中国矿业大学(徐州)2009级,10-11数分(3)试题A卷及参

《数学分析III》试卷（A）卷 参

考试时间：120分钟 考试方式：闭卷

一(8分) 设zf(xy,x2y)，其中f具有两阶连续偏导数，求

zx''zx,zxy2。

解：

f1yf21

zxy2(f11x'\"\"f122)\"yf1\"'(f21x\"\" ) f222\"f1xyf11(2yx)f122f22

二 (8分) 求函数f(x,y)exy(x22y2)的极值。 解：（1）求稳定点. 由方程组

xy22xy(x2y)2xe0,fx(x,y)e xy22xyf(x,y)e(x2y)4ye0y得两个稳定点点 (0,0)，(4,2)。

（2）求f(x,y)的二阶偏导数。

fxx(x,y)exy(x2y4x2)，fxy(x,y)e22xy(2yx2x4y)，

22fyy(x,y)exy(x2y8y4)。

22（3）讨论稳定点是否为极值点。

2在(0,0)处，有A2，B0，C4，ACB80，由极值的充分条件

知 (0,0)不是极值点，f(0,0)0不是函数的极值；

在(4,2)处，有A6e2，B8e2，C12e2，ACB8e240，

2而A0，由极值的充分条件知 (4,2)为极大值点，f(4,2)8e

是函数的极大值。

1

u2v2x2y0,uv三 （8分）设 ，求。 ,xxuvxy10 解：方程组两端对x求导，得

2uux2vvx2x0, uvy0xx即

2uux2vvx2x, uxvxy则

uxvx2xy2u12v12xy2u12u12v12v1xyvuvxyuuv，

x

四 （8分）设f(x)x02dtcossds，求f(x)。 t解：画出二重积分的积分区域，交换积分次序得： f(x)x0coss(dt)dt02sx0scossdt

2故f(x)xcosx2。 二法：令g(x,t) f(x)xtxcossds，则f(x)2x0g(x,t)dt，因此

20gx(x,t)dtg(x,x)1222x0cosxdt0xcosx.

22五 （8分）求曲面xyza,x0,y0,z0的边界曲线的形心坐标。 解：由对称性，xyz，而

 xLLxds22acosad0ds342a04a. 3故形心坐标为

4a3(1,1,1)。

2

六 （10分）求椭圆柱面

x25y29 1位于xoy平面上方及平面zy下方部分柱面的面积。

解：[法一] 计算曲面积分 Sx2SdS时，先把曲面投影到xoz平面上，投影区域为：

x2 Dxz:5z291,z0，此时曲面方程应为：S:y311545，再化为Dxz上

的二重积分计算。 答案：9[法二] 计算曲面积分 Sln5

SdS时，把面积微元dS用弧微分ds表达，即

x2SSdSzdsyds，其中曲线L为椭圆周

LL5y291。

154再利用椭圆的参数方程把该曲线积分化为定积分计算。答案：9ln5。

七 （10分）求半径为a的均匀球体对于过球心的一条对称轴l的转动惯量（体密度1）。 解：取球心为原点，z为l轴 ，则球体所占区域为：x2y2z2a2，于是由转动惯量计算公式，球体对z轴的转动惯量为：

IzÓ(xy)dxdydz

(rsincosrsinsin)rsindrdd

3a422Ó22222222 0dsindrdr0025zc528a21315a 。

5八（12分）求出椭球面体的最小体积。 解：椭球面

xa22xa22yb22221在第一卦限中的切平面与三个坐标面所围成四面

yb22zc221在第一卦限中点(x,y,z)处的切平面方程为：

2yb2

2xa2(Xx)(Yy)2zc2(Zz) 0 3

即

Xa/x2Yb/y2Zc/z21

于是这个切平面与三个坐标面所围成四面体的体积为：Va2b2c2/6xyz，

xa22则问题转化为求Uxyz在条件yb22zc2221下的条件极值问题。

作拉格朗日函数 F(x,y,z)xaybc22xyxyz(22ab(1)(2)2zc22 )  1Fxyz2Fxz2yFxy2z222xyz222bca0,0,0,z2

(3)(4)1,解得xa3,yb3,xc3。

因为这是唯一驻点，故最大体积为Vxdyydx232abc。

九 （14分）计算I针圆周。 解：令Py4xy22Ñ4xLy2，其中L为以A(2,0)为圆心，R(R2)为半径的顺时

,Qx4xy22222，则当xy0时,

22Qxy4x2(4xy)2Py。

4

如果R2，则由格林公式知：IÑLxdyydx4xy220

222如果R2，取新路径 L：4xyr(r0)，顺时针椭圆周。

* IÑLxdyydx4xy22ÑL*xdyydx4xy221r2ÑxdyydxL*1r2D*2dxdy。

十（14分）设S为曲面 z2x2y2,1z2 取上侧，计算

IS(xzx)dydzxyzdzdxxzdxdy

223222 解：补辅助面S1:z1,(x,y)Dxy:xy1,取下侧

ISS1

S1gauss公式V[3xz1xz2xz]dxdydz222S1xzdxdy22

I1I2

I1Vdxdydz21dzDzdxdy2r221(2z)dz1212

[或用柱坐标:I1I2220drdr0011dz12]

2Dxyxdxdy(极坐标)22drcosrdr

020cosd1410rdr314

II1I2

5