高等数学（第七版）同济大学习题10-2（前10题）个人解答

高等数学（第七版）同济大学习题10-2（前10题）

函数作图软件：Mathematica

$\begin{aligned}&1. \ 计算下列二重积分:&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \iint_D (x^2+y^2)d\sigma，其中D=\{(x, \ y)\ |\ |x| \le 1，|y| \le 1\}；\\\\ &\ \ (2)\ \ \iint_D (3x+2y)d\sigma，其中D是由两坐标轴及直线x+y=2所围成的闭区域；\\\\ &\ \ (3)\ \ \iint_D (x^3+3x^2y+y^3)d\sigma，其中D=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le x \le 1，0 \le y \le 1\}；\\\\ &\ \ (4)\ \ \iint_D xcos(x+y)d\sigma，其中D是顶点分别为(0, \ 0)，(\pi, \ 0)和(\pi, \ \pi)的三角形闭区域. & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \iint_D (x^2+y^2)d\sigma=\int_{-1}^{1}dx\int_{-1}^{1}(x^2+y^2)dy=\int_{-1}^{1}\left[x^2y+\frac{y^3}{3}\right]_{-1}^{1}dx=\int_{-1}^{1}\left(2x^2+\frac{2}{3}\right)dx=\frac{8}{3}.\\\\ &\ \ (2)\ D可用不等式表示为0 \le y \le 2-x，0 \le x \le 2，则\iint_D (3x+2y)d\sigma=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{2}dx\int_{0}^{2-x}(3x+2y)dy=\int_{0}^{2}[3xy+y^2]_{0}^{2-x}dx=\int_{0}^{2}(4+2x-2x^2)dx=\frac{20}{3}.\\\\ &\ \ (3)\ \iint_D (x^3+3x^2y+y^3)d\sigma=\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{1}(x^3+3x^2y+y^3)dx=\int_{0}^{1}\left[\frac{x^4}{4}+x^3y+y^3x\right]_{0}^{1}dy=\int_{0}^{1}\left(\frac{1}{4}+y+y^3\right)dy=1.\\\\ &\ \ (4)\ D可用不等式表示为0 \le y \le x，0 \le x \le \pi，则\iint_D xcos(x+y)d\sigma=\int_{0}^{\pi}xdx\int_{0}^{x}cos(x+y)dy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{\pi}x[sin(x+y)]_{0}^{x}dx=\int_{0}^{\pi}x(sin\ 2x-sin\ x)dx=\int_{0}^{\pi}xd\left(cos\ x-\frac{1}{2}cos\ 2x)\right)=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \left[x\left(cos\ x-\frac{1}{2}cos\ 2x\right)\right]_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}\left(cos\ x-\frac{1}{2}cos\ 2x\right)dx=\pi\left(-1-\frac{1}{2}\right)-0=-\frac{3}{2}\pi. & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&2. \ 画出积分区域，并计算下列二重积分:&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \iint_D