数学分析试题库--计算题、解答题--答案

1、数学分析题库1-22章四计算题、解答题求以下极限解:1 . limnlimn(n 2)(n 2)n 2lim (n 2)n2.lim(1n1n(n1)1111lim(1nlim(1nxxe 1 r e113. limlim1x 0 cosx 2 (1 x) 0 cosx 14 .这是0型，而01lln(1 x)(1 x)xex1 1 1 1 (1 x)x pln(1 x)xx 1 x1(1 x)x X (1 x)ln(1 x)(1 x)l n(1 x) x2(1 x)23Xx)lim:-XX 1 62 mo H X2nmlH nn故原极限=I叫12n/V1nmlH nmlH n1- n1/Vn

2、6n n(n 1)2 -lim(1 斗)n1 n nnn 1因limnn(n 1)2nlimn n 1故原极限=e10. lim(sin 2x cosx)x e .7.用洛必达法那么1 2sin x limx _ cos3x62cosx limx 3si n3x6.338.xm0xe 1xx(ex1)limx 0xe 1x xxe elimx 0x xex2e9.tanx x limx 0 x sin x解法1：tan x x limx 0 x sin x2 彳sec x 1 limx 0 1 cosx001 cos2 xcos2 x(1 cosx)1 cosx lim 2 x 0 cos x

3、2解法2:tanx xsec x 1limlimx 0 x sin x x 0 1 cosx2sec xtanx limx 0 sinxmo23- cos x因 lim sin2x cosx 1x 02cos2x sinx 小 lim2,x 0'3分11.13.解11121314 .原式 lim(1 sin 2x求以下函数的导数xe cosxsin xxcosx12.14.xe cosxexsin xln x xsinxln x、(e )cosxxln xsin xxsin (xsin xcosx1sin2x cosx 11)sin2x cosx 1 x=e2(cosxl n x2)s

4、in(xsin(xln(ln x)y sinx的各阶导数.sin X)x2)15yexsi n2x2ex cos2x16y1(sin x)cosx Inxx17ysin xln(cos x) qe(cosx)sinx(cosx l n( cos x)tanx)18(n)y(sin (x (n1) ), (n 1,2,).1.x 1an=2 x1,c19.23 x secln 3 ；xx20.求以下函数的高阶微分：设u(x) ln x, v(x) ex，求d3(uv), d3(-)解因为n2)(n)y(sin(xd3(uv)dx32rx32xv C3u v3-ln x)exCju vuv1 13

5、 弓 ex 3 -exxxln x ex所以d3(uv)d3伴)dx3dx3xf e (rxd3ud3x、2x.3.3(In xe )3 edxvdxxX/ 2:33ex(-2In x)xxx所以d3(U)ex(g 2? Invxxx21.y(arctan x3)2;解：y2arcta n x3 (arcta nx3)6x2346arcta nx1 x22.yxxx ;解:令y1xx ,In y1xln x两边对两边对x求导有Y1In x1, (xx)xxlny1In yxxlnxr 一 In x)dx3x xx)dx3xx xxxX、3 2 ( e ) 3 e In x ( e ) xx两边

6、对x求导有 (xx In x)y(xx) In x xx(ln x)/ xXx 1(x In x x )ln x xxxxxx 1y x (x Inx x )In x x )x"xx(I n2x Inx x 1)23.求由参量方程x e cost所确定的函数的二阶导数y e sint;dx2 ：解法1：x et cost, y et si nt;由含参量方程的求导法那么有dyetcostet sin tcostsin tdxetcostet sin tcostsin t即求参量方程dycost sintdx cost si nt，的导数x e cost;解法2:d2ydx2d(dy)

7、dx22(cost si nt)(cost si nt)2(cost si nt)e (cost si nt)e (cost sint)3x et cost, y et si nt;由含参量方程的求导法那么有dy et cost et sin t dx et cost et sin tcost sin t ,“、ta n(t)cost sin t4tan(t4)，的导数sec (tdy即求参量方程 dxet cost;4)2et cos(t )2 e t sec3(t224.设y x3ex,试求y.解根本初等函数导数公式，有(x3)3x2,(x3)6x,(x3)6,(x3)(k)=0, k 4

