35a数学分析大二第一学期考题

数学分析（III）试题答案

一 叙述题（每小题10分，共30分）

1 含参变量反常积分

∫

+∞

a

f(x,y)dx关于y在[c,d]上一致收敛的充要条件为：对于任意

给定的ε>0， 存在与y无关的正数A0， 使得对于任意的A′,A>A0，

∫

A′

A

f(x,y)dx<ε, y∈[c,d]成立。

2 Green公式：设D为平面上由光滑或分段光滑的简单闭曲线所围的单连通区域。如果函数P(x,y),Q(x,y)在D上具有连续偏导数，那么

D

∫Pdx+Qdy=∫(

D

Q P

dxdy， x x

其中 D取正向，即诱导正向。

Green公式说明了有界闭区域上的二重积分与沿区域边界的第二类曲线积分的关系。

3．设 为R上的零边界区域，函数u=f(x)在 上有界。将 用曲面网分成n个，记 Vi为 i的体积，并记所有的小区域 1, 2,..., n（称为 的一个分划）

小区域 i的最大直径为λ。在每个 i上任取一点xi，若λ趋于零时，和式 I=

n

∑f(x) V

i

i

i=1

n

的极限存在且与区域的分法和点xi的取法无关，则称f(x)在 上可积，并称此极限为

f(x)在有界闭区域 上的n重积分，记为

I=

∑f(P) V。 ∫fdV=limλ

→0

i

i

i=1

n

二 计算题（每小题10分，共50分）

1 解 令l: x=

1

cost, y=sint, 则 32

2π3xdy ydxxdy ydx22

sin)I=2==t+tdt=π. 222∫0633434x+yx+yCl

2 解 令u=xz, v=z y, 则

u z v z u z v z

=z+x, =, =x, = 1. x x x x y y y y

z f u f v z f u f v=+，=+. x u x v x y u y v y

故

2z f 2u 2f u f 2v 2f v

=+2 ++2 , 222

u x v x x u x v x 2z f 2u 2f=+222

u y y u 2z f 2u 2f=+ x y u x y u2

即

22

u f 2v 2f y + v y2+ v2

2

v y , v v y , x

2

22

u u f v f y + v x y+ v2

x

2z f 2u 2f

=+222

u x x u =

f 2v 2f u

+2 +2

v x v x

2

2

2

2

v

x

2

f z z f

+2 2x+2 u x x u z f z f z

+2 . zx++ 2 x v x v x

2

22

2

2z f 2u 2f

=+222

u y y u

2

u f 2v 2f

y + v y2+ v2

2

2

2

v y

2

2

=

f z f x2 +2

u y u z f z f

x++2

2 y v y v z

y 1 .

2

2z f 2u 2f

=+ x y u x y u2

22

u u f v f y + v x y+ v2 x v v

y x

z z f 2z f z 2z 2f

= +x x y + v x y + u2 z+x x u y x y +

f z z

1 .2 v x y

2

3 解 由于对称性，只需求出椭球在第一卦限的体积，然后再乘以8即可。

作广义极坐标变换

x=arcosθ, y=brsinθ（a>0, b>0, 0<r<∞, 0≤θ≤2π）。

这时椭球面化为

(arcosθ)2(brsinθ)22 z=c [+]=c r。 22

ab

又

D(x,y)xr

=

D(r,θ)yr

xθyθ

=

acosθbsinθ

arsinθbrcosθ

=abr，

于是

V=

18

σxy

∫∫z(x,y)dσxy=

π

10

σxy

∫∫z(r,θ)

D(x,y)

θ

D(r,θ)

=∫2dθ∫c r2 abrdr=

π

2

abc∫r r2dr

1

=

π

2

abc∫(

1

1

r2)d(1 r2) 2

3

1π2π= abc[(1 r2)21]=abc。 0

2236

所以椭球体积

V=

2

2

4

πabc。 3

x， y

4 解 l的方程为：x+y=1,x≥0。由y′=

x2+y2dx

ds=±+ydx=±=±

yy2

2

符号的选取应保证ds≥0，在圆弧段AC上，由于dx>0，故

ds=

dx

y

而在圆弧段CB上，由于dx<0，故

ds=

dx y

所以 I=

∫y=∫

l

AC

1 dx

y +∫y dx CBy y

=

5 解 I(a)=

∫

1

dx ∫dx=2。

1

∫

π

ln(1 2acosx+a2)dx。当a<1时，由于 1 2acosx+a2≥1 2a+a2=(1 a)2>0，

故ln(1 2acosx+a)为连续函数且具有连续导数，从而可在积分号下求导。

π 2cosx+2a

′ I(a)=∫ dx

01 2acosx+a2

2

1π a2 1=∫ 1+2 0a 1 2acosx+a

dx

1 a2

= aa

π

∫

π

dx

2

(1+a) 2acosx dx

2a 1+ cosx2 1+a

1 a2π

=

aa(1+a2)∫0

π

==

π

a

2 1+ax πarctg tg 0 a 1 a2 2π

=0。 a2

π

a

于是，当a<1时，I(a)=C（常数）。但是，I(0)=0，故C=0，从而I(a)=0。 三 讨论题（每小题10分，共20分）

1 解 设a0为任一不为零的数，不妨设a0>0。取δ>0，使a0 δ>0。下面证明积分I在(a0 δ,a0+δ)内一致收敛。事实上，当a∈(a0 δ,a0+δ)时，由于

0<

且积分

a0+δa

， <2222

1+ax1+(a0 δ)x

a0+δ

1+(a0 δ)2x2

+∞

∫

+∞

收敛，故由Weierstrass判别法知积分

∫

个a≠0处一致收敛。

a

1+a2x2

在(a0 δ,a0+δ)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

下面说明积分I在a=0非一致收敛。事实上，对原点的任何邻域( δ,δ)有：

A>0，有

∫

由于

+∞

+∞dta

=a>0)。 222∫aA1+ax1+t

+∞dtπdt

， ==22∫021+t1+t

a→+0aA

lim∫

+∞

故取0<ε<

π

2

，在( δ,δ)中必存在某一个a0>0，使有

|∫

+∞

aA

dt

|>ε， 2

1+t

即

|∫

+∞

a0dx1+a0x

2

2

A

|>ε

因此，积分I在a=0点的任何邻域( δ,δ)内非一致收敛，从而积分I在a=0时非一致收敛。

2．解 当y≠0时，被积函数是连续的。因此，F(y)为连续函数。 当y=0时，显然有F(0)=0。

当y>0时，设m为f(x)在[0,1]上的最小值，则m>0。由于 F(y)≥m及

limarctg

y→+0

∫

1

y1

= marctg22

yx+y

1π

=， y2

故有

limF(y)≥

y→+0

mπ

>0。 2

所以，F(y)当y=0时不连续。

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