1、數學分析題庫1-22章四計算題、解答題求以下極限解:1 . limnlimn(n 2)(n 2)n 2lim (n 2)n2.lim(1n1n(n1)1111lim(1nlim(1nxxe 1 r e113. limlim1x 0 cosx 2 (1 x) 0 cosx 14 .這是0型，而01lln(1 x)(1 x)xex1 1 1 1 (1 x)x pln(1 x)xx 1 x1(1 x)x X (1 x)ln(1 x)(1 x)l n(1 x) x2(1 x)23Xx)lim:-XX 1 62 mo H X2nmlH nn故原極限=I叫12n/V1nmlH nmlH n1- n1/Vn

2、6n n(n 1)2 -lim(1 斗)n1 n nnn 1因limnn(n 1)2nlimn n 1故原極限=e10. lim(sin 2x cosx)x e .7.用洛必達法那么1 2sin x limx _ cos3x62cosx limx 3si n3x6.338.xm0xe 1xx(ex1)limx 0xe 1x xxe elimx 0x xex2e9.tanx x limx 0 x sin x解法1：tan x x limx 0 x sin x2 彳sec x 1 limx 0 1 cosx001 cos2 xcos2 x(1 cosx)1 cosx lim 2 x 0 cos x

3、2解法2:tanx xsec x 1limlimx 0 x sin x x 0 1 cosx2sec xtanx limx 0 sinxmo23- cos x因 lim sin2x cosx 1x 02cos2x sinx 小 lim2,x 0'3分11.13.解11121314 .原式 lim(1 sin 2x求以下函數的導數xe cosxsin xxcosx12.14.xe cosxexsin xln x xsinxln x、(e )cosxxln xsin xxsin (xsin xcosx1sin2x cosx 11)sin2x cosx 1 x=e2(cosxl n x2)s

4、in(xsin(xln(ln x)y sinx的各階導數.sin X)x2)15yexsi n2x2ex cos2x16y1(sin x)cosx Inxx17ysin xln(cos x) qe(cosx)sinx(cosx l n( cos x)tanx)18(n)y(sin (x (n1) ), (n 1,2,).1.x 1an=2 x1,c19.23 x secln 3 ；xx20.求以下函數的高階微分：設u(x) ln x, v(x) ex，求d3(uv), d3(-)解因為n2)(n)y(sin(xd3(uv)dx32rx32xv C3u v3-ln x)exCju vuv1 13

5、 弓 ex 3 -exxxln x ex所以d3(uv)d3伴)dx3dx3xf e (rxd3ud3x、2x.3.3(In xe )3 edxvdxxX/ 2:33ex(-2In x)xxx所以d3(U)ex(g 2? Invxxx21.y(arctan x3)2;解：y2arcta n x3 (arcta nx3)6x2346arcta nx1 x22.yxxx ;解:令y1xx ,In y1xln x兩邊對兩邊對x求導有Y1In x1, (xx)xxlny1In yxxlnxr 一 In x)dx3x xx)dx3xx xxxX、3 2 ( e ) 3 e In x ( e ) xx兩邊

6、對x求導有 (xx In x)y(xx) In x xx(ln x)/ xXx 1(x In x x )ln x xxxxxx 1y x (x Inx x )In x x )x"xx(I n2x Inx x 1)23.求由參量方程x e cost所確定的函數的二階導數y e sint;dx2 ：解法1：x et cost, y et si nt;由含參量方程的求導法那么有dyetcostet sin tcostsin tdxetcostet sin tcostsin t即求參量方程dycost sintdx cost si nt，的導數x e cost;解法2:d2ydx2d(dy)

7、dx22(cost si nt)(cost si nt)2(cost si nt)e (cost si nt)e (cost sint)3x et cost, y et si nt;由含參量方程的求導法那么有dy et cost et sin t dx et cost et sin tcost sin t ,“、ta n(t)cost sin t4tan(t4)，的導數sec (tdy即求參量方程 dxet cost;4)2et cos(t )2 e t sec3(t224.設y x3ex,試求y.解根本初等函數導數公式，有(x3)3x2,(x3)6x,(x3)6,(x3)(k)=0, k 4

