数学分析题库证明题

四 证明题（每题10分）

第十章 多元函数微分学

1. （10分-中等）证明:函数f(x,y)3x38y3在(0,0)处可导但不可微。

z解:

xzy(0,0)3(x)3z(x,0)z(0,0)limlim1 x0x0xx(0,0)38(y)3z(0,y)z(0,0)limlim2。因为 y0y0yyz(lim0zx(0,0)xzy(0,0)y)limx0y03(x)38(y)3(x2y)(x)(y)22，所以当(x,y)沿直

1x318k3x(12k)线ykx趋向(0,0)时，（k0,），上式=lim0。所以

x022|x|1kykxf(x,y)3x38y3在(0,0)处可导但不可微。 x2y2xy,2. （10分-中等）设f(x,y)x2y2,0(x,y)(0,0)(x,y)(0,0) ，证明fxy(0,0)fyx(0,0)。

''''f(x,y)f(0,y)x2y2解: f'x(0,y)limlimy2y

x0x0xxy2f'x(0,0)limf(x,0)f(0,0)0lim0 x0xxf'x(0,y)fx(0,0)ylim1 y0yxx0(0,0)limfxyy0f(x,y)f(x,0)x2y2f'y(x,0)limlimx2x 2y0y0yxyf'y(0,0)limf(0,y)f(0,0)0lim0 y0yyf'y(x,0)fy(0,0)xlimx(0,0)fyx(0,0) 1。故fxyxy0(0,0)limfyxx0y01

-

xy2,3．（10分-中等）试证f(x,y)x2y4,0导数存在； 证: 因为

(x,y)(0,0)my2x(x,y)(0,0)(x,y)(0,0) 在(0,0)点处不连续，但一阶偏

limmy4mf(x,y)不存在，进而f(x,y)lim24，所以lim2(x,y)(0,0)y0myy41mf(x,y)在点(0,0)不连续。但fx(0,0)limfy(0,0)limx0f(x,0)f(0,0)0lim0，x0xxy0f(0,y)f(0,0)0lim0。因此，zf(x,y)在(0,0)不连续但可导。 y0yy4．（10分-难）证明函数zf(x,y)的偏导数若在点(x,y)的某一邻域内存在且有界，则函数

zf(x,y)必在该点连续。

证: 设|fx(x,y)|M1，|fy(x,y)|M2，则

|z||f(xx,yy)f(x,yy)f(x,yy)f(x,y)|

|f(xx,yy)f(x,yy)||f(x,yy)f(x,y)|

|fx(x1x,yy)||x||fy(x,y2y)||y|

M1|x|M2|y|M(|x||y|) （01,21）

其中Mmax(M1,M2)。所以limz0，即f(x,y)在点(x,y)处连续。

x0y0122(xy)sin,225．（10分-难）求函数f(x,y)xy0,究在(0,0)处偏导数的连续性及函数f(x,y)的可微性。 证: fx(x,y)2xsin(x,y)(0,0)(x,y)(0,0) 的偏导数，并研

1xy122yxxy22cos11xy

22

fy(x,y)2ysinxy22xy22cosxy222

-

fx(0,0)limx0f(x,0)f(0,0)limx0xx2sinx1|x|limxsinx010。同理fy(0,0)0。因为|x|limfx(x,y)lim(2xsinx0x0y01x1cos)不存在，所以fx(x,y)在(0,0)处不连续。同理，|x||x||x|fy(x,y)在(0,0)处不连续。令x2y2，ff(x,y)f(0,0)，则

limf[fx(0,0)xfy(0,0)y](x2y2)sinlim01x2y220xy2 limsin010

所以f(x,y)在(0,0)处可微。

xy1xy6、（10分-难）设xyM，证明 e11xy2xy3M43M2 23!2分

证明：设f(x,y)e则

xy

f(0,0)1fx(0,0)fy(0,0)exy(0,0)1(0,0)fxx(0,0)fxy(0,0)fyy(0,0)exy1(0,0)

fxxx(0,0)fxxy(0,0)fxyy(0,0)fyyy(0,0)exy1

5分

4fxyexpy4pp0,1,2,3,4

f(x,y)1(xy)exy1(xy)R31e(xy)(xy)44!1eMM44!11(xy)2(xy)3R3 2!3! 7分

11(xy)2(xy)32!3!

