张祖锦2023年数学专业真题分类70天之第26天
576、 (6)、 设 $\displaystyle f(x)$ 周期为 $\displaystyle 2\pi$, 在 $\displaystyle [-\pi,\pi)$ 的表达式是 $\displaystyle f(x)=\left\{\begin{array}{llllllllllll}-1,&-\pi\leq x < 0,\\\\ 1,&0\leq x < \pi.\end{array}\right.$ 则 $\displaystyle f(x)$ 的傅里叶展开式为 $\displaystyle \underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }$. (云南大学2023年数学分析考研试题) [Fourier级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设
$$\begin{aligned} f(x)\sim \sum_{n=1}^\infty b_n\sin nx, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
其中
$$\begin{aligned} n\geq 1\Rightarrow b_n&=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi f(x)\sin nx\mathrm{ d} x=\left\{\begin{array}{llllllllllll}0,&n=2k,\\\\ \frac{4}{(2n-1)\pi},&n=2k-1.\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故应填 $\displaystyle \frac{4}{\pi}\sum_{k=1}^\infty \frac{\sin (2k-1)x}{2k-1}$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
577、 5、 设 $\displaystyle f(x)$ 是 $\displaystyle \mathbb{R}$ 上的周期为 $\displaystyle 2\pi$ 的二阶连续可微函数. 证明: $\displaystyle f(x)$ 的傅里叶级数在 $\displaystyle \mathbb{R}$ 上一致收敛于 $\displaystyle f(x)$. (中国科学院大学2023年数学分析考研试题) [Fourier级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle M=\max_{[-\pi,\pi]}|f''|$, 则当 $\displaystyle n\geq 1$ 时,
$$\begin{aligned} a_n=&\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)\cos nx\mathrm{ d} x =\frac{1}{n\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)\mathrm{ d} \sin nx\\\\ \xlongequal[\tiny\mbox{积分}]{\tiny\mbox{分部}}&-\frac{1}{n\pi}\int_{-\pi}^\pi f'(x)\sin nx\mathrm{ d} x =\frac{1}{n^2\pi}\int_{-\pi}^\pi f'(x)\mathrm{ d} \cos nx\\\\ \xlongequal[\tiny\mbox{积分}]{\tiny\mbox{分部}}&-\frac{1}{n^2\pi}\int_{-\pi}^\pi f''(x)\cos nx\mathrm{ d} x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故
$$\begin{aligned} |a_n|\leq \frac{1}{n^2\pi} \cdot M \cdot 2\pi=\frac{2M}{n^2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
同理, $\displaystyle |b_n|\leq \frac{2M}{n^2}$. 由 Weierstrass 判别法即知
$$\begin{aligned} \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty (a_n\cos nx+b_n \sin nx) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
在 $\displaystyle \mathbb{R}$ 上一致收敛于 $\displaystyle f(x)$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
578、 (2)、 将 $\displaystyle [0,\pi]$ 上的函数 $\displaystyle f(x)=\frac{\pi^2}{2}-x^2$ 在 $\displaystyle [-\pi,\pi]$ 上按余弦级数展开, 并求 $\displaystyle \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^2}$ 的和. (中南大学2023年数学分析考研试题) [Fourier级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设
$$\begin{aligned} x^2\sim \frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^\infty a_n\cos nx, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
其中
$$\begin{aligned} a_0=&\int_{-1}^1 f(x)\mathrm{ d} x=\frac{2}{3},\\\\ n\geq 1\Rightarrow a_n=&\int_{-1}^1 f(x)\cos n\pi x\mathrm{ d} x=\frac{4(-1)^n}{n^2\pi^2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故
$$\begin{aligned} &x^2\sim \frac{1}{3}+\sum_{n=1}^\infty \frac{4(-1)^n}{n^2\pi^2}\cos n\pi x\\\\ \Rightarrow&f(x)\sim \frac{\pi^2}{2}-\frac{1}{3}+\sum_{n=1}^\infty \frac{4(-1)^{n-1}}{n^2\pi^2}\cos n\pi x. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
令 $\displaystyle x=0$ 得
$$\begin{aligned} \sum_{n=1}^\infty \frac{(-1)^{n-1}}{n^2}=\frac{1}{3}\cdot\frac{\pi^2}{4}=\frac{\pi^2}{12}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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579、 5、 (15 分) 设 $\displaystyle f(x)$ 是以 $\displaystyle 2\pi$ 为周期的函数, 其傅里叶级数展开式系数为 $\displaystyle a_0, a_n, b_n\ (n=1,2,\cdots)$. 若存在 $\displaystyle L\in (0,1)$, 使得对任意的 $\displaystyle x,y$, 都有
