高等数学(第七版)同济大学 总习题十 (前6题)个人解答

news2024/12/28 2:59:31

高等数学(第七版)同济大学 总习题十(前6题)

函数作图软件:Mathematica

 

1.   填 空 : \begin{aligned}&1. \ 填空:&\end{aligned} 1. 

   ( 1 )    积 分 ∫ 0 2 d x ∫ x 2 e − y 2 d y 的 值 是 _ _ _ _ _ ;    ( 2 )    设 闭 区 域 D = { ( x ,   y )   ∣   x 2 + y 2 ≤ R 2 } , 则 ∬ D ( x 2 a 2 + y 2 b 2 ) d x d y = _ _ _ _ . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 积分\int_{0}^{2}dx\int_{x}^{2}e^{-y^2}dy的值是\_\_\_\_\_;\\\\ &\ \ (2)\ \ 设闭区域D=\{(x, \ y)\ |\ x^2+y^2 \le R^2\},则\iint_{D}\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\right)dxdy=\_\_\_\_. & \end{aligned}   (1)  02dxx2ey2dy_____  (2)  D={(x, y)  x2+y2R2}D(a2x2+b2y2)dxdy=____.

解:

   ( 1 )   ∫ 0 2 d x ∫ x 2 e − y 2 d y = ∫ 0 2 d y ∫ 0 y e − y 2 d x = ∫ 0 2 y e − y 2 d y = − 1 2 ⋅ ∫ 0 2 e − y 2 d ( − y 2 ) = − 1 2 [ e − y 2 ] 0 2 = 1 2 ( 1 − e − 4 ) .    ( 2 )   D = { ( ρ ,   θ )   ∣   0 ≤ ρ ≤ R , 0 ≤ θ ≤ 2 π } , ∬ D ( x 2 a 2 + y 2 b 2 ) d x d y = ∬ D ( ρ 2 c o s 2   θ a 2 + ρ 2 s i n 2   θ b 2 ) ρ d ρ d θ =          ∫ 0 2 π ( c o s 2   θ a 2 + s i n 2   θ b 2 ) d θ ∫ 0 R ρ 3 d ρ = R 4 4 ∫ 0 2 π ( 1 + c o s   2 θ 2 a 2 + 1 − c o s   2 θ 2 b 2 ) d θ = R 4 4 ( 1 2 a 2 + 1 2 b 2 ) ⋅ 2 π =          π 4 R 4 ( 1 a 2 + 1 b 2 ) . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \int_{0}^{2}dx\int_{x}^{2}e^{-y^2}dy=\int_{0}^{2}dy\int_{0}^{y}e^{-y^2}dx=\int_{0}^{2}ye^{-y^2}dy=-\frac{1}{2}\cdot \int_{0}^{2}e^{-y^2}d(-y^2)=-\frac{1}{2}[e^{-y^2}]_{0}^{2}=\frac{1}{2}(1-e^{-4}).\\\\ &\ \ (2)\ D=\{(\rho, \ \theta)\ |\ 0 \le \rho \le R,0 \le \theta \le 2\pi\},\iint_{D}\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\right)dxdy=\iint_{D}\left(\frac{\rho^2cos^2\ \theta}{a^2}+\frac{\rho^2sin^2\ \theta}{b^2}\right)\rho d\rho d\theta=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{2\pi}\left(\frac{cos^2\ \theta}{a^2}+\frac{sin^2\ \theta}{b^2}\right)d\theta \int_{0}^{R}\rho^3 d\rho=\frac{R^4}{4}\int_{0}^{2\pi}\left(\frac{1+cos\ 2\theta}{2a^2}+\frac{1-cos\ 2\theta}{2b^2}\right)d\theta=\frac{R^4}{4}\left(\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{2b^2}\right)\cdot 2\pi=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{\pi}{4}R^4\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right). & \end{aligned}   (1) 02dxx2ey2dy=02dy0yey2dx=02yey2dy=2102ey2d(y2)=21[ey2]02=21(1e4).  (2) D={(ρ, θ)  0ρR0θ2π}D(a2x2+b2y2)dxdy=D(a2ρ2cos2 θ+b2ρ2sin2 θ)ρdρdθ=        02π(a2cos2 θ+b2sin2 θ)dθ0Rρ3dρ=4R402π(2a21+cos 2θ+2b21cos 2θ)dθ=4R4(2a21+2b21)2π=        4πR4(a21+b21).


