数学分析三试卷及答案

《数学分析(三)》参考答案及评分标准第1页共5页《数学分析》(三)――参考答案及评分标准一.计算题（共8题，每题9分，共72分）。1.求函数3311(,)sinsinfxyxyyx在点(0,0)处的二次极限与二重极限.解：333311(,)sinsinfxyxyxyyx，因此二重极限为0.……(4分)因为33011limsinsinxxyyx与33011limsinsinyxyyx均不存在，故二次极限均不存在。……(9分)2.设(),()yyxzzx是由方程组(),(,,)0zxfxyFxyz所确定的隐函数,其中f和F分别具有连续的导数和偏导数,求dzdx.解：对两方程分别关于x求偏导:，……(4分)。解此方程组并整理得()()()()yyxyzFfxyxfxyFFdzdxFxfxyF.……(9分)3.取,为新自变量及(,)wwv为新函数，变换方程222zzzzxxyx。设,,22yxyxywze（假设出现的导数皆连续）.解：z看成是,xy的复合函数如下：,(,),,22ywxyxyzwwe。……(4分)代人原方程，并将,,xyz变换为,,w。整理得：2222。……(9分)4.要做一个容积为31m的有盖圆桶,什么样的尺寸才能使用料最省?解：设圆桶底面半径为r,高为h,则原问题即为：求目标函数在约束条件下的最小值，其中目标函数:222Srhr表,()()(1)0xyzdzdyfxyxfxydxdxdydzFFFdxdx《数学分析(三)》参考答案及评分标准第2页共5页约束条件:21rh。……(3分)构造Lagrange函数：22(,,)22(1)Frhrhrrh。令22420,20.rhFhrrhFrr……(6分)解得2hr，故有3314,.2rh由题意知问题的最小值必存在，当底面半径为31,2r高为34h时，制作圆桶用料最省。……(9分)5.设322()yxyyFyedx,计算()Fy.解：由含参积分的求导公式332222322222()32yyxyxyxyxyxyxyyyyFyedxxedxyeye……(5分)327522232yxyyyyxedxyeye375222751222yyyxyyyeyeedxy。……(9分)6.求曲线222222xyxyabc所围的面积，其中常数,,0abc.解：利用坐标变换cos,sin.xayb由于0xy，则图象在第一三象限，从而可以利用对称性，只需求第一象限内的面积。2,0,0sincos2abc。……(3分)则(,)2(,)xyVdd122sincos2002abcdabd……(6分)22220sincosabdc2222abc.……(9分)7.计算曲线积分352Lzdxxdyydz,其中L是圆柱面221xy与平面3zy的交线（为一椭圆），从z轴的正向看去，是逆时针方向.解：取平面3zy上由曲线L所围的部分作为Stokes公式中的曲面，定向为上侧，则的法向量为《数学分析(三)》参考答案及评分标准第3页共5页11cos,cos,cos0,,22。……(3分)由Stokes公式得352Lzdxxdyydzcoscoscos352dSxyzzxy2dS……(6分)22122xydxdy2……(9分)8.计算积分Syzdzdx,S为椭球2222221xyzabc的上半部分的下侧.解：椭球的参数方程为sincos,sinsin,cosxaybzc，其中02,0,2且2(,)sinsin(,)zxac。……(3分)积分方向向下，取负号，因此，yzdzdx2232200sincossindbacd……(6分)2223200sinsincosbacdd24abc……(9分)二.证明题（共3题，共28分）。9.（9分）讨论函数3222422,0()0,0xyxyxyfxxy在原点(0,0)处的连续性、可偏导性和可微性.解：连续性：当220xy时，2242424()022xyxyyyfxyxyxy，当,0,0xy，从而函数在原点0,0处连续。……(3分)可偏导性：00,00,00,0lim0xxfxffx，《数学分析(三)》参考答案及评分标准第4页共5页0,0yf00,00,0lim0yfyfy，即函数在原点0,0处可偏导。……(5分)可微性：22223242222001limlimxyxyxyffxfyxyxyxyxy不存在，从而函数在原点0,0处不可微。……(9分)10.（9分）（9分）设,Fxy满足：（1）在00,,Dxyxxayyb上连续，（2）00,0Fxy，（3）当x固定时，函数,Fxy是y的严格单减函数。试证：存在0，使得在0xxx上通过,0Fxy定义了一个函数()yyx，且()yyx在上连续。证明：（i）先证隐函数的存在性。由条件（3）知，0,Fxy在00,ybyb上是y的严格单减函数，而由条件（2）知00,0Fxy，从而由函数0,Fxy的连续性得00,0Fxyb，00,0Fxyb。现考虑一元连续函数0,Fxyb。由于00,0Fxyb，则必存在10使得0,0Fxyb，x01(,)Ox。同理，则必存在20使得0,0Fxyb，x02(,)Ox。取12min(,)，则在邻域0(,)Ox内同时成立0,0Fxyb，0,0Fxyb。……(3分)于是，对邻域0(,)Ox内的任意一点x，都成立0,0Fxyb，0,0Fxyb。固定此x，考虑一元连续函数,Fxy。由上式和函数,Fxy关于y的连续性可知，存在,Fxy的零点00,yybyb使得,Fxy＝0。而,Fxy关于y严格单减，从而使,Fxy＝0的y是唯一的。再由x的任意性，证明了对:0(,)Ox内任意一点，总能从,0Fxy找到唯一确定的y与x相对应，即存在函数关系:fxy或()yfx。此证明了隐函数的存在性。……(6分)（ii）下证隐函数()yfx的连续性。设*x是:0(,)Ox内的任意一点，记**:yfx。《数学分析(三)》参考答案及评分标准第5页共5页对任意给定的0，作两平行线*yy，*yy。由上述证明知**,0Fxy，**,0Fxy。由,Fxy的连续性，必存在*x的邻域*(,)Ox使得*,0Fxy，*,0Fxy，*(,)xOx。对任意的*(,)xOx，固定此x并考虑y的函数,Fxy，它关于y严格单减且*,0Fxy，*,0Fxy。于是在**,yy内存在唯一的一个零点y使,0Fxy，即对任意的*(,)xOx，它对应的函数值y满足*yy。这证明了函数()yfx是连续的。……(9分)11.（10分）判断积分1011sindxxx在02上是否一致收敛，并给出证明。证明：此积分在02上非一致收敛。证明如下：作变量替换1xt，则1201111sinsindxtdtxxt。……(3分)不论正整数n多么大，当3,2,244tAAnn时，恒有2sin2t。……(5分)因此，22121sin2AAAAtdtdttt……(7分)2214tAt222043424n，当2时。因此原积分在02上非一致收敛。……(10分)注：不能用Dirichlet判别法证明原积分是一致收敛的。原因如下：尽管对任意的1B积分1sinBtdt一致有界，且函数21t关于x单调，但是当x时，21t关于0,2并非一致趋于零。事实上，取,tn相应地取12n，则112111limlim10limtnnnntnn，并非趋于零。