考研题库 《数学分析》（第三册）配套题库（考研真题+章节题库+模拟试题）

第一部分名校考研真题第13章多元函数的极限和连续在[0,1]上连续，,使第14章多元微分学第15章重积分第16章曲线积分与曲面积分第17章含参变量积分,在u∈(0,+o)上一致收敛.,又在(1,+0)上单调递减且一致趋于0,故由Dinchlet判别法知在te(0,+0)上一致收敛.故对任意的ε>0,存在，当,所以，即，因此.第二部分章节题库第13章多元函数的极限和连续有(对一致),则f(x,y)在D上连续.并记.由可知，存在使又由f的连续性，可知存在，使得.因为.且，而是单变量y的连续函数，所以在上式中令，导出(1)设在D上连续，且，则在(a,b)上连续.(2)设，f(x,y)在D上连续.若，则(3)设在D上连续.令则即(2)对，令，易知注意到f在D上一致连续，故是一族等度连续函数.对任给，存在，使得(3)令，注意到f在D上的一致连续性可知，对，存在，使得,即在上连续，自然也是一致连续的.因此，存在，使得证明：(1)注意到f在D上一致连续，故对任给，存在，使得,即在上连续.对任给，存在使得(2)显然，F(x,y)在上连续.对处，根据的连续性可知，对任给，存在，使得(3)由三种极限间的关系及步骤(2)中的结果可知不存在0,存在δ=δ(ε)>0,使对于此域中的任意两点只要时，就有由于f(x,y)关于x对变数y一致连续，故对任给的ε>0,存在使当(x,y')EG,又因f(x,y)在点关于变数x是连续的，故对上述的ε,存在使当时，就有因此，f(x,y)在点连续.由的任意性知，函数f(x,y)在G内是连续的即它是处处有定义的有理函数.又当y=0时，显然是连续的.于是，当变数y固定时，函数f(x,y)对于变数x是连续的.同理可证，当变数x固定时，函数f(x,y)对于变数y是连续的.对于不同的k可得不同的极限值，从而知不存在.因此，函数f(x,y)在原点不是第14章多元微分学证明：(1)问题等价于证明不等式综上便知在上成立.(2)易知W中第i行第j列的元素是若记其余子式为，则从而可得因此，有(3)依题设易知，且有由此知存在，使得，即上递增.(1)设且充分小，则(2)作，则且，从而可知存在点使得达到最大(小)值.由此得，从而导出解：(1)由可知f(x,y)在点(0,0)处连续.因为有易知时有，故在点(0,0)不可微.(2)因为，所以导出取，则，这说明f(x,y)在点(0,0)处不可微.解：(1)(i)注意到，故得(ii)注意到，故得式①左端证明：(1)不妨假定，则有可知这说明f(x,y)在点处可微.(4)因为所以有由g(x,y)在点(0,0)处的连续性可知，这说明F(x,y)在点(0,0)处可微.从而立即可得在点(0,0)处的微分为解：(1)由题设知，故有(2)由条件知，即由此得到，若令此比值为λ(常数),则有(因为连续，所以此式对x=y=0仍真).这说明,则对n=k+1,有解之可得临界点直线x=0,2y+3z=a上的点平面y=0上的点平面z=0上的点(若c=0,则由推出f无临界点).(iii)a=0时，有故(a,a)不是z的极值点.(2)令由于有f(x,y)≥0以及注意到在0x轴上，有故又知f(x,0)在点(2,0)处取到最大值.同理可知，点(0,2)也是f(0,y)的最大值点.因为所以f(x,y)在第一象限中的最大值是这说明(3)取对数，往证Inlna+alnb>Inlnb+blna.令x=Ina/Inb>1,y=Inb,命题转为求证再令则由可知F(x,y)<F(x,0)=x-1.(2)(i)反证法.假定则不妨又假定点是f的最小值点(注意，),从而有记则点为g(x)的临界点.而根据可知，点是g(x)的极大值点.注意到在(存在)取ε充分小，使得在圆周上F(x,y)>0,则依(i)知，即(3)依题设知，在点处取到极大值，故同理可推出此外，还有即得所证.(4)作则有从而可知除非F(x,y)1,否则在D内可取到极小值.即有使得这说明即得所证.解：(1)易知f(x,y,z)与的极值点相同，故只需考察在条件x+y+z=a下函数函数f在点处取极小值在处取极大值；在点处，由于故点不是f的极值点.(3)根据题设，可令作辅助函数G(x,y,,并解方程组由于命题的最大值必存在，故定有非零解因此该方程组的行列式必为0.即用代入式①,并依次以乘各式，再相加可得由可知，这是f(x,y,z)在单位球面上的最大值.从而知，当时，z取到极小值；当时，z取到极大值.(2)对条件方程取对数：且记，则命题化为：求f(x,y,z)在条件下的极值.(ii)在点处，由，以及再记，则当S<0时f达到极小值，当S>0时达到极大值，其值为得解从而知显然(8/5,3/5)就是所要求的点.(3)问题归结为求在约束条件下的最小值.从而作函数(4)设(x,y)是抛物线上一点(即)是直线上一点(即，则此两点间的距离为从而(3)整个积分区域分成与两部分，并以不同斜线在图15-3中表示出.(2)令则由题设知(2)令则积分式I可写为(5)(i)用直线x+y=i(i=1,2,3)分割D成为四个区域：见图15-6.因为所以用曲线分割D为四个区域：如图15-7,有D由y=0,y=x,x+y=1围成。 解：(1)令则D变为且积分成为(2)令则D变成(3)令将三角形内的点表示为(4)令即此时IJI=2,积分区域D变为从而可得其中D是它在x0y平面投影：(6)易知该两曲面的交线为由此知，z=a或z=4a.若z=4a,则得两曲面的交点(0,0,4a);若z=a,则得两曲面的交线在x0y平面上的投影曲线为(图15-9)+3,以及圆周x2+y2=4围成，因此D位于第一象限.圆周与x轴(正向)交于(2,0),与y轴(正向)交于(0,2)(也是与直线y=2的交点),直线x=y+3与x轴交于(3,0),与直线y=2交于(5,2).因此(1)当φ从0变到时，对于每一固定的φ,r从0变到，其中，为抛物线的极坐标 对作替换x=rcosα,y=rsinα,则又知易知第16章曲线积分与曲面积分首先求曲线C的参数方程：由，x+y+z=0消去y,可得配方后得到解：(1)令(2)作替换：可知(3)作新坐标系，使得原点仍与坐标系的原点相同，而点(x,y)位于轴上，此时有(积分号下级数一致收敛，可作逐项积分),故，且得(2)由，可知,采用极坐标，又得由此知，引用题(1),有(3)因为，所以有得其次，有.故在这里也来算出d(y/x),而,易知只需计算其位于第一象限的部分曲面积S1(图16-3)对J,作变量替换，又得 (2)由可知，从而可得从而有有将D变成D*,又变成光滑曲面解：(1)易知对变换其Jacobi行列式注意到 (2)易知直线L平行于0x轴，位于平面xOz上且截Oz轴一段长为b的线段，令∑即 (3)记则证明：(1)对积分I采用球坐标变换则得由此知其Gauss系数为(4)将处作Taylor展式：故知第17章含参变量积分(3)对任意的，函数及其对r的导(函)数在上连续，故知由此可得(常数，),随之因连续性和rO的任意性，就有I(r)=C(0≤r<1).而有(4)设，且作函数从而可得，在区域上连续.