杭州電子科技大學學生考試卷（A）卷答案

杭州電子科技大學學生考試卷（A）卷答案

考試課程

課程號

考生姓名

題號

得分

一

數學分析

教師號

學號（8位）

二

三

考試日期

2005年7月1日

任課教師姓名

年級

成績

專業(yè)

六

七

八

四

五

一，

（１）解

對于二元函數f(x,y)，

有連續(xù)的偏導數?可微，反之不然；

可微?偏導數存在，反之不然；

可微?有任意方向的方向導數，反之不然；

可微?連續(xù)，反之不然；

連續(xù)不能得出偏導數存在，偏導數存在也不能得出連續(xù)。

（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，因此當x,y充分小時，對上面的差可以應用微

分中值定理，得

u=fy(x+x,y+1y)y+fx(x+2x,y)x，0<1,2<1，

又因為fx,fy在點(x,y)連續(xù)，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)在點(x,y)可微。

（１０分）

若f(x,y)在點(x,y)可微不能推出fx,fy在點(x,y)連續(xù)。

例

1

?

?(x2+y2)sin

f(x,y)=?

x2+y2,

?

?

0,

x2+y20

x2+y2=0

它在(0,0)點可微，但fx(x,y)，fy(x,y)在(0,0)不連續(xù)。

（１５分）

二

解

由

(i)?

?u=u(x,y)，(ii)?x=rcos

?v=v(x,y)

?

?y=rsin

對(i)關于r和求偏導數得

?

?

?

?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，

因此從(1)和(4)'得

ur=1v，

r

而

Q

1u=uxsinxuycos

r

ux=vy，

vr=1u

r

uy=vx

(3)'

所以從(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

對

(1)

n=1

n+1

xn+1，

n(n+1)

由比值審斂法得R=1，收斂域[1,1]

（２分）

設冪函數的和函數為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]

當x=1時，

4

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

x1+

（１０分）

六，解

設所求體積為V，則

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確界原理：有上界的非空數集必有上確界，有下界的

非空數集必有下確界。

（３分）

（２）設{yn}非空有界單調增數列，由確界原理，它必有上確界，令之

為

=sup{yn}，要證

limyn=

n

由上確界的定義

(i)

(ii)

yn

(n=1,2,3,???)

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

又因為{yn}是單調增的，所以當n>N時，ynyN，因此yn>。

即當n>N時，有0yn<，所以yn(n)。

同理可證單調減有界數列也一定有極限。（１０分）

八，解

設所求的切平面在點(x,y,z)與橢球面相切，x>0,y>0,z>0，則

切平面方程為

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條件下取最小值相當于函數u=xyz在同一條件下

9

4

取最大值。作Lagrange函數

L(x,y,z)=xyz+

(x2+y2+z21)

9

4

對L(x,y,z)關于x,y,z求偏導數，并令它們?yōu)榱愕?/p>

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