8、,5,6,/ x、(k)x .丄只只(e ) e ,k 1,2,6 ,應用萊布尼茲公式n 6丨得y(6)x3ex 6 3x2ex 15 6xex 20 6ex32x(x 18x90x 120)e .25.試求由擺線方程x a(ty a(1sint),所確定的函數y f (x)的二階導數 cost)解dx (a(t si nt) 1 costdy (a(1 cost) sint , t cot22cot -d y2dx2(a(t sin t)1 2 t csc -2 2 a(1 cost)14 tCSC4a 226 .求f (x) ln(1 x2)到x6項的帶佩亞諾型余項的麥克勞林公式 解因為l

9、n(1x) x3才 o(x3)，所以f(x)ln(1 x2)到x6項的帶佩亞諾型余項的麥克勞林公式為462ln(1 x )XX6、o(x ).23f(X。)m .1x sinxlimx x0xm .1x0 sin -XoXom .1x sinx limX X0m .1x0 sin xm .1x0 sin xm .1x0 sin -X0(xx X0limX xm1X0 )sin xm1X0 (sin 1sin )X0XX027.X(,2)-2(一 2, 一1)-1(一 1,0)0(0,)y一0+不存在+0y f(x)遞減，凹極小值一3遞增，凹遞增，凹極大值1遞減，凹28.解1lim f (x)m

10、lim x.1 sin0f(0),故對任意正整數m f在x0連續x 0x 0X2f (0)lim f(x)f(0)limxm sin10Xm 1.1lim x sin0m 1x 0X0x 0Xx 0X不存在m 1故當m1時，f在x 0可導.3先計算f的導函數.X00,xcoslsi nXlim (xm 1X X)m 2m 1、1limX X02xx0X X02XX0XX0X0)sin Xm 1.1m11m1 1m 21mx0 sinx° cos 2-mx0sin -x°cosX。X。X0X0X0lim f (x)lim(mxm1x 0.1sinxcos-)Xm 211、li

11、m x (mxsin cos) X 00 m 2不存在 m 2由2知，f (0)0,于是當m 2時，有lim f (x)x 00 f (0)，所以當m 2時，f在x0連續.29.解因為f (x)2x, g (x) 3x2，故當 x0時，f (0)0, g (0)0，不滿足柯西中值定理的條件，所以在區間-1, 1上不能用柯西中值定理.130.證明 1對任何x 0，有f (x)x4sin20 f (0)，故x0是極小值點x2當 x0時,有f (x) 4x32 sin12 . 1 1 2x sin cos2.1 12x sin (2xsin1cos)，作數列XXXXXX1xnyn1，那么Xn0 ,

12、yn0 即在X 0的任何右鄰域2n2n24U 0(0)內，既有數列Xn中的點，也有數列丫補中的點并且f(XJ 0 , f ( yn ) 0 ,所以在u 0(0)內f的符號是變化的，從而f不滿足極值的第一充分條件又因為f (0)X4sin2 丄 0x0 , f (0)2 1112x sin (2xsincos) 0limxxx -0x0,所以用極值的第二充分條件也不能確定f的極值.31.答：能推出f在(a,b)內連續證明如下：x0 (a,b)，取-min x02a,b x。,于是X0 a,b ，由題設，f在a,b上連續，從而在X0連續由X0的任意性知，f在(a,b)內連續32.試求函數y |2x

13、3 9x212x|在1,3上的最值和極值解y |2x3 9x212x|x(2x2 9x 12)| x(2x2 9x 12),1 x 0,x(2x2 9x 12),0x3,在閉區間1,3上連續，故必存在最大最小值6x2 18x 12,6x2 18x 126(x 1)(x 2),1 x 0,6(x 1)(x 2),0x3,令y0,得穩定點為x 1,2 .又因f (0)12, f (0) 12,故y在x 0處不可導列表如下x1,0)0(0,1)1(1,2)2(2,3f (x)不存在00f(x)遞減極小值f(0) 0遞增極大值f(1) 5遞減極小值f(2)4遞增所以x 0和x 2為極小值點，極小值分別