因此，有(计算积分可用替换t=tanx)由此还知(I(a)在a=0处连续).这样，最后就得到以及f连续，故当时，在每个区间(a,b)上一致收敛于故因为当时，递增趋于f(x),所以根据Weierstrass判别法，积分F(t)关于一致收敛，从而由f(x)的连续性，即知极限是关于一致的.证毕.(i)对x≥0是单调的且一致有界于1,而积分是关于一致收敛，故对任给ε>0,存在充分大的X,使得(ii)对取定的X,令，可取(4)不妨假定f(x)递增，则，故对任给ε>0,存在δ>0,使得由于，并考察两个积分之差，则可得(应用第二现在令，并假定，又取N,使得又显然因此在x=0处不连续，但在x=1处连续.当0<x<1时，函数上连续，所以二重积分其中u,v作为积分变量，分别起着左边积分中v,u的作用.于是可得当0<x<1时，,从而直接计算可知并且显然因此在x=0处不连续，但在x=1处连续.解：(1)由于，故知注意到x=a时，上式右端为，故知证明：(1)收敛.(2)收敛.(3)收敛.(4)收敛.(5)记，则被积函数f(x,y)有估计证明：(1)因为关于一致收敛，又函数对x单调一致有界于1,所以，根据Abel判(2)(i)由于sin2x的原函数有界，以及递减一致趋于0故根据Dirichlet判则，知积分关于∈(0,1)一致收敛.(ii)易知e-ax随x单调，且(3)易知收敛，对x单调一致有界，由Abel判别法即得所证..从而有而由(i)又知，当充分小时，有估计(3)只需指出或易知，对任给ε>0,存在M>0,使得.又知存在δ>0,使得所以积分g()关于是一致收敛的，也就是说其次，由ε的任意性，即知.最后得出，(3)作变量替换，令，可知(3)令，则由此即知.因为，所以即(4)由于，故，且有由有解：(1)设，则易知f与上连续.由可知积分在任一区间上一致收敛.此外，又由在上一致收敛.从而，积分在上连续，在上连续.由式①可导出因此因为所以C=0.这说明若β=0,则积分I(α)仅在时收敛.此时，应用分部积分公式，可知(2)x=0不是积分的瑕点.又对，有故积分关于是一致收敛的.从而求导可在积分号下进行，即得即知.最后，有(3)(i)看区域，令由的任意性可知，此结论对也真.易知第一个积分是的连续函数；由于，则第二个积分关于以及任意的一致收敛.再由f的连续性，可知第二个积分对连续.从而根据即积分是一致收敛的，从而知上连续.对有(实际上，对也真，因为上内闭一致收敛，由连续性再取极限即得.)在式②,对β第三部分模拟试题由y=ex得，于是从而，故曲线C3的方程为令取极限，据条件(1)得据柯西准则，知存在.即等式①左端极限存在，记之为A由将x固定，由条件(1)使得时于是由②式知多高校(包括科研机构)指定为考研考博专业课参考书目。为了帮助参加研究生入学考试指定考研参考书目为伍胜复习专业课，我们根据教材和名校考研真题的命题规律精心编写了伍胜健《数学分析》辅导用书(均提供免费下载，免费升级):2[3D电子书]伍胜健《数学分析》(第1册)配套题库【名校考研真题+章节题库+模3[3D电子书]伍胜健《数学分析》(第2册)配套题库【名校考研真题+章节题库+模4[3D电子书]伍胜健《数学分析》(第3册)配套题库【名校考研真题+章节题库+模不同一般意义的传统题库，本题库是详解研究生入第一部分为名校考研真题及详解。本部分从指定伍胜健主编考书目的名校历年考研真题中挑选最具代表性的部分，并对选考研真题既注重对基础知识的掌握，让学员具有扎实的专业部分(包括教材中未涉及到的知识点)进行详细阐释，以使学员不遗漏任何一个重要知识点。第二部分为章节题库及详解。本部分严格按照伍胜健主编的行编写，每一章都精心挑选经典常见考题，并予以第三部分为模拟试题及详解。参照伍胜健主编的《数学分析考研真题的命题规律及热门考点精心编写了1套考前模拟试题，并提供详尽、标准解答。通过模拟试题的练习，学员既可以用来检测学习该考试()提供全国各高校数学类专业考研考博辅导班【一对一辅导(面授/网授)、网授精讲班等】、3D电子书、3D题库(免费下载，免费升级)、全套资料(历年真题及答案、笔记讲义等)、数学类国内外经典教材名师讲堂、考研教辅图书等。本题库特别适用于参加研究生入学考试指定考研参考书目为伍胜健《数1互动学习：摇一摇、找学友，交友学习两不误摇一摇，找到学习本书的所有学友，可精确查找学友的具体学习(视频、语音等形式),交友学习两不误；学习圈内有学霸解答本书学习中的问2720度立体旋转：好用好玩的全新学习体验带给你超逼真的3D学习体验，720度立体场景，任意角度旋转，模拟纸质书真实翻3质量保证：每本e书都经过图书编辑队伍多次反复修改，年年升级细研究与分析，掌握考试命题的规律和方向，并结合行业理各个科目的考试要点，把重要考点全部固化为试题形e书。同时，依托北京高校资源，我们聘请知名高校众多专家组成顾问团队严格审核，4免费升级：更新并完善内容，终身免费升级如购买本书，可终生使用。免费自动升级指我们一旦对该产品的内容有所修订、完善，系统立即自动提示您免费在线升级您的产品，您5功能强大：记录笔记、答案遮挡等十大功能(1)e书阅读器——工具栏丰富实用【为考试教辅量身定做】(2)便笺工具——做笔记、写反馈【独家推出】(3)答案遮挡——先看题后看答案，学习效果好【独家推出】6品种齐全：包括全部资格职称考试、、主要包括：资格职称e书、、,共2万余种，每天新上线约30种e书，每天下载约1万次。特别说明：本书的部分内容参考了部分网络资料及相关资料。但由于特殊的原因，比如作者姓名或出处在转载之前已经丢失，或者未能及时与作者取得联系等，因而可能没有注明作者的姓名或出处。如果原作者或出版人对本书有任何异议，请与我们联系，我们会在第一时间为您处理!()是一家为全国各类考试和专业课学习提供辅导方案【保过班、网授班、3D电子书、3D题库】的综合性学习型视频学习网站，拥有近100种考试(含418个考试科目)、194种经典教材(含英语、经济、管理、证券、金融等共16大类),合计近万小时的面授班、网授班课程。如您在购买、使用中有任何疑问，请及时联系我们，我们将竭诚为您服务!全国热线：(8:30～00:30),(8:30～00:30)编辑部第一部分名校考研真题在[0,1]上连续，,使第15章重积分第16章曲线积分与曲面积分,在u∈(0,+o)上一致收敛.,又在(1,+o)上单调递减且一致趋于0,故由对任意的ε>0,存在，当时，有,所以，即，因此。单变量x的连续函数，且对任意的，有(对一致证明：(1)任取，往证为此，只需指出，对任并记.由可知，存在使又由f的连续性，可知存在，使得.因为.且，而是单变量y的连续函数，所以在上(2)设依题设知，对任给，存在，使得当时有(3)设，依题设知，对任给，存在，使得(1)设在D上连续，且，则(3)设在D上连续.令则记，则依条件，存在，使得即(2)对，令，易知注意到f在D上一致连续，故是一族等度连续函数.对任给，存在，使得(3)令，注意到f在D上的一致连续性可知，对,存在，使得,即在上连续，自然也是一致连续的.