数学分析华东师大第三版重要28道习题电子版.pdf

1.设22(,)xyf x yxy.由例 3 已经知道(,)(0,0)x y时 f 的重极限不存在.但当0y时有220lim0 xxyxy从而有2200limlim0yxxyxy同理可得2200limlim0 xyxyxy，即f 的两个累次极限都存在且相等.2.设22(,)xyxyf x yxy,它关 于 原点的两个累 次极限分别为2220000limlimlimlim(1)1yxyyxyxyyyyxyy与2220000limlimlimlim(1)1xyxxxyxyxxxxyx当 沿斜 率不同 的直线ymx，(,)(0,0)x y时容易验证所得极限也不同.因此该函数的重极限不存在.3.设11(,)sinsinf x yxyyx,它关于原点的两个累次极限都不存在.这是因为对任何0y,当0 x时 f 的第二项不存在极限.同理,对任何0 x,当0y时 f 的第一项也不存在极限.但是由于11sinsinxyxyyx,故按定义1 知道f 的重极限存在,且(,)(0,0)lim(,)0 x yf x y.4.求22(,)56106f x yxyxy的极值.解:由方程组260,1010 xyfxfy得 f 的稳定点0(3,1)P,由于20000()2,()0,()10,()()20 xxxyyyxxyyxyfPfPfPfffP因此 f 在点0P取得极小值(3,1)8f.又因 f 处处存在偏导数,故(3,-1)为 f 的唯一极值点.5.讨论2(,)f x yxxy是否存在极值.解:由方程组20,0 xyfxyfx得稳定点为原点.因210 xxyyxyfff,故原点不是f 的极值点.又因 f 处处可微,所以 f 没有极值点.6.讨论22(,)()(2)f x yyxyx在原点是否取得极值.解:容易验证原点是f 的稳定点,且在原点20 xxyyxyfff,故由定理17.11 无法判定f 在原点是否取到极值.但由于名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 1 页，共 8 页 -当222xyx时(,)0f x y,而当22yx或2yx时,(,)0f x y(如图),所以函数 f 不可能在原点取得极值.7.设方程1F(,)sin02x yyxy.由于 F 及其偏导数,xyFF在平面上任一点都连续,且 F(0,0)=0,1F(,)1cos02x yy.故依定理18.1 和 18.2,方程确定了一个连续可导隐函数y=f(x),按公式 5,其导数为(,)12()1(,)2cos1cos2xyFx yfxFx yyy8.讨论笛卡儿叶形线(如图)3330 xyaxy(1)所确定的隐函数y=f(x)的一阶与二阶导数.解：由隐函数定理知道，在使得2(,)3()0yFx yyax的点(x,y)附近,方程 1 都能确定隐函数y=f(x),现求它的一阶与二阶导数如下:对(1)式求关于x 的导数(其中y是 x 的函数)并以 3 除之,得220 xy yayaxy或22()()0 xayyax y(2)于是222(0)ayxyyaxyax(3)再对(2)式求导,得22(2)()0 xayyya yyax y,22()222yyaxayyyx.(4)把(3)式代入(4)式的右边,得33322322(3)222()a xyxy xyaxyayyyxyax.再利用方程(1)就得到3232()a xyyyax(5).由(3)式易见,曲线在点33(2,4)Aaa处有一水平切线,在点33(4,2)Baa处有一垂直切线.9.讨论方程323(,)0F x y zxyzxyz在原点附近所确定的二元隐函数及其偏导数.解:由于F(0,0,0)=0,(0,0,0)10,xxyzFF FFF处处连续,根据隐函数定理,在原点(0,0,0)附 近 能 唯 一 确 定 连 续 可 微 的 隐 函 数z=f(x,y),且 可 求 得 它 的 偏 导 数 如下:3221 3xzFzyzxxFxyz,322313yzFzxzyyFxyz10.求1220lim1dxx.解:记122()1dxIx.由于221,1,1x都是和 x的连续函数,由定理 19.2 知()I在=0 处连续,所以1200lim()(0)14dxIIx.11.计 算 积 分120ln(1)1xIdxx.解:考 虑 含 参 量 积 分120ln(1)()1xIdxx.显 然名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 2 页，共 8 页 -I(0)=0,I(1)=I,且 函 数()I在 R=0,10,1上 满 足 定 理19.3的 条 件,于 是120()(1)(1)xIdxxx.因 为2221()(1)(1)111xxxxxx,所 以1112220001211000221()()111111arctanln(1)ln(1)1211*ln 2ln(1)142xIdxdxdxxxxxxx.因此112002110011()ln 2ln(1)1421ln(1)ln 2arctan(1)82ln 2ln 2(1)ln 2(1)884IddIII另一方面10()(1)(0)(1)IdIII所以(1)ln 28II.12.设f(x)在x=0的 某 个 邻 域 内 连 续,验证 当x充分 小 时,函 数101()()()(1)!xnxxtftd tn的各阶导数存在,且()()()nxf x.解:由于原式中被积函数1(,)()()nF x txtf t及其偏导数(,)xFx t在原点的某个方邻域内连续,于是由定理19.4可得21011()(1)()()()()(1)!(1)!xnnxnxtf t dtxxf xnn201()()(2)!xnxtf t dtn.同理301()()()(3)!xnxxtf t dtn如此继续下去,求得 k 阶导数为()101()()()(1)!xkn kxxtf t dtnk特别当 k=n-1 时有(1)0()()xnxf t dt于是()()()nxf x.