高等數學同濟第七版7版下冊習題 全解.doc

.y2D2-1OiT-2圖 10 - 1數，故/, = Jj( x2 + y1) 3d(j = 2jj( x2 + y1) 3dcr.fhi)i又由于d3關于;t軸對稱，被積函數(/ +r2)3關于y是偶函數，故 jj( x2 + j2 ) 3dcr = 2j( x2 + y2 ) 3 da = 2/2.Dy1)：從而得/, = 4/2.(2) 利用對稱性來計算二重積分還有以下兩個結論值得注意：如果積分區(qū)域關于軸對稱，而被積函數/(x,y)關于y是奇函數，即 fix, -y) = -f(x,y) ,PJjf/(x,y)da = 0；D如果積分區(qū)域D關于：k軸對稱，而被積函數/(x，y)關于：c是奇函數，即/( x,y) = -/(太，y)，則= 0.D3.利用二重積分定義證明：(1 ) jj da =(其中(7為的面積)；IJ(2) JJ/c/( X ,y) drr = Aj|y( a:，y) do(其中 A：為常數)；on(3 ) JJ/( x,y)clcr = JJ/( x,y)drr + jJ/( x ,y) dcr ,其中 /) = /)! U /)2，A 為兩個I)blh尤公共內點的WK域.證(丨)由于被枳函數./U,y) = 1 ,故山二t積分定義得njjltr = Hm y/( ,rji) A= x,y) |0xl,0j2；it(4) / = J(x2 + 4y2 +9)do，其中 D = x,y) x2 + y2 4 |.I)解 (1)在積分區(qū)域D上，0矣;上有0矣;t2 +y2苳4,所以有9 + 4r2 +9 4( x2 + y2) + 9矣25.34 I)的酣枳等于4tt，W此36 tt (x2 +4/ + 9) (Ur lOO-ir.二重積分的計算法.1.計算下列二甩積分:.(2) l是頂點分別為( 0 .0 j (文3 + 3.r2 v +、)ch.+ x y + v jcdi(4) l)可用不等式表示為0 V A： ,0 .t 7T.于是|a:cos(jc + y) da = Icos(.v + v ) d i sin (.t + y) q() = J v( sin 2.v - sin .v ) 1 x x( cos .v 丄(.，s 2.v)卜(1X(-TTrTXcos .v - rusTT.& 2. _出枳分ix:域，斤i卜r): v列m分:(1) Jdo，其中/)是由兩條拋物線7 = v,y = *2所圍成的閉區(qū)域；D(2) jfxy2dcr,其中D是由圓周x2 + J2 = 4及y軸所圍成的右半閉區(qū)域；I)( 3 ) JV + dcr，其中 /) = I (%，)| | A； | + | J | 1 !；D(4) |U2 +/ -x)1= (x,y)-x- yJc + 1,-1 a;0|,I)2 = (x ,y) |*-1+因此Ea3.如果二重積分|/( .r,y)心辦的被積函數/( x，v)是兩個函數/ ( O及)的乘n積，即/(X，y) = f(x) ./“y)，積分區(qū)域/) = (.V, y) I (1 V /, r ,證叫這個二重積分等于兩個單積分的乘枳，即|*/|U) -/2(r) flatly = J/, (.v)(l.v - /：( )v-證Jj./1 ( x ) .,2 ( / ) dvd V J f J ( v) ./： t lx*在上式右端的第一次單枳分f/, (.V) /2 (.V) d v中,./, ( A.) 1J fu t變招:、無關，nn見為 常數提到積分5外，W此上式“端笏T而在這個積分中，由于f/2 (y) d y為常數，故又可提到積分號外，從而得到 f2是:(1) 由直線及拋物線y2 =4x所圍成的閉區(qū)域；(2) 由x軸及半圓周/ +y2 =r2(y英0)所圍成的閉區(qū)域；(3) 由直線y =x，；c = 2及雙曲線：k = -(*0)所圍成的閉區(qū)域；X(4) 環(huán)形閉區(qū)域 IU，y) | 1+y24(.解(1)直線y=x及拋物線y2 =4;c的交點為(0,0)和(4,4)(圖10-6).