因此，证明：(1)注意到f在D上一致连续，故对任给,存在，使得,即在上连续.对任给，存在使得(2)显然，F(x,y)在上连续.对处，根据求以及显然不存在，所以不存在.(3)由三种极限间的关系及步骤(2)中的结在此域上一致连续，即对任给的ε>0,存在δ=δ(ε)>0,使对于此域中的任意两点只要时，就有对于上述的δ>0,因为在[a,A]上一致收敛，故的x∈[a,A],均有于是，对任给的ε>0,存在由于f(x,y)关于x对变数y一致连续，故对任给的ε>0,存在使当(x,y')∈G,∈G且时，就有又因f(x,y)在点关于变数x是连续的，故对上数f在G内是连续的.即它是处处有定义的有理函数.又当y=0时，显然是连续的.于是，当变数y固定时，函数f(x,y)对于变数x是连续的.同理可证，当变数x固定时，函数f(x,y)对于变数y是连续的.对于不同的k可得不同的极限值，从而知不存在.因此，函数f在原点不是二元连续的.证明：(1)问题等价于证明不等式令，这样，证上述不等式只要证明.为此，在区域上考虑二元函数.因为，即对固定的，函数f(x,y)是y的单调递如果，显然有；如果即，也有综上便知在上成立.(3)依题设易知，且有(1)设且充分小，则(2)作，则且，从而可知存在点使得达到最大(小)值.由此得，从而导出解：(1)由可知f(x,y)在点(0,0)处连续.因为有易知时有，故在点(0,0)不可微.(2)因为，所以导出取，则，这说明f(x,y)在点(0,0)处不可证明：(1)不妨假定，则有这说明f(x,y)在点处可微.(4)因为所以有由g(x,y)在点(0,0)处的连续性可知，这说明F(x,y)在点(0,0)处可微.从而立即可得在点(0,0)处的微分为解：(1)由题设知，故有从而可得，即知，因此，根据或.这说明(2)由条件知，即由此得到，若令此比值为λ(常数),则有(因为连续，所以此式对x=y=0仍真).这说明并导出bx=ay,ax+by+c=0.注意到式①可求由推出f无临界点).(2)令由于有f(y)≥0以及故f可取到最大值.因为偏导方程组为注意到在Ox轴上，有故又知f(x,0)在点(2,0)处取到最大值.同理可知，点(0,2)也是f(0,y)的最大值点.因为(3)取对数，往证lnlna+alnb>lnlnb+blna.令x=lna/lnb>1,y=lnb,命题转为求证再令0.根据题设可知，0.证毕.(2)(i)反证法.假定则不妨又假定点是f的最小值点(注意，),从而有记则点为g(x)的临界点.而根据可知，点是g(x)的极大值点.注意到在(存在)上，必有取ε充分小，使得在圆周上F(x,y)>0,则依(i)知，即(3)依题设知，在点处取到极大值，故同理可推出此外，还有即得所证.(4)作则有从而可知除非Fy)1,否则在D内可取到极小值.即有使得解：(1)易知f(x,y,z)与的极值点相同，故只需考察在条件x+y+z=a下函数的极值.由于(3)根据题设，可令作辅助函数G(x,y,,并解方程组该方程组的行列式必为0.即用代入式①,并依次以乘各式，再相加可得(2)对条件方程取对数：且记，则命题化为：求f在条件下的极值.(i)在点处，由可知，f无极值.(ii)在点处，由，以及再记，则当S<0时f达到极小值，当S>0时达到极大值，其值为得解从而知显然(8/5,3/5)就是所要求的则由可解出代入平面T的方程，可得，因此(3)问题归结为求在约束条件下的最小值.从因为，故点是曲面上到原点距离最近的一点.其它点亦然.(4)设(x,y)是抛物线上一点(即)是直线上一点(即，则此两点间的距离为从而作函数第15章重积分(3)整个积分区域分成与两部分，并以不同斜线在图15-3中表示出.(2)令则由题设知(2)令则积分式I可写为(3)将D分解为可得(5)(i)用直线x+y=i(i=1,2,3)分割D成为四个区域：见图15-6.因为所以其中表示的面积.从而有用曲线分割D为四个区域：如图15-7,有从而得到将区域表示为解：(1)令则D变为且积分成为(2)令则D变成且原积分成为(3)令将三角形内的点表示为(4)令即此时[J=2,积分区域D变为从而可得且记1所围平面区域为D,故知其中为求V,显然应采用极坐标变换：即令此时有变成从而可得为故有其中D是它在xOy平面投影：从而可得(用坐标变换而且(6)易知该两曲面的交线为由此知，z=a或z=4a.若z=4a,则得两曲面的交点(0,0,4a)影曲线为(图15-9)最后有线y=0).直线y=2,直线x=y+3,以及圆周轴(正向)交于(2,0),与y轴(正向)交于(0,2)(也是与直线y=2的交点),直线x=y+3与x轴交于(3,0),与直线y=2交于(5解：作变换：,则椭圆所围成的域变为且有此时仍有而原曲面有表示式立体Ω关于yOz,xO易知第16章曲线积分与曲面积分首先求曲线C的参数方程：由，x+y+z=0消去y,可得配方后得到解：(1)令从而可知(2)作替换：可知(3)作新坐标系，使得原点仍与坐标系的原点相同，而点位于轴上，此时有(积分号下级数一致收敛，可作逐项积分),若，有(2)由，可知,采用极坐标，又得由此知，引用题(1),有(3)因为，所以有t,则L定向如图16-1所示，从而可得其次，有.故在这里也来算出d,而从而可知,易知只需计算其位于第一象限的部分曲面积S1(图16-3).(2)由可知，从而可得从而有有将D变成D*,)变成光滑曲面解：(1)易知对变换其Jacobi行列式注意到∑的参数方程为以及投影区域D=(2)易知直线L平行于Ox轴，位于平面xOz上解：(1)易知知即(3)记则解：(1)易知又可写为其定义区域为此时，易证明：(1)对积分I采用球坐标变换则得上式左端就是椭球面表面积S在极坐标变换下的积分公式，证毕.可知从而可得作变量替换则的参数方程式为由此知其Gauss系数为故知第17章含参变量积分(2)记，在积分号下求导，并从偏导方程组(3)对任意的，函数及其对r的导(函)数在上连续，故知由此可得(常数，),随之因连续性和rO的任意有(4)设，且作函数从而可得，在区域上连续.因此，有(计算积分可用替换t=tanx)由此还知(I(a)在a=0处连续).这样，最后以及f连续，故当时，在每个区间(a,b)上-是关于一致的.证毕.关于一致收敛，故对任给ε>0,存在充分大的X,使得(ii)对取定的X,令，可取(4)不妨假定f(x)递增，则，故对任给ε>0,存在δ>0,使得现在令，并假定，又取N,使得当0<x<1时，函数上连续，所以二重积分,u的作用.于是可得当0<x<1时，,从而但在x=1处连续.解：(1)由于，故知分次序.从而有证明：(1)收敛.(2)收敛.(3)收敛.(4)收敛.(5)记，则被积函数f(x,y)有估计证明：(1)因为关于一致收敛，又函数对x单调一致有界于1,所以，根据Abel判别法即得所(2)(i)由于sin2x的原函数有界，以及递减一致趋于0故根据Dirichlet判则，知积分关于∈(0,1)一致收敛.(ii)易知e-ax随x单调，且(3)易知收敛，对x单调一致有界，由Abel判别法即得所证..