14、為f(0)0和f(2)4, x 1為極大值點，極大值為f(1)5 又在端點處有f( 1)23, f(3)9,所以函數在x 0處取最小值0,在x1處取最大值23.33.求函數yx5 5x4 5x31在1,2上的最大最小值:解：令y f (x)y 5x4 20x315x22 25x (x 4x 3)5x2(x 1)(x 3)令y0解得函數在1,2的穩定點為x1 0必 1,而 f( 1)10, f(0)1,f(1)2, f (2)7，所以函數在1,2的最大值和最小值分別為fmax(1)2, fmin( 1)10.34.確定函數y 2x3 3x236x25的凸性區間與拐點：解：令yf (x)6x26x

15、 36,1 當x (2,2)時,)時,12x12x6,60,解得從而區間(12，1-)為函數的凹區間，2并且f(1)、 10，從而區間(一2(,3)為曲線的拐點.2 21130, f (-)-，所以35.設 an點集an數列an36.設 an點集an數列an)為函數的凸區間.n(n 1,2,)，那么an是有理數列.1,2, 非空有界，但在有理數集內無上確界遞增有上界，但在有理數集內無極限.n11 (n 1,2,)，那么an是有理數列.nn 1,2， 有界無限，但在有理數集內無不存在聚點滿足柯西準那么，但在有理數集內不存在極限37.不能從H中選出有限個開區間覆蓋0,£ .因為H中任意有

16、限個開區間,設其中左端點最小的為n,那么當0x代時,這有限個開區間不能覆蓋x.38.29.du 6 U 3u x32x x .一 一 x In x 32-3dx 6x x2需3亦6 VU 6ln亦1C.x239.令 x asint, t耳、那么-22 2 2.a x dx acostd a si nt a cos tdt2a240.31.41.32.2a"2C ia2arcsin 舟 x存x21 cos 2t dtC.xarcta nxdxx2 1arctanxarcta nxdgdxxx212_x2 1亍 arctanx1arcta nxC.x2 1 d arctanxdxx2dx

17、In x422x 12 dx.3,dx4t2t2Inx43.令 t tan 那么有 cosx8t2t2 121 t2dt,21 t2dtdt1 t22arctan t C2arcta nI-x 2C.p，dxdxdt1d(2t)5 3cos x1 4t221(2t)e |44. 1 ln x dxe11 ln xdxeeln xdx145.exdx1 t2t e dt1t2 tdet2xln2111tet2 arctan 2tetdt046.arcs in xdx0xarcs in x? arcta nxln x xx2ta n?2(12.C.1).1 147. j |im n 22n n 1

18、 n 212nnlimn1一2 1 .其中和式是函數宀 i n1 -nf(x) 1丄二在0,1上的一個積分和x2,所以土 arctanx0 1 x48. F(x)xt)dt x f (t )dtaxtf (t)dt.于是a49.以平面xo函數為(xox(x) f (t)dt xf (x)aa)截橢球面,得一橢圓xxf (x) f (t)dt, Faa,a.于是橢球面的體積 V(x)f (x).b22y21 xac2 11.所以截面積bedxabe.50.化橢圓為參數方程：x a cost, y bsi nt,t 0,2 .于是橢圓所圍的面積為a22o bsinta costdtab0sin 2

19、tdtab.51. x a(1 cost), yasint, 0 t 2于是所求擺線的弧長為s 0 . x2(t) y2(t)dt2 2o . 2a (1 cost)dt2asin 舟 dt8a.52.根據旋轉曲面的側面積公式S 2: f(x).1 f 2(x)dx可得所求旋轉曲面的面積為2 sin x . 1 cos2 xdx0In .2 1253.因為 xe x dx0AIim xe x dxA0Aim12ex2AIim1A22e于是無窮積分0 xe2x dx收斂，其值為54.因為dxx2(1x)Aimx2(1dx x)AimdxIimAln(1x)In xIimAInIn 2In A1i

20、1 In 2.于是無窮積分dx1 x2(1 x)dx收斂，其值為1 ln2 .55.因為1n(n 1)(n2)1 12 n(n 1)(n 1)(n2)，從而級數njn 1)(n 2)的部分和為k1k(k 1)(k2)k121k(k 1)1(k 1)(k 2)1 1 12 2(n 1)(n 2)于是該級數收斂,其和為56.因為limn57.因為limn58.因為limn且 limsin n n59.因為2si n1 cos- nlimn2 12sin121 ,且級數丄2nn24,收斂,所以級數1 n1cos 收nn2n 1. 21 sin 一 n1n0,nxsin kx2k 11,由根式判別法知

