最新数学分析练习题

1、精品文档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)f(x, y)2 2x y丁三2 , (x0, y0)(0,0)；x y (x y)(2)f(x, y),.1,1(x y)sin sin , x y(xo,yo) (0,0).解(i)注意到limy 0f (x,y) 0 (x0),xim0 f (x, y) 0(y 0),故两个累次极限均为0,但是，,1 1 lim f(,-) n n n1,11lim f(,)Q所以重极限不存在.(2)注意到f (-n,y)20, f (4n 1),y)ysin- (ny),故两个累次极限不存在.此外，因为0 |

2、 f(x,y)| |x|I y I,所以(J?。,。)f(x,y) 0.2xxy 2 设 f (x, y) x0,2y2 , y(x,y) (0,0)证明：lim(x, y)(0.0)f(x, y)0.证明对 0,由于可知当0,x2(x,y) (0,0).22I f (x, y) 0 I I xy X2y2 |x yJ2-时，便有| f (x, y)3 设 f (x,y)证明 注意到lim(x,y)它随m而异，因此|x20|证明：lim f (x,y)不存在. (x,y) (0,0)(0,0),( y mx2)4 mx f(x,y) 呵 x 0 (1 m )xlim(x,y) (0,0)f (

3、x, y)不存在.212y | -|x.故 lim(x,y) (0,0)y2I,f(x,y) 0.4讨论下列函数的连续性sin(xy)(1)f(x,y)x0,(x,y) (0,0),(x, y) (0,0)精品文档 f (x, y)解(i)注意到2xy2 x0,(x, y)(x, y)2|xy |(0,0),(0,0)| sin xy | , sin xy有 |f(x,y)lI-,2|xy| xy| ixy1因此")叫0,0)f(x,y)0f (0,0),即 f (x, y)(0, 0)处连续.、一，1 1、(2)汪思到 lim f (,) n n n1,limn故f(x,y)在(0

4、, 0)处不连续.1 e5讨论函数f (x, y) x2 0,/ 2 x(xy2)解 由定义知：fx(0,0)xim0f(x,0)fy(0,0)1ym°6试讨论函数f (x, y)解.因为，fx(0,0)limx 0fy(0,0)ym0所以,f(x,y) f(0,0)其中由此知f(Q0)f(0,y) f(0,0)12ex y0,f(x,0)在点(0,0)处的偏导数的存在性.3 x.1 e lim ox 0x31,lim -030.0 y2 y2 xf(0,0)f (0, y) f(0,0)e 1/(x2 y2)(x, y)-22x y1 /(x2f(x,y)在(0,0)处可微2、 一

5、1n(u v),而 uy2)解.由于x2 yey20,y2 0lxm0x 1elim yy 0在(0,0)处的可微性.1/ x20,11/ y2e(x, y),0,y.求z, x2x, y2 x x y2(ue u v0,和dzdzdxx1-2- ux y2-(4uye v1).ay)dx(x y)dyy2/ x-(ue u vx)dx2-(4uyex y v1)dy .Jdy是某可微函数的全微分，求a的值.解 不妨设该可彳It函数为 z f (x, y),则按定义可得x ay(x-7， y)(x由此知z 一 (x2dy y)g(x)lng(x).从而又得二 x(xy)2g (x)鼻g(x y

6、)(x).联系到上面第一式，有x ayx 2y(xy)2(x2 g y)(x)或 g (x)x ay(x y)2x 2y(xy)2a 2 2 y, (x y)从而a2.xf (x,).y2 z-2 , x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f(u,v), u由复合函数求导法则知2 z-2 xf)222f v 1 r 2f-2f2 u2f2f2f v2 f u 2f v 1 f 12f u2-2 u y uvy y v yvuyx x 2设 xy f x 2f 1 f2322y u v y v y v10设在R2上可微函数f (x, y)满足 xfx + yfy0 ,试证：在极

7、坐标系里 f只是的函数.证对于复合函数f (x, y), x r cos , y rsin ,由于fx cosfy sin , r - fxr cosf yr sin =xfx + yfy0,r因此当r 0时，-u 0, u rf (r cosx,r sin r)与r无关，即在极坐标系里f只是 的函数.第十一章.隐函数x z 一1设z z(x, y)是由万程 一 ln l ,求dz. z y解方程两边对x求偏导，有14二 z z xy 1 zz,因而 z y xx因而 ydy.方程两边对y求偏导，有2zz ,.故 dz dxz x yz xy2 uv 0解方程组两边对x求偏导得到2x vux