8、,5,6,/ x、(k)x .丄只只(e ) e ,k 1,2,6 ,应用莱布尼兹公式n 6丨得y(6)x3ex 6 3x2ex 15 6xex 20 6ex32x(x 18x90x 120)e .25.试求由摆线方程x a(ty a(1sint),所确定的函数y f (x)的二阶导数 cost)解dx (a(t si nt) 1 costdy (a(1 cost) sint , t cot22cot -d y2dx2(a(t sin t)1 2 t csc -2 2 a(1 cost)14 tCSC4a 226 .求f (x) ln(1 x2)到x6项的带佩亚诺型余项的麦克劳林公式 解因为l

9、n(1x) x3才 o(x3)，所以f(x)ln(1 x2)到x6项的带佩亚诺型余项的麦克劳林公式为462ln(1 x )XX6、o(x ).23f(X。)m .1x sinxlimx x0xm .1x0 sin -XoXom .1x sinx limX X0m .1x0 sin xm .1x0 sin xm .1x0 sin -X0(xx X0limX xm1X0 )sin xm1X0 (sin 1sin )X0XX027.X(,2)-2(一 2, 一1)-1(一 1,0)0(0,)y一0+不存在+0y f(x)递减，凹极小值一3递增，凹递增，凹极大值1递减，凹28.解1lim f (x)m

10、lim x.1 sin0f(0),故对任意正整数m f在x0连续x 0x 0X2f (0)lim f(x)f(0)limxm sin10Xm 1.1lim x sin0m 1x 0X0x 0Xx 0X不存在m 1故当m1时，f在x 0可导.3先计算f的导函数.X00,xcoslsi nXlim (xm 1X X)m 2m 1、1limX X02xx0X X02XX0XX0X0)sin Xm 1.1m11m1 1m 21mx0 sinx° cos 2-mx0sin -x°cosX。X。X0X0X0lim f (x)lim(mxm1x 0.1sinxcos-)Xm 211、li

11、m x (mxsin cos) X 00 m 2不存在 m 2由2知，f (0)0,于是当m 2时，有lim f (x)x 00 f (0)，所以当m 2时，f在x0连续.29.解因为f (x)2x, g (x) 3x2，故当 x0时，f (0)0, g (0)0，不满足柯西中值定理的条件，所以在区间-1, 1上不能用柯西中值定理.130.证明 1对任何x 0，有f (x)x4sin20 f (0)，故x0是极小值点x2当 x0时,有f (x) 4x32 sin12 . 1 1 2x sin cos2.1 12x sin (2xsin1cos)，作数列XXXXXX1xnyn1，那么Xn0 ,

12、yn0 即在X 0的任何右邻域2n2n24U 0(0)内，既有数列Xn中的点，也有数列丫补中的点并且f(XJ 0 , f ( yn ) 0 ,所以在u 0(0)内f的符号是变化的，从而f不满足极值的第一充分条件又因为f (0)X4sin2 丄 0x0 , f (0)2 1112x sin (2xsincos) 0limxxx -0x0,所以用极值的第二充分条件也不能确定f的极值.31.答：能推出f在(a,b)内连续证明如下：x0 (a,b)，取-min x02a,b x。,于是X0 a,b ，由题设，f在a,b上连续，从而在X0连续由X0的任意性知，f在(a,b)内连续32.试求函数y |2x

13、3 9x212x|在1,3上的最值和极值解y |2x3 9x212x|x(2x2 9x 12)| x(2x2 9x 12),1 x 0,x(2x2 9x 12),0x3,在闭区间1,3上连续，故必存在最大最小值6x2 18x 12,6x2 18x 126(x 1)(x 2),1 x 0,6(x 1)(x 2),0x3,令y0,得稳定点为x 1,2 .又因f (0)12, f (0) 12,故y在x 0处不可导列表如下x1,0)0(0,1)1(1,2)2(2,3f (x)不存在00f(x)递减极小值f(0) 0递增极大值f(1) 5递减极小值f(2)4递增所以x 0和x 2为极小值点，极小值分别