2.   以 下 各 题 中 给 出 了 四 个 结 论 , 从 中 选 出 一 个 正 确 的 结 论 : \begin{aligned}&2. \ 以下各题中给出了四个结论,从中选出一个正确的结论:&\end{aligned} 2. 

   ( 1 )    设 有 空 间 闭 区 域 Ω 1 = { ( x ,   y ,   z )   ∣   x 2 + y 2 + z 2 ≤ R 2 , z ≥ 0 } ,           Ω 2 = { ( x ,   y ,   z )   ∣   x 2 + y 2 + z 2 ≤ R 2 , x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0 } , 则 有 (      ) ;    ( A )    ∭ Ω 1 x d v = 4 ∭ Ω 2 x d v                 ( B )    ∭ Ω 1 y d v = 4 ∭ Ω 2 y d v    ( C )    ∭ Ω 1 z d v = 4 ∭ Ω 2 z d v                 ( D )    ∭ Ω 1 x y z d v = 4 ∭ Ω 2 x y z d v    ( 2 )    设 有 平 面 闭 区 域 D = { ( x ,   y )   ∣   − a ≤ x ≤ a , x ≤ y ≤ a } , D 1 = { ( x ,   y )   ∣   0 ≤ x ≤ a , x ≤ y ≤ a } ,           则 ∬ D ( x y + c o s   x s i n   y ) d x d y = (      ) ;    ( A )    2 ∬ D 1 c o s   x s i n   y d x d y                      ( B )    2 ∬ D 1 x y d x d y    ( C )    4 ∬ D 1 ( x y + c o s   x s i n   y ) d x d y          ( D )    0    ( 3 )    设 f ( x ) 为 连 续 函 数 , F ( t ) = ∫ 1 t d y ∫ y t f ( x ) d x , 则 F ′ ( 2 ) = (      ) .    ( A )    2 f ( 2 )                                                  ( B )    f ( 2 )    ( C )    − f ( 2 )                                               ( D )    0 \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 设有空间闭区域\Omega_1=\{(x, \ y, \ z)\ |\ x^2+y^2+z^2 \le R^2,z \ge 0\},\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \Omega_2=\{(x, \ y, \ z)\ |\ x^2+y^2+z^2 \le R^2,x \ge 0 ,y \ge 0,z \ge 0\},则有(\ \ \ \ );\\\\ &\ \ (A)\ \ \iiint_{\Omega_1}xdv=4\iiint_{\Omega_2}xdv\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (B)\ \ \iiint_{\Omega_1}ydv=4\iiint_{\Omega_2}ydv\\\\ &\ \ (C)\ \ \iiint_{\Omega_1}zdv=4\iiint_{\Omega_2}zdv\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (D)\ \ \iiint_{\Omega_1}xyzdv=4\iiint_{\Omega_2}xyzdv\\\\ &\ \ (2)\ \ 设有平面闭区域D=\{(x, \ y)\ |\ -a \le x \le a,x \le y \le a\},D_1=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le x \le a,x \le y \le a\},\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 则\iint_{D}(xy+cos\ xsin \ y)dxdy=(\ \ \ \ );\\\\ &\ \ (A)\ \ 2\iint_{D_1}cos\ xsin\ ydxdy\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (B)\ \ 2\iint_{D_1}xydxdy\\\\ &\ \ (C)\ \ 4\iint_{D_1}(xy+cos\ xsin\ y)dxdy\ \ \ \ \ \ \ \ (D)\ \ 0\\\\ &\ \ (3)\ \ 设f(x)为连续函数,F(t)=\int_{1}^{t}dy\int_{y}^{t}f(x)dx,则F'(2)=(\ \ \ \ ).\\\\ &\ \ (A)\ \ 2f(2)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (B)\ \ f(2)\\\\ &\ \ (C)\ \ -f(2)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (D)\ \ 0 & \end{aligned}   (1)  Ω1={(x, y, z)  x2+y2+z2R2z0}         Ω2={(x, y, z)  x2+y2+z2R2x0y0z0}(    )  (A)  Ω1xdv=4Ω2xdv               (B)  Ω1ydv=4Ω2ydv  (C)  Ω1zdv=4Ω2zdv               (D)  Ω1xyzdv=4Ω2xyzdv  (2)  D={(x, y)  axaxya}D1={(x, y)  0xaxya}         D(xy+cos xsin y)dxdy=(    )  (A)  2D1cos xsin ydxdy                    (B)  2D1xydxdy  (C)  4D1(xy+cos xsin y)dxdy        (D)  0  (3)  f(x)F(t)=1tdyytf(x)dxF(2)=(    ).  (A)  2f(2)                                                (B)  f(2)  (C)  f(2)                                             (D)  0