$$\begin{aligned} |f(x)-f(y)|\leq L|x-y|^\alpha, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
求证: $\displaystyle a_n,b_n=O\left(\frac{1}{n^\alpha}\right)$, 即存在常数 $\displaystyle D > 0$, 使得 $\displaystyle |a_n|, |b_n|\leq Dn^\alpha$. (中山大学2023年数学分析考研试题) [Fourier级数 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 这就是 Fourier 系数的渐近性质. 由题中不等式知 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle [-\pi,\pi]$ 上一致连续. 从而
$$\begin{aligned} a_n&=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f(x)\cos nx\mathrm{ d} x\qquad(I)\\\\ &\stackrel{x=t+\frac{\pi}{n}}{=}\frac{1}{\pi}\int_{-\pi-\frac{\pi}{n}}^{\pi-\frac{\pi}{n}} f\left(t+\frac{\pi}{n}\right)\cos(nt+\pi)\mathrm{ d} t\\\\ &=-\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^\pi f\left(t+\frac{\pi}{n}\right)\cos nt\mathrm{ d} t.\qquad(II) \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
最后一步积分限的变换是因为周期函数的缘故. $\displaystyle (I), (II)$ 相加即得
$$\begin{aligned} |a_n|=&\frac{1}{2\pi}\left|\int_{-\pi}^\pi \left[f(x)-f\left(x+\frac{\pi}{n}\right)\right] \cos nx\mathrm{ d} x\right|\\\\ \leq&\frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^\pi L \left(\frac{\pi}{n}\right)^\alpha \mathrm{ d} x =L\left(\frac{\pi}{n}\right)^\alpha=O\left(\frac{1}{n^\alpha}\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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580、 (3)、 $\displaystyle \lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac{1-\cos \sqrt{x^2+y^2}}{\tan(x^2+y^2)}$. (东北师范大学2023年数学分析考研试题) [多元函数极限与连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \mbox{原式}\xlongequal[\tiny\mbox{代换}]{\tiny\mbox{等价}} \lim_{t\to 0}\frac{1-\cos t}{\tan (t^2)}\xlongequal[\tiny\mbox{代换}]{\tiny\mbox{等价}} \frac{1}{2}$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
581、 (5)、 已知二元函数 $\displaystyle f(x,y)$ 在 $\displaystyle (0,0)$ 处的两个偏导数存在, 则 $\displaystyle f(x,y)$ 在 $\displaystyle (0,0)$ 处连续. (哈尔滨工业大学2023年数学分析考研试题) [多元函数极限与连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \times$. 比如对 $\displaystyle f(x,y)=\left\{\begin{array}{llllllllllll}\frac{xy}{x^2+y^2},&x^2+y^2\neq 0,\\\\ 0,&x^2+y^2=0\end{array}\right.$ 而言, $\displaystyle f_x(0,0)=f_y(0,0)=0$, 但由
$$\begin{aligned} f(x,kx)=\frac{k}{1+k^2} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle f$ 在原点处不连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
582、 1、 (10 分) 已知
$$\begin{aligned} f(x,y)=\left\{\begin{array}{llllllllllll}x\cos\frac{1}{y}+y\cos\frac{1}{x},&xy\neq 0,\\\\ 0,&xy=0.\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
判断下列极限是否存在并说明理由:
$$\begin{aligned} \lim_{x\to 0}\lim_{y\to 0}f(x,y), \lim_{y\to 0}\lim_{x\to 0}f(x,y), \lim_{x\to 0\atop y\to 0}f(x,y). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(合肥工业大学2023年数学分析考研试题) [多元函数极限与连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} \left|x\cos\frac{1}{y}+y\cos\frac{1}{x}\right|\leq |x|+|y|\xrightarrow{(x,y)\to (0,0)}0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle \lim_{x\to 0\atop y\to 0}f(x,y)=0$. 又当 $\displaystyle x\neq 0$ 时, 由
$$\begin{aligned} \lim_{k\to\infty}f\left(x,\frac{1}{2k\pi}\right) =&\lim_{k\to\infty}\left(x+\frac{1}{2k\pi}\cos\frac{1}{x}\right)=x,\\\\ \lim_{k\to\infty}f\left(x,\frac{1}{2k\pi+\frac{\pi}{2}}\right) =&\lim_{k\to\infty}\frac{2}{(4k+1)\pi}\cos\frac{1}{x}=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle \lim_{y\to 0}f(x,y)$ 不存在, 进而 $\displaystyle \lim_{x\to 0}\lim_{y\to 0}f(x,y)$ 不存在. 同理, $\displaystyle \lim_{y\to 0}\lim_{x\to 0}f(x,y)$ 不存在.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