01M43M2

10分

7、（10分-中等）设u(x,y)具有二阶连续偏导数，且u0，证明：u(x,y)f(x)g(y)的3

-

充要条件是：

2uuuu xyxy证明：必要性：

2uuuuuf(x)g(y)f(x)g(y)g(y)f(x)（3分） xyxy充分性： 由u0知

u

uuuxyxy0

u2即 1u0,uyxu(y),f(x)1uG(y) uy

ln(y)G(y)dy

(y) （7分）

uf(x)g(y)g(y)e

（10分）

第十一章 隐函数求导

1、（10分-中等）证明由方程F(,)0所确定的隐函数zz(x,y)满足关系式

yzxxxzzyz0,其中F具有连续的一阶偏导数。 xy证明：

Fdyx dxFy (3分)

dy2dx2(FxxFxydydy)Fy(FyxFyy)Fxdxdx 2(Fy)

(8分)

Fxx(Fy)22FxyFxFyFyy(Fx)2(Fy)3(10分)

2、（10分-难）试证曲面x截距之和等于常数。 4

yza(a0)上任一点的切平面在三个坐标轴上的

-

证明：曲面上点x0,y0,z0处的切平面法向量

111n,,

y0z0x0 3分

切平面方程为

xx0x0yy0y0zz0z00

即

xyza x0y0z0

8分 10分

在三坐标轴上截距ax0,ay0,az0

三截距之和为ax0ay0az0a为常数。

3、（10分-难）证明曲面F(xay,ybz)0上任一点处的法线都平行于平面

abxbyz0，其中函数F(u,v)具有一阶连续偏导数，a,b,c为常数。

证明：曲面上点(x,y,z)处的法线方向向量

SF1,aF1F2,bF2

4分

平面法向量Nab,b,1

nS0

8分 10分

即 nS

故法线平行于平面。

4、（10分-难）设平面曲线L1的方程为(x,y)0，其中具有一阶连续偏导数且不全为零，P(x0,y0)为L1外一点，Q是P到 L1上点距离最近的一点，证明 PQ是曲线L1在点Q处的法线。

证明：L1上点(x,y)到点P的距离平方

d2(xx0)2(yy0)2

22令L(xx0)(yy0)(x,y)

4分

则由拉格朗日乘数法，可知在Q(x1,y1)点满足

5

-

Lx2(x1x0)x0由 Ly2(y1y0)y0

L(x,y)011 8分

L1在点Q的法线向量为x,y

Q

PQx1x0,y1y0

由于PQ//x,y

Q，且PQ过Q点，因此Q是曲线L1在点Q处的法线。

10分

5、（10分-难）证明曲面xyzf上任一点(x0,y0,z0)处的切平面平行于直线

zyxyz，其中函数f(u)可微。 2x0y0z0证明：曲面上点(x0,y0,z0)处的切平面法向量

2z0z0z0z0z0n1,z0ff,y0fz0f 4分 yyyyy00000直线方向向量S2x0,y0,z0

nS0

8分

即 nS

故切平面平行于直线。 10分

6、（10分-难）证明曲面xx(u,v),yy(u,v),zz(u,v)（其中各函数均具有一个连续偏导数）上任一点处的法向量为(y,z)(z,x)(x,y)(y,z)yu，其中,,(u,v)zu(u,v)(u,v)(u,v)yv称为雅可zv比行列式，且设这里出现的三个雅可比行列式不同时为零。

证明：对于任一点(u,v)，设

(x,y)0

(u,v)则曲面方程可看成为zz(u(x,y),v(x,y)) 其中u(x,y),v(x,y)由隐函数xx(u,v)确定

yy(u,v) 4分

6

-

(y,z)(u,v)zxzuuxzvvx

(x,y)(u,v)

(z,x)(u,v)zyzuuyzvvy

(x,y)(u,v) 8分

曲面的法向量

(y,z)(z,x)(u,v)(u,v)(y,z)(z,x)(x,y)n{zx,zy,1},,1//,,

(x,y)(x,y)(u,v)(u,v)(u,v)(u,v)(u,v)

10分

2227、（10分-中等）函数zz(x,y)由方程xyz(xyz)所确定，(u)可微，求证(yz)证明：

zz(zx)xy。 xy(dxadz)fu(dybdz)fv0

dz1fudxfvdy

afubfvfvz yafubfv

(4分)

fuzxafubfva (8分)

zzafubfvb1 xyafubfv (10分)

yzxf(),(0)所确定的函数zz(x,y)满足8、（10分-中等）证明由方程组y0x2f()zz1。 xy证明：

7

-

dzdx1dyxy12fddxdy (6分)

zz1xy (8分)

zxzy1

(10分)

第十二章 反常积分

1、（10分-中等）设Jn1xnn301x4dx，试证Jnn1Jn4　(n4)．n3证明：Jx3n1x01x4dx

12110xn3d(1x4)2

111xn3(1x4)2n31n4422x(1x)dx 020n31xn4(1x4)201x4dx

n3n2J3n42Jn 于是得　　Jn3nn1Jn4　(n4)

2、（10分-中等）证明：Inxn0xedxn!　(n为正整数)．

In0xndex证明：

　xnex0nx0xn1edx

　n0xn1exdx8

2分

4分

8分

10分

-

　InnIn1

于是　Inn(n1)In2n!I0　　　Ixx

00edxe01 　Inn!