从而有这说明而由(i)又知，当充分小时，有估计(3)只需指出或易知，对任给ε>0,存在M>0,使得.又知存在δ>0,使得所以积分g()关于是一致收敛的，也就是说其所以根据Weierstrass判别法，积分关于一致收敛.类似地可知，积分也在上一致收敛.(3)作变量替换，令，可知(3)令，则从而有由此即知.因为，所以即(4)由于，故，且有当时，可得递减，用中值公式，(因此，积分关于一致收敛.故二次连续可导，且有由由有解：(1)设，则易知f与上连续.由可知积分在任一区间上一致收敛.此外，又由在上一致收敛.从而，积分在上连续，在上连续.由式①可导出所以C=0.这说明若β=0,则积分I(a)仅在时收敛.此时，应用(2)x=0不是积分的瑕点.又对，有故积分关于是一致收敛的.从而求导可在积分即知.最后，有(3)(i)看区域，令由的任意性可知，此结论对也真.易知第一个积分是的连续函数；由于，则第二个积分关于以及任意的一致收敛.再由f的连续性，可知第二个积分对连续.从而根据的连续性，可作运算最后有则在上连续，且有即积分是一致收敛的，从而知上连续.对有(实际上，对也真，因为上内闭一致收敛，由连续性再取极限即得.)在式②,对β作积分， 易知而，故这说明第三部分模拟试题又因为L1的参数方程为，因此，令取极限，据条件(1)得据柯西准则，知存在.即等式①左端极限存在，记之为A由将x固定，由条件(1)使得时于是由②式知第一部分名校考研真题识的掌握，让学员具有扎实的专业基础；又对一些重难点部分(包括教材中未涉及到的知识点)进行详细阐释，以使学员不遗漏任何一个重要知识点。一、判断题1若/)存在，则f(x)与f(x,)均存在.[上海交通大学研]【答案】错【解析】举反例：例如)=ysin,显然有lmf(x,y)=°,limf(x,y)=°,但是f(x,)不存在.2设f(x,y)在(x,yo)的某个邻域内有定义且)[华东师范大学2008研]【答案】错【解析】举反例：i显然有但是即imf(x)是否为0还要取决于。的值，所以f(xy)在点(0.0)处不连续.4,试讨论函数在点(0,0)处的连续性.[江苏大学研]解：当0<p<1时，由于当x²+y²≠0时有,,故f(x,y)在点(0,0)处连续.当p≥1时，由于故f(x,y)在点(0,0)处不连续.5设Q为有理数集，且证明：(1)由于有理数在实数上是稠密的，所以存在有理数列{x}与{v}使得是(2)由于,则有由于(x-a²+(0₀-b²*0,所以f(x,y)在点(x,y)处不连续，故f(x,y)连续.其中M、α均为常数且M>0、0<α≤1,问g(x,y)在D内是否连续，并说明理ε>0,存在&>0,使得,,lecs)-gt,xNSIe(c)-g(,y+1s(x,-gtxk(nea.k-k&b-xs&证明：因为f(x,y)在有界闭区域D上连续，所以f(x,y)在D上一致连续，即对由于纳(x)}在[a,A]上一致收敛，所以对上述的δ,存在N>0,使得当m、n>N,x8设二元函数f(x,y)在正方形区域[0,1]×[0,1]上连续.记J=[0,1].(1)试比较pr(,与c的大小并证明之；(2)给出并证明使等式C-y成立的(你认为最好的)充分条件.[厦门大学研]p(r.)>spinf(r,y).f(n)-jinf()inbuef(r,y)在[0,1]上连续，,使故p()=f(z,y).2二元函数1定义证明：f(x,y)在(0,0)处连续但不可微.[中国科技大学研]证明：对任意的ε>0,存在δ,当o<√r+y³<o时，有故f(x,y)在(0,0)处连续，根据偏导公式可得从而不唯一，所以在(0,0)点函数不可微.求(1)(2)是否在点(0,0)处连续，f(x,y)在点(0,0)处是否(2)由 所以f(x,y)在点(0,0)处可微.3设函数(1)研究函数f(x,y)在点(0,0)处是否连续，其偏导数是否存在，若存在是多(2)函数f(x,y)在点(0,0)处可微吗?为什么?[上海理工大学研]解：(1)由于当(x,y)≠(0,0)时，有又,故由夹逼法知,所以f(x,y)在点(0,0)处连(2)由于所以f(x,y)在点(0,0)处不可微.所以f(x,y)当x=0时也可微.故f(x,y)在平面中的可微点为整个平面.上有界，证明：f(x,y)在点(0,0)处连续.[华南理工大学研]证明：因为f(x,0)在x=0处连续，则对任意的ε>0,存在8>0使得当lx-0kδ时，有,又因为f,(x,y)在G上有界，存在M>0,使得If,(x,y)≤M对上述,时，有安电子科技大学研、清华大学2006研]证明：为了证明f(x,y)在点(x₀,yo)处可微，就要证明z=f(x,y)的全增量可以表示成如下形式=1,(x₀,y₀Ax+f,(x₀,yo)Ay+o(√Ar为此先把△z拆成两部分以便能与偏导数所满足的条件相联系，利用f(x₀+Ax,y)对y的导数存在，并由一元函数微分中值定理可得,,7讨论函数性.[北京工业大学研、中山大学2007研]则故不可微.(3)由于沿：(cosα,sinα)的方向导数存在.中f(u,v)有二阶连续偏导数.(2)若h0,0)=1,L.o.0)--1,.[上海理工大学研]解：(1)由链式求导法则知(2)由(1)得到的结果知9设x=rcosθ,y=rsinθ,证明：[中国地质大学2006研]证明：因为于是11确定α的值，使得函数在点(0,0)可微.[同济大学研]解：f(x,y)在点(0,0)可微，则f.'0,0),J,'0,0)存在.由存在.则必有12在曲面+y+-上求点(),且≥0.≥0.m≥。使该点处曲面的切平面与三坐标面围成的四面体的体积最小.[北京航空航天大学研]解：过点(az)的切平面方程为因此四面体的体原问题化为求V在限制条件+x+a-1下的极小值点.作拉格朗日函数解,故m=学学学，且最小体积为13利用导数证明周长一定的三角形中以等边三角形的面积最大.[清华大学研]s=√D(p-)(p-y)(p-z).证明：设三角形三边分别为x,y,z,其周长为定数2p,则面积所求为S在限制条件+y+-2下的极大值，为此，作拉格朗日函数解得=--号，此时s--。14设u=x²+y²+z,其中z=f(x,y)“.[北京化工大学研]解：对方程x³+y³+z³=-3z,求一、二阶偏导有解：令L(x,y,d)=ax²+2bxy+cy²+A(x²+y²-1),则44因1计算二重积分-T,其中D为区域lx|≤1,O≤y≤2.[北京师范大学研]图15-1解：如图示D可分为p.UD,在o内>z,在p.内，<,所以图15-2909设a>0是常数，计算积分[北京大学研]解：作球坐标变换x=rsinecosθ,y=rsinosinθ,z=rcose.则4求xz平面上的圆周(x-a)²+z²=b²(0<b<a),绕z轴一圈所画的闭曲面所包围的体积.[厦门大学研]解：令V为所画闭曲面所围的空间，则v=((r,y.)I-b≤<b.(a-√B-<x³+y<(a+√B-5计算积分!,D为由直线y=x、y=1及x=0所围成的平面区域。[中科院武汉物理与数学研究所研]解：化为累次积分有,其中D是由直线y=x及抛物线x=y所围成的区域。