8、uvxy 2uux 2vvx00,因此有4xv yu4xu yvvx- 22，Ux . 22 °2 u v2 u v,2yvuvuvv0方程组两边对y求偏导得到7 y y ，因此x 2uuy 2vvy 0uy4yv xuc 222 u vvy4yu xvc 222 u v23 一3 一 ， 、 一. Z , 2、3设z z(x,y)由万程 z 3xyz a所确te,试求 (z xy).x y解 对原方程两端对 X求导，可得经一，从而知xy2(z2 xy)(z x yy-) yz yz(2x y1)/(z2xy)2/ 4。22 2、z(z 2z xy x y )(z2 xy)34设z

9、z(x, y)由方程2yz所确定，试求 一2 . x解对原方程取对数,xlnzln y ,并该式两端对x求导，有, x zIn zlnzln z zln y再对上式两端对x求导,x)(ln z x)z(ln z)(ln y 1)zln(ln z 2)xz(ln z 1)25 证明：方程 F(x z/ y, y z/x)0所确定的隐函数z z(x, y)满足zzx y z xy. xy证明对方程F(x z/ y, y z/x)0两边分别对x和y求偏导数，有1 zFi(1)y xF2(z1zz二)0 , F1(-)F2(1xy yy0.2 .、分别解得 x© y(zF2 xF1), yC

10、 x xF| yF2 y2 1、y(zF2 y F)xF1 yF2于是，得到一 2 _2 _y(zF2 x F1) x(zF 丫五)xFn yF2z xy.2x6试求椭千面 a2 y b22J 1内接最大长方体的体积 c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(x, y,z),由对称性可知该长方体的体积为8xyz ,从而问题转化为求函数f (x,y,z)8xyz在条件222222xyz一一 ，1 一一 ，一.xyzf、. 1下的最值问题。设辅助函数为 F(x,y,z) xyz ( 与 -2 1)a b ca b cx 0,y 0,z 0,则有x

11、F yz xy yz xz a20.设辅助函数为20xa y -F yxz 2 -2 0b2F xy 2 刍 0, c z从中可得出唯一解x0f= ， y03c.3O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时达到最大体积a c b c c 8,V 8?？abc.3333.3.一.27求表面积为a ,而体积最大的长方体的体积解 设长，宽，高分别为 x, y,z,则问题变为求函数V xyz(x 0,y 0, z 0)的最大值，联系方程为x, y,z,xyz22 xy yz xz a ,则有xyz2y2z0yxz2x2z0zxy2y2x022xy 2yz 2xz a 0解方程组得

12、到x y因而最大体积为V3a6 ； 68求空间曲线 x t sint, y 1 cost , z 4sin 一 ,在点p0 （对应于t 2处的切线方程和法平面方程解 将t 一代人参数方程，得点Po( 1,1,242),该曲线的切向量为22T=(x(2),y(y),z(j)(1,1,6),于是得切线方程为x 2 1 y 1 z 2 21T2法平面方程为1(x 万 1) 1(y 1)、2(一2"即 x y2, 2 一 4.2.一,2_29求椭圆面x 2y23z26在(1,1,1)处的切平面方程与法线方程解设 F (x, y, z) x22y2 3z2 6 .由于Fx 2x,Fy 4y,

13、Fz 6z在全空间上处处连续在(1,1,1)处 Fx2, Fy 4, Fz6,于是，得切平面方程为2(x 1) 4(y 1) 6(z 1) 0,即x 2y 3z 6.法线方程为x 1 y 1 z 1万 2 3第十三章.重积分1设D是由直线x 0, y 1,和yx围成，试求I2x e dxdy 的值.D解先对x积分后对y积分 I1 y 2 y20dy0xe dx130y ey2dy.11由分部积分法，知I .6 3e2设D是由矩形区域|x| 1 , 0y 2围成，试求IC| y x2|dxdy 的值.D解 由于|y x212y x ,2x y,2x2 则x1x2 212 20dx 0 x ydy

14、 0dx x2 . y x dy12 32 12 3/2-x dx - (2 x ) dx0 33 018135一一(1 )6 3 486 4/4cos4tdt、一 _、_22.23 设口=(*,丫)： y 0,x y 1,x2y 2x 0,试求 Ixydxdy 的值.精品文档解利用极坐标变换I xydxdyD/32 cos 2d r cos sin rdr01/3(16cos41)cos sin d9164试用变量代换计算下面的积分精品文档(1) I(1 -)2dxdy , d 由 y x0, y x, x y 1 围成.,1 (x y)3dxdy , D(x, y):x 0,y 0,x1.

