1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.
設函式f(x,y)在正方形區域d:0≤x≤1,0≤y≦1上有二階連續偏導數,且滿足 f(x,0)?
2樓:匿名使用者
首先交換積分順序可得,∫x20dt∫txf(t,u)du=-∫x20dt∫xtf(t,u)du=-∫x0du∫u20f(t,u)dt.當x→0時,1-cosx~x22,1+x?1~x2,...
設d是一有界閉域,函式f(x,y)在d上連續,在d內偏導數存在,且滿足等式?f(x,y)?x+2?f(x,y)?y=-f(x,
3樓:
a錯誤:
因為f(x,y)在來
自d的邊界上恒為零,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Dx2y21,則二重積分Dx24y2dxdy
由於積分區域 dud 故?d x4 y2 dxdy 2 專0 d 屬 10 rcos 4 rsin rdr 2 0 cos 4 sin d 10 rdr 14 2 0 5 8?38cos2 d 5 16 二重積分的計算 x2 y dxdy,d是y x2,y2 x所圍成的區域,求此積分 積分區域 復是...
設函式fx,y2xyx2y2,求f1,yx求步驟
根據題意 f 1,y x 2 y x 1 y x 2 2y x 1 y 2 x 2 2y x x 2 x 2 y 2 2xy x 2 y 2 設函式f x,y 2xy x 2 y 2,則f 1,y x f 1,y x 2 1 y x 1 y x 2 2y x x 2 x 2 y 2 2xy x 2 ...
計算底標Dx 2 y 2 1 dxdy，其中D是圓環形閉區域 1 x 2 y
極座標原積分 r 1 rdrd 積分區域d 0,2 d 1,2 r 2 r dr 2 1 3 r 3 1 2 r 2 下面將上限 回2，下限1代入相減即可，結果為 答23 3 計算 d x 2 y 2 dxdy，其中d是上半圓盤區域 x 2 y 2 4，y 0 化為極坐來標 自x pcosa,y p...