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同济大学高等数学 第六 第十二章答案分享 总习题八 1. 在“充分”、“必要”和“充分必要”三者中选择一个正确的填入下列空格内: (1)f(x, y)在(x, y)可微分是f(x, y)在该点连续的_条件, f(x, y)在点连续是f(x, y)在该点可微分的_条件. 解 充分; 必要. (2)z=f(x, y)在点(x, y)的偏导数¶z及¶z存在是f(x, y)在该点可微分的_¶y¶x条件, z= f(x, y)在点(x, y)可微分是函数在该点的偏导数¶z及¶z存在的_条¶y¶x件. 解 必要; 充分. (3)z=f(x, y)的偏导数¶z及¶z在(x, y)存在且连续是f(x, y)在该点可微分的¶y¶x_条件. 解 充分. ¶2z¶2z (4)函数z=f(x, y)的两个二阶偏导数及在区域D内连续是这两个¶x¶y¶y¶x二阶混合偏导数在D内相等的_条件. 解 充分. 2. 选择下述题中给出的四个结论中一个正确的结论: 设函数f(x, y)在点(0, 0)的某邻域内有定义, 且f x(0, 0)=3, f y(0, 0)=-1, 则有_. (A)dz|(0, 0)=3dx-dy . (B)曲面z=f(x, y)在点(0, 0, f(0, 0)的一个法向量为(3, -1, 1). z=f(x,y) (C)曲线ì在点(0, 0, f(0, 0)的一个切向量为(1, 0, 3). íy=0îìz=f(x,y) (D)曲线í在点(0, 0, f(0, 0)的一个切向量为(3, 0, 1). y=0î 解 (C). 4x-y2 3. 求函数f(x,y)=的定义域, 并求limf(x,y). ln(1-x2-y2)(x,y)®(1,0)2 解 函数的定义域为(x, y )| 0<x2+y2<1, y 2£4x 因为(1, 0)ÎD, 故由初等函数在定义域内的连续性有 24x-y24x-y2 limf(x,y)=lim=2211ln(1-x-y)ln(1-x2-y2)(x,y)®(,0)(x,y)®(,0)22=(1,0)2ln2. 34xy2 4. 证明极限lim不存在. (x,y)®(0,0)x2+y43xy2x 解 因为lim=lim2=0, 24(x,y)®(0,0)x+yx®02xy=xxy2y41, =lim= lim2(x,y)®(0,0)x2+y4y®0y4+y42x=yxy2所以lim不存在. (x,y)®(0,0)x2+y4ìx2yï22 x2+y2¹0 5. 设f(x,y)=íx+y, 求f x(x, y), f y(x, y). 22ïî0 x+y=0 解 当x2+y2¹0时 x2y2xy(x2+y2)-x2y×2x2xy3¶ fx(x,y)=(22)=222, ¶xx+y(x+y)(x2+y2)2x2yx2(x2+y2)-x2y×2×yx2(x2-y2)¶ fy(x,y)=(22)=222. 222¶yx+y(x+y)(x+y) 当x2+y2=0时 fx(0,0)=limDx®0f(0+Dx,0)-f(0,0)=lim00, DxDx®0Dx fy(0,0)=limDy®0f(0,0+Dy)-f(0,0)=lim00. DyDy®0Dyì2xy3ï222 x2+y2¹0 因此 fx(x,y)=í(x+y), ï0x2+y2=0îìx2(x2-y2)ï222 x2+y2¹0 fy(x,y)=í(x+y). ï0x2+y2=0î 6. 求下列函数的一阶和二阶偏导数: (1)z=ln(x+y2); 2¶1¶z1 解 , z, =-=22¶xx+y¶x(x+y2)222y2(x+y2)-4y22(x-y2)¶z¶z , , =-=¶yx+y2¶y2(x+y2)2(x+y2)22¶z=¶(1)=-2y ¶x¶y¶yx+y2(x+y2)2 (2)z=xy. 2¶¶zy-1 解 =y(y-1)xy-2, =yx, z2¶x¶x¶z=xylnx¶2z , 2=xyln2x, ¶y¶y¶2z=¶(yxy-1)=xy-1+yxy-1lnx=xy-1(1+ylnx) . ¶x¶y¶y 7. 求函数z=xy当x=2, y=1, Dx=0.001, Dy=0.03时的全增量和全微分. 22x-y 解 Dz=(2.01)´(1.03)2-=0.02. (2.01)2-(1.03)23-(y3+x2y)¶zx3+xy2¶z 因为=222, , =¶y(x2-y2)2¶x(x-y) ¶z¶x5, ¶z=-(2,1)9¶y(2,1)=10, 9¶z¶y(2,1)Dy=0.03. 