf x y z dz 视 y 为参数 由 1 00 yx y dxf x y z dz 得到相应的积分 区域为 0 01 y Dx zzxyxy 可将其分解为 1 01 0 y Dx zxyzy 10 2 1 1 y Dx zzyxy yz 故原积分可表示为 111111 000000 xx yyyy yz y dxdyf x y z dzdydzf x y z dxdzf x y z dx 1 2 先交换 11 000 xx y dxdyf x y z dz 中的 y 与 z 只要将 1 式右端中的积分限 的 y 换为 x 即可 以及积分变量 x 与 y 互换即可 得 111111 000000 xx yxxx xz x dxdyf x y z dzdxdzf x y z dydzf x y z dy 所以 最后得 11111 0000000 xx yzxzx z x dxdyf x y z dzdzdxf x y z dydxf x y z dy 三 证明题 共 16 分 1 反证法 若存在 0000 0 xyDf xy 使得由连续函数的保号性 存在 00 xy的闭邻域 UD 使得在 U 上 不妨设 f x y 0 由闭区域上连续函数 的性质 f x y 在 U 上有最小值 m 则 m 0 进而 0 UU f x y dxdymdxdy 与 题设矛盾 故结论成立 2 令 P x y 0 Q x y u x y w x y 则由格林公式 有 L D QP PdxQdydxdy xy L D uw uwdywudxdy xx 即 L DD uw wdxdywudyudxdy xx 数学分析数学分析 4 测试题测试题 5 参考答案参考答案 一 填空 每小题 4 分 共 28 分 1 3 2 2 1 3 xyz xyz 2 2236yz 3 1 0 0 1 xx xe dx ss ssn L 4 22 1111 0101 xy xy dxf x y dydyf x y dx 5 8 6 r 7 2 二 计算题 每小题 10 分 共 50 分 1 点 x y 到直线 x y 2 0 的距离平方 22 22 2 1 2 2 11 xy dxy 11 令 22 1 2 2 Lxyyx 则由 2 220 2 0 0 x y Lxyx Lxy Lyx 求得 11 24 xy 故所求的最短距离为 1117 22 2482 d 2 由 y uxy v xy 求得 x u 1 v y uv 得 xx uv J u vu yy uv 而 x y a 变换成 u a x 0 变换成 u 1 v y 0 变换成 uv 0 所以 原积分 1 00 1 a duf uv uv udv 3 由 2 12 20 2zzzz 求得故立体V在xoy平面上的投影为 22 4 49 xy 立体 的顶为 22 49 xy z 底面为 22 1 249 xy z 所以该体积 2222 1 49249 D xyxy Vdxdy 令 2 cos 3 sin xr yr 得 02 02 r 且 J 6r 因此 2 22 00 6 8 2 r Vdrrdr 4 这里 C 是包含原点的闭曲线 现没 L 为含于 C 内的绕原点一周的充分小的 圆 cos sin 02 xy 则 2222 22 222 00 cossin 2 L xdyydx d xy 令 22 222222 yxPyxQ PQ xyxyyxyx 则 故由格林公式 得 0 C L D QP PdxQdy xy 所以 22 2 C xdyydx xy 12 5 333222 3 S V x dydzy dzdxz dxdyxyzdxdydz 由高斯公式 2 4 000 3sin a ddrdr 引入球面坐标 2 sinJr 5 12 5 a 三 论证题 每小题 11 分 共 22 分 1 设 yc d 对充分小的y 有 yyc d 若 y 为区间端点 则仅考虑 y 0 或 y 对 只要 1212 xxyy 就有 1122 f x yf xy 于是 对 yc dy 及也有 f x yyf x y 因此 bb aa I yyI yf x yyf x ydxdxba 4 2 2 0111 1101 yy yy dyf x y dxdyf x y dx 5 1 6 2 sinr 7 8 二 计算题 每小题 10 分 共 50 分 1 设点 000 xyz到平面 Ax By Cz D 的距离为 d 则 2222 000 dxxyyzz 其中 x y z 满足 Ax By Cz D 作拉格朗日函数 222 000 LxxyyzzAxByCzD 解方程组 0 0 0 2 0 2 0 2 0 0 x y z LxxA LyyB LzzC LAxByCzD 得到 000 xxyyzz t