21、級數_n2收斂.12,且級數 1發散，故原級數不絕對收斂n 1 n由萊布尼茨判別法知級數1cos k x cos2但.2 sin n單調遞減,當 x (0,2)時，sin20,于是.所以級數2sin 條件收斂. ncos丄 X cos21 x，1cos2xcos n11 x xsin2sin nx的局部和數列n 1nsin kx當x (0,2 )時有界，從而由狄利克雷判別法知級數沁2收斂;n 1 n同法可證級數cos2nx在x (0,)上收斂.n 1 n又因為sin2nx 1 1 cos 2 nx1nn22n欝，級數n盒發散c°s2nx收斂,于是級數n 1 nn 112n書發散,由比

22、擬判別法知級數散.所以級數 如竺在x (0,2)條件收斂.n 1 n60.判斷函數項級數(1)n(x n)n在區間0,1上的一致收斂性.解記un(x)(Vn(X)nX1-.那么有i >級數nun (x)收斂;ii 對每個X0,1, Vn(x)/;iii|vn(x)| 1 n0,1n成立由 Abel判別法,在區間0,1上一致收斂61.fn(X)1nx22n xX 0,1.討論函數列 fn(x)的一致收斂性62.解 limn函數列函數列fn(X)0, x0,1. Ifn(X)0|fn(X) 可求得max fn (x)0 x 1fn(-)n0,(n).fn(X)在區間0,1上非一致收斂22n

23、x,0 x12n,fn(X)22n 2n x,12nn 1,2,在0,1上是否一致收斂?解：由于fn(0)00,- xn1.，故 f(0)limnfn(0)0.當01時，只要n -，就有xfn(X)0，故在(0,1上有 f (x)lim fn(x)0 .于是函數列n8在0,1上的極限函數f(x) 0,又由于SUP fn(X)x 0,1f(x)(n )，所以函數列8在0 , 1上不一致收斂.2 2 263. fn(x) 2n xe nx在R內是否一致收斂?64.顯然有 fn(X)0 , | fn(x)f (x)|fn (x)在點 xn11處取得極大值2n12n12ne 20, ( n).由系2

24、, fn(x)不一致收斂函數列2n 2x,fn (x)2n 2n2x,0,12n1丄2n1(n1,2,),1.65.求幕級數123354 7xxx4X3323334斂1233547解_xxxX3323334因此，該函數列在0,1 上不一致收斂的收斂域n 1x 育X2n是缺項幕級數 n 0 313R 3 .收斂區間為(3 , - 3 ). x在0,1上是否一致收斂?解0x 1時，只要n x,就有fn(x)0.因此,在(0,1上有f(x)limnfn(x) 0. fn(0) 0,f(0) lim fn(0)n0.于是，在0,1上有f(x)limnfn(x)0.但由于 max|fn(X) f (x)

25、 | 齢 丄nx 0,1 | nn 2nn 0 , ( n),通項 0.因此，該幕級數的收斂域為(33 ).1，可取n7.故從第0項到第6項這前7項之和到達要求的精度.于是(2n1)n!10001I2e x dx 1111 1111035 27 6 9 2411 12013 72010.333330.100000.02381 0.004630.00076 0.00011 0.7468.上式最后是Leibniz型級數，其余和的絕對值不超過余和首項的絕對值.為使把函數X)展開成(X 2)的幕級數.f(X)ln(567.66.計算積分I1 2e x dx,精確到 0.0001.1)2n Xn!).因

26、此,1e"dx01)n2nn!dx1)n2n1 X0 n!dX1)n1(2n1)n!ln(1x)1)n1)n1,1.ln(5x)ln(72)InIn 7(1)n 1 (X 2) ln7, x ( 5,9 n 17 nn 168.求幕級數xn的和函數.n 0 n!解法一收斂域為),設和函數為S(x),那么有因此,x0 S(t)dtn 10 n!dtn丄0 n!X0(n1)t ndtn 1 X0 n!Xxe .n 1n 0 n!S(x) =X0S(t)dt(xe(1、 xx)e , x).解法nn 0 n!nnx0 n!n Xn!1(n 1)!xeX /e (x1)ex,x).69.展開