583、 11、 设一元函数 $\displaystyle f(x)$ 在 $\displaystyle [0,+\infty)$ 上可导, 且存在两个正数 $\displaystyle A < B$ 满足 $\displaystyle A < |f'(x)| < B$. 证明: $\displaystyle f(\sqrt{x^2+y^2})$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}^2$ 上一致连续, 但 $\displaystyle f(x^2+y^2)$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}^2$ 上不一致连续. (华东师范大学2023年数学分析考研试题) [多元函数极限与连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 设 $\displaystyle z_i=x_i+\mathrm{ i} y_i, i=1,2$, 则
$$\begin{aligned} &\left|\sqrt{x_1^2+y_1^2}-\sqrt{x_2^2+y_2^2}\right| =\left||Oz_1|-|Oz_2|\right|\\\\ \leq& |z_1-z_2| =\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(2)、 对 $\displaystyle \forall\ \varepsilon > 0,\exists\ \delta=\frac{\varepsilon}{M} > 0, \forall\ (x_1,y_1),(x_2,y_2)\in\mathbb{R}^2$:
$$\begin{aligned} &\sqrt{(x_1-x_2)^2+(y_1-y_2)^2} < \delta\\\\ \Rightarrow&|f(\sqrt{x_1^2+y_1^2})-f(\sqrt{x_2^2+y_2^2})|\\\\ &\xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}} |f'(\xi)|\left|\sqrt{x_1^2+y_1^2}-\sqrt{x_2^2+y_2^2}\right| < B\delta=\varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle f(\sqrt{x^2+y^2})$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}^2$ 上一致连续. (3)、 取
$$\begin{aligned} x_n=n, y_n=0;\quad u_n=n+\frac{1}{n}, v_n=0, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
则
$$\begin{aligned} (x_n-u_n)^2+(y_n-v_n)^2=\frac{1}{n^2}\xrightarrow{n\to\infty}0, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
但
$$\begin{aligned} |f\left(x_n^2+y_n^2\right)-f\left(u_n^2+v_n^2\right)| =&\left|f(n^2)-f\left(n^2+2+\frac{1}{n^2}\right)\right|\\\\ \xlongequal[\tiny\mbox{中值}]{\tiny\mbox{Lagrange}}& |f'(\xi_n)|\left(2+\frac{1}{n^2}\right)\geq 2A. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle f(x^2+y^2)$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}^2$ 上不一致连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
584、 7、 $\displaystyle f(x,y)$ 在开域 $\displaystyle \varOmega$ 上分别对变量 $\displaystyle x,y$ 是连续的, 并且每当固定 $\displaystyle x$ 时, $\displaystyle f(x,y)$ 对 $\displaystyle y$ 单调下降. 证明: $\displaystyle f(x,y)$ 在开域 $\displaystyle \varOmega$ 上连续. (华南理工大学2023年数学分析考研试题) [多元函数极限与连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 通过调换 $\displaystyle x,y$ 后不妨设 $\displaystyle f$ 关于 $\displaystyle x$ 递减; 再通过 $\displaystyle f\mapsto -f$ 不妨设 $\displaystyle f$ 关于 $\displaystyle x$ 递增. 对任一固定的 $\displaystyle (x_0,y_0)\in \varOmega$ 及 $\displaystyle \varOmega$ 是区域知
$$\begin{aligned} \exists\ \tilde{\}delta > 0,\mathrm{ s.t.} [x_0-\tilde{\}delta,x_0+\tilde{\}delta]\times [y_0-\tilde{\}delta,y_0+\tilde{\}delta]\subset \varOmega. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由 $\displaystyle f$ 关于 $\displaystyle x$ 连续知对任一固定的 $\displaystyle \varepsilon > 0$,
$$\begin{aligned} \exists\ \delta_1\in (0,\tilde{\}delta),\mathrm{ s.t.} \left\{\begin{array}{l} |f(x_0-\delta,y_0)-f(x_0,y_0)| < \frac{\varepsilon}{2},\\\\ |f(x_0+\delta,y_0)-f(x_0,y_0)| < \frac{\varepsilon}{2}. \end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
又由 $\displaystyle f$ 关于 $\displaystyle y$ 连续知
$$\begin{aligned} \exists\ \delta_2\in (0,\tilde{\}delta),\mathrm{ s.t.} |y-y_0|\leq \delta_2\Rightarrow \left\{\begin{array}{l} |f(x_0-\delta_1,y)-f(x_0-\delta_1,y_0)| < \frac{\varepsilon}{2},\\\\ |f(x_0+\delta_1,y)-f(x_0+\delta_1,y_0)| < \frac{\varepsilon}{2}. \end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