于是fix/ = j dy/(*，y)tk.f(x,y)dy,(2) 將/)用不等式表示fyOyr2 -x2，- r W /，于是可將/化為如下的先 對y、后對*的二次積分：r/ = J (1文Jf(x ,y)(y；如將0叫不等式表示為Vr2 -y2xVr2 - y2 ,0各/，則可將/化為如卜的 先對*、后對y的二次枳分：.drx,y) dx.(3)如圖 10-7.:條邊界曲線兩兩相交，先求得3個交點為(1 ,1 )，2,y和(2,2).于是dy (i_/(,y)+ tlj /( x ,y) dx.| dxjf(x,y)dy.注本題說明，將二重積分化為二次積分時，需注意根據積分區(qū)域的邊界曲線 的情況，選取恰當的積分次序.本題中的積分區(qū)域/)的上、下邊界曲線均分別由個 方程給出，而左邊界曲線卻分為兩段，由兩個不同的方程給出，在這種情況下采取先 對y、后對的積分次序比較有利，這樣只需做一個二次積分，而如果采用相反的枳 分次序則需計算兩個二次積分.需要指出，選擇積分次序時，還需考慮被積函數/U , y)的特點.具體例子n見教 材下冊第144頁上的例2.dx /4Jx yy)dy + d.vl(1%/T/(A：,y)clr + d.vl y a -x2/(.r,v)d -f /(.v Vv) dv./(.v,v)d.v -f./4 -、/( , ) d.v -f廠、/4 -、I-v W/( v , y) (l.(4)將D按圖10 - 8( a)和圖10 - 8( 1)的兩種不同方式則分為4塊，分別得圖 10 -8,5.設/U，y）在D上連續(xù)，其中/）是由直線;=所圍成的閉區(qū)域，證明x ,r) d.t.dx| f(x,y)Ay證等式兩端的二次積分均等于二重積分J/U, y） d o，因而它們相等.I）6.改換下列二次積分的積分次序：(5) (lx fx,y)Ay廣2f yix -x2(4) | 叫2 fx,y)dy-,fix /-sin x(6) I Ax J(x,y)Ay.JOJ - siny(2) J) dj|： f(x,y)dx；解（丨）所給二次積分等于二重積分J/U，;k）（，其中o =丨h(huán)，y） 1 r-0 j I （. / n|改寫為 | Uj） | * 矣 y 矣 1，0 I | （罔 10 - 9）,于是原式=丄 ixj/(x,y)dy.(2) 所給一.次枳分等于二Ti積分 |/U,y)山，.K:中 /) = I |.y2 - I0)，W此原式=J, ixjy/(x,y)iy.(3) 所給二次積分等于二重積分.其中D = : (.v.v) | - V 1-y2 .V 1$、飛V彡1UX J1 - y2 ,0彡 彡 1 ; 又 D 可表示為：(JC，)*)丨0彡 y 彡 V 1 - .r2 , - 1 = (圖10 -11)，因此f 1f V1 -X原式=J dxj/(x, v)dy.(4) 所給二次積分等于二重積分其中D = : (.v.v) 2 -hs/lx - x1 % 彡.r 彡2 :.又 D 可表示為：(a:,v) | 2 - 1彡.t彡 1 + Y 1 v2,0 : (圖 10 -12)，故原式=丄 d)jf(x %y)dx.(5) 所給二次積分等于二重積分|/(.10 )(1,)1:中/)= 1(.v.v) | 0 v I)x彡e | 又/)可表示為| ( a:，) | e、彡a彡e，0彡、彡1 i ( |劄10 - 1,故原式=L (I.、| ,./X .、，.、) (l.v.(6) m 1()-14,將積分| /(x,y)dx.y廣 1rir - arcsin 原式=I dyf(xyy)cxJO Jarcsin )tt - arcsin y，0彡 y 彡 1 | 1 ,D2 = | (.r, y)一 2arcsin, 一1 彡)彡0|.于是7.設平面薄片所占的閉區(qū)域D由直線;t= 2，y = 和;r軸所圍成，它的面密度/x(.t,v) = x2 +y2,求該薄片的質量.解 D如圖10-15所示.