[中科院武汉物理与数学研究所、大连理工大学研]解：由题设知D为y²≤x≤y,o≤y≤1,从而7求[北京师范大学研]9其中0为z=√x+y与z=x²+²削成的有界区域。[北京大学2006研]证明：.[南开大学2006研]故有··第16章曲线积分与曲面积分1以S表示椭球的上半部分(z≥0),λ,u,v表示S的外法线的方向余弦，计算曲面积[南京大学研]解：如图示：补充xy平面上的椭圆S₁与S构成封闭曲面记为So,由于S₁:z=0,从而图16-12计算曲线积其中L是空间螺线，acost,y=asintz=a(a>0)上对应于t=0与t=2π的两点之间的一段曲线弧.[中山大学研]侧.[哈尔滨工业大学研]V:O≤≤²+y²,(x,y)∈D=(²+y²<1.x≥04计算d其中S是球面x²+y²+z²=a在第一卦限部分并取球面外侧(a>0).[武汉大学图16-25已知C是平面上任一简单闭曲线，问常数a等于何值时，曲线积分解：记P=+Q=y(1)若原点在C外，欲使积分为零必须且只须器-婴即(2)若原点在C内，由多连通区域上的格林公式知，当a=-1时，所以，当a=-1时，总6设f(u)具有连续导函数，计算积分其中z为x>0的锥面y²+z²-²=0与球面+y+²=1.z²+²+²=4所围立体表面的外侧.[西安交通大学研]由奥高公式得所求积分,其中L是抛物线y=x²上从点(-1,1)到点(1,1)上的一段.[华南理工大学2006研]解：将y=x²,-1≤x≤1代入，根据函数的奇偶性可得=(sinx+x³)²+2x(x²+x⁴cos,L是取逆时针方向的单位圆周.[华中科技大学研]解：原点在L所围区域Ω的内部，则在原点不连续，挖去一个以原点为中心，以长轴为，短轴为3的椭圆C,则L与C外侧所围区域2满足Green公式所以此处利用9计算曲线积分docdy,其中曲,方向与z轴构成右手系.[中山大学2007研]10求'-[²-]+(z²-x)y+x²-y'],其中L为平i和立方体0≤x≤a,O≤y≤a,O≤z≤a的交线，站在第一象限处看L为逆时针方向.[大连理工大学研]解：平位于立方体内的部分记为S,它在Oxy平面上的射影区域记为Sy,Stokes公式可得11求球面x²+y²+z²=a²在柱面x+y²≤ax(a>0)内部的面积S。[西安交通大学研]解：由于于是利用对称性知12计算曲面积分其中S是曲线x=e°(O≤y≤a)绕x轴旋转而成的曲面的外侧。[中山大学研],其中2是单叶双曲面x²+y²-z=1在的部分，取外侧。[中山大学2006研]第17章含参变量积分故2证明：(1)积分sindr,(a>0)在ue(0,+0)上一致收敛.故由Cauchy收敛准则知[esindu3证明：在(0,+0)上连续.[华中科技大学2007研]证明：因为对任意的A,存在M,有slsM,同时对任意的8>0,关于x在(1,+0)上单调递减，且当y∈(8,+0)时，有,所以当y→+0时，在[8,+0]上一致收敛于0.故由Dirichlet判别法知在(8,+o)上一致收敛，因为被积函数连续，所以由一致收敛的反常积分性质知Fo)-5*在[8,+0]上连续.由δ>0的任意性知，在(0,+0)上连续.证明：因为Gd于(c,d)一致收敛，所以任给ε>0,存在M>c对一切A₁,A₂>M(其中A₁<A₂),一致连续，所以任给∈[A,AJ,存在δ>故收敛.证明：(1)h.0,e[0.+],证明：1)对v∈ro,+2)因为每个.在(0,+0)上都连续，且当时]0对一切z∈[o,+都成立，所以可以在积分号下取极限，所以8证明：积分。”在(0,+0)上不一致收敛.[北京大学研]9证明函数)-5在区间(0,+0)上连续，在(0,+0)上有连续导函数.[厦门大(x)在[0,+0]上连续10设F(x)=cssds.证明：(1)zr(a)+F(a)-(2)求F(x)[华中师范大学研]证明：(1)记s,则rc-显然f(x,y),f'×(x,y)连续.因为对一切1ecosxyI≤e².I-ye²sinxyI≤ye²,收敛，,所以，即，因此.第二部分章节题库挑选经典常见考题，并予以详细解答。熟练掌握本书考题的解由于k可取不同值，故重极限不存在.(2)f(,kx)=A/(1+k),重极限不存在.f(r,-x+x²)=(-x²+x³)/x²→-1(x→0),故重极限不存在.limf(x,x)=lim(x²+x⁴)/故重极限不存在.imf(x,³-x³)=lim[r²+(³-x²°/³-l故重极限不存在.故重极限不存在.故重极限不存在.2讨论下列函数f(x,y)在点(0,0)处的重极限：(1)(x+y)ln(x²+y²).(2)In(1+xy)/(x+tanyIf(x,y)|=|r(cosθ+sin0)Inr²|(2)注意到f(x,0)=0,另一方面又有故重极限不存在.f(x,y)=e²m²+3≤e(²+3)²m²+3),(3)取对数再用参变量，我们有(1)e2+s³),(0,0).(2)e²-P·sin(2xy),(-○,+∞).3讨论下列函数f(x,y)在指定点的极限状况：由此可知，当或即时极限存在.4试证明下列命题：上单变量连续的函数.又有ECD且E=D.若有(对一致),则f(x,y)在D上连续.并记.由可知，存在使又由f的连续性，可知存在，使得.类似地可知，存在以及闭区间，使得，继续这一过程，可得闭区间列，点列满足根据区间套定理可知，存在xELI(nEN),从而有,以及1f(x,y)-f(x,yo)|<e/2(f(x,y)一f(xo,yo)|≤If(x,y)-f(x,yo)I+If(r,yo)-f(xo,y%)|<e.If(xo,y)-f(xo,yo)|<e/2(|y-yI<8i).If(x,yo±8)-f(xo,yo±δi)|<e/2(|x-x又存在，使得f(x,yo-&)≤f(x,y)≤f(x,yo+8₁).Tf(x,y±à)-f(xo,yo)|≤If(r,yo±&i)-f(r+If(ro,yo±8)-f(xo,yo不妨假定f对y是递增函数，则当lx-zol<8₂,ly-yol≤时，有5试证明下列命题：(1)设在D上连续，且，则在(a,b)上连续.φ∈C([a,b]).If(r,y)-f(ro,yo)I<e(lx-x证明：(1)设(r₀,y)∈D,则由题设知，对任给>0,存在a>0,使得lp(x)-p(x₀)|=ly-y₀I<δ(|x-x|<δ).记，则依条件，存在，使得If(x,p(x))-f(xo,p(xo))|<e(|x-xoI<8=min因此，对，有即(2)对，令，易知g(x)=sup(g,(x):y∈[0.17).注意到f在D上一致连续，故是一族等度连续函数.对任给，存在，使得现在对满足的，存在，使得根据等度连续性，又推出导出这说明，随之有，即f(xo,yo,z)-e<f(x,y,z)<f((3)令，注意到f在D上的一致连续性可知，对，存在，使得Ix'-x"|<8,|y'-y"I<8).,即在上连续，自然也是一致连续的.因此，存在，使得现在对任意取定的，我们有从而导出又根据式①可推知这说明6试证明下列命题：则F(x)=fLx,p(x)]在[a,b]上一致收敛.