15、1,0 v 1,且积分成为(J u/(1 v)2)111udu dv .002解(1)令 u x y,v y/x,则 D 变成 D1 ( u,v) : 0 u2 .(1 v) Jdudv ududvDD1(2)令 u x y,v x y,则 D 变成 D1(u,v):0u 1, u v u ,且原积分成为、.2 1.1 1 du u一 (u v)dv4 0 1 u7 计算 I z dxdydz, u)5设f (x)是a,b上的正值连续函数，试证f(x)f(y)dxdy2(b a),其中 D是 a x b, a证明由于对上面区域变换积分变量记号时，积分区域不变，因此山dxdy 【3dxdydxd

16、yD f(y)2 D f(y) D f(x)1 a鬼M2 d f(y) f(x)dxdy (b a)2.D2, z 0, y x,与z y所围成.d dxdydz6计算 22 ,其中V为由平面x 1, xV x y解V在oxy平面上的投影区域为 D(x, y): 0 y x,1 x 2 ,于是dxdydz22V x y2 xy dzdx dy 210022100 x y2, x ydy 1 .22、j11 1dx0r 2 11n(xy )10dx -ln2.精品文档精品文档其中积分区域为 x2y2z2a2, x2(z a)2 a2的公共部分.解法1用球坐标计算积分，积分区域分解成;ViV2,其

17、中解法ViV2(r,(r,):0):0a,0一 ,03/3d0a2r0/3用平行于a/22a cos , 322cos rsin cos200xy平面去截此2 .z dxdydz(2aza /2V,2 24z )z dz8变换为球面坐标计算积分1dx0解积分区域变换为球面坐标为idx01 x2dy 20x2z2dz =9设函数f (t)连续,F(t)sindr26/2d/3/2sin/3得到的截痕为圆,2acos2r0cos7 d22cos r sin dr595a .480因此，可用“先二后一”法,a，2，dz dxdy z dxdyx2 y2 2aZ Z2a/2 x2 y2 a2 z2a/

18、 22、2595(a z )z dz a .a/24801 x2/2d0z2dy2 x2 y22x2y2 zdz.(r, , ):0/4sin d0/4sin cos2f(x2x2 y2t2,求智和,04a.2 2cos2 ,r dr2 215y2)dv ,F(t)t2解 因为区域 为柱状区域，被积函数中第二项为一 22f (x y ),所以用柱坐标法比较方便.F(t)zdvf(x2 y2)dvhz2dz0x2y2dxdyt20hdz f(X2x2 y2 t22、y )dxdyt22t2h d f(r )rdroo/2t 2h ° f (r )rdr .于是,F(t)h2t2呵2 h

19、22tf (t2) h22thf(0).222 、10.求曲面x y z被枉面zy2与平面z y 2所割下部分的面积解曲面方程表示为 xJ7Z7,y于是所求面积y x z22，722y z z . y zS=D/ X、2/ X.2 .(一)()dydz y z2 y 22,2 dy 2dz1 y一22 2 i(y 2y2)dy 9、. 2.dF 232、. -h3t 2 htf(t2).利用洛必达法则出 3第十四章.曲线与曲面积分1 计算Yds,其中 L 是摆线 x a(t sin t), y a(1 cost),的一段(a 0, 0 t 2)解 由 x(t) a a cost , y (t)

20、 a sin t可得 & 2(t)y 2(t)2a sin 一2L yds= 0 a(1cost)2a sin -dt 24a2 2 sin31dt 32a2 02计算凸dx dyABCDA | x| | y |其中ABCDA为以 A(1,0),B(0,1), C( 1,0), D(0, 1)为顶点的正方形封闭围线.解AB段：直线方程 ydx dyAB|x| |y|dx dy 01 x (1 x)dx dyBC|x| |y|BC段：直线方程 y 11 dx dx - 2.0 x (1 x)CD段：直线方程 y 1dx dyCD|x| |y|0 dx dx1 x (1x)0.DA段：直线