10分

3、（10分-难）证明：xlnx0(1x2)2dx0．

证明：

xlnx(1x2)2dx1xlnx00(1x2)2dx 　　　xlnx1(1x2)2dx 1令　x1x0tln1t(1t2)dtt，lnx1(1x2)2dx1(11

2t2) 0tlnt1xln1(1t2)2dtx0(1x2)2dx 　　xlnx0(1x2)20 10分

、（10分-难）证明：dxx2401x401x4dx． 证明：

dx01x4　收敛 令1xt，则 　　dx0101x4(111t2)dtt4

　　　　　　t201t4dt x201x4dx 10分 9

5分

3分

5分

8分

3分

-

xndx0． 5、（10分-难）证明　limn01x1证明：因为1，xn在0，1上连续，且xn在0，1上同号由推广积分第一中值定理 1x１xn11n1dxxdx，0，1 ０1x10(1)(1n)5分

xn1所以　limdxlim0 10分

n01xn(1)(1n)16、（10分-中等）证明：1lnx1x20dxln2． 2证明：令　xsint

　1lnx1x20dx2ln(sint)dt

02分

11 2ln(sinx)dx2ln(cosx)dx2ln(sin2x)dx

00202111 2lndx2ln(sin2x)dx

202204分

1 ln2ln(sint)dt

4401 ln22ln(sinx)dx

420 6分

2ln2

8分

　1lnx1x202ln2 10分

7、（10分-难）试证B(m，n)证明：

10xm(1x)ndxm!n!．其中m，n均为正整数．

(mn1)!m1m11nxmnnxB(m，n)x(1x)dx(1x)(1x)n1dx 0m100m1113分

10

-

n1m1nn1x(1x)dxB(m1，n1) m10m1nn1B(m2，n2)

m1m25分

nn111mnxdx

m1m2mn0nn111

m1m2mnmn1n!m!

(mn1)!7分



10分

第十三章 重积分

ayaxa1. （10分-中等）证明 Idye00f(x,y)dxyeyf(ay)dy

0证明：改变积分次序

aaaxaax

e0f(x)dxdy(ax)ex0xuf(x)dxuef(au)duyeyf(au)dy

a0xaxu0ua2. （10分-中等）证明I1duf(t)dt =I2(xu)f(u)du ；

000xxx证明：对I1交换积分次序 I1dtf(t)du(xt)f(t)dtI2

0t03. （10分-难）设f(x)是[0，1]上的正值连续函数，且f(x)单调递增，证明：

112xf(x)dx01f2(x)dx

01xf(x)dx0f(x)dx0证明：只要证明：

112121 Ixf(x)dxf00(x)dxxf(x)dxf(x)dx0

0011

-

11212111 Ixf(x)dxf(y)dyyf(y)dxf(x)dx00000112121101f2(y)f(x)(xy)dxdy

又Iyf(y)dyf(x)dxxf(x)dxf(y)dy0000010f2(x)f(y)(yx)dxdy

以上两式相加

1 2If(x)f(y)(xy)[f(y)f(x)]dxdy f(t)在[0,1]00当yx时

f(y)f(x) 当yx, 2I0 即 I0 命题得证

f(y)f(x)总有被积函数大于0

4. （10分-中等）若是由xyz1,x0,y0,z0所围， 证明

(xyz)dv3xdv

证明：被积函数f(x,y,z)xyz关于三个变量的位置是平行的；

积分域的图形关于(x,y,z)三个变量的位置是也平行

xdvydvzdvI3xdv

第十四章 线面积分

1. （10分-中等）证明下列曲线积分在整个xoy平面内与路径无关，并计算积分值：

(3,4)I(1,2)2322(6xyy)dx(6xy3xy)dy 。 设P6xyy,Q6xy3xy34232322PQ12xy3y2 积分与路径无关 yx3 原式=(6x22)dx(632y33y2)dy(12x28x)1(27y23y3)42236

122. （10分-中等）验证：当x2y0 时，

22ydxxdy是某二元函数u(x,y)的全微分，并

x22y2求u(x,y)。

yx设P2,Qx2y2x22y212

Px22y2Q222,(x2y0) 22y(x2y)x -

存在u(x,y)，使duydxxdyx22y2x当y0时，

 u(x,y)(x,y)(0,y0)ydxxdyydx1xccarctgc,2222x2y22y0x2y(y0y0)

3. （10分-中等）具有连续偏导数的f(x,y)应满足怎样的条件，才能使曲线积分

f(x,y)(ydxxdy)与路径无关。

L设P(x,y)f(x,y)y,Q(x,y)f(x,y)x

Pf(x,y)yfy(x,y),yQPQf(x,y)xfx(x,y) 当时 xyx即当yfy(x,y)xfx(x,y)时，原曲线积分与路径无关

4. （10分-中等）设空间闭区域由曲面zaxy与平面z0所围成，为的表面外侧，V 为的体积。证明：

由高斯公式，有 左边积分=

22(2xyz2xyz12xyz)dxdydzV2xyzdxdydz 2aa2r22222222xyzdydzxyzdzdxz(1xyz)dxdyV.(a0)  3xyzdxdydzsincosdrdr00012zdzsin2|0r3dr20aa2r2zdz0

0 或由于关于xoz面对称，又f(x,y,z)xyz是上关于y的奇函数，故

xyzdxdydz0 原积分=0 即等式成立。

13