MA102a 2022春 期末 答案

2022春数学分析2期末考试答案-马嘉麒

一

1-1

$$\frac{\partial z}{\partial x}=y+f(\frac{y}{x})-\frac{y}{x}{f}^{\prime }(\frac{y}{x})$$$$\frac{\partial z}{\partial y}=x+f^{\prime }(\frac{y}{x})$$

1-2

$$\frac{\partial u}{\partial x}=e^{xy}{y}^2(xy+1),\frac{\partial u}{\partial y}=e^{xy}xy(xy+2)$$

设 $v=(\frac{1}{\sqrt{2}},\frac{1}{\sqrt{2}})$，则

$$\frac{\partial u}{\partial v}(1,1)=\frac{\partial u}{\partial x}(1,1)\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{\partial u}{\partial y}(1,1)\cdot \frac{1}{\sqrt{2}}=\frac{5}{2}\sqrt{2}e$$

1-3

设 $F_1(x,y,u,v)=xu-yv-1$，$F_2(x,y,u,v)=yu+xv$，则

$$\left(\begin{array}{ll}\frac{\partial u}{\partial x}& \frac{\partial u}{\partial y}\\ \frac{\partial v}{\partial x}& \frac{\partial v}{\partial y}\end{array}\right)=-{\left(\begin{array}{cc}\frac{\partial F_1}{\partial u}& \frac{\partial F_1}{\partial v}\\ \frac{\partial F_2}{\partial u}& \frac{\partial F_2}{\partial v}\end{array}\right)}^{-1}\left(\begin{array}{ll}\frac{\partial F_1}{\partial x}& \frac{\partial F_1}{\partial y}\\ \frac{\partial F_2}{\partial x}& \frac{\partial F_2}{\partial y}\end{array}\right)$$$$=-{\left(\begin{array}{cc}x& -y\\ y& x\end{array}\right)}^{-1}\left(\begin{array}{cc}u& -v\\ v& u\end{array}\right)$$$$=-\frac{1}{x^2+y^2}\left(\begin{array}{ll}xu+yv& -xv+yu\\ xv-yu& xu+yv\end{array}\right)$$

因此:

$$\frac{\partial u}{\partial x}=-\frac{xu+yv}{x^2+y^2},\frac{\partial u}{\partial y}=\frac{xv-yu}{x^2+y^2}$$$$\frac{\partial v}{\partial x}=\frac{-xv+yu}{x^2+y^2},\frac{\partial v}{\partial y}=-\frac{xu+yv}{x^2+y^2}$$

1-4

$${\int }_L{e}^{\sqrt{x^2+y^2}}ds={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}a{e}^{a}dt=\frac{\pi }{2}a{e}^a$$

二

2-1

取 $S_i=(\frac{1}{i},0)\ne (0,0)$，$t_i=(\frac{1}{i},\frac{1}{i})\ne (0,0)$，则 $\underset{i\to \mathrm{\infty }}{lim}{S}_i=\underset{i\to \mathrm{\infty }}{lim}{t}_i=(0,0)$，而 $f(S_i)=0$，$f(t_i)=\frac{1}{5}$。

因此 $\underset{(x,y)\to (0,0)}{lim}f(x,y)$ 不存在，所以 $f(x,y)$ 于 $(0,0)$ 处不连续。

2-2

$$\frac{\partial f}{\partial x}(0,0)=\underset{t\to 0}{lim}\frac{f(t,0)}{t}=0$$$$\frac{\partial f}{\partial y}(0,0)=\underset{t\to 0}{lim}\frac{f(0,t)}{t}=0$$

三

3-1

$$E^{\circ }=\{(x,y)|\frac{x^2}{4}-1<y<2-x\}$$$$\overline{E}=\{(x,y)|\frac{x^2}{4}-1⩽y⩽2-x\}$$

$E$ 是闭区域。

3-2

$$E^{\circ }=\{(x,y)\mid x^2+y^2\ne 1\}$$$$\overline{E}={\mathbb{R}}^2$$

$E$ 既不是区域也不是闭区域。

3-3

$$E^{\circ }=\{(x,y)\mid 0<x^2+y^2<1\}$$$$\overline{E}=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le 1\}$$

$E$ 是区域。

3-4

$$E^{\circ }=\mathrm{\varnothing }$$$$\overline{E}=\{(x,y)\mid xy=1\}$$

$E$ 既不是区域也不是闭区域。

四

由对称性知 ${\iint }_{D}xydxdy=0$，${\iint }_D{x}^2{y}^{2}dxdy=4{\iint }_{\begin{array}{c}x+y\le 1\\ x\ge 0,y\ge 0\end{array}}{x}^2{y}^{2}dxdy$

因此:

$$I=4{\iint }_{\begin{array}{c}x+y\le 1\\ x\ge 0,y\ge 0\end{array}}{x}^2{y}^{2}dxdy$$$$=4{\int }_0^1{x}^{2}dx{\int }_0^{1-x}{y}^{2}dy=\frac{4}{3}{\int }_0^1{x}^2(1-x{)}^{3}dx=\frac{1}{45}$$

五

**证明: **

设 $P$ 的坐标为 $(a,b)$。则 $A=\sqrt{a^2+b^2}$ 为 $P$ 到0的距离，$\sqrt{(x-a{)}^2+(y-b{)}^2}$ 为 $P$ 到 $D$ 中某一点的距离。由 $A>r$ 知 $P\notin D$，那么:

$$A-r\le \sqrt{(x-a{)}^2+(y-b{)}^2}\le A+r$$

因此:

$$\frac{m}{A+r}\le \frac{f(x,y)}{\sqrt{(x-a{)}^2+(y-b{)}^2}}\le \frac{M}{A-r}$$

对积分区域 $D$ 积分得:

$${\iint }_D\frac{m}{A+r}dxdy\le {\iint }_D\frac{f(x,y)}{\sqrt{(x-a{)}^2+(y-b{)}^2}}dxdy\le {\iint }_D\frac{M}{A-r}dxdy$$