14、为f(0)0和f(2)4, x 1为极大值点，极大值为f(1)5 又在端点处有f( 1)23, f(3)9,所以函数在x 0处取最小值0,在x1处取最大值23.33.求函数yx5 5x4 5x31在1,2上的最大最小值:解：令y f (x)y 5x4 20x315x22 25x (x 4x 3)5x2(x 1)(x 3)令y0解得函数在1,2的稳定点为x1 0必 1,而 f( 1)10, f(0)1,f(1)2, f (2)7，所以函数在1,2的最大值和最小值分别为fmax(1)2, fmin( 1)10.34.确定函数y 2x3 3x236x25的凸性区间与拐点：解：令yf (x)6x26x

15、 36,1 当x (2,2)时,)时,12x12x6,60,解得从而区间(12，1-)为函数的凹区间，2并且f(1)、 10，从而区间(一2(,3)为曲线的拐点.2 21130, f (-)-，所以35.设 an点集an数列an36.设 an点集an数列an)为函数的凸区间.n(n 1,2,)，那么an是有理数列.1,2, 非空有界，但在有理数集内无上确界递增有上界，但在有理数集内无极限.n11 (n 1,2,)，那么an是有理数列.nn 1,2， 有界无限，但在有理数集内无不存在聚点满足柯西准那么，但在有理数集内不存在极限37.不能从H中选出有限个开区间覆盖0,£ .因为H中任意有

16、限个开区间,设其中左端点最小的为n,那么当0x代时,这有限个开区间不能覆盖x.38.29.du 6 U 3u x32x x .一 一 x In x 32-3dx 6x x2需3亦6 VU 6ln亦1C.x239.令 x asint, t耳、那么-22 2 2.a x dx acostd a si nt a cos tdt2a240.31.41.32.2a"2C ia2arcsin 舟 x存x21 cos 2t dtC.xarcta nxdxx2 1arctanxarcta nxdgdxxx212_x2 1亍 arctanx1arcta nxC.x2 1 d arctanxdxx2dx

17、In x422x 12 dx.3,dx4t2t2Inx43.令 t tan 那么有 cosx8t2t2 121 t2dt,21 t2dtdt1 t22arctan t C2arcta nI-x 2C.p，dxdxdt1d(2t)5 3cos x1 4t221(2t)e |44. 1 ln x dxe11 ln xdxeeln xdx145.exdx1 t2t e dt1t2 tdet2xln2111tet2 arctan 2tetdt046.arcs in xdx0xarcs in x? arcta nxln x xx2ta n?2(12.C.1).1 147. j |im n 22n n 1

18、 n 212nnlimn1一2 1 .其中和式是函数宀 i n1 -nf(x) 1丄二在0,1上的一个积分和x2,所以土 arctanx0 1 x48. F(x)xt)dt x f (t )dtaxtf (t)dt.于是a49.以平面xo函数为(xox(x) f (t)dt xf (x)aa)截椭球面,得一椭圆xxf (x) f (t)dt, Faa,a.于是椭球面的体积 V(x)f (x).b22y21 xac2 11.所以截面积bedxabe.50.化椭圆为参数方程：x a cost, y bsi nt,t 0,2 .于是椭圆所围的面积为a22o bsinta costdtab0sin 2

19、tdtab.51. x a(1 cost), yasint, 0 t 2于是所求摆线的弧长为s 0 . x2(t) y2(t)dt2 2o . 2a (1 cost)dt2asin 舟 dt8a.52.根据旋转曲面的侧面积公式S 2: f(x).1 f 2(x)dx可得所求旋转曲面的面积为2 sin x . 1 cos2 xdx0In .2 1253.因为 xe x dx0AIim xe x dxA0Aim12ex2AIim1A22e于是无穷积分0 xe2x dx收敛，其值为54.因为dxx2(1x)Aimx2(1dx x)AimdxIimAln(1x)In xIimAInIn 2In A1i