x\sqrt{y}d\sigma，其中D是由两条抛物线y=\sqrt{x}，y=x^2所围成的闭区域；\\\\ &\ \ (2)\ \ \iint_D xy^2d\sigma，其中D是由圆周x^2+y^2=4及y轴所围成的右半闭区域；\\\\ &\ \ (3)\ \ \iint_D e^{x+y}d\sigma，其中D=\{(x, \ y)\ |\ |x|+|y| \le 1\}；\\\\ &\ \ (4)\ \ \iint_D (x^2+y^2-x)d\sigma，其中D是由直线y=2，y=x及y=2x所围成的闭区域. & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ D用不等式表示为x^2 \le y \le \sqrt{x}，0 \le x \le 1，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_D x\sqrt{y}d\sigma=\int_{0}^{1}xdx\int_{x^2}^{\sqrt{x}}\sqrt{y}dy=\frac{2}{3}\int_{0}^{1}x\left[y^{\frac{3}{2}}\right]_{x^2}^{\sqrt{x}}dx=\frac{2}{3}\int_{0}^{1}(x^{\frac{7}{4}}-x^4)dx=\frac{6}{55}.\\\\ & \end{aligned}$
在这里插入图片描述
$\begin{aligned} &\ \ (2)\ D用不等式表示为0 \le x \le \sqrt{4-y^2}，-2 \le y \le 2，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_D xy^2d\sigma=\int_{-2}^{2}y^2dy\int_{0}^{\sqrt{4-y^2}}xdx=\frac{1}{2}\int_{-2}^{2}y^2(4-y^2)dy=\frac{64}{15}.\\\\ & \end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (3)\ D=D_1 \cup D_2，其中D_1=\{(x, \ y)\ |\ -x-1 \le y \le x+1，-1 \le x \le 0\}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D_2=\{(x, \ y)\ |\ x-1 \le y \le -x+1，0 \le x \le 1\}，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_De^{x+y}d\sigma=\iint_{D_1}e^{x+y}d\sigma+\iint_{D_2}e^{x+y}d\sigma=\int_{-1}^{0}e^xdx\int_{-x-1}^{x+1}e^ydy+\int_{0}^{1}e^xdx\int_{x-1}^{-x+1}e^ydy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \int_{-1}^{0}(e^{2x+1}-e^{-1})dx+\int_{0}^{1}(e-e^{2x-1})dx=e-e^{-1}.\\\\ & \end{aligned}$
在这里插入图片描述
$\begin{aligned} &\ \ (4)\ D用不等式表示为\frac{y}{2} \le x \le y，0 \le y \le 2，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_D (x^2+y^2-x)d\sigma=\int_{0}^{2}dy\int_{\frac{y}{2}}^{y}(x^2+y^2-x)dx=\int_{0}^{2}\left[\frac{1}{3}x^3+xy^2-\frac{1}{2}x^2\right]_{\frac{y}{2}}^{y}dy=\int_{0}^{2}\left(\frac{19}{24}y^3-\frac{3}{8}y^2\right)dy=\frac{13}{6}. & \end{aligned}$
在这里插入图片描述