即:

$$\frac{m}{A+r}\pi r^2\le {\iint }_D\frac{f(x,y)}{\sqrt{(x-a{)}^2+(y-b{)}^2}}dxdy\le \frac{M}{A-r}\pi r^2$$

$◻$

六

设上述区域为 $\mathrm{\Omega }$，由 Gauss 公式及对称性知:

$$I={\iint }_{\mathrm{\Sigma }}{x}^{2}dydz+y^{2}dzdx+z^{2}dxdy=2{\iiint }_{\mathrm{\Omega }}(x+y+z)dxdydz$$$$=2{\iiint }_{\mathrm{\Omega }}zdxdydz=2{\iint }_{x^2+y^2\le 1}dxdy{\int }_{\sqrt{x^2+y^2}}^{1}zdz$$$$={\iint }_{x^2+y^2\le 1}(1-(x^2+y^2))dxdy={\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^1(1-r^2)rdr=\frac{\pi }{2}$$

七

作一个以原点为中心，以充分小的 $\epsilon >0$ 为半径的圆周 $C_{\epsilon }$，正向为顺时针方向，设 $C_{\epsilon }$ 与 $\mathrm{\Gamma }$ 之间的区域为 $D$。由 Green 公式:

$${\int }_{\mathrm{\Gamma }}\frac{ydx-xdy}{x^2+y^2}=-{\int }_{C_{\epsilon }}\frac{ydx-xdy}{x^2+y^2}=-\frac{1}{{\epsilon }^2}{\int }_{C_{\epsilon }}ydx-xdy=-\frac{2\pi {\epsilon }^2}{{\epsilon }^2}=-2\pi$$

八

设 $f(x,y)=x^2+y^2$,

$F(x,y)=f(x,y)+\lambda (a{x}^2+2bxy+c{y}^2-1)$

$=(a\lambda +1)x^2+2b\lambda xy+(c\lambda +1)y^2-\lambda$

令:

$$\frac{\partial F}{\partial x}=2[(a\lambda +1)x+b\lambda y]=0(1)$$$$\frac{\partial F}{\partial y}=2[b\lambda x+(c\lambda +1)y]=0(2)$$

约束条件:

$$a{x}^2+2bxy+c{y}^2=1\iff \left(\begin{array}{ll}x& y\end{array}\right)\left(\begin{array}{ll}a& b\\ b& c\end{array}\right)\left(\begin{array}{l}x\\ y\end{array}\right)=1$$

由于 $\left(\begin{array}{ll}a& b\\ b& c\end{array}\right)$ 是正定阵，故特征值均大于 0，因此该平面曲线是椭圆，为有界闭集。由于连续函数在有界闭集上必然取得最大值和最小值，并且 $x=0,y=0$ 不满足 $a{x}^2+2bxy+c{y}^2=1$，因此上述方程组有非零解，故:

$$\left|\begin{array}{ll}a\lambda +1& b\lambda \\ b\lambda & c\lambda +1\end{array}\right|=(a\lambda +1)(c\lambda +1)-b^2{\lambda }^2=(ac-b^2){\lambda }^2+(a+c)\lambda +1=0$$

因此:

$$\lambda =\frac{-(a+c)\pm \sqrt{(a-c{)}^2+4b^2}}{2(ac-b^2)}$$

由 (1) 可得 $\frac{y}{x}=-\frac{a\lambda +1}{b\lambda }$

由 (2) 可得 $\frac{x}{y}=-\frac{c\lambda +1}{b\lambda }$

因此:

$$x^2+y^2=\frac{x^2+y^2}{a{x}^2+2bxy+c{y}^2}=\frac{\frac{x}{y}+\frac{y}{x}}{a\frac{x}{y}+2b+c\frac{y}{x}}$$$$=\frac{-\frac{c\lambda +1}{b\lambda }-\frac{a\lambda +1}{b\lambda }}{-a\cdot \frac{c\lambda +1}{b\lambda }+2b-c\cdot \frac{a\lambda +1}{b\lambda }}=\frac{(a+c)\lambda +2}{2(ac-b^2)\lambda +(a+c)}$$$$=\lambda \cdot \frac{(a+c)\lambda +2}{2(ac-b^2){\lambda }^2+(a+c)\lambda }$$$$=\lambda \cdot \frac{(a+c)\lambda +2}{-2[(a+c)\lambda +1]+(a+c)\lambda }$$$$=\lambda \cdot \frac{(a+c)\lambda +2}{-(a+c)\lambda -2}=-\lambda$$

因此 $x^2+y^2$ 的最大值为 $\frac{a+c+\sqrt{(a-c{)}^2+4b^2}}{2(ac-b^2)}$，最小值为 $\frac{a+c-\sqrt{(a-c{)}^2+4b^2}}{2(ac-b^2)}$。

所以平面曲线 $a{x}^2+2bxy+c{y}^2=1$ 上的点到原点的最远距离为:

$$\sqrt{\frac{a+c+\sqrt{(a-c{)}^2+4b^2}}{2(ac-b^2)}}$$

最近距离为:

$$\sqrt{\frac{a+c-\sqrt{(a-c{)}^2+4b^2}}{2(ac-b^2)}}$$