最后由 $\displaystyle f$ 对 $\displaystyle x$ 单增知当
$$\begin{aligned} |x-x_0| < \delta_1,\quad |y-y_0| < \delta_2 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
时,
$$\begin{aligned} \begin{array}{rlll} f(x,y)\leq& f(x_0+\delta_1,y)&\quad f(x,y)&\geq f(x_0-\delta,y)\\\\ < & f(x_0+\delta_1,y_0)+\frac{\varepsilon}{2}&\quad & > f(x_0-\delta,y_0)-\frac{\varepsilon}{2}\\\\ < & f(x_0,y_0)+\varepsilon,&\quad &\geq f(x_0,y_0)-\varepsilon. \end{array} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
此即
$$\begin{aligned} |f(x,y)-f(x_0,y_0)| < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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585、 (4)、 $\displaystyle \lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac{x^2+y^2}{3-\sqrt{(3+x^2)(3+y^2)}}$. (华南师范大学2023年数学分析考研试题) [多元函数极限与连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} \mbox{原式}=&\lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac{x^2+y^2}{3-\sqrt{(3+x^2)(3+y^2)}}\\\\ =&\lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac{x^2+y^2}{9-(3+x^2)(3+y^2)}\left[3+\sqrt{(3+x^2)(3+y^2)}\right]\\\\ =&-6\lim_{(x,y)\to (0,0)}\frac{x^2+y^2}{3(x^2+y^2)+x^2y^2} =-6\cdot\frac{1}{3}=-2. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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586、 (0-17)、 求极限 $\displaystyle \lim_{(x,y)\to (0,2)} (1+y\sin^2x)^\frac{1}{x\ln (1+2x)}$. (吉林师范大学2023年(学科数学)数学分析考研试题) [多元函数极限与连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} \mbox{原式}=&\mathrm{exp}\left[\lim_{(x,y)\to (0,2)} \frac{\ln(1+y\sin^2x)}{x\ln(1+2x)}\right]\\\\ \xlongequal[\tiny\mbox{代换}]{\tiny\mbox{等价}}&\mathrm{exp}\left[\lim_{(x,y)\to (0,2)} \frac{y\sin^2x}{x\cdot 2x}\right] =\mathrm{exp}\left[\frac{1}{2}\lim_{x\to 0}\frac{\sin^2x}{x^2}\cdot \lim_{y\to 2}y\right] =\mathrm{e}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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587、 6、 (15 分) $\displaystyle f(x,y)=\left\{\begin{array}{llllllllllll}x\sin\frac{1}{y}+y\sin\frac{1}{x},&xy\neq 0,\\\\ 0,&xy=0.\end{array}\right.$ 讨论下面三个极限:
$$\begin{aligned} \lim_{(x,y)\to (0,0)}f(x,y), \lim_{x\to 0}\lim_{y\to 0}f(x,y), \lim_{y\to 0}\lim_{x\to 0}f(x,y). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
(山西大学2023年数学分析考研试题) [多元函数极限与连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1) 由 $\displaystyle \left|x\sin\frac{1}{y}+y\sin\frac{1}{x}\right|\leq |x|+|y|$ 即知 $\displaystyle \vlmc{(x,y)}{(0,0)}f(x,y)=0$. (2) 当 $\displaystyle x\neq 0$ 时, $\displaystyle \vlmc{y}{0} x\sin\frac{1}{y}$ 不存在, 而 $\displaystyle \vlmc{x}{0}\vlmc{y}{0}f(x,y)$ 不存在. (3) 当 $\displaystyle y\neq 0$ 时, $\displaystyle \vlmc{x}{0} y\sin\frac{1}{x}$ 不存在, 而 $\displaystyle \vlmc{y}{0}\vlmc{x}{0}f(x,y)$ 不存在.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
588、 7、 (本题 10 分) $\displaystyle f(x,y)$ 在 $\displaystyle [0,1]\times [0,1]$ 上连续,
$$\begin{aligned} g(x)=\sup_{y\in [0,1]}f(x,y), x\in [0,1]. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
证明: $\displaystyle g(x)$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上连续. (四川大学2023年数学分析考研试题) [多元函数极限与连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle f(x,y)$ 在 $\displaystyle [0,1]\times [0,1]$ 上连续知其一致连续:
$$\begin{aligned} &\forall\ \varepsilon > 0,\exists\ \delta > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ (x',y'), (x,y)\in [0,1]^2,\\\\ &|x'-x| < \delta, |y'-y| < \delta, |f(x',y')-f(x,y)| < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
特别地, 当 $\displaystyle |x'-x| < \delta$ 时,
