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一、证明题

1． 证明下列结论:

（1）设f （u , v）具有二阶连续偏导数, 且满足方程

也满足方程则

【答案】（1）令

, 则z=f （u , v ）, 于是

故

（2）由

知

,

. 于是

故

2． 设S 为非空数集, 定义

【答案】设有对于任意正数

存在

则任意

使得

于是

,

证明:

则

即

故故

是是

的一个下界. 又

的下确界,

即

, a 是不为零的常数,

（2）设z=f （x , y ）是二阶连续可微函数, 又有关系式

, 则

二、解答题

3． 设

在点a 连续,

, 求

和

. 问在什么条件下

存在？

【答案】

故当且仅当

4． 设

（1）gradr （2）（2）设

5． 设

得

得

, 如果

, 都满足. 因为

, 使

这与

的最小性相矛盾, 故

即

. 若有另外一个

使

则

,

则

是有界闭集, f :

【答案】（1）由

时, 试求

存在.

则A 中有且仅有一点x , 使得f （x ）=x. 【答案】

令

由此不等式知g （x ）为有界闭集A 上的连续函数,

因此存在

, 则由条件有

如果

矛盾, 故不动点惟一.

6． 求函数它们的模.

【答案】

在点A=（0, 0, 0）及点处的梯度以及

7． 设f （x ）在[a, b]上单调增加, 但不必连续, 且=c（c 称为f （x ）的不动点）.

. 求证:

取

使得f （c ）即可.

若

【答案】方法一用区间套定理. 将[a, b]二等分,

分点记为,

若

, 否则

取当时,

取

, 取再将二等分, 分点记为c 1,

若即可. 若取

, 否则, 取

, 这样保证有, 使得

取

如此继续下去, 要么到某一步时, 得到一分点

, 这样保证

有, 当

即可;

时,

要么这种步骤可无限地进行下去, 得到一个闭区间列

, 它满足如下性质:

由闭区间套定理, 使得

又由f （x ）的单调性, 有

由此, 利用f （x ）的单调递增性, 可得

即f （c ）=c. 方法二用确界原理. 令（1）由（2）

8． 设

及f 的单调性知,

. 由f 的单调性,

, 而

, 所以. 显然

, 故有上确界C. 易知 , 故

, 故

当然, .

.

由（1）、（2）知, f （c ）=c.

在

上三阶可导, 存在实数, 使得

【答案】

若存在一点成立.

因此, 不妨设不失一般性, 假设则

, 而且

当

. 则必有

进而, 不失一般性还可假设

, 使得

.

. 这是因为,

若

使

得

中有一个为零, 则结论显然

, 考虑

时,

令

. 这是因为, 若,