数学分析-习题及答案

故nl(12acosxa2)为连续函数且具连12acosxa212aa2(1a)20，续

导

数，从而可在积分号下求导。

I(a)02cxo2as1a21dx dx 12012acxoa2saas12acxo1a2aa01a2 dx2(1a)2acosxaa(1a2)0 dx

2a1cosx21aa21ax2。但arctgtg00。于是，当a1时，I(a)C（常数）

aa2a1a2是，I(0)0，故C0，从而I(a)0。 4:讨论积分I0adx在每一个固定的a处的一致收敛性。 221ax 解: 设a0为任一不为零的数，不妨设a00。取0，使a00。下面证明积分I在(a0,a0)内一致收敛。事实上，当a(a0,a0)时，由于

0a0a0a，且积分dx收敛，故由Weierstrass22222201ax1(a0)x1(a0)x 1

a01a2x2dx在(a0,a0)内一致收敛，从而在a0点一致收敛。由a0的任意性知积分I在每一个a0处一致收敛。下面说明积分I在a0非一致收敛。事实

判别法知积分

上，对原点的任何邻域(,)有：A0，有

dtdtadtdx(a0)lim。由于01a2x2aA1t201t22， a0aA1t2dt|， 故取0，在(,)中必存在某一个a00，使有|aA1t22即|a0dx1a0x22A|因此，积分I在a0点的任何邻域(,)内非一致收敛，从而积分

I在a0时非一致收

5: 求球面x2y2z250与锥面x2y2z2所截出的曲线的点(3, 4, 5)处的切线与

法平面方程。解:设F(x,y,z)x2y2z250，它们在(3, 4, 5)G(x,y,z)x2y2z2。处的偏导数和雅可比行列式之值为

FFFG8,6,10,6, yxzx(F,G)(F,G)(F,G)GG8,160,120，0。所以曲线在(3, 4, 5)10,和 y(y,z)(z,x)(x,y)z处的切线方程为：

3(x3)4(y4)0,x3y4z5，即 z5.1601200法平面方程为4(x3)3(y4)0(z5)0，即4x3y0。

x2y2z26.xdydzydzdxzdxdy, M为上半椭球面2221,z0(a,b,c0),abcM333定向取上侧.解:利用广义球面坐标代入曲面方程就可得曲面的参数方程为

xasincos,ybsincos,zccos,02,0易得

2.

(y,z)(z,x)(x,y)bcsin2cos,acsin2sin,basin2cos,因此

(,)(,)(,)333xdydzydzdxzdxdyM/20d(a3bcsin5cos4b3acsin5sin4c3absincos)d

022abc(a2b2c2).5xnynxy7.若n1及x0, y0, 证明不等式.

22

2

nxnyn证明: 考虑函数z在条件xya (a0, x0, y0)下的极值问题，设

2Fnn1x2x0Fn1nnF(x,y)(xy)(xya).解方程组yn10

2y2Fxya0axnynaxy可得xy.从而.如果xy0时，则结论显然成立.

2222nnsinxydx关于y在[a, b] (0ab)上一致收敛，但在(0, )上非一xsinxydx在[a, b]上一致收敛. 由于 致收敛. 证明: 首先证0x8．证明0A0 sinxydx1cos(Ay)22, A0, y[a, b],

yya10, 由于1/x与y无关，因此这个极

xxsinxydx在y[a, b]上一致收敛. 限关于y是一致的，于是由Dirichlet判别法知0xsinxydx在(0, )上非一致收敛. 对于正整数n，取y1/n，这时 再证0x因而一致有界，而1/x是x的单调减少函数且limn3/2nsinxy dxxn3/2nsinx/n2 dxx3nn3/2n2x2, sindx. 只要取03n3则对于任意A0, 总存在正整数n满足nA0, 取y1/n，这时成立

n3/2nsinxysinxy2dx在(0, )上非一致收 dx0.由Chauchy收敛原理知0xx39。求Il(xy)ds ，此处l为联结三点O(0,0), A(1,0), B(1,1) 的直线段。

解:I(xy)dslOAABBO(xy)ds。在直线段OA上y0, dsdx得

OA(xy)dsxdx1在直线段AB上x1, dsdy得

0213(xy)ds(1y)dy在直线段BO上yx, ds2dx得 AB021

BO(xy)ds2x2dx2所以I22。

013

10.计算二重积分I(x2y2)dxdy。其中 是以yx,yxa,ya.

y3a (a0)为边的平行四边形。

解:

22(xy)dxdydya3ayya(x2y2)dx14a4.

11．计算三重积分IVx2y2z2x2y2z2(222)dxdydz。其中V是椭球体2221。

abcabc解: 由于IVx2dxdydza2a2Vy2dxdydzb2Vz2dxdydz，其中 c2Vxdxdydza2y22xdxdydz，这里D表示椭球面aa2Dy2z2x22122bca或

z2x2c(12)a2x22b(12)ax2x2x21。它的面积为(b12)(c12)bc(12)。于是

aaaVx2dxdydz2aabcax24x(1)dxabc 2215aa2同理可得

Vy24dxdydzabc，

15b2Vz24dxdydzabc。

15c244abc)abc。 155eaxebxdx (ba0)的值。 12．计算含参变量积分0 xbeaxebxbeaxebxxyedy dx dxexydy。注意到exy在解: 因为，所以a00axx所以 I3(域：x0, ayb上连续。又积分

0exydx对ayb是一致收敛的。事实上，当

x0, ayb时，0exyeax，但积分

0eaxdx收敛。故积分

0exydx是一致收敛exydx。从而得

的。于是，利用对参数的积分公式，即得

0dxexydydybaab00eaxebx dx xabdy0exydxbadybln。 ya2u2ux13.已知uarccos.确定二阶偏导数与的关系解:当0xyxyyxy 4

时.uarccosxarccosyxy。

ux11xy12xy12x(yx)

uyx3x12y2y1x12u， 32xy2y(yx)4x(yx)2x4y(yx)322u1yx4xy2(yx)14x(yx)32，于是，当0xy时

2u2uxarccos。当0xy时， uarccosxyyxyxy

xcosxdx的敛散性。 pqxxx(1p)xp(1q)xq解:首先注意到p。若max(p,q)1，则当x充分大时q2pqxxxx14．讨论积分xxx0。lim0，从而当充分大时函数是递减的，且这时xpqpqpqxxxxxxx又因

AcosxdxsinA1（对任何A），故xcosxdx收敛。若max(p,q)1，pqxxxx0则恒有p，故函数在x上是递增的。于是，正整数n，有qpqxxxx2n42nxcosx2dx2xpxq2n42nx22dx常数8pq2pq4xpxq0，故不满足Cauchy收敛准则，因此xcosxdx发散。 pqxx 5