ABC 即得稳 定 点 000 xxAt yyBt zzCt 代 入 平 面 方 程 得 000 222 AxByCzD t ABC 由问题的实际意义知 此稳定点就是条件极小值点 其极小值为 2 22222 000 222 AxByCzD dABCt ABC 即 000 222 AxByCzD d ABC 2 由 1111 2222 uv uv xx uxy vxyxuvyuv JJ yy 求得这 时 x 0变换成v u x 2 变换成v 4 u y 1 x变换成u 1 y 2 x变换成u 2 故 2224 011 1 222 xu xu uv uv dxf x y dydufdv 3 区域 D 为圆域 222 111 222 xy 作极坐标变换 11 cos sin 22 xryr 14 则 D 变换为 1 0 02 2 Drr 且 J r 故 1 2 2 00 11 cossin 22 D xy dxdydrrrdr 2 0 11 cossin 426 2 d 4 sin sin sin sin yyxx exexeyey yx Q sinsin sinsin yxyx L D exdxeydyexey dxdy sinsin dbbd yx cazc e dyxdxe dxydy coscos coscos cdab eeabeecd 5 设 L 围成的三角形上侧表面为 S ABC 这里 Pyzx Qxyz Ryxz 1 1 1 1 1 1 PPQQRR yzxzxy 由斯托克斯公式 得 L yzx dxxyz dyyxz dz 1 1 1 1 1 1 S dydzdzdxdxdy 22 2 222 22 aa a 三 论证题 每小题 11 分 共 22 分 1 设 xa b 对充分小的 x 有 xxa b 若 x 为区间端点 则仅考虑 x 0 或 x 对 只要 1212 xxyy 就有 1122 f x yf xy 于是 对 xa bx 及也有 f xx yf x y 因此 15 dd cc I xxI xf xx yf x ydxdxdc 这表明 I x 有 a b 连续 即有 00 00 lim lim ddd cccxxxx xa bf x y dyf xy dyf x y dy 当时 2 设 00 A xy为D内某定点 B x y 为D内任一点 由题设知 曲线积分 AB PdxQdy 与路线的选择无关 故当B x y 在D内变动时 其积分值是点B x y 的函 数 即有 L u x yPdxQdy 取 x 充分小 使 xx yD 则 如图 ACAB u xx yu x yPdxQdyPdxQdy 因为在 D 内曲线与积分路线无关 所以 ACABBC PdxQdyPdxQdyPdxQdy 由于直线段 BC 平行与 x 轴 故 BC xt tx xxyy 常数 所以 dy 0 且由积分中值定理得 01 xx BCx uu xx yu x yPdxQdyP t y dyP xx yx sinp 2 121 4 3 2 0 232 xyz 即34318xyz 432 343 xyz 3 393 03 33 y yy dyf x y dxdyf x y dx 4 2 5 4 16 6 2 cosxxyC 7 8 二 计算题 每小题 9 分 共 54 分 1 由 coscos 0 coscos 0 x y fx yxxy fx yyxy 求得稳定点 2 2 mn 2 2 33 mn 2 2 33 mn 在 点 2 2 mn 处 2 0DACB f 0 而在这种点附近 f 可正可负 故不是极值点 而在点 2 2 33 mn 处 9 30 0 4 AD 故 f 有极大值 3 3 2 在点 2 2 33 mn 处 9 30 0 4 AD 故 f 有极小值 3 3 2 2 1 2 0 00 ayaaa yaxx D f x y dxdydyf x y dxdxf x y dydxf x y dy 2 0222 2202 xx xx D f x y dxdydxf x y dydxf x y dy 0222 2202 yy yy dyf x y dxdyf x y dx 3 V 在 xz 平面上的投影 22 1 xz Dxz V 的边界曲面左右两部分方程分别为 22 11yxzy 及 故 原积分 2 222 111 22 111 11 x xxz V yx dxdydzx dxdzydy 2 2 111 22224 111 111228 1 233345 x x x dxxzdzxxdx 4 S V xyyzzx dxdydzxyzdxdyxyzdydzxyzdzdx 设 S 在 xoy yoz zox 三平面上的投影分别为 123 D D D 则 1 1 3 2 00 1 