$\begin{aligned}&3. \ 如果二重积分\iint_{D}f(x, \ y)dxdy的被积函数f(x,\ y)是两个函数f_1(x)及f_2(y)的乘积，即\\\\&\ \ \ \ f(x, \ y)=f_1(x)\cdot f_2(y)，积分区域D=\{(x, \ y)\ |\ a\le x \le b，c \le y \le d\}，证明这个二重积分\\\\&\ \ \ \ 等于两个单积分的乘积，即\iint_{D}f_1(x)\cdot f_2(y)dxdy=\left[\int_{a}^{b}f_1(x)dx\right]\cdot\left[\int_{c}^{d}f_2(y)dy\right].&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ \iint_{D}f_1(x)\cdot f_2(y)dxdy=\int_{a}^{b}\left[\int_{c}^{d}f_1(x)\cdot f_2(y)dy\right]dx，上式右端第一次单积分\int_{c}^{d}f_1(x)\cdot f_2(y)中，f_1(x)与\\\\ &\ \ 积分变量y无关，可作为常数提到积分外，因此变为\int_{a}^{b}f_1(x) \cdot \left[\int_{c}^{d}f_2(y)dy\right]dx，在该积分中，因为\\\\ &\ \ \int_{c}^{d}f_2(y)dy为常数，所以也可提到积分外，得\\\\ &\ \ \iint_{D}f_1(x)\cdot f_2(y)dxdy=\left[\int_{c}^{d}f_2(y)dy\right]\cdot \left[\int_{a}^{b}f_1(x)dx\right]=\left[\int_{a}^{b}f_1(x)dx\right]\cdot\left[\int_{c}^{d}f_2(y)dy\right] & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&4. \ 化二重积分I=\iint_{D}f(x, \ y)d\sigma为二次积分（分别列出对两个变量先后次序不同的两个二次积分），\\\\&\ \ \ \ 其中积分区域D是:&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 由直线y=x及抛物线y^2=4x所围成的闭区域；\\\\ &\ \ (2)\ \ 由x轴及半圆周x^2+y^2=r^2(y \ge 0)所围成的闭区域；\\\\ &\ \ (3)\ \ 由直线y=x，x=2及双曲线y=\frac{1}{x}(x \gt 0)所围成的闭区域；\\\\ &\ \ (4)\ \ 环形闭区域\{(x, \ y)\ |\ 1 \le x^2+y^2 \le 4\}. & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ 直线y=x及抛物线y^2=4x的交点为(0, \ 0)和(4, \ 4)，则I=\int_{0}^{4}dx\int_{x}^{\sqrt{4x}}f(x, \ y)dy，或I=\int_{0}^{4}dx\int_{\frac{y^2}{4}}^{y}f(x, \ y)dy.\\\\ & \end{aligned}$
在这里插入图片描述
$\begin{aligned} &\ \ (2)\ D用不等式表示为0 \le y \le \sqrt{r^2-x^2}，-r \le x \le r，则将I化为先对y后对x的二次积分，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ I=\int_{-r}^{r}dx\int_{0}^{\sqrt{r^2-x^2}}f(x, \ y)dy，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D用不等式表示为-\sqrt{r^2-y^2} \le x \le \sqrt{r^2-y^2}，0 \le y \le r，则将I化为先对x后对y的二次积分，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ I=\int_{0}^{r}dy\int_{-\sqrt{r^2-y^2}}^{\sqrt{r^2-y^2}}f(x, \ y)dx.\\\\ &\ \ (3)\ 三条曲线两两相交，得3个交点(1, \ 1)，\left(2, \ \frac{1}{2}\right)和(2, \ 2)，则I=\int_{1}^{2}dx\int_{\frac{1}{x}}^{x}f(x, \ y)dy，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 或I=\int_{\frac{1}{2}}^{1}dy\int_{\frac{1}{y}}^{2}f(x, \ y)dx+\int_{1}^{2}dy\int_{y}^{2}f(x, \ y)dx.\\\\ & \end{aligned}$
在这里插入图片描述
$\begin{aligned} &\ \ (4)\ 将积分区域D按图1分4部分，得I=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{-2}^{-1}dx\int_{-\sqrt{4-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}}f(x, \ y)dy+\int_{-1}^{1}dx\int_{\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}}f(x, \ y)dy+\int_{-1}^{1}dx\int_{-\sqrt{4-x^2}}^{-\sqrt{1-x^2}}f(x, \ y)dy+\int_{1}^{2}dx\int_{-\sqrt{4-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}}f(x, \ y)dy，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 将积分区域D按图2分4部分，得I=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{-2}^{1}dy\int_{-\sqrt{4-y^2}}^{\sqrt{4-y^2}}f(x, \ y)dx+\int_{-1}^{1}dy\int_{-\sqrt{4-y^2}}^{-\sqrt{1-y^2}}f(x, \ y)dx+\int_{-1}^{1}dy\int_{\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{4-y^2}}f(x, \ y)dx+\int_{1}^{2}dy\int_{-\sqrt{4-y^2}}^{\sqrt{4-y^2}}f(x, \ y)dx. & \end{aligned}$
在这里插入图片描述