20、1 In 2.于是无穷积分dx1 x2(1 x)dx收敛，其值为1 ln2 .55.因为1n(n 1)(n2)1 12 n(n 1)(n 1)(n2)，从而级数njn 1)(n 2)的部分和为k1k(k 1)(k2)k121k(k 1)1(k 1)(k 2)1 1 12 2(n 1)(n 2)于是该级数收敛,其和为56.因为limn57.因为limn58.因为limn且 limsin n n59.因为2si n1 cos- nlimn2 12sin121 ,且级数丄2nn24,收敛,所以级数1 n1cos 收nn2n 1. 21 sin 一 n1n0,nxsin kx2k 11,由根式判别法知

21、级数_n2收敛.12,且级数 1发散，故原级数不绝对收敛n 1 n由莱布尼茨判别法知级数1cos k x cos2但.2 sin n单调递减,当 x (0,2)时，sin20,于是.所以级数2sin 条件收敛. ncos丄 X cos21 x，1cos2xcos n11 x xsin2sin nx的局部和数列n 1nsin kx当x (0,2 )时有界，从而由狄利克雷判别法知级数沁2收敛;n 1 n同法可证级数cos2nx在x (0,)上收敛.n 1 n又因为sin2nx 1 1 cos 2 nx1nn22n欝，级数n盒发散c°s2nx收敛,于是级数n 1 nn 112n書发散,由比

22、拟判别法知级数散.所以级数 如竺在x (0,2)条件收敛.n 1 n60.判断函数项级数(1)n(x n)n在区间0,1上的一致收敛性.解记un(x)(Vn(X)nX1-.那么有i >级数nun (x)收敛;ii 对每个X0,1, Vn(x)/;iii|vn(x)| 1 n0,1n成立由 Abel判别法,在区间0,1上一致收敛61.fn(X)1nx22n xX 0,1.讨论函数列 fn(x)的一致收敛性62.解 limn函数列函数列fn(X)0, x0,1. Ifn(X)0|fn(X) 可求得max fn (x)0 x 1fn(-)n0,(n).fn(X)在区间0,1上非一致收敛22n

23、x,0 x12n,fn(X)22n 2n x,12nn 1,2,在0,1上是否一致收敛?解：由于fn(0)00,- xn1.，故 f(0)limnfn(0)0.当01时，只要n -，就有xfn(X)0，故在(0,1上有 f (x)lim fn(x)0 .于是函数列n8在0,1上的极限函数f(x) 0,又由于SUP fn(X)x 0,1f(x)(n )，所以函数列8在0 , 1上不一致收敛.2 2 263. fn(x) 2n xe nx在R内是否一致收敛?64.显然有 fn(X)0 , | fn(x)f (x)|fn (x)在点 xn11处取得极大值2n12n12ne 20, ( n).由系2

24、, fn(x)不一致收敛函数列2n 2x,fn (x)2n 2n2x,0,12n1丄2n1(n1,2,),1.65.求幕级数123354 7xxx4X3323334斂1233547解_xxxX3323334因此，该函数列在0,1 上不一致收敛的收敛域n 1x 育X2n是缺项幕级数 n 0 313R 3 .收敛区间为(3 , - 3 ). x在0,1上是否一致收敛?解0x 1时，只要n x,就有fn(x)0.因此,在(0,1上有f(x)limnfn(x) 0. fn(0) 0,f(0) lim fn(0)n0.于是，在0,1上有f(x)limnfn(x)0.但由于 max|fn(X) f (x)

25、 | 齢 丄nx 0,1 | nn 2nn 0 , ( n),通项 0.因此，该幕级数的收敛域为(33 ).1，可取n7.故从第0项到第6项这前7项之和到达要求的精度.于是(2n1)n!10001I2e x dx 1111 1111035 27 6 9 2411 12013 72010.333330.100000.02381 0.004630.00076 0.00011 0.7468.上式最后是Leibniz型级数，其余和的绝对值不超过余和首项的绝对值.为使把函数X)展开成(X 2)的幕级数.f(X)ln(567.66.计算积分I1 2e x dx,精确到 0.0001.1)2n Xn!).因

