数学分析(三)试卷3

数学分析（三）试卷3及答案一叙述题（每小题10分，共30分）1．叙述第一类曲面积分的概念。2．叙述Stokes公式的内容。3．叙述Dirichlet引理及其等价形式。二讨论题（每小题10分，共20分）1．讨论函数至少有一个是无理数与都是有理数与yxyxyxf01),(在任意有界闭区域D上的可积性。2．试确定函数dxxxaIa03)1ln()(的连续范围。三计算题（每小题10分，共30分）1．设四边形各边长为定值（分别为dcba,,,），求其最大面积，并且指出此时四边形的几何特性。2．求球面2222Rzyx在圆柱Rxyx22外那部分曲面S的面积。3．将下列函数展开成Fourier级数200)(22xxxxxxf并利用其展开式求.112nn四证明题（每小题10分，共20分）1．若1）积分adxxf)(收敛，2）函数),(yx有界，并且关于x是单调的，则积分adxyxxf),()(一致收敛。2．设有半径为R的球面，其球冠的高为h，证明球冠的面积RhS2球冠.答案一叙述题（每小题10分，共30分）1．设曲面为有界光滑（或分片光滑）曲面，函数),,(zyxfz在上有界。将曲面用一个光滑曲线网分成n片小曲面n,...,,21，并记i为i的面积。在每片i上任取一点),,(iii，作和式iniiiif1),,(。如果当所有的小曲面i的最大直径为趋于零时，这个和式的极限存在，且与小曲面的分法和点),,(iii的取法无关，则称此极限值为),,(zyxfz在曲面上的第一类曲面积分，记为iniiiifdSzyxfI10),,(lim),,(。2．设是光滑曲面，其边界为分段光滑闭曲线。若函数),,(zyxP，),,(zyxQ和),,(zyxR在其边界上上具有连续偏导数。则成立dxdyyPxQdzdxxRzPdydzzQyRRdzQdyPdxdSyPxQxRzPzQyRcoscoscos，其中取诱导正向。3．设函数)(x在],0[单调，则成立0sin)0()(limpxdxxxp0。等价形式：0sin)(limdxxpxxp=)0(2。二讨论题（每小题10分，共20分）1．首先，函数),(yxf在任意有界闭区域D上是不可积的。下面证明这一点任给区域D的分割T，将D分成n个小区域：nDDD,,,21，设它们的面积分别是：n,,,21.在小区域kD上任取一点kkkDP),(.若k与k都是有理数，有nkfkk,,2,1,1),(，则积分和nkkkkDf10||),(.其中||D是区域的面积.若k与k至少有一个是无理数，有nkfkk,,2,1,0),(，则积分和nkkkkf10),(，因而，当0||||T时，积分和nkkkkf1),(不存在极限，即函数),(yxf在任意有界闭区域D上是不可积的.2．注意到0x可能为奇点，将积分写成)()()1ln()1ln()(2113103aIaIdxxxdxxxaIaa。因为当0x时axx)1ln(3~31ax,所以只有当13a即4a时)(1aI才收敛；而显然只有当1a时)(2aI才收敛。所以)(aI的定义域为)4,1(。现在说明)(aI在其定义域上连续。为此只要说明在任意闭区间)4,1(],[cb上，)(aI连续即可。对任意闭区间)4,1(],[cb，由于4,10,)1ln()1ln()1ln(333cabxxxxxxxcaa，且dxxxaIc103)1ln()(收敛。因此由Weierstrass判别法，dxxxaIa1031)1ln()(关于],[cba一致收敛，因此被积函数axx)1ln(3在],[]1,0(cb上的连续性知，)(1aI在],[cb上连续。由于cabxxxxxxxbaa1,1,)1ln()1ln()1ln(333，且dxxxa103)1ln(收敛，所以由Weierstrass判别法，dxxxa13)1ln(关于],[cba一致收敛，因此被积函数axx)1ln(3在],[),1[cb上的连续性知，)(2aI在],[cb上连续。综上所述，)()()(21aIaIaI在其定义域)4,1(上连续。三计算题（每小题10分，共30分）1．设),cos2cos2(sinsin2222dacbbcadbcadL则有.0sin2cos,0sin2cosbcbcLadadL因而.0)sin(sinsinLL于是，此时得最大面积是.)()(44122222cbdabcad并且四边形为圆的内接四边形.2．已知球面表面积为24R，设该球面在一个圆柱内的表面积为1S，则所求球面面积为1224SRS.而).2(2422cos0222/0222122RdrrRrdRyxRdxdyRSRRxyx因此28RS.3．易知函数f是按段光滑的，因此可以展开成Fourier级数，计算Fourier级数如下：,2)(12200dxxfa],1)1[(4cos)(1220nnndxnxxfa.])1(1)[2(2sin)(132220nnnnndxnxxfb所以当)2,(),0(x时，.2sin43sin)3433(2sin2sin)43(2)5cos513cos31(cos8sin])1(1)[2([2cos])1(1[4)(23222222132222xxxxxxxnxnnnnxnxfnnn当x时，由于,02)0()0(ff所以).51311(80222当x或2时，由于,22)00()00(2ff所以).51311(822222于是,851311222即.61122nn四证明题（每小题10分，共20分）1．证明设,|),(|Lyx则由1）知：对任给0，总存在数aBB)(，使得当BAA'时，就有.2|),(|'LdxyxfAA而'',22|),(|2),()(AAAALLdxyxfLdxyxxf所以积分'),()(AAdxyxxf在对应的域内一致收敛.2.证明设球面的方程是.2222Rzyx于是，球冠的面积.122222dxdyyxRRdxdyzzSDDyx这里.)(:2222hRRyxD设,20,)(0:,sin,cos22hRRrDryrx则有20)(022222222hRRDRhdrrRrdRdxdyyxRRS.