$\begin{aligned}&5. \ 设f(x, \ y)在D上连续，其中D是由直线y=x、y=a及x=b(b \gt a)所围成的闭区域，证明\\\\&\ \ \ \ \int_{a}^{b}dx\int_{a}^{x}f(x, \ y)dy=\int_{a}^{b}dy\int_{y}^{b}f(x, \ y)dx.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ 等式两端的二次积分都等于二重积分\iint_{D}f(x, \ y)d\sigma，因此两端相等. & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&6. \ 改换下列二次积分的积分次序:&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \int_{0}^{1}dy\int_{0}^{y}f(x, \ y)dx；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)\ \ \int_{0}^{2}dy\int_{y^2}^{2y}f(x, \ y)dx；\\\\ &\ \ (3)\ \ \int_{0}^{1}dy\int_{-\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{1-y^2}}f(x, \ y)dx；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (4)\ \ \int_{1}^{2}\int_{2-x}^{\sqrt{2x-x^2}}f(x, \ y)dy；\\\\ &\ \ (5)\ \ \int_{1}^{e}dx\int_{0}^{ln\ x}f(x, \ y)dy；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (6)\ \ \int_{0}^{\pi}dx\int_{-sin\ \frac{x}{2}}^{sin\ x}f(x, \ y)dy. & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ 二次积分等于二重积分\iint_{D}f(x, \ y)d\sigma，其中D=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le x \le y，0 \le y \le 1\}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D又可表示为\{(x, \ y)\ |\ x \le y \le 1，0 \le x \le 1\}，则\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{y}f(x, \ y)dx=\int_{0}^{1}dx\int_{x}^{1}f(x, \ y)dy.\\\\ & \end{aligned}$
在这里插入图片描述
$\begin{aligned} &\ \ (2)\ 二次积分等于二重积分\iint_{D}f(x, \ y)d\sigma，其中D=\{(x, \ y)\ |\ y^2 \le x \le 2y，0 \le y \le 2\}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D又可表示为\{(x, \ y)\ |\ \frac{x}{2} \le y \le \sqrt{x}，0 \le x \le 4\}，则\int_{0}^{2}dy\int_{y^2}^{2y}f(x, \ y)dx=\int_{0}^{4}dx\int_{\frac{x}{2}}^{\sqrt{x}}f(x, \ y)dy.\\\\ & \end{aligned}$
在这里插入图片描述
$\begin{aligned} &\ \ (3)\ 二次积分等于二重积分\iint_{D}f(x, \ y)d\sigma，其中D=\{(x, \ y)\ |\ -\sqrt{1-y^2} \le x \le \sqrt{1-y^2}，0 \le y \le 1\}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D又可表示为\{(x, \ y)\ |\ 0 \le y \le \sqrt{1-x^2}，-1 \le x \le 1\}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则\int_{0}^{1}dy\int_{-\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{1-y^2}}f(x, \ y)dx=\int_{-1}^{1}dx\int_{0}^{\sqrt{1-x^2}}f(x, \ y)dy.\\\\ & \end{aligned}$
在这里插入图片描述
$\begin{aligned} &\ \ (4)\ 二次积分等于二重积分\iint_{D}f(x, \ y)d\sigma，其中D=\{(x, \ y)\ |\ 2-x \le y \le \sqrt{2x-x^2}，1 \le x \le 2\}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D又可表示为\{(x, \ y)\ |\ 2-y \le x \le 1+\sqrt{1-y^2}，0 \le y \le 1\}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则\int_{1}^{2}\int_{2-x}^{\sqrt{2x-x^2}}f(x, \ y)dy=\int_{0}^{1}dy\int_{2-y}^{1+\sqrt{1-y^2}}f(x, \ y)dx.\\\\ & \end{aligned}$
在这里插入图片描述
$\begin{aligned} &\ \ (5)\ 二次积分等于二重积分\iint_{D}f(x, \ y)d\sigma，其中D=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le y \le ln\ x，1 \le x \le e\}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D又可表示为\{(x, \ y)\ |\ e^y \le x \le e，0 \le y \le 1\}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则\int_{1}^{e}dx\int_{0}^{ln\ x}f(x, \ y)dy=\int_{0}^{1}dy\int_{e^y}^{e}f(x, \ y)dx.\\\\ & \end{aligned}$
在这里插入图片描述
$\begin{aligned} &\ \ (6)\ 将积分区域D表示为D_1 \cup D_2，其中D_1=\{(x, \ y)\ |\ arcsin\ y \le x \le \pi-arcsin\ y，0 \le y \le 1\}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D_2=\{(x, \ y)\ |\ -2arcsin\ y \le x \le \pi，-1 \le y \le 0\}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则\int_{0}^{\pi}dx\int_{-sin\ \frac{x}{2}}^{sin\ x}f(x, \ y)dy=\int_{0}^{1}dy\int_{arcsin\ y}^{\pi-arcsin\ y}f(x, \ y)dx+\int_{-1}^{0}dy\int_{-2arcsin\ y}^{\pi}f(x, \ y)dx. & \end{aligned}$
在这里插入图片描述