所求薄片的質rt-x + xydrM = jJ/Lt( x 9y) dcr = dyj ( x2 + y2 ) dxAyr+(2”)3+2,d2x12| 冬| 10 - 15c)i x e | oY = sin A 的反閑數足A = iirrsM y- -1 x足ih y - hin x = sin ( tt - x) n!J tt - x arcKin y,從ifii得反閑數 (子中，TTtt - iin-Hin y.8. i |燈|l|四個平而a： = 0，y = 0，;t = I，v = I所閑成的柱休被平面z = 0及2.r + 3y + z 6藏得的立休的體積.解江力一 EJ .它？芪是；c0:. S二苧泛7：省。=X.；,0矣二矣0；. 1 .了是芒-2x-3:. F 10 - 6 . g -護不二歹l = |( 6 - 2j： - 3;. dxdv = dx 6 - lx - 5 . d.Sa9.求由平面a: =0,y = 0, +:， = 所圍成的柱體被平面z = 0及拉物面;c:，:.： =6 - : . 得的/.體的體積.解此立體為一曲頂柱體，它的底是xOv面上的閉區(qū)域D=. 0 1 -：，.，頂是曲面 Z=f)-，故體積V - (I 6 - x2 + y2 ) dx(y6 ( 1 - x ) - x2 +f 1廣1廣1 -戈dx( 6 - x1_6*10-17m 10 - 18H.r.這10.求由曲面+ 2/及z=6-2x2 _y2所圍成的立體的體積._ 22解由= T + 消去z,得;c2 +y2 = 2,故所求立體在面上的投影 U = 6 - 2x2 - j2區(qū)域為D = | (x,y) | x2 + 矣2| (圖 10 - 18). 所求立體的體積等于兩個曲頂柱體體積的差：V =( 6 - 2x2 - y2 ) dcr x2 + 2y2 ) dcrl)I)=JJ(6 - 3r2 - 3y2 ) da = jj( 6 - 3p2 )pdpd0/-2ttd0 (6 - 3p2 )pdp = 6tt.注求類似于第8,9,10題中這樣的立體體積時，并不一定要畫出立體的準確 圖形，但一定要會求出立體在坐標面上的投影區(qū)域，并知道立體的底和頂的方程，這 就需要復習和掌握第八章中學過的空間解析幾何的有關知識y 11.両出積分區(qū)域，把積分J/(A：，y)d;cdy表示為極坐標形式的二次積分，其中積分區(qū)U域D是：(1 ) (xyy) X2 + y2 a2 I (a 0)；(2) | xyy) x2 + y2 2| ；(3) | (x,y) | a2彡 x2 + y1 彡62 |，其中0 a 6;(4) j (xyy) | 0 j 1 - x,0 x 1 | .解(1)如圖10-19,在極坐標系中，0= |(p，0) | 0彡p彡a，0彡(9彡2tt1，故jx,y)AxAy - jj/(pcos 0，psin 6)pdpd0/-2tTrl(11 /(pcos 0，psin 0)pAp.(2)如圖10-20,在極坐標系中，l) =(p,0)jjy(x，y)dxdy = jj/(pcos 0,pain 0)pdpdOi)i)-y*y.2coH 0=J , dj) /(pros 0,psin 6)p/3(2)(|.v f /(/r + v2)分成1，102兩部分：(p,0)(p,e)于是l-X ,sec 6rY rcsc 8原式=d0_ /(pcos 6,psin 6)pdp + L dl /(pcos 0,psin d)pdp.(2) D如圖10-24所示.在極坐標系中，直線x=2,射線和;r =x(x0) 的方程分別是p = 2sec 6,6= 和0 =因此|(pyO)0p2sece,f6f.又 f(Vx2 + y2 ) =f(p),于是f-Y y.2sec 0原式=d0j) /(p)pdp-(3 ) D如圖1() - 25所示.在極坐標系中，直線；K = 1 _ x的方程為P =1，圓;k = -/l - x2的方程為p = 1 ,因此sin 0 + cos 6(p，e)原式sin 0 + cos 6于是/(pcos 6 ,psin 0)pdp.(4) /)如圖10 -26所示.在極坐標系中，直線* = 1的方程是/ = sec心拋物線 y=/的方程是psin 0=p2c:os2(9,即p = tan伽e(. 