证明：(1)注意到f在D上一致连续，故对任给，存在，使得l+(x)-,(x)|<8(n>N,p∈N,x∈[a,b]).If(r,p+。(x))一f(x,p.(x))|<e(n>N(2)注意到,故知,,(2)设f∈C(R¹),且作函数证明：(1)定义f(0,y)=(y)(y∈R'),从而只需指出f|(x,y)-φ(yo)|<e/2(0<Ix|<8,,即在上连续.对任给，存在使得lp(y)-(yo)|≤lφ(y)-f(x,y)I+I从而有f(x,y)-φ(yo)|I<8/2).由此即得所证.(2)显然，F(x,y)在上连续.对处，根据的连续性可知，对任给，存在，使得由此即得所证.8设求以及所以显然不存在，所以不存在.(3)由三种极限间的关系及步骤(2)中的结果可知不存在上一致收敛并满足条件b≤p.(x)≤B.证明：函数序列F,(x)=/[x,p.(x)](n=1也在[a,A]上一致收敛.0,存在δ=δ(ε)>0,使对于此域中的任意两点只要时，就有对于一切的x∈[a,A],均有于是，对任给的ε>0,存在自然数N,使当m>N,n>N因此在[a,A]上一致收敛.10证明：若函数f(x,y)在某域G内对变数x是连续的，而关于x对变数y是一列连续的，则此函数在所考虑的域内是连续的.证明：任意固定一点Pa(ro,yo)∈G.在G内是连续的.时，函数f(x,y)对于变数x是连续的.同理可证，当变数x固定时，函数f(x,y)作为二元函数，f(x,y)虽在除点(0,0)外的各点均连续，但在点(0,0)不连续.事实上，当动点P(x,y)沿射线y=kx趋于原点时，有二元连续的.1解答下列问题：,2试证明下列命题：f(0)=(g(0),h(0))=(0,0),了(0)=(g'(0),h(0))≠0,1,1)上值域在R中的连续可微函数.若有证明：(1)问题等价于证明不等式令，这样，证上述不等式只要证明.为此，在区域上考虑二元函数.因为，即对固定的，函数f(x,y)是如果，显然有；如果即，也有综上便知在上成立.因此，有=2:(g'(E)g't)+h'(E)h'(t)](0<6,<t).(3)依题设易知，且有1f,(x,y,z)|≤1,If,(x,y,z)|≤1((If(x₀+△r,yo+△y,zo+△)-f(r₀,≤lf(z+△r,y+△y,z+△z)-f(xa,y+△y,z+f(x,so+△y,z+△z)-f(ra,y,z+1f(xo,yo,z+△z)-≤I△rI+I△yl+If(zo,y%,z+△z)-f(x,,z0)|.(1)设且充分小，则由此以及依据题设即得所证.f,(ro,yo)=-4xo,f,(xo,(2)作，则且，从而可知存在点使得达到最大(小)值.由此得，从而导出因此有(2)f(x,y)=Vxy,(0,0).4讨论下列函数在指定点处的可微性：解：(1)由可知f(x,y)在点(0,0)处连续.因为有f(x,y)-f(0,0)=xy/√Y+y=p·a(r,y),a(x,y)=注意，由在点(0,0)的一个邻域上存在有界偏导数.f(x,y-f(0,0)=p·a(x,y)(a(x,y)=Vay/prp=√+y).取，则，这说明f(x,y)在点(0,0)处不可微.5解答下列命题：解：(1)(i)注意到，故得(ii)注意到，故得(3)对两式各求微分，可得从而可解出由此即得所证.(4)对两式各求微分，可得从而可解出或若记此值为1/k,又知类似地可知因此有式①左端6试证明下列命题：在点(0,0)处连续，在则f(x,y)在点(0,0)处可微.(3)设f(x,y)=lx-ylg(x,y),g(x,y)在零点的邻域U₀(8)上连续，且g(0,0)=0,则f(x,y)在点(0,0)处可微.(4)设f(x,y)在点(0,0)处可微，且f(0,0)=0,又假定g(x,y在点(0,0)处连续，则F(x,y)=f(x,y)g(r,y)在点(0,0)处可微，且有d(fg)=fdg(在点(0,0)处).=f(x₀+△r,yo+△y)-f(xo,y+△y)+f(ro,y+△y)-f(=f,(xo,yo)△r+a△r+o(△r)+f,(r₀,yo)△y+o(△y)(△x→0,△证明：(1)不妨假定，则有Ayl≤p,(Ar|≤p(p=√△r)+((2)依题设知，对任给>,存在>0,使得(3)因为[f(x,y)-f(0,0)]/√R+=r|cosx-sinx|g(rcosθ,rsinθ)/r≤2g(rcosθ,r所以，注意到△F=F(x,y)-F(0,0)=f(r,y)=f,(0,0)g(0,0)△r+f,(0,0)g(0,0)△y+R(R(x,y)=f.(0.0)[g(x,y)-g(0,0)]Ax+f,(0,0[g(x,y)-g(0,0(4)因为所以有由g(x,y)在点(0,0)处的连续性可知，这说明F(x,y)在点(0,0)处可微.从而立即可得在点(0,0)处的微分为7试证明下列命题：(2)设z=f(x,y)在区域ccx上可微，又假定x=p(s,t),y=(s,t)在区域DcR上可微，且以y乘式①,以x乘式②,相加可知类似地可推得第二式.由此可导出又(估计上式最后三项)8解答下列命题：(1)设R²上可微函数F(x,y)满足(2)在上题中，改F(x,y)为连续可微，又条件(ii)改为F(x,y)=h(r),试求F(x,y).(3)设u=f(r,y,z)在上可微：(ii)若u/x=u/y=u:/z,则u是r的函数.F(r,y)=C-In|x|+In|yl).从而可得，即知，因此，根据或.这说明(2)由条件知，即由此得到，若令此比值为λ(常数),则有(因为连续，所以此式对x=y=0仍真).这说明f=f·(-rsinOsinp)+f,·(r再依题设之比例又有综上所述，即得所证.9解答下列问题：可知g(x,y)=-(-f(x,y))=f(r,..10解答下列问题：(1)试求满足f(x,O)=x,f(0,y)=x的方y的解z=f(x,y).(2)试证明方程(u(x,y)有连续二阶偏导数)通过变换E=x+y,=x-y得解u=(x+y)p(x-y)+ψ(x-y).(4)f(x,y)有连续二阶偏导数.若有试求f(x,y).解：(1)由题设知(3)令u=F(r,t)/r(即F(r,t)=ru(r,t)),则F,=F+F,,F=F-F,;F",=F"+2F"+F",F"=F"-2F"+F".解：(1)在原式两端对x求导，得-1/(1-),器-)(1-)(器≠1).①(3)应用归纳法.首先对z=x+yφ(z)求导，可知②12解答下列问题：解：(1)求出一阶偏导数方程组解之可得临界点直线x=0,2y+3z=a上的点平面y=0上的点平面z=0上的点再看二阶偏导数，有f=2zx³(a-x-6y-3z),f=6xyz²f"=-6a³/7⁵,f".=-24a⁵/7³.由此可知，在点x.f"=-6a³/7⁵,f".=-24a⁵/7³.由此可知，在点x.处，其值为从而得到(在点x.处)极值点.在点x处，有df=2zx²(a-x-3x)dy².故在a-x-3z≠0,32≠0,z≠0时它有确定的符号.