所以 dzx=2,Dx=0.01=¶zy=1,Dy=0.03¶x (2,1)Dx+ìx2y2ï223/2 x2+y2¹0 8. 设f(x,y)=í(x+y), 证明f(x, y)在点(0, 0)处连续且偏导数ï0 x2+y2=0î存在, 但不可微分. x2y2(x2+y2)2 证明 因为0£223/2£223/2=x2+y2, 且limx2+y2=0, (x,y)®(0,0)(x+y)(x+y)所以(x,y)®(0,0)limf(x,y)=0=f(0, 0), 即f(x, y)在点(0, 0)处连续. f(0+Dx,0)-f(0,0)=lim0=0, DxDx®0Dx®Dxf(0,0+Dy)-f(0,0)=lim0=0, fy(0,0)=limDxDy®0Dy®Dy 因为fx(0,0)=lim所以f(x, y)在点(0, 0)处的偏导数存在. (Dx)2(Dy)2 因为Dz-fx(0,0)Dx+fy(0,0)Dy=, (Dx)2+(Dy)23/2 lim(Dx)2(Dy)2(Dx)2+(Dy)23/2r®0Dx=Dyr(Dx)4=lim=1¹0, 23/24Dx®02(Dx)所以f(x, y)在点(0, 0)处不可微分. 9. 设u=x y, 而x=j(t), y=y(t)都是可微函数, 求du. dtdy 解 du=¶u×dx+¶u×=yxy-1j¢(t)+xylnx×y¢(t). dt¶xdt¶ydt 10. 设z=f(u, v, w)具有连续偏导数, 而u=h-x , v=z-x , w=x-h, 求¶z, ¶z, ¶x¶h¶z. ¶z 解 ¶z=¶z׶u+¶z׶v+¶z׶w=-¶z+¶z, ¶x¶u¶x¶v¶x¶w¶x¶v¶w ¶z=¶z׶u+¶z׶v+¶z׶w=¶z-¶z, ¶h¶u¶h¶v¶h¶w¶h¶u¶w ¶z=¶z׶u+¶z׶v+¶z׶w=-¶z+¶z. ¶z¶u¶z¶v¶z¶w¶z¶u¶v¶2z 11. 设z=f(u, x, y), u=xe, 其中f具有连续的二阶偏导数, 求. ¶x¶yy 解 ¶z=fu¢×¶u+fx¢=eyfu¢+fx¢, ¶x¶x¶2z=¶(eyf¢+f¢)=eyf¢+ey׶(f¢)+¶(f¢) uxu¶x¶y¶y¶yu¶yx¢¢×¶u+fuy¢¢)+(fxu¢¢×¶u+fxy¢¢) =eyfu¢+ey(fuu¶y¶y¢¢+fuy¢¢)+(xeyfxu¢¢+fxy¢¢) =eyfu¢+ey(xeyfuu¢¢+eyfuy¢¢+xeyfxu¢¢+fxy¢¢. =eyfu¢+xe2yfuu¶z 12. 设x=eu cos v, y=eu sin v, z=uv, 试求¶z和. ¶y¶x 解 ¶z=¶z׶u+¶z׶v=v¶u+u¶v, ¶x¶u¶x¶v¶x¶x¶x¶z=¶z׶u+¶z׶v=v¶u+u¶v . ¶x¶u¶y¶v¶y¶y¶y而由x=eu cos v, y=eu sin v得 ìdx=eucosvdu-eusinvdv í, uudy=esinvdu+ecosvdvî解得du=e-ucosvdx+e-usinvdy, dv=-e-usinvdx+e-ucosvdy, 从而¶u=e-ucosv, ¶u=e-usinv, ¶v=-e-usinv, ¶v=e-ucosv. ¶y¶y¶x¶x 因此 ¶z=ve-ucovs+u(-e-usinv)=e-u(vcovs-usinv), ¶x ¶z=ve-usinv+ue-ucovs=e-u(vsinv+ucovs). ¶x 另解 由x=eu cos v, y=eu sin v得 ìdx=eucosvdu-eusinvdv í, uu+ecosvdvîdy=esinvdu解得du=e-ucosvdx+e-usinvdy, dv=-e-usinvdx+e-ucosvdy. 又由z=uv得 dz=vdu u+udvd =v(e-ucovsd+xe-usinvd)y+u(-e-usinvd+xe-ucovsd)y =e-u(vcosv-usinv)dx+e-u(vsinv+ucosv)dy, ¶z=e-u(vsinv+ucosv). 从而 ¶z=e-u(vcovs-usinv), ¶y¶x 13. 求螺旋线x=acosq, y=asinq, z=bq在点(a, 0, 0)处的切线及法平面方程. 解 点(a, 0, 0)对应的参数为q=0, 所以点(a, 0, 0)处的切向量为 dyn, acoqs, b)q=0=(0, a, b), T=(dx,dz)=(-asiqdqdqdqq=0所求的切线方程为 y x-a=z, 0ab法平面方程为 a(y-0)+b(z-0)=0, 即ay+bz=0. 