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1、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 3 3 11 ( , )sinsinfx yxy yx 在点(0,0) 处的二次极限与二重极限. 解： 33 33 11 ( , )sinsinf x yxyxy yx ， 因此二重极限为 0 . (4 分) 因为 3 3 0 11 limsinsin x xy yx 与 3 3 0 11 limsinsin y xy yx 均不存在， 故二次极限均不存在。(9 分) 2.设 ( ), ( ) yy x zz x 是由方程组 (), ( , , )0 zxf xy F x y z 所确
2、定的隐函数 , 其中f和 F 分别 具有连续的导数和偏导数 , 求 dz dx . 解： 对两方程分别关于x求偏导 : ， (4 分) 。 解此方程组并整理得 ()()() () yyx yz Ff xyxfxy FF dz dxFxfxy F . (9 分) 3.取,为新自变量及( , )wwv为新函数，变换方程 22 2 zzz z xx yx 。 设, 22 yxyxy wze（假设出现的导数皆连续）. 解：z看成是, x y的复合函数如下： ,( , ), 22 y wxyxy zww e 。 (4 分) 代人原方程，并将, ,x y z变换为, ,w 。整理得： 22 2 2 ww
3、w。(9 分) 4.要做一个容积为 3 1m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 : 2 22Srhr 表 , ()()(1) 0 xyz dzdy f xyxfxy dxdx dydz FFF dxdx 约束条件 : 2 1r h。 (3 分) 构造 Lagrange 函数： 22 ( , ,)22(1)F r hrhrr h。 令 2 2420, 20. r h Fhrrh Frr (6 分) 解得2hr ，故有 33 14 ,. 2 rh由题意知问题的最小值必存在，当底面半
4、径为 3 1 , 2 r高为 3 4 h时，制作圆桶用料最省。 (9 分) 5.设 3 2 2 ( ) y x y y Fyedx, 计算 ( )Fy. 解：由含参积分的求导公式 33 2222 32 22 22 ( )32 yy x yx yx yx y xyxy yy y Fyedxx edxy eye(5 分) 3 275 2 22 32 y x yyy y x edxy eye 3 752 2 2751 222 y yyx y y y eyeedx y 。(9 分) 6.求曲线 2 22 222 xyxy abc 所围的面积，其中常数, ,0a b c. 解：利用坐标变换 cos ,
5、sin . xa yb 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 ,0,0sincos 2 ab c 。(3 分) 则 ( , ) 2 ( , ) x y Vdd 1 2 2 sincos 2 00 2 ab c dab d(6 分) 22 2 2 0 sincos a b d c 22 2 2 a b c . (9 分) 7. 计 算 曲线 积 分352 L zdxxdyydz , 其 中 L 是 圆 柱 面 22 1xy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
6、 公式中的曲面，定 向为上侧，则的法向量为 11 cos ,cos,cos0, 22 。(3 分) 由 Stokes 公式得 352 L zdxxdyydz coscoscos 352 dS xyz zxy 2dS(6 分) 22 1 22 xy dxdy 2(9 分) 8. 计算积分 S yzdzdx, S为椭球 222 222 1 xyz abc 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 ( , ) z x ac。(3 分) 积分方向向下，取负号，因此， yzdzdx 2 232 2
7、 00 sincos sindbacd(6 分) 2 223 2 00 sinsincosbacdd 2 4 abc(9 分) 二. 证明题（共 3 题，共 28 分） 。 9. （9 分）讨论函数 3 22 24 22 ,0 ( ) 0,0 xy xy xyf x xy 在原点(0,0) 处的连续性、 可偏导性和可微性 . 解：连续性：当 22 0xy时， 224 2424 ( )0 22 xyxyyy f xy xyxy ，当,0,0x y， 从而函数在原点0,0 处连续。(3 分) 可偏导性： 0 0,00,0 0,0lim0 x x fxf f x ， 0,0 y f 0 0,00,0
8、 lim0 y fyf y ， 即函数在原点0,0 处可偏导。(5 分) 可微性： 2222 3 24 2222 00 1 limlim xy xyxy ffxfy x y xy xyxy 不存在， 从而函数在原点0,0 处不可微。(9 分) 10. （9 分） （9 分） 设,F x y 满足： （1）在 00 ,Dx yxxayyb上连续， （2） 00 ,0F xy， （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 0 xxx上通过,0F x y定义了一个 函数( )yy x，且( )yy x在上连续。 证明： （i ）先证隐函数的存在性。 由条件（3
9、）知， 0, F xy 在 00 ,yb yb 上是 y 的严格单减函数，而由条件（ 2） 知 00 ,0F xy，从而由函数 0, F xy 的连续性得 00 ,0F xyb， 00 ,0F xyb。 现考虑一元连续函数 0 ,F x yb 。由于 00 ,0F xyb，则必存在 1 0使得 0 ,0F x yb，x 01 (,)O x。 同理，则必存在 2 0使得 0 ,0F x yb，x 02 (,)O x。 取 12 min(,)，则在邻域 0 (,)O x内同时成立 0 ,0F x yb， 0 ,0F x yb。(3分) 于是，对邻域 0 (,)O x内的任意一点x，都成立 0 ,0
10、Fx yb， 0 ,0Fx yb。 固定此x，考虑一元连续函数,Fx y。由上式和函数,Fx y关于 y 的连续性可 知，存在,Fx y的零点 00 ,yyb yb 使得 ,F x y0。 而,Fx y关于 y 严格单减，从而使,Fx y0 的y是唯一的。再由x的任意性， 证明了对: 0 (, )O x内任意一点，总能从,0F x y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 (, )O x内的任意一点，记 * :yfx。 对任意给定的0，作两平行线 * yy， *
11、 yy。 由上述证明知 * ,0F xy， * ,0F xy。 由,F x y 的连续性，必存在 * x的邻域 * (,)O x使得 * ,0F x y， * ,0F x y， * (,)xO x。 对任意的 * (, )xO x，固定此x并考虑 y 的函数,F x y ，它关于 y严格单减且 * ,0F x y， * ,0F x y。 于是在 * ,yy内存在唯一的一个零点y使 ,0F x y， 即 对任意的 * (, )xO x，它对应的函数值y 满足 * yy。这证明了函数 ( )yf x是连续的。 (9 分) 11. （10分）判断积分 1 0 11 sindx xx 在 0 2上是否
12、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 1 x t ，则 1 2 01 111 sinsindxtdt xxt 。(3 分) 不论正整数n多么大，当 3 ,2,2 44 tAAnn时，恒有 2 sin 2 t。 (5 分) 因此， 22 121 sin 2 AA AA tdtdt tt (7 分) 2 21 4 tA t 2 22 0 4 3 4 2 4 n ，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 1 sin B tdt一致有界，且函数 2 1 t 关于x单调，但是当 x时， 2 1 t 关于0,2 并非一致趋于零。事实上，取,tn相应地取 1 2 n ，则 112 111 limlim10 lim tn nn n t nn ，并非趋于零。