这说明此时，f在x.处有极值为0.在点x.处，f的二阶微分恒为0,而df=6xy²(a-x-2y)dz³≠0.这说明x,不是f的极值点.(2)偏导数方程组为用乘第一式，用乘第二式，相加得并导出bx=ay,ax+by+c=0.注意到式①可求出临界点x=a/c,y=b/c,c≠0(若c=0,则由推出f无临界点).,(,)--(8+2)/(+号+1)",再求二阶偏导数，可知(记a=²+y²+1,β=ax+by+c)13解答下列问题：上的最大值.(2)试确定a值，使得z=3axy-x³-x在(a,a)处达到极值.解：(1)解偏导数方程组A=fIx=-8,B=fIx=2,C=fIx=-2,A由此知，f(0,0)是极大值.再看f在D的边界上的值：对x=-1,有f(-1,y)=-5-2y-y²≤-3;对x=4,有f(4,y)=8y-x².而f(y)是递增函数，故f(4,1)=7(2)易知(a,a)为z(x,y)的临界点.根据A=zlc)=-6a,B=2lca)=3a,C=z(iii)a=0时，有故(a,a)不是z的极值点.14试证明下列不等式：f(x,y)=x(1-x)<e-¹((x,y)∈D).证明：(1)对取定的x₀∈(0,1),由故知(x,作为y∈(0,f,(ro,y)=x(1-xo)(1+y·Inr₀)=0o)的函数必达到最大值，且其最大值点(xo,y)满足方程f(xo,y)≤f(xo,yo)=-e¹(1-也就是说，在惟一的点上达到最大值，=(1-x)+(x-1²/2[1+8(x-1)]>1-x(再考察函数F(x)=-(1-x)/Inx(0<x<1).f(x,y)<e-¹(0<x<1,0<y<).故F(x)<1.从而结合前述结果，有(2)令由于有f(x,y)≥0以及故f(x,y)可取到最大值.因为偏导方程组为注意到在0x轴上，有故又知f(x,0)在点(2,0)处取到最大值.同理可知，点若F(x,y)≤0,则Inx>yF(x,y);若F(x,y)>0,则(1)设D={(x,y):0<x<1,0<y<1)},且令①(i)f(x,y)≥0(x²+y²≤1.(ii)f(x,y)>0(x²+y²≤1).(i)若最大值点位于D,则命题显然成立.将上两式相加，即可得出从而只需指出d≤0,e≤0.根据题设可知，从而有d≤-ax.令，又得d≤0.类似地可推知e≤0.证毕.(2)(i)反证法.假定则不妨又假定点是f的最小值点(注意，),从而有此外，由式①可知，必有记则点为g(x)的临界点.而根据可知，点是g(x)的极大值点.注意到在(存在)(ii)考察函数F(x,y)=f(r,y)-e(e²+e).因为有F=f-ee²,F=f"-ee²,F,=f"-ee°,f(x,y)≥e(e²+e)>0(²+y²≤1).取ε充分小，使得在圆周上F(x,y)>0,则依(i)知，即(3)依题设知，在点处取到极大值，故同理可推出此外，还有即得所证.F(x,y)≥1(x²+y²=1);F(O,0)≤1.(4)作则有从而可知除非F(x,y)1,否则在D内可取到极小值.即有使得这说明即得所证.16解答下列问题：(1)试求f(x,y,z)=xyz(m>0,n>0,k>0在条件x+y+z=a下的极值，其中r>0,y>0,z>0,a>0.F(x,y,z)=mlnr+nny+klnz+λ(x+y则可得可能的极值点为再看二阶微分在点处的值，即得m"n"k*am+n+*/(m+n+k)m+由此知，g随之f在点处达到最大值：F(x,y,z)=x²+y²+z²+A(x²/a²+y²/b²+z²/c²-1).(2)作辅助函：又联立方程组Ai=-c,X₁=(0,0,c);Az=-c,X₂=(0,0,As=-a²,X,=(a,0,0);A=-a²,x₁=(-a,0As=-B,X₅=(0,b,0);Ag=-B,X₆=(0,-b易知有解dF=2(1+A/a²)dx²+2(1+A/b²)dy²+2(1dF(X,,A)=2(1-c²/a²)dr²+2(1-c/b²)ddF(X,,A)=2(1-a²/b)dy²+2(1-a²/c)d所以有dF(X,,A)=2(1-b²/c²)dz²<0(dr=0,dzdF(X,a)=2(1-b²/a²)函数f在点处取极小值在处取极大值；在点处，由于故点不是f的极值点.,并解方程组或①的特征值.由于命题的最大值必存在，故定有非零解因此该方程组的行列式必为0.即Arł+By?+Ca8+2Dy。zo+2Ez₀zo+2Froyo-λ(路+y+z)=0.由可知，这是f(x,y,z)在单位球面上的最大值.17解答下列问题(用一般极值求法解条件极值):(1)试讨论z=f(x,y)在条件(x,y)-下的极值，其中f(x,y),(x,)有连续二阶偏导数.解：(1)由--:/%可知f₂(x,y)p,(x,y)-f,(x,y)p,(x,y)=0,现将极值点满足的条件写为并使它与联立解出点为判定其极值情形，将上述结果代入式从而知，当时，z取到极小值；当时，z取到极大值.(2)对条件方程取对数：且记，则命题化为：求f(x,y,z)在条件下的极值.采用代入法，化条件极值为一般极值，即从条件中解出z代入f,则f写为求解偏导方程组再求二阶偏导，易知(i)在点处，由可知，f无极值.(ii)在点处，由，以及±[ln(abck)]/(lna)³(lnb)²(In再记，则当S<0时f达到极小值，当S>0时达到极大值，其值为18解答下列问题：(1)试求椭圆x²+4y²=4上一点，使得此点到直线2x+3y=6的距离最短.(3)试求原点到曲面xyz=1上距离的最近的点.(4)试求抛物线s-x与直线x-y-2=0之间的距离.解：(1)注意到点(x,y)到该直线的距离公式为F(x,y)=(2x+3y-6)²/13+A(x²+4y最小值.从而令联立方程组得解从而知显然(8/5,3/5)就是所要求的点.F(x,y,z)=d+A(Ar+By+C+D).x=x-λA/2,y=yo-AB/2,z=z-则由可解出代入平面T的方程，可得，因此F(x,y,z)=x+y²+z+λ(ry(3)问题归结为求在约束条件下的最小值.从而作函数易得，以及x₁=(1,1,1),X₂=(-1,-1,1),X=(1,-1,-1),X.=(-1,从而解出因为，故点是曲面上到原点距离最近的一点.其它点亦然.(4)设(x,y)是抛物线上一点(即)是直线上一点(即，则此两点间的距离为从而并解平衡点方程，可知有解：.故知1设f(x,y)在R²上连续，试交换下列累次积分的次序：解：(1)积分区域p.p.如图15-1所示，有图15-1(2)整个积分区域分成D₁与D₂,如图15-2斜线部分所示.图15-2(2)设f∈C([0,1]).若有等式证明：(1)由题设知，对x≥a有(用Cauchy—Schwarz不等式)(2)令则由题设知证明：(1)只需指出从而知(相加)根据f的递减性，我们有(y-x)[f(x)-f(y)]≥0(0≤r,y≤1).这说明2I≥0,即I≥0.(2)令则积分式I可写为再引用不等式即得所证.