0;從原點到兩者的交點的射線是沒=.rT rser 0D = (.r2 + y2 ) cIa解（1）積分區(qū)域D如圖10-27所示.在極坐標系中，0= ip,6)0p2aros 0,0 L于是r 2/*2fl=-sec tan 6 + ln( sec 6 + tan d) 4 6o=+ ln( J2 + 1 ).o0 tan Osec 0,0 f)J-( 3 )積分區(qū)域D如圖10 -29所示.在極坐標系中，拋物線y =X2的方程是psin沒 p:cos2沒，即p = tan 6 sec 0;射線y=A；(:t彡0)的方程是0 =子，故=(p,0)寸:是x.|an Unt-r 0 j原式=7p，lptan 沒sec. 0(& = sec* 0 4- y/2 - . (4)積分區(qū)域(p,e);(w f, -pp = f-r - fa原式114.利用極坐標計算下列各題：(1) Ifeda,其中是由圓周;c2 +y2 =4所圍成的閉區(qū)域；I)(2) |ln(l +x2+/)dCT,其中D是由圓周:t2+y2=l及坐標軸所圍成的在第一I)象限內的閉區(qū)域；( 3 ) Jarctan da ,其中 D 是由圓周;c2 4- y2 = 4 , .r2 + y2 = 1 及直線 y = 0，、=Dx所圍成的在第一象限內的閉區(qū)域.解(1)在極坐標系中，積分區(qū)域I (p,0) | 0矣p彡2,00 ) ,z = 0以及球心在原點、半徑為尺的上半球面所圍成的在第一卦限內的立體的體積.:arctan h,y2da =| yw -p2pdpd0p2p(ip=a (-d 18.計算以.rOy面上的圓周:t 頂的曲頂柱體的體積.解如圖10-34,設arctan k.2 y2 = ax圍成的閉區(qū)域為底，而以曲面2 =*2 + /為- I (x,y) | 0 j / ax -a:2 ,0 a: a | = |(p,0)|Op acos 9,00 由于曲頂柱體關于面對稱，故V = 2 ff ( x2 + y2 ) (lid)facoa 02Jp2 PPO二2丄 丄 pp242232|冬MO -33-Tinf?-| 1() -34.注在計算立體體積時，要注意充分利用圖形的對稱性，這樣既能簡化運算，也 能減少錯誤1*19.作適當的變換，計算下列二重積分：（1 ） J（x - y）2sin2（x + y）dx（Iy,其中/J是平行四邊形閉區(qū)域，它的四個頂點是 /）（7T，0） , （2tt,7t），（7T，27T）和（0，TT）;（ 2 ） Jx2d.vdy，其中是由兩條雙曲線w = 1和X） = 2 ,直線）=.r和y = 4a所 1）圍成的在第一象限內的閉區(qū)域；（3） （fe5d.rdy，其中是由.v軸、）軸和直線.r + .r = l所圍成的閉區(qū)域；解 （1）令=欠-/，1；=無+ 7，貝|】：1： =- 2在這變換下，的邊界I -y = - it ,x y = it ,x - y = tt ,x + y = 3ir 依次與 u = 一 tt，r = tt，u = tt，？； = 3tt 對應.后者 構成aOi；平面上與D對應的閉區(qū)域/）的邊界.于是D = U ,v） | 一71$“$77,77 ) 1 vd、3 (.，V) 0，/0,/)彡0,0彡沒彡211).在此變換y - bp sin 下，與D對應的閉區(qū)域為“二丨（p，0） | 0彡p彡1彡2tt1 .又acos 0 apsin 6bsm 0bpcos 8a bp.j d（x,y）=d（P，e） % rr tx r 11*20.求由下列曲線所圍成的閉區(qū)域D的面積：（1 ） 0是由曲線xy = 4，xy = 8，xy3 = 5 , a;j3 =15所圍成的第一象限部分的閉 區(qū)域；:圍成的第一象限部分的閉區(qū)域. ,7 = 在這變換下，與D(2) Z)是由曲線 y=?，y = 4/ ,x = y ,x - 4yJ 所 解(1 ) u = xy ,v = xy3 ( a:彡0，y 彡0 )，貝lj x 對應的uOi;平面上的閉區(qū)域為D = | (u,v) | 4 / -心，y) _；8 ,515 !.d(u,v)Z + - dxdy = abpdpdd = ab I I p dp = abir.