$\begin{aligned}&7. \ 设平面薄片所占的闭区域D由直线x+y=2，y=x和x轴所围成，它的面密度\mu(x, \ y)=x^2+y^2，\\\\&\ \ \ \ 求该薄片的质量.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ 积分区域D如图所示，设该薄片质量为M，\\\\ &\ \ M=\iint_{D}\mu(x, \ y)d\sigma=\int_{0}^{1}dy\int_{y}^{2-y}(x^2+y^2)dx=\int_{0}^{1}\left[\frac{1}{3}x^3+xy^2\right]_{y}^{2-y}dy=\int_{0}^{1}\left[\frac{1}{3}(2-y)^3+2y^2-\frac{7}{3}y^3\right]dy=\\\\ &\ \ \left[-\frac{1}{12}(2-y)^4+\frac{2}{3}y^3-\frac{7}{12}y^4\right]_{0}^{1}=\frac{4}{3}. & \end{aligned}$
在这里插入图片描述

$\begin{aligned}&8. \ 计算由四个平面x=0，y=0，x=1，y=1所围成的柱体被平面z=0及2x+3y+z=6截得的\\\\&\ \ \ \ 立体的体积.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ 此立体为一曲顶柱体，底为xOy面上的闭区域D=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le x \le 1，0 \le y \le 1\}，顶为曲面z=6-2x-3y，\\\\ &\ \ 所求立体体积为V=\iint_{D}(6-2x-3y)dxdy=\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{1}(6-2x-3y)dy=\int_{0}^{1}\left(\frac{9}{2}-2x\right)dx=\frac{7}{2}. & \end{aligned}$
在这里插入图片描述

$\begin{aligned}&9. \ 求由平面x=0，y=0，x+y=1所围成的柱体被平面z=0及抛物面x^2+y^2=6-z截得的立体的体积.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ 此立体为曲顶柱体，底为xOy面上的闭区域D=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le y \le 1-x，0 \le x \le 1\}，顶为曲面z=6-(x^2+y^2)，\\\\ &\ \ 体积为V=\iint_{D}[6-(x^2+y^2)]dxdy=\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{1-x}(6-x^2-y^2)dy=\int_{0}^{1}\left[6(1-x)-x^2+x^3-\frac{1}{3}(1-x)^3\right]dx=\frac{17}{6}. & \end{aligned}$
在这里插入图片描述

$\begin{aligned}&10. \ 求由曲面z=x^2+2y^2及z=6-2x^2-y^2所围成的立体的体积.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ 联立方程组\begin{cases}z=x^2+2y^2，\\\\z=6-2x^2-y^2\end{cases}得x^2+y^2=2，所求立体在xOy面上的投影区域为D=\{(x, \ y)\ |\ x^2+y^2 \le 2\}，\\\\ &\ \ 所求立体的体积等于两个曲顶柱体体积的差，V=\iint_{D}(6-2x^2-y^2)d\sigma-\iint_{D}(x^2+2y^2)d\sigma=\\\\ &\ \ \iint_{D}(6-3x^2-3y^2)d\sigma=\iint_{D}(6-3\rho^2)\rho d\rho d\theta=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\sqrt{2}}(6-3\rho^2)\rho d\rho=6\pi. & \end{aligned}$
在这里插入图片描述