(3)只需指出更换变量符号，将I改写为由x,y的对称性，同样可得将上两式相加再除以2,得因为f(x),g(x)在[a,b]上单调递增，故上式两个方括号同号，即上式被积函数在D上取非负值，因而有J≥0.4试求下列积分I的值：解：(1)画出区域D的图(图15-4),即知D={(x,y):0≤x≤1,0≤y≤x}.故有oD₁={(x,y):2≤x≤8,4-x≤yD₂={(x,y):8≤x≤18,-√2x≤y≤是x的奇函数).以|D₂|=|D₃|=3/2,|D₄I=其中表示的面积.从而有图15-6(ii)注意到积分的对称性，易知用曲线分割D为四个区域：如图15-7,有从而得到D.=((r,y):0≤x≤√4-k,x²+k-1U{cx,y):√4-k≤x≤√4-(k-1),x²+k-1≤y将区域表示为=√4-k+(5-k)(√5-k-√4-k)-[(5-k)?-(4-k)则可求出面积因此最后导致图15-75解答下列问题：(2)求R中由曲面z=xy,x+y+z=1,z=0所围成的立体体积V.解：(1)易知立体所在区域Ω为a=((x,y,z):-1≤x≤1,x²≤y≤1,0≤x≤x²+y²).由此知Ω在x0y平面上的投影为D={(x,y):|x|≤1,x²<y≤1).从而得到D={(x,y):0≤x≤1,0≤y≤1-x}.(2)易知该立体在x0y平面上的投影区域为此外，曲面xy=z与平面x+y+z=1的交线在x0y平面上的投影为y=(1-x)/(1+x)(x∈R'\-1}).D₁={(x,y):0≤x≤1,0≤y≤(1-x)/(D₂=《(x,y):0≤x≤1,(1-x)/(1+x)≤y≤1-x}.从而得到6解答下列问题(用重积分求解单积分):(2)试求下列积分值(a>0,b>0)(3)试证明不等式不妨假'从而就(2)应用公对于I,I₂中的被积函数，在x=0时取值定为0,则它们都是连续函数.从而交换积分次序，得出再作变量替换x=e⁻,有因此立即推得D₁={(x,y):x²+y²≤u²},D₂={(x,y):x²+易知I₁≤4J²≤I₂,以及(作极坐标变换)由此即可得证.7试在下列积分I中实施变量替换：D由y=0,y=x,x+y=1围成。是以(xi,yi)(i=1,2,3)为顶点的三角形)。(2)令则D变成(3)令将三角形内的点表示为从而作变量替换“+0<≥0.其中S是该三角形之面积.(4)令即此时[J=2,积分区域D变为从而可得8解答下列问题：(1)求由平面z=0,抛物面2z=x²/a²+y/B,以及用球面²+y+(z-c²=c与上述抛物面的交线作准线的正柱面(a,b,c>0)围成的立体体积V.(2)求由椭球围成的立体体积V.(3)求由椭球与圆柱面围成的立体体积V.(5)已知两个球的半径各为a,b(a>b),且小球球心位于大球球面上，试求小球位于大球内的那一部分立体的体积V.(6)求曲面x²+y²+az=4a²将球x²+y²+z²≤4az分成两部分立体的体积比(a>0).解：(1)易知交线在x0y平面上的投影为曲线且记1所围平面区域为D,故知其中为求V,显然应采用极坐标变换：即令此时有变成(2)易知此两曲面的交线在x0y平面上的投影为x²/a²+y²/b²=1/2,记其所围区域为D,则其中显然应采用极坐标变换来求积分，即令由此可得(3)记曲所围区域为且由对称性知只需考察位于第一象限中的D,记为故有其中令则(4)由题设知该立体为a={(x,y,z):(x,y)∈D,0≤z≤D=((x,y):0≤x≤a,0≤y≤从而可得(用坐标变换而且对上式右端的积分，再作变换则有因此最后得到(5)建立坐标系：以小球球心为原点，Oz轴穿过大球中心线，如图15-8,则大、小球的方程可各写为x²+y²+(z-a)²=a²,x²+y易知此两球之交线为它在x0y平面上的投影就是1.记1所围区域为D,则图15-8(6)易知该两曲面的交线为由此知，z=a或z=4a.若z=4a,则得两曲面的交点(0,0,4a);若z=a,则得两曲面的交线在x0y平面上的投影曲线为(图15-9)又知该两个曲面在柱坐标系下的方程分别是即由此知，抛物面下与球面上所围成的立体体积为而抛物面上与球面下所围立体体积v₂=V-V(V是球体体积),即最后有图15-99计算下列三重积分：(2)设Ω是由曲面z=(x²+y²)/m,z=(x²+y²)/n;xy=a²,xy=b²;y=ax,y=Bx0<a<b,0<a<β₁0<m<n;第一象限)围成的立体.解：(1)易知应采用球坐标变换，有(2)作变换u=xy,y=ux,z=z,即此时J=1/2v>0.从而可得10计算：解：积分区域是位于第一象限的边长为a的正方形，过顶点(0,0)和(a,a)的对角线将它分为两个三角形D₁(经过点(a,0))和D₂.应用极坐标(r,0),Jacobi式等于和于是(也可用广义极坐标，令x=arcosθ,y=arsine).)11变换下列累次积分的积分顺序：+3,以及圆周x2+y2=4围成，因此D位于第一象限.圆周与x轴(正向)交于(2,0),与y轴(正向)交于(0,2)(也是与直线y=2的交点),直线x=y+3与x轴交于(3,0),与直线y=2交于(5,2).因此方程；于是，13计算下列二重积分：其积分域Ω是由椭圆所界的域。解：作变换：,则椭圆所围成的域变为且有。于是，所求的面积为15试证明下列积分等式：(2)两端对x作[0,1]上的积分，再换序得另一方面，设tant=u,又可得从而有(对上式作积分)综合上述结果，即可得证.16设f(x,y)在I=(a,b)×(c,d)上连续，且有(i)在I上存在且连续；(ii)对某个存在；(iii)I上存在且连续，则在I上存'且有证明：取y₀∈(c,d),则对任意的(x,y)EI,有从而在等式两端对y,x求导即可得证.17试证明下列命题：(1)设F(x,y,z)在a:[a,β]×[c,d]×[a,b]上的最大、最小值为M,m,在Ω上连续，则(2)设f(x)是R¹上的正值连续函数.若对任意的t∈R',,则对任意的=F(β,d,b)-F(a,d,b)+F(a,c,b)-F(β,c,≤4M-4m=4(M-m).证明：(1)将三重积分换成累次积分，有,则FEC([a,b])且有18解答下列问题：解：(1)为求积分值，必须去掉绝对值，为此令D₁=((x,y):f(r,y)≥0},D₂从而可得对积分I₂,I作变量替受+4x(3-A)-6m(2))作变量替换α=arctan则直线y+x=π分D为两个区域(图15-11):D₁=((x,y):0≤r≤π,0≤yD₂={(x,y):0≤x≤π,π-xD:x+y≥ππ-《+n-v≥π,图15-11图15-12D₂={(θ,r):sinθ/4≤r≤sin₈/2).(4)作替换x=rcosθ,y=rsinθ,则区域D变为两个区域：从而(注意对称性)可知(θ的交点之一为cosθ/4=sinθ/2)19求由下列曲面围成的立体Ω的体积V:(2)其中=(a₅)(i,j=1,2,3是正交矩阵。解：(1)注意到曲面方程中出现分离单变量x,故应作变量替换：此时仍有而原曲面有表示式立体Ω关于yOz,x0y平面对称，则有(2)设A>0(i=1