$$\begin{aligned} &|f(x',y)-f(x,y)| < \varepsilon, \forall\ y\in[0,1]\\\\ \Rightarrow&f(x,y)-\varepsilon < f(x',y) < f(x,y)+\varepsilon, \forall\ y\in [0,1]. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
对 $\displaystyle y\in [0,1]$ 取上确界知
$$\begin{aligned} g(x)-\varepsilon\leq g(x')\leq g(x)+\varepsilon\Rightarrow |g(x')-g(x)|\leq\varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这就证明了 $\displaystyle g$ 在 $\displaystyle [0,1]$ 上一致连续, 而连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
589、 5、 设 $\displaystyle f$ 是 $\displaystyle \mathbb{R}^n$ 上的函数. 求证: $\displaystyle f$ 连续的充要条件是开集的原像是开集. (同济大学2023年数学分析考研试题) [多元函数极限与连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 $\displaystyle \Rightarrow$: 对 $\displaystyle \mathbb{R}$ 中的开集 $\displaystyle O$, 往证 $\displaystyle f^{-1}(O)$ 是开集. 对 $\displaystyle \forall\ x_0\in f^{-1}(O)$, 我们有 $\displaystyle f(x_0)\in O$, 而
$$\begin{aligned} \exists\ \varepsilon > 0,\mathrm{ s.t.} U\left(f(x_0);\varepsilon\right)\subset O. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
再由 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle x_0$ 处连续知
$$\begin{aligned} \exists\ \delta > 0,\mathrm{ s.t.} \forall\ x\in U(x_0;\delta), |f(x)-f(x_0)| < \varepsilon. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
此即
$$\begin{aligned} f\left(U(x_0;\delta)\right)\subset U\left(f(x_0);\varepsilon\right)\subset O \Rightarrow U(x_0;\delta)\subset f^{-1}(O). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
这就证明了 $\displaystyle f^{-1}(O)$ 是开集. (2)、 $\displaystyle \Leftarrow$: 对 $\displaystyle \forall\ x_0\in\mathbb{R}$, $\displaystyle \forall\ \varepsilon > 0$, $\displaystyle U\left(f(x_0);\varepsilon\right)$ 是包含 $\displaystyle f(x_0)$ 的开集. 由充分性假设知 $\displaystyle f^{-1}\left(U\left(f(x_0);\varepsilon\right)\right)$ 是包含 $\displaystyle x_0$ 的开集. 从而
$$\begin{aligned} \exists\ \delta > 0,\mathrm{ s.t.} &U(x_0;\delta)\subset f^{-1}\left(U\left(f(x_0);\varepsilon\right)\right)\\\\ \Rightarrow& f\left(U(x_0;\delta)\right)\subset U\left(f(x_0);\varepsilon\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
此即 $\displaystyle \forall\ x\in U(x_0;\delta), |f(x)-f(x_0)| < \varepsilon$. 这就证明了 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle x_0$ 连续. 由 $\displaystyle x_0$ 的任意性知 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle \mathbb{R}$ 上连续.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
590、 (2)、 对点列 $\displaystyle z_n=(x_n,y_n)\ (n=1,2,\cdots)$, 有
$$\begin{aligned} \varliminf_{n\to\infty}\left\Vert z_n\right\Vert =\alpha, \varlimsup_{n\to\infty}\left\Vert z_n\right\Vert =\beta, \lim_{n\to\infty}\left\Vert z_{n+1}-z_n\right\Vert =0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
证明: 对任意的 $\displaystyle \gamma\in (\alpha,\beta), x^2+y^2=\gamma^2$ 上至少存在 $\displaystyle \left\{z_n\right\}$ 的一个聚点. (武汉大学2023年数学分析考研试题) [多元函数极限与连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (2-1)、 先证明一个结论. 设有界数列 $\displaystyle \left\{t_n\right\}$ 满足
$$\begin{aligned} \varliminf_{n\to\infty}t_n=A < B=\varlimsup_{n\to\infty}t_n, \lim_{n\to\infty}(t_{n+1}-t_n)=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
则 $\displaystyle \left\{t_n\right\}$ 的聚点全体恰好构成 $\displaystyle [A,B]$. 事实上, 设 $\displaystyle \left\{t_n\right\}$ 的聚点全体为 $\displaystyle M$, 则由上下极限的定义与性质知 $\displaystyle M\subset [A,B]$. 而仅需证明 $\displaystyle (A,B)\subset M$. 用反证法. 若 $\displaystyle (A,B)\not\subset M$, 则 $\displaystyle \exists\ A < c < B,\mathrm{ s.t.} c\not\in M.$ 我们断言: $\displaystyle \exists\ 0 < \delta < \min\left\{c-A,B-c\right\}$, 使得 $\displaystyle (c-\delta,c+\delta)$ 中仅含有 $\displaystyle \left\{t_n\right\}$ 中有限多项. 事实上, 若 $\displaystyle \forall\ \delta > 0, (c-\delta,c+\delta)$ 都含有 $\displaystyle \left\{t_n\right\}$ 中无限多项, 而 $\displaystyle c$ 为 $\displaystyle \left\{t_n\right\}$ 的聚点, $\displaystyle c\in M$, 这是一个矛盾. 这样,