26、此,1e"dx01)n2nn!dx1)n2n1 X0 n!dX1)n1(2n1)n!ln(1x)1)n1)n1,1.ln(5x)ln(72)InIn 7(1)n 1 (X 2) ln7, x ( 5,9 n 17 nn 168.求幕级数xn的和函数.n 0 n!解法一收敛域为),设和函数为S(x),那么有因此,x0 S(t)dtn 10 n!dtn丄0 n!X0(n1)t ndtn 1 X0 n!Xxe .n 1n 0 n!S(x) =X0S(t)dt(xe(1、 xx)e , x).解法nn 0 n!nnx0 n!n Xn!1(n 1)!xeX /e (x1)ex,x).69.展开

27、函数 f(x) (1 x)ex.xxnxn 1 xnxnx解f (x) e xen 0 n!n 0n!n 0 n!n 1 (n 1)!n,xnx11n11xn 1 n!n 1 (n1)!n 1 n!(n 1)!|x|1 n n x , n o n!70.在指定区间内把以下函数展开成傅里叶级数f(x) x,ix ,ii0x2.解1i丨函数f及其周期延拓后的图象所示.显然f是按段光滑的，故由收敛定理知它可以展开成傅里叶级数1由于aof (x)dx -xdx 0当n 1时，有anf(x)cosnxdxxcosnxdx丄 xsinnx| nnsin nxdx2 cos nx |0xf (x)sin n

28、xdxxsinn xdx所以在区间(1 , 1xcosnx |nn2-,当n为偶数时,n2,当n为奇数时.n)上cosnxdxf(x)(1)n11 sin nxnii函数f及其周期延拓后的图象所示显然f是按段光滑的，故由收敛定理知它可以展开成傅里叶级数.由于1 2a00 xdx2anxcosnxdx01 2 xsin n x|0 n02sin nxdx0bn2xsin nxdx0xcosnx I：所以在区间(0,2 )上2cosnxdx0f (x)sinnx71.设f (x)是以2 为周期的分段连续函数，又设f (x)是奇函数且满足1f(x)f ( x)试求 f (x)的 Fourier 系数

29、 b2nf (x)sin2nxdx 的值，n 1,2,f (x)是奇函数，故b2nf (x)si n2nx是偶函数，再由2f x sin2nxdx0f(x)f ( x)，故有作变换b2n所以,b2n0, n72.设 f (x)以 2b2nx sin2nxd xsin2n t 1 dtt sin2ntdt1,2,.为周期，在区间0,220, 试求f (x)的Fourier级数展开式。解 由Fourier系数的计算公式，1a。anbn1,cosnx dx2sin nxdx2xsin nx 22 2n12 2n2si nn xdx 0,02 2n-2-ncosnx d x0nDirichlet条件,

30、又f (x)满足Fourier级数收敛的 故73.设求在,解 注意到x 0,f x 丄2sinnx12,x0,x,2x ,内f (x)的以2为周期的故f (x)的Fourier系数0,1,2,f (x)是奇函数,anbn0,2Fourier级数展开式.sin nxd xsinnxd xcos nx2xsinnx2x cosnxdx4cos nxn 1,20sinnxdx因此由f (x)在b2n0 ,b2n 12n1,2,3,内分段单调,连续，且f(f(),故在,内3n 1 2n 1sin2n 1 x.试用74.设f (x)是以2为周期的连续函数，其Fourier系数为a0,an,bn,n 1,

31、2,a°,an,bn,表示函数F(x) f (x)cosx 的 Fourier 系数 解由Fourier系数的计算公式,F x dxf x cosxdx a1,75.76.77.所以AnB1Bn试求极限anF x cosnx d xf x cos x cos nxdxf x cos n1 x cos n1 an 1, nF x sin xd x1,2,3,f x sin2xd xb22- f x cosxsinnxdxbn 1lim(x,y) (0,0)(丿)叫0'0)试求极限(x,y)x sin nbn 1 , nx sin n2,3,xy 4xy2: xy 41叫0,0)

32、(x,y)m(o,o)试求极限由于xy(x,Jjm(0,0)(x,y)m(0,0)xyxy(2 xy1.xy 421 cos(xy2)(x2y2)广1 cos(x2y2)22si n2£(x22 x2y2y )e y(x,y|im(0,0)(x,y'jm(0,0)(x,y)m(0,0)(xy)s insin x(x y)sin1 . 1sinx(J)%。)4)1224(七工)22亠 2 22 cx yx2y2e(xsinsin 丄x yysinsin1)x y所以78.试讨论lim xsi n1 .10lim 1 .1csinysin sin0(x,y)(0,0)xy(x,y