于是所求面積為rr 1If8i(hid?；=:丄心JJ 2v2 j41JJdxdy15 1dv - 2In 3.V（2）令（:r0，y0），貝lj x = uTvT,y = uTvr.在這變換下，與xJ yj = d(x,y)=d(u ,v)于是所求面積為/I = | dxdy-u 8 vT(l/vdrTu illD對應的aOr平面上的閉區(qū)域為D=丨（.，/，）| 1彡w彡4，丨彡r$4 | 又 Ea*21.設閉K域是I h直線i + y = l, .r = 0, v = 0所闈成，求證I.證令 u 二:c -y，r = a: + y，貝lj x在此變換下，D 的邊界x +y = 1 ,因此有 - y)x + y)dxAyD=d(x，y)d(u,v)tI2-dad 7；Av I cosdaJ-v vivdva=0,y=0依次與v = 1，u+y=0和v - u = 0對應.后者構成aOt;平面上與Z）對應的 閉區(qū)域Z）的邊界（圖10-37） 于是v sin 1 dv = sinh2證畢. 22.選取適當的變換，證明下列等式：(1 ) jj/(x + y)ixX2 + y2 1 | , R 2 +b20.證(丨)閉 IX 域的邊界為 x + y = - ,x +y = ,x -y - 1- y = 1，故令= z + y，；=文-y，即* = +，:K = Y 在此變換下，變?yōu)闅髌窖獊A的閉1只:域.J/O + y)dxdy = Jf(u)dwell； 2于是3“，y)d(u,v)f/ d“/_dr/( u) du.i)o證畢.(2)比較等式的兩端可知需作變換u ya2 + b2 = ax + by, 即 u =似 + j_ Va2 + b2再考慮到0的邊界曲線為x2 +y2 =1,故令這樣就有u2 + v2 =1，即D的邊界曲線/ +/ = 1變?yōu)閡Ov平面上的圓u2 +v2 =1.于是與D對應的閉區(qū)域為 D - ) (u ,v) a2 + y2 1 | .又由的表達式可解得au + bvbu - avy/a2 4- b2a1 + b2x = . y因此雅可比式d(u yv)b2sj a2 + b2 v/a2 + I)2于是(I/ ,./r-/rv/( u /n2 + / + 0), +,z = 0所圍成的在第一卦限內的閉(3) 由曲面-n2 + 2y2及z=2-x2所圍成的閉區(qū)域；區(qū)域解(1) 的頂和底面z=0的交線為x軸和y軸，故在面上的投 影區(qū)域由.r軸、y軸和直線x +y - =0所圍成.于是/2可用不等式表示為因此d.rAy I f(x,yyz) dz.(2)由z = x2 + y2和z = 1得x2 + y2 =丨，所以/2在xOy面上的投影區(qū)域為x2 + )2矣丨(圖10-38)./2可用不等式表示為;t2 + y2矣 z 矣 1 ,- s/ - X1 矣 .這 y/ l - X2 ,- 1 矣；C 備 1，因此+ 2.f(x,y,z)cz.(3)+ ，消去2,得丨+y2 = 1故/2在面上的投影區(qū)域為.t2 +z=2 -x2/霉1(圖10-39) 于是/2可用不等式表示為a:2 + 2y2 z 2 - X2,- - x1 j J - x2 , - I a: 1 ,因此r1r / -x2f2 *2、，/ = /-.dX/-/rr7r/2/(jC，y，2z=2-x1圖 10-38圖 10-39(4) 顯然在;面上的投影區(qū)域由橢圓 + = 1 (.r彡0o彡0)和.v軸，v軸U b圖 10-40所圍成，的頂為cZ = A：y，底為Z二0(圖10 -40).故/2可用不等式表示為因此注本題中的4個小題，除寒2小題外，的圖形都不易|明出.flJ.是，為確定 次枳分的枳分限，并非必須畫出i7的準確圖形.重耍的是要會求出作坐標曲I.的 投影區(qū)域，以及會定出的璃和底面，而做到這點，只需掌抿常見曲而的；;稈和m if; 特點，并具備一定的空間想象能力即可.木草題解中:配了較多插閣，沾汝m觀 察，這對培釋牽間想象能是存好處的.2a 2.