杭州电子科技大学学生考试卷（A）卷答案

杭州电子科技大学学生考试卷（A）卷答案

考试课程

课程号

考生姓名

题号

得分

一

数学分析

教师号

学号（8位）

二

三

考试日期

2005年7月1日

任课教师姓名

年级

成绩

专业

六

七

八

四

五

一，

（１）解

对于二元函数f(x,y)，

有连续的偏导数⇒可微，反之不然；

可微⇒偏导数存在，反之不然；

可微⇒有任意方向的方向导数，反之不然；

可微⇒连续，反之不然；

连续不能得出偏导数存在，偏导数存在也不能得出连续。

（５分）

（２）令

u=f(x,y)

u=f(x+x,y+y)f(x,y)

=f(x+x,y+y)f(x+x,y)+(f(x+x,y)f(x,y)，

由于fx,fy存在，因此当x,y充分小时，对上面的差可以应用微

分中值定理，得

u=fy(x+x,y+1y)y+fx(x+2x,y)x，0<1,2<1，

又因为fx,fy在点(x,y)连续，所以

fy(x+x,y+1y)=fy(x,y)+，而0(

x0

)

y0

1

fx(x+2x,y)=fx(x,y)+，而0(

x0

)

y0

所以

而

u=fx(x,y)x+fy(x,y)y+x+y

lim

x0

y0

ufx(x,y)xfy(x,y)y

x2+y2

=limx+y=0

x0

x2+y2

y0

因此f(x,y)在点(x,y)可微。

（１０分）

若f(x,y)在点(x,y)可微不能推出fx,fy在点(x,y)连续。

例

1

⎪

⎧(x2+y2)sin

f(x,y)=⎨

x2+y2,

⎩

⎪

0,

x2+y20

x2+y2=0

它在(0,0)点可微，但fx(x,y)，fy(x,y)在(0,0)不连续。

（１５分）

二

解

由

(i)⎨

⎧u=u(x,y)，(ii)⎧x=rcos

⎩v=v(x,y)

⎩

⎨y=rsin

对(i)关于r和求偏导数得

⎧

⎪

⎪

⎨u

⎪

⎩

⎪v

1v

r

Q

ur=uxcos+uysin,

vr=vxcos+vysin,

=ux(rsin)+uy(rcos),

=vx(rsin)+vy(rcos),

(1)

(2)（５分）

(3)

(4)

(4)'

而

=vxsin+vycos，

uy=vx

ux=vy，

因此从(1)和(4)'得

ur=1v，

r

而

Q

1u=uxsinxuycos

r

ux=vy，

vr=1u

r

uy=vx

(3)'

所以从(2)和(3)'得

（１０分）

2

三，解

Q

u=f(y,x)，

zy

du=f1'd(y)+f2'd(x)

z

y

=f1'zdyydz+f2'ydxxdy

z2

y2

（５分）

d2u=d(du)=d[f1'zdyydz+f2'ydxxdy]

z2

y2

=f11''(zdyydz)2+f22''(ydxxdy)2

z2

y2

+2f12''(ydxxdy)(zdyydz)

y2z2

+f1'd(zdyydz)+f2'd(ydxxdy)

z2

y2

=f11''(zdyydz)+f22''(ydxxdy)

z4

y4

2

2

+2f12''(ydxxdy)(zdyydz)

y2z2

+f1'2zdz(zdyydz)+f2'2ydy(ydxxdy)

z4

y4

(zdyydz)2+f''(ydxxdy)2

=f11''

z4

22

y4

+2f12''(ydxxdy)(zdyydz)

y2z2

2f1'(zdyydz)dz2f2'(ydxxdy)dy

z3

y3

（１５分）

（２分）

四，解

a0=1

xdx=1(x1x

2

2

2

2

0

2

)|20=0

an=1

xcosnxdx

2

2

0

3

=1(x)sinnx|20+1

2

n

2n

sinnxdx

2

0

=0

bn=1

2

（５分）

xsinnxdx

2

0

=1(x)cosnx|201

2

n

2n

=1

（８分）

n

cosnxdx

2

0

所以

令

f(x)=sinnx=2,

n

2

n=1

0<x<2

（１０分）

（１５分）

x=，得

2

(1)

n=1

n1

1=

2n14

五，解

对

(1)

n=1

n+1

xn+1，

n(n+1)

由比值审敛法得R=1，收敛域[1,1]

（２分）

设幂函数的和函数为S(x)，那么

S'(x)=[(1)

n=1

n+1

xn+1]'

n(n+1)

=(1)n+1x=ln(1+x)，(1<x1)（５分）

n

n

n=1

所以

(1)

n=1

n+1

xn+1

n(n+1)

=xln(1+t)dt

0

=tln(1+t)|x0xtdt

01+t

=xln(1+x)x(11)dt

0

1+t

=xln(1+x)x+ln(1+x)

=(x+1)ln(1+x)x，x(1,1]

当x=1时，

4

S(1)=lim[(x+1)ln(1+x)x]=1

x1+

（１０分）

六，解

设所求体积为V，则

V=1(2+1y2)2dy1(21y2)2dy

1

1

（４分）

=1[4+41y2+(1y2)4+41y2(1y2)]dy

1

=811y2dy

1

=8[y1y2+1arcsiny]|11

2

2

=42

（１０分）

七，解（１）Dedekind确界原理：有上界的非空数集必有上确界，有下界的

非空数集必有下确界。

（３分）

（２）设{yn}非空有界单调增数列，由确界原理，它必有上确界，令之

为

=sup{yn}，要证

limyn=

n

由上确界的定义

(i)

(ii)

yn

(n=1,2,3,⋅⋅⋅)

>0,yN{yn},s.t.yN>

又因为{yn}是单调增的，所以当n>N时，ynyN，因此yn>。

即当n>N时，有0yn<，所以yn(n)。

同理可证单调减有界数列也一定有极限。（１０分）

八，解

设所求的切平面在点(x,y,z)与椭球面相切，x>0,y>0,z>0，则

切平面方程为

即

x(Xx)+y(Yy)+z(Zz)=0，

9

4

xX+yY+zZ=1

9

4

X+Y+Z=1

9

4

1

x

y

z

（５分）

5

所以

V=19⋅4⋅1=6，

6xyzxyz

V在x2+y2+z2=1条件下取最小值相当于函数u=xyz在同一条件下

9

4

取最大值。作Lagrange函数

L(x,y,z)=xyz+

(x2+y2+z21)

9

4

对L(x,y,z)关于x,y,z求偏导数，并令它们为零得

Lx=yz+2x=0

9

Ly=xz+2y=0

4

Lz=xy+2z=0

x2+y2+z2=1

9

4

⎧

⎪

⎪

⎨

⎪

⎩

⎪

(1)

(2)

(3)

(4)

（１０分）

(1)×x+(2)×y+(3)×z，得

3xyz+2[x