1樓:
a錯誤:
因為f(x,y)在來
自d的邊界上恆為零,故如bai果f(x,y)存在非零的最du大值,則最大值在內部
zhi取到.假設
daof(x,y)在d內某點p0(x0,y0)取得最大值m>0,則p0為極大值點,從而?f?x|
p=?f?y|
p=0.
由已知條件?f(x,y)
?x+2?f(x,y)
?y=-f(x,y)可得,f(x0,y0)=0,與m=f(x0,y0)>0矛盾.
b錯誤:類似於a可證選項b錯誤.
c錯誤:由a、b的分析可得,f(x,y)不存在非零最大值,也不存在非零最小值,從而f≡0.故最值可以在邊界取得,也可以在內部取到.
d正確:由選項c的分析,f≡0,故最值可以在邊界上取得最大值與最小值.
故選:d.
設f(x,y)在d:x2+y2≤1上有連續偏導數,且在邊界上函式值為零,f(0,0)=2008.則limε→0+?ε2≤x2+
2樓:手機使用者
因為??≤x
+y≤1xf′
x+yf′y
x+ydxdy=??
≤x+y
≤1(?
?x(xx+y
f(x,e68a8462616964757a686964616f31333337373632y))+?
?y(yx+y
f(x,y)))dxdy-??≤x
+y≤1
(??x(xx
+y)+?
?y(yx+y
))f(x,y)dxdy
=i1+i2
.計算可得,i2=??≤x
+y≤1
0dxdy=0.
注意到f(x,y)在x2+y2=1上的函式值為零,故利用格林公式以及積分中值定理可得可得,
i1=∮x+y
=1xx+y
f(x,y)dy?yx+y
f(x,y)dx-∮x+y
=?xx+y
f(x,y)dy?yx+y
f(x,y)dx
=0-1?∮
x+y=?xf(x,y)dy?yf(x,y)dx=-1??x
+y≤?
[(f+xf′x
)+(f+yf′y
)]dxdy
=-π(2f(ξ,η)+ξf′x
(ξ,η)+ηf′y
(ξ,η)),
其中ξ2+η2=1.
因此,??≤x
+y≤1xf′
x+yf′y
x+ydxdy=-π(2f(ξ,η)+ξf′x
(ξ,η)+ηf′y
(ξ,η)),ξ2+η2=1.
當?→0時,(ξ,η)→(0,0),
又因為f(x,y)在d:x2+y2≤1上有連續偏導數,所以,lim
?→0??≤x
+y≤1xf′
x+yf′y
x+ydxdy=-lim
?→0π(2f(ξ,η)+ξf′x
(ξ,η)+ηf′y
(ξ,η))=-2πf(0,0)=-4016π.故答案為:-4016π.
設D是由y x 2與y 1所圍成的有界閉區間,求二重積分Dx 2y 2dxdy
bai dx du2y zhi2dxdy dao 1,1 x 專2dx x 2,1 y 2dy 1,1 x 2 y 3 3 x 2,1 dx 1,1 x 2 1 3 x 6 3 dx 1 3 1,1 x 2 x 8 dx 2 3 0,1 x 2 x 8 dx 2 3 1 3 1 9 屬 4 27 成...