解:

   ( 1 )   设 Ω 3 = { ( x ,   y ,   z )   ∣   x 2 + y 2 + z 2 ≤ R 2 , z ≥ 0 , x ≥ 0 } , 因 为 被 积 函 数 z 关 于 x 是 偶 函 数 ,          Ω 3 与 Ω 1 \ Ω 2 关 于 y O z 面 对 称 , 所 以 ∭ Ω 1 z d v = ∭ Ω 3 z d v , 又 因 被 积 函 数 z 关 于 y 是 偶 函 数 ,          Ω 2 与 Ω 3 \ Ω 2 关 于 z O x 面 对 称 , 所 以 ∭ Ω 3 z d v = 2 ∭ Ω 2 z d v , 因 此 选 C .    ( 2 )   记 D 的 三 个 顶 点 为 A ( a ,   a ) , B ( − a ,   a ) , C ( − a ,   − a ) , 连 接 O , B , 则 D 为 △ C O B 和 △ A O B 合 并 区 域 ,          因 为 △ C O B 关 于 x 轴 对 称 , △ A O B 关 于 y 轴 对 称 , 函 数 x y 关 于 y 和 x 都 为 奇 函 数 , 则 有          ∬ D x y d x d y = ∬ △ A O B x y d x d y + ∬ △ C O B x y d x d y = 0 + 0 = 0 , 因 为 函 数 c o s   x s i n   y 关 于 y 是 奇 函 数 , \begin{aligned} &\ \ (1)\ 设\Omega_3=\{(x, \ y, \ z)\ |\ x^2+y^2+z^2 \le R^2,z \ge 0,x \ge 0\},因为被积函数z关于x是偶函数,\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \Omega_3与\Omega_1\backslash \Omega_2关于yOz面对称,所以\iiint_{\Omega_1}zdv=\iiint_{\Omega_3}zdv,又因被积函数z关于y是偶函数,\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \Omega_2与\Omega_3\backslash \Omega_2关于zOx面对称,所以\iiint_{\Omega_3}zdv=2\iiint_{\Omega_2}zdv,因此选C.\\\\ &\ \ (2)\ 记D的三个顶点为A(a, \ a),B(-a, \ a),C(-a, \ -a),连接O,B,则D为\triangle COB和\triangle AOB合并区域,\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因为\triangle COB关于x轴对称,\triangle AOB关于y轴对称,函数xy关于y和x都为奇函数,则有\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}xydxdy=\iint_{\triangle AOB}xydxdy+\iint_{\triangle COB}xydxdy=0+0=0,因为函数cos\ xsin\ y关于y是奇函数,\\\\ & \end{aligned}   (1) Ω3={(x, y, z)  x2+y2+z2R2z0x0}zx        Ω3Ω1\Ω2yOzΩ1zdv=Ω3zdvzy        Ω2Ω3\Ω2zOxΩ3zdv=2Ω2zdvC.  (2) DA(a, a)B(a, a)C(a, a)OBDCOBAOB        COBxAOByxyyx        Dxydxdy=AOBxydxdy+COBxydxdy=0+0=0cos xsin yy
在这里插入图片描述
         关 于 x 是 偶 函 数 , 则 有 ∬ D c o s   x s i n   y d x d y = ∬ △ C O B c o s   x s i n   y d x d y + ∬ △ A O B c o s   x s i n   y d x d y =          0 + 2 ∬ D 1 c o s   x s i n   y d x d y , 因 此 选 A .    ( 3 )   设 t > 1 , 对 二 重 积 分 交 换 积 分 次 序 , 得 F ( t ) = ∫ 1 t f ( x ) d x ∫ 1 x d y = ∫ 1 t ( x − 1 ) f ( x ) d x ,          则 F ′ ( t ) = ( t − 1 ) f ( t ) , 有 F ′ ( 2 ) = f ( 2 ) , 选 B . \begin{aligned} &\ \ \ \ \ \ \ \ 关于x是偶函数,则有\iint_{D}cos\ xsin\ ydxdy=\iint_{\triangle COB}cos\ xsin\ ydxdy+\iint_{\triangle AOB}cos\ xsin\ ydxdy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 0+2\iint_{D_1}cos\ xsin\ ydxdy,因此选A.\\\\ &\ \ (3)\ 设t \gt 1,对二重积分交换积分次序,得F(t)=\int_{1}^{t}f(x)dx\int_{1}^{x}dy=\int_{1}^{t}(x-1)f(x)dx,\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则F'(t)=(t-1)f(t),有F'(2)=f(2),选B. & \end{aligned}         xDcos xsin ydxdy=COBcos xsin ydxdy+AOBcos xsin ydxdy=        0+2D1cos xsin ydxdyA.  (3) t>1F(t)=1tf(x)dx1xdy=1t(x1)f(x)dx        F(t)=(t1)f(t)F(2)=f(2)B.