$$\begin{aligned} \exists\ N,\mathrm{ s.t.} n\geq N\Rightarrow t_n\leq c-\delta\mbox{或 }t_n\geq c+\delta. \qquad(1.6.10: eq1)\tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
又由 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}(t_{n+1}-t_n)=0$ 知
$$\begin{aligned} \exists\ N'\geq N,\mathrm{ s.t.} n\geq N'\Rightarrow |t_{n+1}-t_n| < 2\delta. \qquad(1.6.10: eq2)\tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由 (1.6.10: eq1), 不妨设 $\displaystyle t_{N'}\leq c-\delta$. 又由 (1.6.10: eq1)-(1.6.10: eq2) 知 $\displaystyle t_{N'+1}\leq c-\delta$. 如此一直做下去, 我们得到 $\displaystyle n\geq N'\Rightarrow t_n\leq c-\delta.$ 令 $\displaystyle n\to\infty$, 得 $\displaystyle B=\varlimsup_{n\to\infty}t_n\leq c-\delta < B .$ 这是一个矛盾. 故有结论. (2-2)、 回到题目. 设 $\displaystyle t_n=\left\Vert z_n\right\Vert$, 则由三角不等式及题设知 $\displaystyle \lim_{n\to\infty}(t_{n+1}-t_n)=0$. 对 $\displaystyle \forall\ \gamma\in (\alpha,\beta)$, 由第 i 步知
$$\begin{aligned} \exists\ n_k,\mathrm{ s.t.} \gamma=\lim_{k\to\infty}t_{n_k}=\lim_{k\to\infty}\left\Vert z_{n_k}\right\Vert . \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
再由致密性定理, $\displaystyle \exists\ n_{k_i}, \left\Vert z_0\right\Vert \leq \beta,\mathrm{ s.t.} \lim_{i\to\infty}z_{n_{k_i}}=z_0$,
$$\begin{aligned} \gamma=\lim_{i\to\infty}\left\Vert z_{n_{k_i}}\right\Vert =\left\Vert z_0\right\Vert . \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
如此, $\displaystyle z_0$ 就是 $\displaystyle x^2+y^2=\gamma^2$ 上的点, 且是 $\displaystyle \left\{z_n\right\}$ 的一个聚点.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
591、 (7)、 $\displaystyle E=\left\{(x,y)\in\mathbb{R}^2; x,y\in\mathbb{Q}\right\}$, 则 $\displaystyle \partial E=\underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }$. (西安交通大学2023年数学分析考研试题) [多元函数极限与连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / $\displaystyle \mathbb{R}^2$ 上任一点的任一邻域都有有理点, 也有无理点, 从而 $\displaystyle \partial E=\mathbb{R}^2$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
592、 6、 (20 分) 证明: $\displaystyle \lim_{(x,y)\to (0,0)}x^y$ 不存在, 其中 $\displaystyle x > 0, y > 0$. (西南财经大学2023年数学分析考研试题) [多元函数极限与连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle f(x,y)=x^y$, 则
$$\begin{aligned} \lim_{n\to\infty} f\left(\frac{1}{n},\frac{1}{n}\right) =&\lim_{n\to\infty} \left(\frac{1}{n}\right)^\frac{1}{n} =\mathrm{exp}\left[-\lim_{n\to\infty}\frac{1}{n}\ln n\right]\\\\ \xlongequal{\tiny\mbox{Stolz}}&\mathrm{exp}\left[-\lim_{n\to\infty}\ln \left(1+\frac{1}{n}\right)\right]=1,\\\\ \lim_{n\to\infty} f\left(\frac{1}{n}, \ln n\right) =&\lim_{n\to\infty}\left(\frac{1}{n}\right)^{\ln n} =\mathrm{exp}\left[-\lim_{n\to\infty}\ln^2n\right]=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故 $\displaystyle \lim_{(x,y)\to (0,0)}x^y$ 不存在.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
593、 (2)、 $\displaystyle \lim_{x\to 0\atop y\to 2}\frac{\sin xy}{x}=\underline{\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ }$. (重庆师范大学2023年数学分析考研试题) [多元函数极限与连续 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 /