27、函數 f(x) (1 x)ex.xxnxn 1 xnxnx解f (x) e xen 0 n!n 0n!n 0 n!n 1 (n 1)!n,xnx11n11xn 1 n!n 1 (n1)!n 1 n!(n 1)!|x|1 n n x , n o n!70.在指定區間內把以下函數展開成傅里葉級數f(x) x,ix ,ii0x2.解1i丨函數f及其周期延拓后的圖象所示.顯然f是按段光滑的，故由收斂定理知它可以展開成傅里葉級數1由于aof (x)dx -xdx 0當n 1時，有anf(x)cosnxdxxcosnxdx丄 xsinnx| nnsin nxdx2 cos nx |0xf (x)sin n

28、xdxxsinn xdx所以在區間(1 , 1xcosnx |nn2-,當n為偶數時,n2,當n為奇數時.n)上cosnxdxf(x)(1)n11 sin nxnii函數f及其周期延拓后的圖象所示顯然f是按段光滑的，故由收斂定理知它可以展開成傅里葉級數.由于1 2a00 xdx2anxcosnxdx01 2 xsin n x|0 n02sin nxdx0bn2xsin nxdx0xcosnx I：所以在區間(0,2 )上2cosnxdx0f (x)sinnx71.設f (x)是以2 為周期的分段連續函數，又設f (x)是奇函數且滿足1f(x)f ( x)試求 f (x)的 Fourier 系數

29、 b2nf (x)sin2nxdx 的值，n 1,2,f (x)是奇函數，故b2nf (x)si n2nx是偶函數，再由2f x sin2nxdx0f(x)f ( x)，故有作變換b2n所以,b2n0, n72.設 f (x)以 2b2nx sin2nxd xsin2n t 1 dtt sin2ntdt1,2,.為周期，在區間0,220, 試求f (x)的Fourier級數展開式。解 由Fourier系數的計算公式，1a。anbn1,cosnx dx2sin nxdx2xsin nx 22 2n12 2n2si nn xdx 0,02 2n-2-ncosnx d x0nDirichlet條件,

30、又f (x)滿足Fourier級數收斂的 故73.設求在,解 注意到x 0,f x 丄2sinnx12,x0,x,2x ,內f (x)的以2為周期的故f (x)的Fourier系數0,1,2,f (x)是奇函數,anbn0,2Fourier級數展開式.sin nxd xsinnxd xcos nx2xsinnx2x cosnxdx4cos nxn 1,20sinnxdx因此由f (x)在b2n0 ,b2n 12n1,2,3,內分段單調,連續，且f(f(),故在,內3n 1 2n 1sin2n 1 x.試用74.設f (x)是以2為周期的連續函數，其Fourier系數為a0,an,bn,n 1,

31、2,a°,an,bn,表示函數F(x) f (x)cosx 的 Fourier 系數 解由Fourier系數的計算公式,F x dxf x cosxdx a1,75.76.77.所以AnB1Bn試求極限anF x cosnx d xf x cos x cos nxdxf x cos n1 x cos n1 an 1, nF x sin xd x1,2,3,f x sin2xd xb22- f x cosxsinnxdxbn 1lim(x,y) (0,0)(丿)叫0'0)試求極限(x,y)x sin nbn 1 , nx sin n2,3,xy 4xy2: xy 41叫0,0)

32、(x,y)m(o,o)試求極限由于xy(x,Jjm(0,0)(x,y)m(0,0)xyxy(2 xy1.xy 421 cos(xy2)(x2y2)廣1 cos(x2y2)22si n2£(x22 x2y2y )e y(x,y|im(0,0)(x,y'jm(0,0)(x,y)m(0,0)(xy)s insin x(x y)sin1 . 1sinx(J)%。)4)1224(七工)22亠 2 22 cx yx2y2e(xsinsin 丄x yysinsin1)x y所以78.試討論lim xsi n1 .10lim 1 .1csinysin sin0(x,y)(0,0)xy(x,y