21、方程 y 11,于是有,3计算的边界,dx dyDA|x| |y|1 dx dx0 x 1 x2.dx dy0-ABCDA |x| | y |Lxy2dy x2ydx,其中L为四分之一依逆时针方向x acos,0 asin原式=2 - 3 _.22 a cos sin0a cosa2(x, y 0)3 a cossina sin d74 sin 2 22 2a4d041 cos 44解答下列问题(1)设P(x,y), Q(x,y)是光滑弧 AB上的连续函数,AB长度记为l ,则(2)(3)| p(x, y)dxAB22设 L : x2y2设L是曲线yQ(x, y)dy |R2,Ir.2x x2

22、I l y .2x x2x(1解(1)注意到柯西不等式lM , M max(x,y) ABQ2，l后，则州Ir 0,上从(0,0)到(1,1)之线段，证明：x)ds 1.| Pcos Qsin | (P2 Q2)1/2(cos2- 2 、1 /222、1/2sin ) (P Q ),(2)由于AB(Pcos Qsin )ds| ab|Pc0SAB P2Q2 ds M? ABdsMl °yP(x, y) ”2"? ， Q(x, y)(x xy y )Qsin | dsx22 2 5(x xy y )2 222 .(x xy y )采用极坐标，可得P2Q2由此知 MI Ir I

23、(2) 因为(R2 xy)2R3(1 sin cos )2maxL P2 q22 R?R3R2ds.1 (y)2dxR3，0, (Rdx利用题(1),).,2x x2dx cos dsdydxdx.1I L(ycosxcos )ds l ydxxdy.将曲线L : y2 (x 1)21用参数式表示，即令/2I 0 sin 2t(1 cost) costdt5判别下列表达式(4x3y3 y2)dx (3x4y2解设 P(x,y) 4x3y3 y2,Q(x, y) 3x4y2R3 (2sin 2 )2 .cost, y sint ,且取顺时针方向为正，可知1.42xy)dy.是否某函数的全微分,若

24、是的话，求出这个函数八 一 P2xy,因为 y3 2Q12x y 2y 则(4x3y3 y2)dx (3x4y2 2xy)dy是某函数u x, y的全微分.且x,y , 332 ,u x, y0,0 4x y y dx423x y 2xy dy0,yx,y0,0 °dy0,y4xy2 dx432x y xy .x6 求 I e sin y ydxCexcosy 1dy ,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p(x, y) ex sin y y ,xQ(x, y) e cosy 1.有xxe cos y (e c

25、osy 1) 1.于是曲格林公式知精品文档I aboaeXsinyex cosy 1dy 一 22 一xyf(x,y) 1可知，当y 0ydx excosy 1dy= dxdy d2其中在直线段oA上，有y 0, (0 x 2),则 xxe sin y ydx e cos y 1dy 0. oA因止匕 Iex sin y ydx2 oA7计算下列积分(1) If(x2 y2)(xdx ydy), L是R2中的一条简单光滑闭曲线，f (x)在R上连续可微.L1 v2f(xv)xv2f(xv) 12、(2) I-dx 记一1dy , L是从点A(3,一)到点B(1,2)的直线段，f是R上的连1 y

26、y3续函数.解(1)由 P(x, y)xf (x2 y2), Q(x, y) yf(x2 y2)可知匹a 2xyf (x2 y2)(x,y) D,xy其中D是L所围区域，由格林公式，可得QM±"dxdy 0. 由 P(x,y) 1 y f(x,y), Q(x,y) y时，有 P(x,y) Q(x,y) o从而取点C(1,2)。并作AB , CB使ABCA形闭曲线，记 ABCA所围 yx3区域为D ,于是2 -2 -2 -2 -I 1 y f (xy)Hv xy f (xy) 11 y f (xy) xy f(xy) 1I dx 2dy dx 2dyABCA yyac ycb y13 2 2210 3二二 f (二x)dx f (y)2dy3 2 332/3y2/323 2 f(t)dt 2/3f(y)dy 14.22/3，一一2_、，一一， 一8求曲面z 2xy被平面x y 1,x 0, y0截下部分之曲面面积S.解 由z22xy得zxy/ z, Zyx/z,