$$\begin{aligned} \mbox{原式}=&\lim_{x\to 0\atop y\to 2}\frac{\sin xy}{xy}\cdot y =\lim_{t\to 0}\frac{\sin t}{t}\cdot \lim_{y\to 2}y=1\cdot 2=2. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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594、 7、 (20 分) 设二元函数
$$\begin{aligned} f(x,y)=\left\{\begin{array}{llllllllllll}\frac{2xy^3}{x^2+y^4},&x^2+y^2\neq 0,\\\\ 0,&x^2+y^2=0.\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
讨论 $\displaystyle f$ 在原点的连续性, 偏导数的存在性及 $\displaystyle f$ 在原点的可微性. (安徽大学2023年高等代数考研试题) [多元函数微分学 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由
$$\begin{aligned} 0\leq \left|\frac{2xy^3}{x^2+y^4}\right| \leq \frac{2|xy^2|}{x^2+y^4}|y|\leq |y|\xrightarrow{y\to 0}0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle f$ 在原点连续. 易知 $\displaystyle f_x(0,0)=f_y(0,0)=0$. 最后由
$$\begin{aligned} &\left|\frac{f(x,y)-f(0,0)-f_x(0,0)x-f_y(0,0)y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right|\\\\ =&\left|\frac{2xy^3}{(x^2+y^4)\sqrt{x^2+y^2}}\right| \stackrel{x=ky^2}{=}\frac{2k}{(k^2+1)\sqrt{k^2y^2+1}}\xrightarrow{y\to 0}\frac{2k}{k^2+1} \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle f$ 在原点不可微.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
595、 8、 (20 分) 证明方程 $\displaystyle x+\frac{1}{2}y^2+\frac{1}{2}z+\sin z=0$ 在 $\displaystyle (0,0,0)$ 附近唯一确定了隐函数 $\displaystyle z=f(x,y)$, 进一步将 $\displaystyle f(x,y)$ 在 $\displaystyle (0,0)$ 处展开为带佩亚诺型余项的泰勒公式, 展开到二阶. (安徽大学2023年高等代数考研试题) [多元函数微分学 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设 $\displaystyle F=x+\frac{1}{2}y^2+\frac{1}{2}z+\sin z$, 则
$$\begin{aligned} F_z(0,0,0)=\left.\left(\frac{1}{2}+\cos z\right)\right||_{z=0}=\frac{3}{2}\neq 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
由隐函数存在定理知 $\displaystyle F=0$ 在 $\displaystyle (0,0,0)$ 附近唯一确定了隐函数 $\displaystyle z=f(x,y)$. 再者, 对由 $\displaystyle F(x,y,z)=0$ 所确定的隐函数 $\displaystyle z=z(x,y)$ 有 $\displaystyle F_x'+F_z'z_x'=0, F_y'+F_z'z_y'=0;$
$$\begin{aligned} F_{xx}''+F_{xz}''z_x'+(F_{zx}''+F_{zz}''z_x')z_x'+F_z'z_{xx}''&=0,\\\\ F_{xy}''+F_{xz}''z_y'+(F_{zy}''+F_{zz}''z_y')z_x'+F_z'z_{xy}''&=0,\\\\ F_{yy}''+F_{yz}''z_y'+(F_{zy}''+F_{zz}''z_y')z_y'+F_z'z_{yy}''&=0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
于是 $\displaystyle \displaystyle z_x'=-\frac{F_x'}{F_z'},\quad z_y'=-\frac{F_y'}{F_z'};$
$$\begin{aligned} z_{xx}''&=-\frac{z_x'^2F_{zz}''+2z_x'F_{xz}''+F_{xx}''}{F_z'} =-\frac{F_x'^2F_{zz}''-2F_x'F_z'F_{xz}''+F_z'^2F_{xx}''}{F_z'^3},\\\\ z_{xy}''&=-\frac{z_x'z_y'F_{zz}''+z_x'F_{yz}''+z_y'F_{xz}''+F_{xy}''}{F_z'}\\\\ &=-\frac{F_x'F_y'F_{zz}''+F_x'F_z'F_{yz}''+F_y'F_z'F_{xz}''+F_z'^2F_{xy}''}{F_y'^3},\\\\ z_{yy}'&=-\frac{z_y'^2F_{zz}''+2z_y'F_{yz}''+F_{yy}''}{F_z'} =-\frac{F_y'^2F_{zz}''-2F_y'F_z'F_{yz}''+F_z'^2F_{yy}''}{F_z'^3}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
将 $\displaystyle F(x,y,z)$ 代入, 即知在 $\displaystyle x=0, y=0, z=0$ 处, $\displaystyle z_x'=-\frac{2}{3}, z_y'=0, z_{xx}''=0, z_{xy}''=0, z_{yy}''=-\frac{2}{3}.$ 故 $\displaystyle f(x,y)$ 在 $\displaystyle (0,0)$ 处展开为带佩亚诺型余项的泰勒公式为
$$\begin{aligned} z=&f(x,y)=-\frac{2}{3}x+\frac{1}{2}\left(-\frac{2}{3}\right)y^2+o\left((x^2+y^2)\right)\\\\ =&-\frac{2}{3}x-\frac{1}{3}y^2+o\left((x^2+y^2)\right). \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
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596、 (2)、 已知函数 $\displaystyle u(x,y)$ 满足
$$\begin{aligned} 2\frac{\partial^2u}{\partial x^2}+3\frac{\partial u}{\partial x}+3\frac{\partial u}{\partial y}-2\frac{\partial^2u}{\partial y^2}=0, \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