sincos 8 S D xyzdxdyxydxdydrdr 2 11 22 00 1 11 6 S D xyzdydzxyy dydzdyyzy 17 同理得 1 6 S xyzdzdx 所以 原积分 11111 86624 5 由 2 82yxyx 与求出交点 0 0 和 2 4 所以 2 2 44 2 00 8 sinsincoscos44sin24cos2 82 y y D yy yxdxdyydyxdxy 6 令 D 是由 1 C 的外部与 2 C 的内部所构成的平面复连通区域 则由格林公式 得 2 2 2 222 22 6 10 C DD xydxxx dyxx dxdydxdy 三 证明题 每小题 9 分 共 18 分 1 因为 z f x y 在有界闭区域 D 上连续 所以必有最大值 最小值 尚若 f 在 D 中某内点 000 P xy处取得最大值或最小值 而由题设知 0 22 22 P zz D xy 0 2 0 P z x y 这时有 0 22 22 0 P zz xy 故 0 222 22 0 P zzz xxx y L 2 6 3 8 2 6 1 0 xyz 即34320 xyz 321 343 xyz 3 484 04 22 y yy dyf x y dxdyf x y dx 4 8 5 2 sinr 6 3223 11 33 xx yxyyC 7 8 二 算题 每小题 9 分 共 54 分 1 以球心为原点 半球底面为 xy 平面建立直角坐标系 oxyz 设所求的长方 体的长 宽 高分别为 2x 2y z 则它的体积为 4 0 Vxyzx y zR 所以函数 U 从而体积 V 在 00 xy取得极大值 而由实际问题知这就是 V 的最大 值 故当长 宽均为 2 3 R 高为 3 R 时 内接长方体的体积 3 4 3 3 R V 最大 2 1 2 2 1 2 0 y y D f x y dxdydyf x y dx 2 2 11 2 2 000 2 xx dxf x y dydxf x y dy 2 2 1 13 213 3 2 00010 yxx y dyf x y dxdxf x y dydxf x y dy 3 令 u x y v y 则 11 1 01 uv uv xx J yy 所以 19 11 000 1 1 1 2 y v u x y u D edxdydue dv eudue 4 2 0 2 2 0 1 PQR Px QRzyx xyz 所以 3 2 2 2 0 2 21 21 xy y S D x dxdyzy dxdyxddxdyxdz 3 21 2 xy D xy dxdy 其 中 22 1 xy Dxy 由 xy D的 对 称 性 及 被 积 函 数 的 奇 偶 性 有 0 xyxyxy DDD xdxdyydxdyxydxdy 所以原积分 33 22 xy D dxdy 5 由 2 3 yx yx 求出交点 0 0 和 3 3 则 2 2 33 00 3 coscos sinsin 3 y y D y yxdxdyydyxdxyydy 3 2 0 333 sincoscos sin3cos3 2322 y yyy 6 因为原点是奇点 所以以原点为心 充分小的0 为半径作一小圆 设其 圆周为 L 则有 2222 0 2 C LL xdyydxxdyydx xyxy C 从而 三 证明题 每小题 9 分 共 18 分 1 反证法 若在 上f x y 不恒为0 则存在 00000 0P xyf xy 使得 不妨设 00 0f xy 由连续函数的保号性知 存在 0 DU P 使对 x yD 00 1 2 f x yf xy 有 所以 00 1 0 2 DD f x y dxdyf xydxdy 2 设 22 0 0 xy aa Saaf x yeS 则在上可积 且 22222 2 000 a aaa xyxyx S F aedxdyedxedyedx 20 作半径为 12 1 2 4 aaDD和的 圆和 它们分别含于 a S 和包含 a S 故有 222222 12 a xyxyxy DSD H aedxdyedxdyedxdy 而 2222 1 2 00 1 4 a xyra D H aedxdyderdre 2 2 1 4 a G ae 且 lim lim 4 aa H aG a 故 lim 4 a F a 所以原积分收敛于 2 数学分析数学分析 4 测试题测试题 9 参考答案参考答案 一 填空题 每小题 4 分 共 28 分 1 000 000 PPP xxyyzz F GF GF G y zz xx y 2 22 1 xy D fx yfx y dxdy 3 2 4 1 11 0 1 pq xxdx 5 2 4 6 2 7 V