33、)(0,0)xy(A%。)(Xy)sin!sinlx y2xy24 lim (x,y) (0,0) xy解 当点(x,y)沿直线ylimx 0y xx趋于原点时，2xy r-40。x y x 03x2xx4当点(x, y)沿抛物线线xlimy 0x y22y趋于原点时，2 xy2 x0因为二者不等,79.试求极限所以极限不存在2x2xlim(x,y) (0,0)2y2ylim(x,y) (0,0)2x-2x2y_2ylim(x,y)(0,0)(x2(x,y%(厂80.u f (xy,xy),f有连续的偏导数,y2)( 1 _x2_y2_1)2y1) 2y,wxy,81 .82.解z arcta

34、 nxy, y求抛物面 z由于2x2丄v丄vw y,求生dxdzdx4/、2(y1 (xy)1, xT(e1 (xex)2xy)x xe )ex(1 x)1 x2e2x2y在点M (1,1,3)处的切平面方程与法线方程。Zx 4x,Zy 2y在 M (1,1,3)处zx(1,1,3)所以，切平面方程为4(x1)2(y1)x 1y1z 3421 .83.求 f (x,y) 2x2xy2y6x3y 5在(1, 2)处的泰勒公式解由x 1,y。2,f(1,2)5fx(x,y)4xy 16,fx(1, 2)0fy(x, y)x2y3,fy(1,2)0fxx(x, y)4,fxx(1,2)4fxy(x,

35、 y)1,fxy(1,2) 1fyy(x, y)2,fyyC1, 2) 2.得f(x, y)52(x 1)2 (x 1)(y 2) (y84.求函数f(x,y)e2x (x2y2)y)的极值.解由于2y4xz法线方程为2y)xx2e2x3 0y22y)2)2e2x(2解得驻点(1,'y1)，2e2x(x2x z2e (y1)2e2x(2 e2x(2c 2x2e2xxxyyyfxx(1,1) e2B 2 0, A所以(1,表达隐函数的定义.85.2y)e2x2y),0,fxy(1,1)0, Cfyy(21, 1) 2eAC1)是极小值点，极小值为f ( 1,1)2e2.R，函数F : X

36、R.对于方程F(x, y)0,假设存在集合X与J Y，使得对于任何x I，恒有唯一确定的y J，使得(x, y)满足方程F(x, y) 0 ,那么称由方程F(x, y) 0确定了一个定义在I上，值域含于J的隐函数。一般可记为y f (x) x I, y J.且成立恒等式F(x, f(x)0,x I.86. 表达隐函数存在唯一性定理的内容答：假设F(x, y)满足以下条件i函数F在以Po (xo,yo)为内点的某一区域 D R2上连续；iiF(xo，yo) 0通常称为初始条件；iii丨在D内存在连续的偏导数 Fy x, y ；ivFy Xo，y°0,那么在点Po的某邻域U(P0) D内

37、，方程 F x, y =0唯一地确定了一个定义在某区间(xo,x。)内的函数隐函数y f(x)，使得1o fx0y°,x (X。，x°)时(x, f (x) U (P0)且F x, f(x) 0 ；2° fx在(X。 ，X°)内连续87. 表达隐函数可微性定理的内容答：假设F(x, y)满足以下条件：i函数F在以P0 (x°,y°)为内点的某一区域 D R2上连续；iiF(x0,y0) 0通常称为初始条件；iii在D内存在连续的偏导数 Fy x, y ；ivFy X0,y°0,又设在 D内还存在连续的偏导数FX(x, y)，

38、那么由方程 F(x,y) 0所确定的隐函数在y f (x)在其定义域(x0,X0)内有连续导函数，且f'(x)Fx (x, y) Fy(x,y)88. 利用隐函数说明反函数的存在性及其导数答：设y f (x)在x。的某邻域内有连续的导函数f '(x)，且f (x°)y°考虑方程F(x, y) y f (x)0.由于F(X0,y°)0, Fy 1, Fx(x°,y°)f '(X0),确定出在y。的某邻域U (y。)内的连续可微隐函数xg(y)，并称它为函数 y f(x)的反函数反函数的导数是g'(y)fx89.解：

