数学分析（三）试卷2.doc

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1、数学分析（三）试卷2及答案一叙述题（每小题10分，共30分）1.叙述二重积分的概念。2.叙述Gauss公式的内容。3.叙述Riemann引理。二计算题（每小题10分，共50分）1.求球面x2+y2+r=50与锥面x2+y2=^2所截出的曲线的点（3,4,5）处的切线与法平面方程。2.求平面z=0,圆柱面，+）,2=2兀，锥面乙=后所围成的曲顶柱体的体积。3.计算三重积分其屮V:0

2、=1,Z»0(d,/?,c>0),cTb~c「定向取上侧.三证明题（每小题10分，共20分）r+vi.若H>1及xno,『no，证明不等式2.证明「竺空心关于y在［d,®（0vd<方v+oo）上一致收敛，但在（0,+00）上非一致收敛.答案一叙述题(每小题10分，共30分)1.设。为/?'上的零边界区域，函数z=/(x,y)在O上有界。将0用曲线网分成兀个小区域AQ1,AQ2,...,AQ,j(称为。的一个分划)，记Aq为AG,•的面积，并记所有的小区域AG川勺最大玄径为2。在每个AOj上任取一点(匕“)，若2趋

3、于零时，和式1二乞fGmw/=!的极限存在且与区域的分法和点的取法无关，则称/(兀)在。上可积，并称此极限为/(x,y)在有界闭区域G上的二重积分，记为JJ7(x，yW=/(徐⑺込㈢oQ心12.设。是疋屮由光滑或分片光滑的封闭曲面所囤成的二维单连通闭区域，函数卩(兀,)沁),e(x,)，,&和/?(%,&在。上具有连续偏导数。则成立等式+Qdzdx+Rdxdy,这里8G的定向为外狈叽3.设函数0(x)在［d,®可积且绝对可积，则成立lim

4、^(x)sinpxdx=lim

5、^(x)cospxdx=0o“T+ocJ?

6、"T+oo

7、2.求平面z=0,圆柱面x2+y2=2x,锥面z=J"+于所伟[成的

8、山顶柱体的体积。解其体积V=+y~dxdy,其屮£>:^2+y2<2xo设x=rcos©,y=rsin(/)0D兀TT£):r<2cos^>,

9、jlcos3^y8pZ1.9.32=-r.(1-sin_(p)dsin(p=——.291.解2恥+y+z)dxdydz=[fcly[(兀+y+z)〃z=fd兀([(x+y)z+—]I；dyv)>)))2dxf[(*+%)y+t]lj)dx=^(l+x)Jx=

10、a:

11、4.解：首先，令Z=£e^2dx，则Z=2re^dx，在积分「Fdx屮，再令x=ut,-x-X-X其屮“为任意正数，即得I=2Ce^dx=ue^dx.再对上式两端乘以e^du,然后对U从0到+00积分，得-ui4fV“么『膚"血注意到积分次序可换，即得由于/〉0,故/=石.2.利用广义球面坐标代入曲血方程就可得曲血的参数方程为71x=6/sin0cos0,y=方sin少cos&,z=ccos0,0<0<2龙,0<(p<—.2易得"八I=besin2cpcos“，語Hsing因此^x^dydz+y'dzdx+z^

12、dxdy=£(6/3/7Csin"^?cos4/9+/?36/csin^?sin40+c3abs(pcos(p)d0=—7ztz/?c(cz-4-b~+c-).三证明题(每小题10分，共20分)兀"+vn1•证明考虑函数乙=一亍一在条件x+y=a(a>0,x>0,y>0)下的极值问题，设2F(x,y)=g(x"+y")+久(兀+y—a).解方程组可得“y聖•从而81•22oO--++nHXyn-2«-2--=aF&aF¥aralkx+y-a=Q12丿•如果兀则结论显然成立.2.证明首先证^-dx在［d,切上一

13、致收敛.由于Ifsinx>Y/x=1-COS（/1V）<-0,ye[a,/?],3yya因而一致有界，而1/兀是兀的单调减少函数且lim-=0,由于1/无与y无关，因此这个极X—>+0C兀限关于y是一致的，于是由Dirichlet判别法知「竺岂仅在ywS,切上一致收敛.■再证「竺巴么在(0,+8)上非一致收敛.对于正整数〃，取y=l/nf这时XXsinxyf-axs