课后习题答案7-9综合例题

1、习题 7.9(P102)1设a 、b 、c 是三角形三条边的长， A 、B 、C 分别是此三边对应的三个角的度量，求AAA，.abc解：由余弦定理： 2bc cos A b 2 c 2 a 2两端分别对a 、b 、c 求偏导： 2bc sin A A 2aa2c cos A 2bc sin A A 2bb2b cos A 2bc sin A A 2ccA整理得：aAc cos A bAb cos A c，abc sin Abbc sin Acbc sin A2设 z f ( y ( x y), e 2 x ) ，其中 f 具有二阶连续偏导数，具有二阶偏导数，求 2 zxy .z解：x f f

2、e 2 x 2 f 2e 2 x f 1212 2 z f (1 2e2 x (1 )f1f 2111xy 2 y 2 yxat3 证明：函数 y( x, t ) ( x at ) ( x at ) xat f (z)dz 满足方程2 at 2x 2（其中 f ， 可微）y证明： ( x at ) ( x at ) f ( x at ) f ( x at )x 2 y ( x at ) ( x at ) f ( x at ) f ( x at )x 2第 7 章第 9 节1/8yt a ( x at ) a ( x at ) af ( x at ) af ( x at ) 2 y a 2 (

3、x at ) a 2 22( x at ) a f ( x at ) a f ( x at )t 2 2 y 2 y a 2 ( x at ) ( x at ) f ( x at ) f ( x at ) a2故t 2x 2易出的错误：将 ( x at ) 与 ( x at ) 均写成 ； ( x at ) 与 ( x at ) 均写成 ； f ( x at ) 与 f ( x at ) 均写成 f . （注：在不发生时才可以简写） 2 z 2 z4设函数 f (u) 具有二阶连续导数， z f (e sin y) 满足方程x ez ，求2 xx 2y 2f (u) .z解：xzy f e x

4、 sin y ， f e x cos y 2 z f e sin y e sin y f exxsin yx 2 2 zy 2 f e cos y e cos y xxf esin y代入方程得f e 2f f ，亦即 f f 0f ，即其特征方程为 r 2 1 0 ，得 r1, 2 1故 f (u) C1eu C 2 e u （ C1 、C 2 为任意常数）.5设 u u( x) 是由方程组 u f ( x, y) ， g( x, y, z) 0 ，h( x, z) 0 所确定的函数，其中 f 、 g 、 h 是可微函数，且 h 0 ， g 0 ，求 du .zydx解：三个方程分别对 x

5、求导：第 7 章第 9 节2/8 du dyf f (1) dxxydxg g dy g dz 0(2)xyzdxdxdzhx hz 0(3)dx由(3)式解得 hx ，将其代入(2)式得dzdxhzgz hxgxdy，将其代入(1)式得dxg hgyzyf y gz hxf y gx gz hxgxdudx f x f y f x gy hzgyg hgyzy z1 sin y 6设函数 z( x, y) 满足x1 xy ，求 z( x, y) .z(1, y) sin y解：方程两端对 x 积分（把 y 视为常数）： z x sin y 1 ln 1 xy ( y)y1由条件 z(1, y

6、) sin y ， ( y) 2 sin y ln 1 yy1 y1故 z( x, y) (2 x) sin y ln1 xyy易出的错误：利用积分公式 1 dx ln xC 时，未加绝对值符号.x7 设 f ( x, y) 具有一阶连续偏导数，且 f ( x, x 2 ) 1 ， f x (，求 f y ( x, x 2 )解： 方程 f (求导，由多元复合函数求导法得f x ( x, x 2 ) f y ( 0( x, x 2 )x1 2 x2故 f y (2 x第 7 章第 9 节3/8 2 f 2 f 1 ，8 设 f (u, v) 具 有 二 阶 连 续 偏 导 数 ，且 满 足又u

7、2v 2 2 g 2 g1g( x, y) f ( xy,( x y22) ，求2x 2y 2g解：y f x fgx fy f，xuvyuv 2 g 2 f 2 f 2 f 2 f 2 f 2 f 2 f y( yx) x( yx) 22 xyx2yx 2u2uvvuv 2u2uvv 2 2 g 2 f 2 f 2 f 2 f 2 f 2 f 2 f x( xy) y( xy) 2 xyyx22uvvuuvy 2u2v 2u2v 2 2 g 2 g 2 f 2 f ( x y )(22) x y22故x 2y 2u2v 29 作变换 u x ， v x 2 y 2 ，求方程 y z y z

8、0 的解.xy分析：所作的变换使得二元函数变为中间变量为 u 、v 的复合函数，利用多元复合函数求导zz法求出、，代入方程即xy解.zzz解：zy z 2 y 2 x ,xuvvy z z 2 x x 2 y z 0代入方程得 uvv y z 0 ，因为 y 0 （这里 为不恒等于），所以 z 0整理得uu两端对 u 积分（积分时注意到 z 是 u 、v 的函数，对u 求偏导时，是把v 作为常数）得z f (v) f ( x 2 y 2 ) 2 zy 2 2 z10设 z z( x, y) 有二阶连续偏导数，u x ay ，v x ay ，变换方程2 ax 2第 7 章第 9 节4/8zzuz