3.   计 算 下 列 二 重 积 分 : \begin{aligned}&3. \ 计算下列二重积分:&\end{aligned} 3. 

   ( 1 )    ∬ D ( 1 + x ) s i n   y d σ , 其 中 D 是 顶 点 分 别 为 ( 0 ,   0 ) , ( 1 ,   0 ) , ( 1 ,   2 ) 和 ( 0 ,   1 ) 的 梯 形 闭 区 域 ;    ( 2 )    ∬ D ( x 2 − y 2 ) d σ , 其 中 D = { ( x ,   y )   ∣   0 ≤ y ≤ s i n   x , 0 ≤ x ≤ π } ;    ( 3 )    ∬ D R 2 − x 2 − y 2 d σ , 其 中 D 是 圆 周 x 2 + y 2 = R x 所 围 成 的 闭 区 域 ;    ( 4 )    ∬ D ( y 2 + 3 x − 6 y + 9 ) d σ , 其 中 D = { ( x ,   y )   ∣   x 2 + y 2 ≤ R 2 } . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \iint_{D}(1+x)sin\ y d\sigma,其中D是顶点分别为(0, \ 0),(1, \ 0),(1, \ 2)和(0, \ 1)的梯形闭区域;\\\\ &\ \ (2)\ \ \iint_{D}(x^2-y^2)d\sigma,其中D=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le y \le sin\ x,0 \le x \le \pi\};\\\\ &\ \ (3)\ \ \iint_{D}\sqrt{R^2-x^2-y^2}d\sigma,其中D是圆周x^2+y^2=Rx所围成的闭区域;\\\\ &\ \ (4)\ \ \iint_{D}(y^2+3x-6y+9)d\sigma,其中D=\{(x, \ y)\ |\ x^2+y^2 \le R^2\}. & \end{aligned}   (1)  D(1+x)sin ydσD(0, 0)(1, 0)(1, 2)(0, 1)  (2)  D(x2y2)dσD={(x, y)  0ysin x0xπ}  (3)  DR2x2y2 dσDx2+y2=Rx  (4)  D(y2+3x6y+9)dσD={(x, y)  x2+y2R2}.