33、)(0,0)xy(A%。)(Xy)sin!sinlx y2xy24 lim (x,y) (0,0) xy解 當點(x,y)沿直線ylimx 0y xx趨于原點時，2xy r-40。x y x 03x2xx4當點(x, y)沿拋物線線xlimy 0x y22y趨于原點時，2 xy2 x0因為二者不等,79.試求極限所以極限不存在2x2xlim(x,y) (0,0)2y2ylim(x,y) (0,0)2x-2x2y_2ylim(x,y)(0,0)(x2(x,y%(廠80.u f (xy,xy),f有連續的偏導數,y2)( 1 _x2_y2_1)2y1) 2y,wxy,81 .82.解z arcta

34、 nxy, y求拋物面 z由于2x2丄v丄vw y,求生dxdzdx4/、2(y1 (xy)1, xT(e1 (xex)2xy)x xe )ex(1 x)1 x2e2x2y在點M (1,1,3)處的切平面方程與法線方程。Zx 4x,Zy 2y在 M (1,1,3)處zx(1,1,3)所以，切平面方程為4(x1)2(y1)x 1y1z 3421 .83.求 f (x,y) 2x2xy2y6x3y 5在(1, 2)處的泰勒公式解由x 1,y。2,f(1,2)5fx(x,y)4xy 16,fx(1, 2)0fy(x, y)x2y3,fy(1,2)0fxx(x, y)4,fxx(1,2)4fxy(x,

35、 y)1,fxy(1,2) 1fyy(x, y)2,fyyC1, 2) 2.得f(x, y)52(x 1)2 (x 1)(y 2) (y84.求函數f(x,y)e2x (x2y2)y)的極值.解由于2y4xz法線方程為2y)xx2e2x3 0y22y)2)2e2x(2解得駐點(1,'y1)，2e2x(x2x z2e (y1)2e2x(2 e2x(2c 2x2e2xxxyyyfxx(1,1) e2B 2 0, A所以(1,表達隱函數的定義.85.2y)e2x2y),0,fxy(1,1)0, Cfyy(21, 1) 2eAC1)是極小值點，極小值為f ( 1,1)2e2.R，函數F : X

36、R.對于方程F(x, y)0,假設存在集合X與J Y，使得對于任何x I，恒有唯一確定的y J，使得(x, y)滿足方程F(x, y) 0 ,那么稱由方程F(x, y) 0確定了一個定義在I上，值域含于J的隱函數。一般可記為y f (x) x I, y J.且成立恒等式F(x, f(x)0,x I.86. 表達隱函數存在唯一性定理的內容答：假設F(x, y)滿足以下條件i函數F在以Po (xo,yo)為內點的某一區域 D R2上連續；iiF(xo，yo) 0通常稱為初始條件；iii丨在D內存在連續的偏導數 Fy x, y ；ivFy Xo，y°0,那么在點Po的某鄰域U(P0) D內

37、，方程 F x, y =0唯一地確定了一個定義在某區間(xo,x。)內的函數隱函數y f(x)，使得1o fx0y°,x (X。，x°)時(x, f (x) U (P0)且F x, f(x) 0 ；2° fx在(X。 ，X°)內連續87. 表達隱函數可微性定理的內容答：假設F(x, y)滿足以下條件：i函數F在以P0 (x°,y°)為內點的某一區域 D R2上連續；iiF(x0,y0) 0通常稱為初始條件；iii在D內存在連續的偏導數 Fy x, y ；ivFy X0,y°0,又設在 D內還存在連續的偏導數FX(x, y)，

38、那么由方程 F(x,y) 0所確定的隱函數在y f (x)在其定義域(x0,X0)內有連續導函數，且f'(x)Fx (x, y) Fy(x,y)88. 利用隱函數說明反函數的存在性及其導數答：設y f (x)在x。的某鄰域內有連續的導函數f '(x)，且f (x°)y°考慮方程F(x, y) y f (x)0.由于F(X0,y°)0, Fy 1, Fx(x°,y°)f '(X0),確定出在y。的某鄰域U (y。)內的連續可微隱函數xg(y)，并稱它為函數 y f(x)的反函數反函數的導數是g'(y)fx89.解：