14. 在曲面z=xy上求一点, 使这点处的法线垂直于平面x+3y+z+9=0, 并写出这法线的方程. 解 已知平面的法线向量为n0=(1, 3, 1). 设所求的点为(x0, y0, z0), 则曲面在该点的法向量为n=(y0, x0, -1). 由题意知 y0x0-1=, 131于是x0=-3, y0=-1, z0=x0y0=3, n/n0, 即即所求点为(-3, -1, 3), 法线方程为 y+1z-3 x+3=. =131 15. 设el=(cosq , sinq), 求函数f(x, y)=x2-xy-y2在点(1, 1)沿方向l的方向导数, 并分别确定角q, 使这导数有(1)最大值, (2)最小值, (3)等于0. 解 由题意知l方向的单位向量为(cosa, cosb)=(cosq , sinq), 即方向余弦为 cosa=cosq , cosb=sinq . 因为 fx(1, 1)=(2x-y)|(1, 1)=1, fy(1, 1)=(-x+2y)|(1, 1)=1, 所以在点(1, 1)沿方向l的方向导数为 ¶f¶l=fx(1, 1)cosa+fy(1, 1)cobs=coqs+siqn=2sinq(+p). 4(1,1) 因此 (1)当j=p时, 方向导数最大, 其最大值为2; 4 (2)当j=5p时, 方向导数最小, 其最小值为-2; 4 (3)当j=3p及7p时, 方向导数为0. 442y2z2x222 16. 求函数u=x+y+z在椭球面2+2+2=1上点M0(x0, y0, z0)处沿外法线abc方向的方向导数. 2xy0z0y2z2x 解 椭球面2+2+2=1上点M0(x0, y0, z0)处有外法向量为n=(0,), abca2b2c2其单位向量为 s,cobs,cogs)= en=(coaxy0z01(0,2,2). 2222abcx+y+za4b4c4 因为 ux(x0, y0, z0)=2x0, uy(x0, y0, z0)=2y0, uz(x0, y0, z0)=2z0, 所以, 所求方向导数为 ¶u=u(x,y,z)coas+uy(x0,y0,z0)cobs+uz(x0,y0,z0)cogs ¶n(x0,y0,z0)x000 =xy0z012. (2x0×0+2y×+2z×)=00222222222abcx+y+zx+y+za4b4c4a4b4c4y 17. 求平面x+z=1和柱面x2+y2=1的交线上与xOy平面距离最短的点. 345 解 设M(x, y, z)为平面和柱面的交线上的一点, 则M到xOy平面的距离为yd(x, y, z)=|z|. 问题在于求函数f(x, y, z)=|z|2=z2在约束条件x+z=1和x2+y2=1345下的最不值. 作辅助函数: xyz F(x,y,z)=z2+l(+-1)+m(x2+y2-1). 345ì¶F=l+2mx=0ï¶x3ï¶Flï¶y=4+2my=0ïï¶Fl 令 í=2z+=0, 5ï¶zïx+y+z=1ï345ïx2+y2=1ïî解方程组得 x=4, y=3, z=35. 1255 因为可能的极值点只有(4, 3, 35)这一个, 所以这个点就是所求之点. 5512 2y2z2x 18. 在第一卦限内作椭球面2+2+2=1的切平面, 使该切平面与三坐标abc面所围成的四面体的体积最小, 求这切平面的切点, 并求此最小体积. 2y22 解 令F(x,y,z)=x2+2+z2-1, 则 abc2y2z. Fx=2x, , F=F=yzb2c2a2椭球面上点M(x, y, z)处的切平面方程为 yyYzZ x2(X-x)+2(Y-y)+z2(Z-z)=0, 即xX+=1. abca2b2c2切平面在三个坐标轴上的截距分别为 22b2acY= X0=, 0, Z0=. yxz切平面与三个坐标面所围的四面体的体积为 2221abc V=×. 6xyz2y2z21×a2b2c2xV= 现将问题化为求函数在条件2+2+2=1下的最小值的问题, 6xyzabc2y2z2x或求函数f(x, y, z)=xyz在2+2+2=1下的最大值的问题. abc2y2z2x 作辅助函数F(x,y,z)=xyz+l(2+2+2-1). abcì¶F=yz+2lx=0ï¶xa2ï¶F2ly=xz+2=0ïï¶yb 令 í, ¶F2lzï=xy+2=0ï¶z2cïx2+y+z2=1ïîa2b2c2解方程组得 abc x=, y=, z=. 333y 于是, 所求切点为(a, , c), 此时最小体积为V=3abc. 2333