dxdydz 222 2 axy dxdy 22 a a axdx 二 计算题 每题 7 分 共 56 分 1 曲 线 在 点 23 x y zt tt 处 切 线 的 方 向 数 为 2 1 2 3 tt 若 与 平 面 x 2y z 4 平行 则有 2 1430 tt 解得 1 1 3 tt 或所求的点为 1 11 1 1 1 3 927 和所求的切线方程为 111 111 3927 21 1231 33 xyz xyz 和 2 由拉格朗日乘数法 令 4 L x y z txyztxyztc 由 21 4 10 10 10 10 0 x y z t Lyzt Lxzt Lxyt Lxyz Lxyztc 及 x 0 y 0 z 0 t 0 可解得 x y z t c 原函数在限制条件下显然没有极大 值 故只有极小值 f c c c c 4c 3 由 22 01 x x dxf x y dy 知积分区域为 12 02 Dx yxyxx D 由直线 x y 1 x y 2 x 0 x 2 围成 在变换 u x y v x y 下 D 转换为 D 由直线 u 1 u 2 u v 0 u v 4 变换对应的伏朗斯基行列式为 11 1 22 112 22 J 所以 2224 011 1 222 xu xu uv uv dxf x y dydufdv 4 L 的参数方程为 cos sin xt yt 由被积函数的奇偶性及 L 的对称性 得 0 2sin4 L Iy dstdt 5 3 1 SD xyzdsxyxy dxdy 其中由直线 x 0 y 0 x y 1 围成 所以 11 00 3 3 1 3 1 120 x SD xyzdsxyxy dxdydxxyxy dy 6 已知 Pxy Qyz Qxz 由斯托克斯公式 得 SVV PQR xydydzyzdxdzxzdxdydxdydzxyz dxdydz xyz 其中 V 由 x 0 y 0 z 0 x y z 1 围成 所以 111 000 1 8 xx y V xyz dxdydzdxdyxyz dz 7 由高斯公式 SV zdxdydxdydz 其中 V 为椭球面 222 222 1 xyz abc 所围成 故 4 3 SV zdxdydxdydzabc 8 1 先 交 换 11 000 xx y dxdyf x y z dz 中 的x与y得 22 11 000 yx y dydxf x y z dz 再交换 11 000 yx y dydxf x y z dz 中的 x 与 z 只需考 虑 1 00 yx y dxf x y z dz 视 y 为参数 由 1 00 yx y dxf x y z dz 得到相应的积分 区域为 0 01 y Dx zzxyxy 可将其分解为 1 01 0 y Dx zxyzy 2 1 1 y Dx zzyxy yz 故原积分可表示为 111111 000000 xx yyyy yz y dxdyf x y z dzdydzf x y z dxdzf x y z dx 1 2 先交换 11 000 xx y dxdyf x y z dz 中的 y 与 z 只要将 1 式右端中的积分限 的 y 换为 x 即可 以及积分变量 x 与 y 互换即可 得 111111 000000 xx yxxx xz x dxdyf x y z dzdxdzf x y z dydzf x y z dy 所以 最后得 11111 0000000 xx yzxzx z x dxdyf x y z dzdzdxf x y z dydxf x y z dy 三 证明题 每题 8 分 共 16 分 1 由题设 可设存在 0000 0 xyDf xy 使由连续函数的保号性 存在含 点 00 xy的有界闭区域 UD 使得在 U 上 恒有 f x y 0 不妨设 因 f x y 在有界闭区域 U 连续 故存在最小值 m 显然 m 0 进而 0 DD UUU f x y dxdyf x y dxdyf x y dxdymdxdy 2 令 P x y 0 Q x y u x y w x y 则由格林公式 有 L D QP PdxQdydxdy xy L D uw uwdywudxdy xx 即 L DD uw wdxdywudyudxdy xx 数学分析数学分析 4 测试题测试题 10 参考答案参考答案 一 填空题 每小题 4 分 共 28 分 23 1 00 0 000 0 PP P F GF GF G xxyyzz y zz xx y 2 1 0 0 sx xe dx s 3 D PQ dxdy yx 4 4 2 5 16 3 6 LQdy Pdx L 取正方向 7 b a f xg x dx 1 2 L xdyydx 二 计算题 每小题 7