解:

   ( 1 )   D 可 表 示 为 0 ≤ y ≤ 1 + x , 0 ≤ x ≤ 1 , 则 ∬ D ( 1 + x ) s i n   y d σ = ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 + x ( 1 + x ) s i n   y d y =          ∫ 0 1 [ ( 1 + x ) − ( 1 + x ) c o s ( 1 + x ) ] d x , 令 t = 1 + x , 则 上 式 = ∫ 1 2 ( t − t c o s   t ) d t = [ t 2 2 − t s i n   t − c o s   t ] 1 2 =          3 2 + s i n   1 + c o s   1 − 2 s i n   2 − c o s   2.    ( 2 )   因 为 ∬ D x 2 d σ = ∫ 0 π x 2 d x ∫ 0 s i n   x d y = ∫ 0 π x 2 s i n   x d x = − [ x 2 c o s   x ] 0 π + 2 ∫ 0 π x c o s   x d x =          π 2 + 2 ( x s i n   x ∣ 0 π − ∫ 0 π s i n   x d x ) = π 2 − 4 ,          ∬ D y 2 d σ = ∫ 0 π d x ∫ 0 s i n   x y 2 d y = 1 3 ∫ 0 π s i n 3   x d x = 2 3 ∫ 0 π 2 s i n 3   x d x = 2 3 ⋅ 2 3 = 4 9 ,          所 以 ∬ D ( x 2 − y 2 ) d σ = ∬ D x 2 d σ − ∬ D y 2 d σ = ( π 2 − 4 ) − 4 9 = π 2 − 40 9 .    ( 3 )   在 极 坐 标 系 中 , D = { ( ρ ,   θ )   ∣   0 ≤ ρ ≤ R c o s   θ , − π 2 ≤ θ ≤ π 2 } , 则          ∬ D R 2 − x 2 − y 2 d σ = ∬ D R 2 − ρ 2 ρ d ρ d θ = ∫ − π 2 π 2 d θ ∫ 0 R c o s   θ R 2 − ρ 2 ρ d ρ = ∫ − π 2 π 2 − 1 3 [ ( R 2 − ρ 2 ) 3 2 ] 0 R c o s   θ d θ =          ∫ − π 2 π 2 R 3 3 ( 1 − ∣ s i n 3   θ ∣ ) d θ = 2 3 R 3 ∫ 0 π 2 ( 1 − s i n 3   θ ) d θ = 2 3 R 3 ( π 2 − 2 3 ) = R 3 3 ( π − 4 3 ) .    ( 4 )   根 据 对 称 性 可 知 , ∬ D 3 x d σ = 0 , ∬ D 6 y d σ = 0 , 因 为 ∬ D 9 d σ = 9 π R 2 ,          ∬ D y 2 d σ 极 坐 标 ‾ ‾ ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 R ρ 2 s i n 2   θ ⋅ ρ d ρ = ∫ 0 2 π s i n 2   θ d θ ⋅ ∫ 0 R ρ 3 d ρ = π ⋅ R 4 4 = π 4 R 4 ,          因 此 , ∬ D ( y 2 + 3 x − 6 y + 9 ) d σ = π 4 R 4 + 9 π R 2 . \begin{aligned} &\ \ (1)\ D可表示为0 \le y \le 1+x,0 \le x \le 1,则\iint_{D}(1+x)sin\ yd\sigma=\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{1+x}(1+x)sin\ y dy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{1}[(1+x)-(1+x)cos(1+x)]dx,令t=1+x,则上式=\int_{1}^{2}(t-tcos\ t)dt=\left[\frac{t^2}{2}-tsin\ t-cos\ t\right]_{1}^{2}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{3}{2}+sin\ 1+cos\ 1-2sin\ 2-cos\ 2.