附带说明,当 x=0 时,()x及其各阶导数为(1)(0)(0)(0)0n13.求10(0)lnbaxxIdx bax.解:因为lnbabyaxxx dyx,所以10byaIdxx dy.由于名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 3 页，共 8 页 -函 数yx在0,1,Ra b上 满 足 定 理19.6的 条 件,所 以 交 换 积 分 顺 序 得 到1011ln11bbyaabIdyx dxdyya14.设(,)sgn()f x yxy(这 个 函 数 在x=y时 不 连 续),试 证 由 含 参 量 积 分10()(,)F yf x y dx所确定的函数在(,)上连续,并做函数F(y)的图像.解:因为01x,所 以 当y1时,(,)1f x y.则1,0()12,011,1yF yyyy.F(y)的图像如图.又因0lim()1(0)yF yF,1lim()1(1)yF yF.F(y)在 y=0 与 y=1 处均连续,因而,F(y)在(,)上连续.15.求下列极限(1)12210limxdx(2)2200limcosxxdx解:(1)因为二元函数22x在矩形域1,1,Rk k上连续(k 为任意正实数),由定理 19.1,函数1221xdx在=0连续.则111222211100limlim1xdxxdxx dx(2)因为二元函数2cosxx在矩形域0,2,Rk k上连续(k 为任意正实数),由定理 19.1,函数220cosxxdx在=0 连续.则22220008limcos3xxdxx dx16.设22()xxyxF xedy,求()Fx.解:(,)x,存在k0,使,xk k.二元函数2xye与2()xyex在矩形区域2,Rk kk k上连续,x 与2x均为可微函数.则函数22()xxyxF xedy在,k k上可微,且22532()()()()xxyxxxFxedyexexx225322xxyxxxy edyxee17.计 算()Lxydxyx dy,其 中L分 别 沿 如 图 中 路 线(1)直 线AB;(2)ACB(抛 物线:22(1)1yx);(3)ADBA(三 角 形 周 界).解:(1)直 线AB的 参 数 方 程 为1,0,112xttyt.故由公式(6)可得()ABxydxyx dy10(1)(1 2)2ttt dt名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 4 页，共 8 页 -12025(152)6ttdt.(2)曲 线ACB为 抛 物 线22(1)1yx,12x,所 以()ACBxydxyx dy22212(1)12(1)14(1)xxxxxdx232110(10323512)3xxxdx.(3)这里 L 是一条封闭曲线,故可从 A 开始,应用上段的性质 2,分别求沿AD,DB和 BA 上的线积分然后相加即可得到所求之曲线积分.由于沿直线AD:x=x,y=1(12x)的线积分为()ADxydxyx dy2132ADxydxxdx.沿直线DB:x=2,y=y(13y)的线积分为()DBxydxyx dy31()(2)0DByx dyydy沿直线BA的线积分可由(1)及公式5得到()BAxydxyx dy25()6ABxydxyx dy所以()Lxydxyx dy32580()26318.计算Lxdyydx,这里L:(1)沿抛物线22yx,从 O 到B 的一段(如图);(2)沿直线段OB:y=2x;(3)沿封闭曲线OABO.解:(1)Lxdyydx120(4)2xxxdx1206623x dx.(2)Lxdyydx10(22)xx dx1422.(3)在 OA 一段上，y=0，01x；在 AB 一段上，x=1，02y；在 BO 一段上与(2)一样是 y=2x 从 x=1 到 x=0 的一段.所以1000OAxdyydxdx,2012ABxdyydxdx,BOxdyydx2OBxdyydx,LxdyydxOAABBO022019.计算ABxdy,其中曲线AB 是半径为 r 的圆在第一象限部分(如图).解:对半径为 r 的四分之一圆域 D,应用格林公式有LDdxdyOAABBOxdyxdyxdy.由于0OAxdy,0BOxdy所以214ABDxdydr20.试应用曲线积分求(2x+siny)dx+(xcosy)dy的原函数.解:这里P(x,y)=2x+siny,Q(x,y)=xcosy,所以在整个 平 面 上 成立cosPQyyx.由定理21.12,曲线积分(2sin)(cos)ABxy dxxy dy.只与起点A 和终点B 有关,而与路线的选择无关.为此,取A(0,0),B(x,y),取路线为如图中的折线段ACB.于是有(,)u x y002cosxyxdxxydyC名师资料总结-精品资料欢迎下载-名师精心整理-第 5 页，共 8 页 -2sinxxyC21.应 用 格 林 公 式 计 算 下 列 曲 线 积 分(1)222()()Lxydxxydy其 中L是 以A(1,1)B(3,2)C(2,5)为顶点的三角形，方向取正；(2)(sin)(cos)xxABeymy dxeym dy,其中 m 为常数,AB 为由(a,0)到(0,0)经过圆22xyax上半部的路线.解:(1)如图所示AB 的方程1(1)(13)2yxxBC的方 程31 1(2yxxCA的方程4(3)(1yxx,2()Pxy,22()Q xy,42QPxyxy则三角形区域S 被分成两部分1S和2S.则,原式=(42)Sxy dxdy12(42)(42)SSxy dxdyxy dxdy24311(1)2(42)xxdxxy dy33112(1)22(42)463xxdxxy dy。

2）连接点O(0,0)与点A(a,0),构成封闭路线AOA,段OA上,y=0,dy=0.于是(sin)(cosxxOAeymy dxeym dy而AOAAOOAAOAB由 格 林公 式(s i n)(c o s)xxAOAeymy dxeym dy222:8D xy。