9、v解：z zxu xv xuv 2 z z z 2 z u 2 z v 2 z u 2 z vx uv xuv xvu xxx 2u2v 2 2 z 2 z 2 z2 uvu2v 2 a zzz u z va zyu yv yuv 2 z u 2 zv 2 z v 2 zy 2zz 2 zu a a aa2yuv y vu yy y uv uv 2 2 z 2 2 z 2 z 2 z 2 z 2 z 2 z a(a) a a(a)a a 2uv 2 22 vuuvu2vuv 2 z 2 z 2 z代入方程 a2 0得：uvy 2x 211 设 nv 是曲面 2 x 2 3 y 2 z 2 6

10、在点 P(1, 1, 1) 处的指向外侧的法向量， 求函数6 x 2 8 y 2u 在点 P 处沿方向 n 的方向向量.z解：曲面在点 P(1, 1, 1) 处的指向外侧的法向量为 nv 4x, 6 y, 2zP 4, 6, 2 231nv 0,141414 6 x 2 8 y 2uxuu6 x8 y ， ， yzz 26 x 2 8 y 26 x 2 8 y 2zzux6u，8u， 14yz1414PPPunv62 1171414P12 证明：曲线 x et cos t ， y e t sin t ， z e t 与圆锥面 x 2 z 2 所有母线以等y 2第 7 章第 9 节5/8角相交.

11、分析： 曲线上的点 M 与曲面在点 M 处的母线的夹角即曲线在点 M 处的切线与曲面在点M 处的母线的夹角。故只要证明曲线在任意一点 M 处的切向量与曲面在点 M 处母线方向向量的夹角是常数即可。注意：曲线在圆锥面上，圆锥面的顶点为原点。证明：由于曲线方程满足圆锥面方程，故曲线在圆锥面上，设 M ( x, y, z) 是曲线上的任一点，则曲线在点 M 处的切向量T dx , dy , dz e t (cos t sin t ), e t (sin t cos t ), e t dtdtdt 圆锥面上过点 M 的母线上的向量OM x, y, z e t cos t, et sin t, et 设

12、 为T 与OM 之间的夹角，则T OM2cos 6 与 t 无关，因此 与点 M 无关，故曲线与圆锥面所有母线以等角相交. y 13 证明：曲面 z xf.上的任何一点的切平面通过一定点. x 证明：设 M 0 ( x0 , y0 , z0 ) 是曲面上的任一点，则曲面在点 M 0 处的法向量y0 y0y0 y0 n z , z , 1xy f f , f , 1 x0 x0 x0 x0 M 0 y0 又 z0 x f ，故曲面在点 M 0 处的切平面方程为0 x0 y0 y0 y0 y0y0 f f ( x x0 ) f ( y y0 ) z x0 f 0 xxxxx0 0 0 0 0y0

13、y0 y0 y0 整理得 f f x f y z 0 xxxx0 00 0 原点(0, 0, 0) 满足上述方程，即曲面上的任何一点的切平面都通过原点这一定点.14. 求曲面 x u v ， y u2 v 2 ， z u3 v 3 在点 u 1， v 1 处的切平面方程.分析：求出法向量n zx，zy， 1即可. 两种解法：(1)已知的曲面方程是参数为 u 、v 的参数方程，因而 u u( x, y) ， v v( x, y) ，利用多元复合函数求导法求 zx 、 zy ；(2)可第 7 章第 9 节6/8TOM以将 z 表示为 x 、 y 的函数直接求 zx 、 zy .解：法 1：曲面方程

14、分别对 x 、 y 求偏导：0 u vuv1 x xyyuvxuvy0 2u 2v1 2u 2v，xyz zxuvxuvy y22 3u 3v 3u2 3v 2xy将 u 1， v 1 代入上述方程组，解得 z 3 ， 0 ，zx故切平面的法向量 n zx，zy， 1 3, 0, 1当 u 1， v 1 时， x 0 ， y 2 ， z 0y故切平面方程为3( x 0) 0( y 2) (z 0) 0 ，即 3x z 0 x 2y2222法 2： x (u v) u v 2uv y 2uv ，即 uv 2x 2 yx 3233322z u v (u v)(u v uv) x( y ) xy 2

15、2z故 3 ( y x 2 )z3 x 3 ， 0 x (0,2,0)y (0,2,0)22(0,2,0)(0,2,0)15. 已知 x 、 y 、 z 为实数，且e x y 2 3 ，求证： e x y 2 z 1 .z分析：令 u e x ，v y 2 ，w ，只要证明在条件 u v w 3 (u 0, v , w 0)z下，函数T uvw 的最大值为 1 即可，故用也可以转化为无条件极值问题。日乘数法。设 F (u, v, w) uvw (u v w 3) ，则令证明：法 1(日乘数法):Fu vw 0F uw 0v， 解得唯一驻点 u v w 1F uv 0wu v w 3因为T (1, 3 , 1 ) 3 ，而T (1, 1, 1) 1 ，即T T (1, 1, 1) 1 ，故uvw 1 ，max2 24第 7 章第 9 节7/8法 2（转化为无条件极值）：由 u v w 3 ，得 w 3 u v故T