求 $\displaystyle a,b$ 的值, 使得在变换 $\displaystyle u(x,y)=v(x,y)\mathrm{e}^{ax+by}$ 下上述等式可以化为函数 $\displaystyle v(x,y)$ 的不含一阶偏导数的等式. (北京科技大学2023年数学分析考研试题) [多元函数微分学 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 由 $\displaystyle u_x=v_x\mathrm{e}^{ax+by}+av\mathrm{e}^{ax+by}, u_y=v_y\mathrm{e}^{ax+by}+bv\mathrm{e}^{ax+by}$ 知
$$\begin{aligned} u_{xx}=&v_{xx}\mathrm{e}^{ax+by}+2av_x\mathrm{e}^{ax+by}+a^2v\mathrm{e}^{ax+by},\\\\ u_{yy}=&v_{yy}\mathrm{e}^{ax+by}+2bv_y\mathrm{e}^{ax+by}+b^2v\mathrm{e}^{ax+by}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
故
$$\begin{aligned} 0=&2u_{xx}+3u_x+3u_y-2u_{yy}\\\\ =&2(v_{xx}-v_{yy})\mathrm{e}^{ax+by}+(4a+3)v_x\mathrm{e}^{ax+by}\\\\ &+(-4b+3)v_y\mathrm{e}^{ax+by}+(a^2-b^2+3a+3b)v\mathrm{e}^{ax+by}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
于是当且仅当 $\displaystyle a=-\frac{3}{4}, b=\frac{3}{4}$ 时, 题中等式可以化为函数 $\displaystyle v(x,y)$ 的不含一阶偏导数的等式 $\displaystyle v_{xx}-v_{yy}=0$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
597、 5、 (15 分) 已知 $\displaystyle f(x,y)=|x-y|\varphi(x,y)$, 其中 $\displaystyle \varphi$ 在原点处连续. 证明: $\displaystyle \varphi(0,0)=0$ 当且仅当 $\displaystyle f(x,y)$ 在 $\displaystyle (0,0)$ 处可微. (北京师范大学2023年数学分析考研试题) [多元函数微分学 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / (1)、 $\displaystyle \Rightarrow$:
$$\begin{aligned} f_x(0,0)=\lim_{x\to 0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{|x|\varphi(x,0)}{x} \xlongequal[\tiny\mbox{无穷小}]{\tiny\mbox{有界 $\displaystyle \cdot$}} 0. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
同理, $\displaystyle f_y(0,0)=0$. 故由
$$\begin{aligned} &\left|\frac{f(x,y)-f(0,0)-f_x(0,0)x-f_y(0,0)y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right|\\\\ =&\frac{|x-y|\cdot |\varphi(x,y)|}{\sqrt{x^2+y^2}} \leq 2|\varphi(x,y)|\xrightarrow{(x,y)\to(0,0)}0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle f$ 在 $\displaystyle (0,0)$ 处可微. (2)、 $\displaystyle \Leftarrow$: 由 $\displaystyle f$ 在原点可微知
$$\begin{aligned} f_x(0,0)=&\lim_{x\to 0}\frac{f(x,0)-f(0,0)}{x}=\lim_{x\to 0}\frac{|x|\varphi(x,0)}{x}\\\\ =&\varphi(0,0)\lim_{x\to 0}\frac{|x|}{x} =\left\{\begin{array}{llllllllllll}\varphi(0,0)\lim_{x\to 0^+}1=\varphi(0,0),\\\\ \varphi(0,0)\lim_{x\to 0^-}(-1)=-\varphi(0,0).\end{array}\right. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
存在. 故 $\displaystyle 2\varphi(0,0)=0\Rightarrow \varphi(0,0)=0$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
598、 6、 (15 分) 求抛物面 $\displaystyle x^2+y^2=2az$ 被 $\displaystyle x^2+xy+y^2=a^2$ ($a > 0$) 所截曲线的高度 ($z$ 的坐标) 的最值. (北京师范大学2023年数学分析考研试题) [多元函数微分学 ]
纸质资料/答疑/pdf1/pdf2 / 设
$$\begin{aligned} L=x^2+y^2+\lambda(x^2+xy+y^2-a^2), \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
则由
$$\begin{aligned} L_x&=2x+2\lambda x+\lambda y=0,\\\\ L_y&=2y+\lambda x+2\lambda y=0,\\\\ L_\lambda&=x^2+xy+y^2-a^2=0 \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
知 $\displaystyle \lambda\neq 0$. 从 $\displaystyle L_x=0$ 求出 $\displaystyle y$, 代入 $\displaystyle L_y=0$ 后即知 $\displaystyle \lambda=-2\mbox{或} -\frac{2}{3}$. 再代入 $\displaystyle L_\lambda=0$ 求出
$$\begin{aligned} (x,y)\in \left\{(-a,a),(a,-a), \left(-\frac{a}{\sqrt{3}},-\frac{a}{\sqrt{3}}\right),\left(\frac{a}{\sqrt{3}},\frac{a}{\sqrt{3}}\right)\right\}. \tiny\boxed{\begin{array}{c}\mbox{跟锦数学微信公众号}\\\\\mbox{zhangzujin.cn}\end{array}}\end{aligned}$$
算得 $\displaystyle z=\frac{x^2+y^2}{2a}$ 在上述四点的值分别为 $\displaystyle a,a,\frac{a}{3},\frac{a}{3}$, 而 $\displaystyle \max z=a$.跟锦数学微信公众号. 在线资料/公众号/
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