\\\\ &\ \ (2)\ 因为\iint_{D}x^2d\sigma=\int_{0}^{\pi}x^2dx\int_{0}^{sin\ x}dy=\int_{0}^{\pi}x^2sin\ xdx=-[x^2cos\ x]_{0}^{\pi}+2\int_{0}^{\pi}xcos\ xdx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \pi^2+2\left(xsin\ x\bigg|_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}sin\ xdx\right)=\pi^2-4,\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}y^2d\sigma=\int_{0}^{\pi}dx\int_{0}^{sin\ x}y^2dy=\frac{1}{3}\int_{0}^{\pi}sin^3\ xdx=\frac{2}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin^3\ xdx=\frac{2}{3}\cdot \frac{2}{3}=\frac{4}{9},\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以\iint_{D}(x^2-y^2)d\sigma=\iint_{D}x^2d\sigma-\iint_{D}y^2d\sigma=(\pi^2-4)-\frac{4}{9}=\pi^2-\frac{40}{9}.\\\\ &\ \ (3)\ 在极坐标系中,D=\left\{(\rho, \ \theta)\ \bigg|\ 0 \le \rho \le Rcos\ \theta,-\frac{\pi}{2} \le \theta \le \frac{\pi}{2}\right\},则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}\sqrt{R^2-x^2-y^2}d\sigma=\iint_{D}\sqrt{R^2-\rho^2}\rho d\rho d\theta=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \int_{0}^{Rcos\ \theta}\sqrt{R^2-\rho^2}\rho d\rho=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}-\frac{1}{3}[(R^2-\rho^2)^{\frac{3}{2}}]_{0}^{Rcos\ \theta}d\theta=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{R^3}{3}(1-|sin^3\ \theta|)d\theta=\frac{2}{3}R^3\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(1-sin^3\ \theta)d\theta=\frac{2}{3}R^3\left(\frac{\pi}{2}-\frac{2}{3}\right)=\frac{R^3}{3}\left(\pi-\frac{4}{3}\right).\\\\ &\ \ (4)\ 根据对称性可知,\iint_{D}3xd\sigma=0,\iint_{D}6yd\sigma=0,因为\iint_{D}9d\sigma=9\pi R^2,\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}y^2d\sigma\underline{\underline{极坐标}}\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{R}\rho^2sin^2\ \theta \cdot \rho d\rho=\int_{0}^{2\pi}sin^2\ \theta d\theta \cdot \int_{0}^{R}\rho^3d\rho=\pi \cdot \frac{R^4}{4}=\frac{\pi}{4}R^4,\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因此,\iint_{D}(y^2+3x-6y+9)d\sigma=\frac{\pi}{4}R^4+9\pi R^2. & \end{aligned}   (1) D0y1+x0x1D(1+x)sin ydσ=01dx01+x(1+x)sin ydy=        01[(1+x)(1+x)cos(1+x)]dxt=1+x=12(ttcos t)dt=[2t2tsin tcos t]12=        23+sin 1+cos 12sin 2cos 2.  (2) Dx2dσ=0πx2dx0sin xdy=0πx2sin xdx=[x2cos x]0π+20πxcos xdx=        π2+2(xsin x0π0πsin xdx)=π24        Dy2dσ=0πdx0sin xy2dy=310πsin3 xdx=3202πsin3 xdx=3232=94        D(x2y2)dσ=Dx2dσDy2dσ=(π24)94=π2940.  (3) D={(ρ, θ)  0ρRcos θ2πθ2π}        DR2x2y2 dσ=DR2ρ2 ρdρdθ=2π2πdθ0Rcos θR2ρ2 ρdρ=2π2π31[(R2ρ2)23]0Rcos θdθ=        2π2π3R3(1sin3 θ)dθ=32R302π(1sin3 θ)dθ=32R3(2π32)=3R3(π34).  (4) D3xdσ=0D6ydσ=0D9dσ=9πR2        Dy2dσ02πdθ0Rρ2sin2 θρdρ=02πsin2 θdθ0Rρ3dρ=π4R4=4πR4        D(y2+3x6y+9)dσ=4πR4+9πR2.