39、顯然 F (x, y)x3y33axy 及Fx，Fy在平面上任一點都連續，由隱函數定理知道,在使得Fy x,y 3ax0的點x,y附近，方程x3y3 3axy0都能確定隱函數y f(x)；所以，它的一階與二階導數如下:2 2 ,x y yayaxy'0,或2 xay2y ax y' 0.于是2y'ayx22y ax 0yax對方程求關于x的導數其中y是x的函數并以3除之，得再對1式求導，得:2x ay12(2yy' a)y' (y2 ax)y'' 0,即2 2y''(y ax) 2ay' 2yy'2x.把2

40、式代入3式的右邊，得22ay' 2yy' 2x再利用方程就得到2a3xy 2xy(x3 y3 3axy)(y2 ax)2y''c 32a xy(y2 ax)390.解：由于 F (0,0,0)0, Fz (0,0,0)10, F, Fx , Fy, Fz處處連續，根據隱函數定理18.3,在原點(0,0,0)附近能惟一確定連續可微得隱函數z f(x, y)，且可求得它得偏導數如下：zFxyz3 2xxFz1 3xyz2Fyxz3 3y2yFz1 3xyz2 '2 2 291.解：(1)令 F(x,y,z) x y z 3xyz ,那么有Fx 2x 3yz,

41、 Fy 2y 3xz, Fz 2z 3xy.由于F(Po) o, Fx, Fy, Fz均連續，且Fy(Po) Fz(Po)1 o,故在點Po(1,1,1)附近由上述方程能確定隱函數y y(Z,x)和 z z(x, y).(2)當Fyo時，由定理知yxFxFy2x 3yz2y 3xz同理，當Fz0時，由定理知ZxFxFz2x 3yz2z 3xy于是求得fx(x, y( z, x), z)233f?yx y z 2xyz y33 2xyz (2 x 3yz)2y 3xz '并且有fx(x, y, z(x, y)2 32 2f3Zx y z 3xy z z*2 22 3 3xy z (2x

42、3yz)y z.2z 3xy92.解：首先,容易驗算，在點fx(i,y(i,i),i)F(Po) G(Po)FxGx1,fx(1,1,z(1,1)2.0,即Po滿足初始條件.再求出F, G的所有一階偏導數2x, Fy 1,Fu 2u,Fv 2v,y, Gy X,Gu1,Gv 1 -Po處的所有六個雅可比行列式中只有(F,G)FxFv4 4(x,v)p。GxGv&1 10.因此，只有x,v難以肯定能否作為以 y,u為自變量的隱函數除此之外，在P0的近旁任 何兩個變量都可作為以其余兩個變量為自變量的隱函數如果我們想求得x x(u,v), y y(u,v)的偏導數，只需對方程組分別關于數，得

43、到2u 2xxu yu1 yxu xyu由1解出由2解出2v2xxvyv1xyvyxvXu2xu12x2,yu yxv2xv12x2,Yv y93.解:設F(x, y,u,v) u2G(x, y,u,v)0,0,0,0.2x 2yu2.2x y2x 2yv2.2x yv x y 1, u v xy.u,v求偏導12(1) F ,G關于u, v的雅可比行列式是(F,G)(u,v)2u 2v2(u v),當u v時，在滿足方程組的任何一點(x,y,u,v)的一個鄰域內，由方程組可以唯一確定u,v是x, y的可微函數；F ,G關于x, u的雅可比行列式是(F,G)(x,u)2x 2uy 12(x uy),當x uy時，在滿足方程組的任何一點(x, y, u,v)的一個鄰域內，由方程組可以唯一確定x,u是y,v的可微函數z250 , G(x,y,z)2 xFF6,y8,z6,G8,Gyz10,10,y2 z2.它們在3,4,5處的偏94.解：設 F x, y, z x2y2導數和雅可比行列式之值為：FxGx和罟 160，D !20，竺9 0.(z, x)(x,y)z 5.x 3y 4z 51601200 ，即3(x3) 4(y4) 0,所以曲線在3,4,5