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数学分析续论A卷复习资料

第一篇：数学分析续论A卷复习资料数学分析续论A卷复习资料一.计算题1.求函数f(x,y)3xsin解：f(x,y)3131ysin在点(0,0)处的二次极限与二重极限.yx131ysin3x3y，因此二重极限为0.yx1111因为lim3xsin3ysin与lim3xsin3ysin均不存在，x0yxy0yx故二次极限均不存在。xsinyy(x),zxf(xy),2.设是由方程组所确定的隐函数,其中f和F分别zz(x)F(x,y,z)0dz具有连续的导数和偏导数,求.dx3.取,为新自变量及ww(,v)为新函数，变换方程2z2zzz。x2xyxxyxy,,wzey（假设出现的导数皆连续）.设22解：z看成是x,y的复合函数如下：wxyxyzy,ww(,),,。e22代人原方程，并将x,y,z变换为,,w。整理得：2w2w22w。4.要做一个容积为1m3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:S表2rh2r2,约束条件:r2h1。构造Lagrange函数：F(r,h,)2rh2r2(r2h1)。Fr2h4r2rh0,令2F2rr0.h14解得h2r，故有r3,h3.由题意知问题的最小值必存在，当底面半2径为r314,高为h3时，制作圆桶用料最省。2y325.设F(y)exydx,计算F(y).y2解：由含参积分的求导公式y3y322x2yF(y)2edx2x2exydx3y2exyyyy2x2exydx3y2ey2yeyyy3275xy32yex2yxy272y75y51y3x2yyeyeedx。2y222yx2y2xy6.求曲线222所围的面积，其中常数a,b,c0.bcaxacos,解：利用坐标变换由于xy0，则图象在第一三象限，从而可ybsin.以利用对称性，只需求第一象限内的面积。ab,0,0sincos。22c则2V2ab2sincosd20c22ab22c.7.计算曲线积分3zdx5xdy,其中L是圆柱面x2y21与平面2ydzL22(x,y)dd22d0(,)1ab22sincosc0abdzy3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zy3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11cos,cos,cos0,,。22由Stokes公式得coscoscos3zdx5xdy2ydzLx3zy5xdSz2y2dS2x2y212dxdy2x2y2z28.计算积分yzdzdx,S为椭球2221的上半部分的下侧.abcS二.证明题xy3,249.讨论函数f(x)xy0,x2y20x2y20在原点(0,0)处的连续性、可偏导性和可微性.10.设Fx,y满足：（1）在Dx,yxx0a,yy0b上连续，（2）Fx0,y00，（3）当x固定时，函数Fx,y是y的严格单减函数。试证：存在0，使得在xxx0上通过Fx,y0定义了一个函数yy(x)，且yy(x)在上连续。证明：（i）先证隐函数的存在性。由条件（3）知，Fx0,y在y0b,y0b上是y的严格单减函数，而由条件（2）知Fx0,y00，从而由函数Fx0,y的连续性得Fx0,y0b0，Fx0,y0b0。现考虑一元连续函数Fx,y0b。由于Fx0,y0b0，则必存在10使得Fx,y0b0，xO(x0,1)。同理，则必存在20使得Fx,y0b0，xO(x0,2)。取min(1,2)，则在邻域O(x0,)内同时成立Fx,y0b0，Fx,y0b0。于是，对邻域O(x0,)内的任意一点x，都成立固定此x，考虑一元连续函数Fx,y。由上式和函数Fx,y关于y的连续性可知，存在Fx,y的零点yyb,yb使得Fx,y＝0。而Fx,y关于y严格单减