39、显然 F (x, y)x3y33axy 及Fx，Fy在平面上任一点都连续，由隐函数定理知道,在使得Fy x,y 3ax0的点x,y附近，方程x3y3 3axy0都能确定隐函数y f(x)；所以，它的一阶与二阶导数如下:2 2 ,x y yayaxy'0,或2 xay2y ax y' 0.于是2y'ayx22y ax 0yax对方程求关于x的导数其中y是x的函数并以3除之，得再对1式求导，得:2x ay12(2yy' a)y' (y2 ax)y'' 0,即2 2y''(y ax) 2ay' 2yy'2x.把2

40、式代入3式的右边，得22ay' 2yy' 2x再利用方程就得到2a3xy 2xy(x3 y3 3axy)(y2 ax)2y''c 32a xy(y2 ax)390.解：由于 F (0,0,0)0, Fz (0,0,0)10, F, Fx , Fy, Fz处处连续，根据隐函数定理18.3,在原点(0,0,0)附近能惟一确定连续可微得隐函数z f(x, y)，且可求得它得偏导数如下：zFxyz3 2xxFz1 3xyz2Fyxz3 3y2yFz1 3xyz2 '2 2 291.解：(1)令 F(x,y,z) x y z 3xyz ,那么有Fx 2x 3yz,

41、 Fy 2y 3xz, Fz 2z 3xy.由于F(Po) o, Fx, Fy, Fz均连续，且Fy(Po) Fz(Po)1 o,故在点Po(1,1,1)附近由上述方程能确定隐函数y y(Z,x)和 z z(x, y).(2)当Fyo时，由定理知yxFxFy2x 3yz2y 3xz同理，当Fz0时，由定理知ZxFxFz2x 3yz2z 3xy于是求得fx(x, y( z, x), z)233f?yx y z 2xyz y33 2xyz (2 x 3yz)2y 3xz '并且有fx(x, y, z(x, y)2 32 2f3Zx y z 3xy z z*2 22 3 3xy z (2x

42、3yz)y z.2z 3xy92.解：首先,容易验算，在点fx(i,y(i,i),i)F(Po) G(Po)FxGx1,fx(1,1,z(1,1)2.0,即Po满足初始条件.再求出F, G的所有一阶偏导数2x, Fy 1,Fu 2u,Fv 2v,y, Gy X,Gu1,Gv 1 -Po处的所有六个雅可比行列式中只有(F,G)FxFv4 4(x,v)p。GxGv&1 10.因此，只有x,v难以肯定能否作为以 y,u为自变量的隐函数除此之外，在P0的近旁任 何两个变量都可作为以其余两个变量为自变量的隐函数如果我们想求得x x(u,v), y y(u,v)的偏导数，只需对方程组分别关于数，得

43、到2u 2xxu yu1 yxu xyu由1解出由2解出2v2xxvyv1xyvyxvXu2xu12x2,yu yxv2xv12x2,Yv y93.解:设F(x, y,u,v) u2G(x, y,u,v)0,0,0,0.2x 2yu2.2x y2x 2yv2.2x yv x y 1, u v xy.u,v求偏导12(1) F ,G关于u, v的雅可比行列式是(F,G)(u,v)2u 2v2(u v),当u v时，在满足方程组的任何一点(x,y,u,v)的一个邻域内，由方程组可以唯一确定u,v是x, y的可微函数；F ,G关于x, u的雅可比行列式是(F,G)(x,u)2x 2uy 12(x uy),当x uy时，在满足方程组的任何一点(x, y, u,v)的一个邻域内，由方程组可以唯一确定x,u是y,v的可微函数z250 , G(x,y,z)2 xFF6,y8,z6,G8,Gyz10,10,y2 z2.它们在3,4,5处的偏94.解：设 F x, y, z x2y2导数和雅可比行列式之值为：FxGx和罟 160，D !20，竺9 0.(z, x)(x,y)z 5.x 3y 4z 51601200 ，即3(x3) 4(y4) 0,所以曲线在3,4,5