設有一物體，占有空間閉K域= 1 (v，：) | (.)矣.矣I .0莓)琴1.() n 1 ; , (x,y,z)處的密取為 f)( x,y,z) = + +;, |：該物休的噸 1|1:.解 M - jjjpd.vd (b = | (|. | (I t | ( v + +X + T + Yrdx3.如果三重積分|/( x,y,z) dxdydz的被積函數/( x，y)是三個函數/, (*)，/2 ( y )，n/3U)的乘積，即/(x，y，z) =/丨(x)f2(y)f3(z)，積分區(qū)域I (x,y,z) axb ,c )矣dzm :,證明這個三重積分等于三個單積分的乘積，即fff/i (x)f2( y )/3(2) dardrdz = fx) Ax /2(j)cly f f3(z)dz.Uf/i (x)f2 (y)h(z) dxdydz nd.r=HI (I /1 (*)/2(3)/3(2)j dxlck=JJi (f,()/2(y) - jf/3“)心卜1=I (|73()* (l/,()/2(7)=( ,3(z)d2). , /)-lr/2(y)dydxptnrdrlf=I /3 (2) dz J /2(r)dr juf(x)dx =右端. 4.計算jjjx.2z3 dxdydz,其中/2是由曲面dy，平面y = :t，x = l和z=0所圍成的閉K域.解如圖0 _41 可用不等式表示為i5.計算Jxy2 z1 ilxdydz = xdx jf y2(ly 丄 dz.,其屮 /2為平而.t =o，y = o，z =()，* + r + djjdydz所鬧成的Jjj ( I + x + y + z)四面體.解 n = I (x,y,z) II - at - 7,07 i -*，()“ 1 I (閣 1( _42) 十坫mlx,v -v( 1 一 .*)、l v = YJ- 4o解法二利用球面光標計算，ii于=| (I 0 r $ I ,0 ,0 jjjxyzAxdyAz = jjj(r3sin2屮cos psin Ocos 0) r2sin (pArAcos (pd(p I r5 drsin2汐IT2r 4.sin cp2040 U JY T 6 = 48注比較本題的兩種解法，顯然用球面坐標計算要簡便得多，這是由本題的積 分區(qū)域的形狀所決定的.一般說來，凡是由球面、圓錐面等曲面圍成時，用球面 坐標計算三重積分較為方便.cji 7.計算jjjxzdxdydz,其中是由平面z =0,z =y,y - 1以及拋物柱面y = x2所圍成的閉n區(qū)域.解法一容易看出，的頂為平面z = 7,底為平面=0,在Wy面上的投影區(qū) 域0由y=l和7=/所圍成.故可用不等式表示為0備 z 莓 y,x2 :Sy 矣 1,-1 筅 x 矣 1.因此xdxxdxjjj xzdxdyd2解法二由于積分區(qū)域關于yOz面對稱(即若點Ujj) /2，則(-tyj)也 屬于/2)，且被積函數*2關于*是奇函數(SP( -x)z= -(a)，因此jxzdxdydz = 0.la .計算 jjjzdxdydz，其中 /2是由錐面 Z = A2 +y2與平面 z = /i(/? 0，/i 0)所_成 的閉K域.解法一fh z =去+y2與z = h消去z，得 x2 +r2 = R故在；cW面上的投影fx:域ofl = I (x,y,z)、= ( x ,y) x2 + y2 R2 (11 10-43)，去 y/x2 + y2 z h,x,y) e OXJ J-J二是-j：dz2h2R2/izjda：djttR;(x2 + y1)H(h_2R2dxdyx2 + y2 ) dxd) 60 l PdP = 2h2.zd.rdyd2 = dxdy解法二用過點（0,0,2）、平行于.rOy面的平面截得平面圓域0:，其半徑為，面積為(圖10-43).O - | (xyy,z) | (x,y) e Dz,0 z h .于是jjjzdxdydz =zdzjjdxdyni),-7Th24/rR2k2.注解法二通俗地稱為“先重后單”法.即先在D: I：作關于.V、的二氓積分.然 后再對作定積分.如果在02上關于.t和v的二重枳分易于計算，特別地.如來