4.   交 换 下 列 二 次 积 分 的 次 序 : \begin{aligned}&4. \ 交换下列二次积分的次序:&\end{aligned} 4. 

   ( 1 )    ∫ 0 4 d y ∫ − 4 − y 1 2 ( y − 4 ) f ( x ,   y ) d x ;    ( 2 )    ∫ 0 1 d y ∫ 0 2 y f ( x ,   y ) d x + ∫ 1 3 d y ∫ 0 3 − y f ( x ,   y ) d x ;    ( 3 )    ∫ 0 1 d x ∫ x 1 + 1 − x 2 f ( x ,   y ) d y . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \int_{0}^{4}dy\int_{-\sqrt{4-y}}^{\frac{1}{2}(y-4)}f(x, \ y)dx;\\\\ &\ \ (2)\ \ \int_{0}^{1}dy\int_{0}^{2y}f(x, \ y)dx+\int_{1}^{3}dy\int_{0}^{3-y}f(x, \ y)dx;\\\\ &\ \ (3)\ \ \int_{0}^{1}dx\int_{\sqrt{x}}^{1+\sqrt{1-x^2}}f(x, \ y)dy. & \end{aligned}   (1)  04dy4y 21(y4)f(x, y)dx  (2)  01dy02yf(x, y)dx+13dy03yf(x, y)dx  (3)  01dxx 1+1x2 f(x, y)dy.

解:

   ( 1 )   该 二 次 积 分 等 于 闭 区 域 D 上 的 二 重 积 分 ∬ D f ( x ,   y ) d x d y , 其 中          D = { ( x ,   y )   ∣   − 4 − y ≤ x ≤ 1 2 ( y − 4 ) , 0 ≤ y ≤ 4 } , D 表 示 为 2 x + 4 ≤ y ≤ 4 − x 2 , − 2 ≤ x ≤ 0 ,          得 ∫ 0 4 d y ∫ − 4 − y 1 2 ( y − 4 ) f ( x ,   y ) d x = ∫ − 2 0 d x ∫ 2 x + 4 4 − x 2 f ( x ,   y ) d y . \begin{aligned} &\ \ (1)\ 该二次积分等于闭区域D上的二重积分\iint_{D}f(x, \ y)dxdy,其中\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D=\left\{(x, \ y)\ \bigg|\ -\sqrt{4-y} \le x \le \frac{1}{2}(y-4),0 \le y \le 4\right\},D表示为2x+4 \le y \le 4-x^2,-2 \le x \le 0,\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得\int_{0}^{4}dy\int_{-\sqrt{4-y}}^{\frac{1}{2}(y-4)}f(x, \ y)dx=\int_{-2}^{0}dx\int_{2x+4}^{4-x^2}f(x, \ y)dy. & \end{aligned}   (1) DDf(x, y)dxdy        D={(x, y)  4y x21(y4)0y4}D2x+4y4x22x0        04dy4y 21(y4)f(x, y)dx=20dx2x+44x2f(x, y)dy.
在这里插入图片描述
   ( 2 )   该 二 次 积 分 等 于 二 重 积 分 ∬ D f ( x ,   y ) d x d y , 其 中 D = D 1 ∪ D 2 , D 1 = { ( x ,   y )   ∣   0 ≤ x ≤ 2 y , 0 ≤ y ≤ 1 } ,          D 2 = { ( x ,   y )   ∣   0 ≤ x ≤ 3 − y , 1 ≤ y ≤ 3 } , D 表 示 为 { ( x ,   y )   ∣   x 2 ≤ y ≤ 3 − x , 0 ≤ x ≤ 2 } ,          则 ∫ 0 1 d y ∫ 0 2 y f ( x ,   y ) d x + ∫ 1 3 d y ∫ 0 3 − y f ( x ,   y ) d x = ∫ 0 2 d x ∫ x 2 3 − x f ( x ,   y ) d y . \begin{aligned} &\ \ (2)\ 该二次积分等于二重积分\iint_{D}f(x, \ y)dxdy,其中D=D_1 \cup D_2,D_1=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le x \le 2y,0 \le y \le 1\},\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D_2=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le x \le 3-y,1 \le y \le 3\},D表示为\left\{(x, \ y)\ \bigg|\ \frac{x}{2} \le y \le 3-x,0 \le x \le 2\right\},\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{2y}f(x, \ y)dx+\int_{1}^{3}dy\int_{0}^{3-y}f(x, \ y)dx=\int_{0}^{2}dx\int_{\frac{x}{2}}^{3-x}f(x, \ y)dy. & \end{aligned}   (2) Df(x, y)dxdyD=D1D2D1={(x, y)  0x2y0y1}        D2={(x, y)  0x3y1y3}D{(x, y)  2xy3x0x2}        01dy02yf(x, y)dx+13dy03yf(x, y)dx=02dx2x3xf(x, y)dy.
在这里插入图片描述
   ( 3 )   该 二 次 积 分 等 于 二 重 积 分 ∬ D f ( x ,   y ) d x d y , 其 中 D = { ( x ,   y )   ∣   x ≤ y ≤ 1 + 1 − x 2 , 0 ≤ x ≤ 1 } ,          D 表 示 为 D 1 ∪ D 2 , 其 中 D 1 = { ( x ,   y )   ∣   0 ≤ x ≤ y 2 , 0 ≤ y ≤ 1 } ,          D 2 = { ( x ,   y )   ∣   0 ≤ x ≤ 2 y − y 2 , 1 ≤ y ≤ 2 } ,          则 ∫ 0 1 d x ∫ x 1 + 1 − x 2 f ( x ,   y ) d y = ∫ 0 1 d y ∫ 0 y 2 f ( x ,   y ) d x + ∫ 1 2 d y ∫ 0 2 y − y 2 f ( x ,   y ) d x . \begin{aligned} &\ \ (3)\ 该二次积分等于二重积分\iint_{D}f(x, \ y)dxdy,其中D=\{(x, \ y)\ |\ \sqrt{x} \le y \le 1+\sqrt{1-x^2},0 \le x \le 1\},\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D表示为D_1 \cup D_2,其中D_1=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le x \le y^2,0 \le y \le 1\},\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D_2=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le x \le \sqrt{2y-y^2},1 \le y \le 2\},\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则\int_{0}^{1}dx\int_{\sqrt{x}}^{1+\sqrt{1-x^2}}f(x, \ y)dy=\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{y^2}f(x, \ y)dx+\int_{1}^{2}dy\int_{0}^{\sqrt{2y-y^2}}f(x, \ y)dx. & \end{aligned}   (3) Df(x, y)dxdyD={(x, y)  x y1+1x2 0x1}        DD1D2D1={(x, y)  0xy20y1}        D2={(x, y)  0x2yy2 1y2}        01dxx 1+1x2 f(x, y)dy=01dy0y2f(x, y)dx+12dy02yy2 f(x, y)dx.
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5.   证 明 : ∫ 0 a d y ∫ 0 y e m ( a − x ) f ( x ) d x = ∫ 0 a ( a − x ) e m ( a − x ) f ( x ) d x . \begin{aligned}&5. \ 证明:\int_{0}^{a}dy\int_{0}^{y}e^{m(a-x)}f(x)dx=\int_{0}^{a}(a-x)e^{m(a-x)}f(x)dx.&\end{aligned} 5. 0ady0yem(ax)f(x)dx=0a(ax)em(ax)f(x)dx.

解:

   上 式 左 端 二 次 积 分 等 于 二 重 积 分 ∬ D e m ( a − x ) f ( x ) d x d y , 其 中 D = { ( x ,   y )   ∣   0 ≤ x ≤ y , 0 ≤ y ≤ a } =    { ( x ,   y )   ∣   x ≤ y ≤ a , 0 ≤ x ≤ a } , 交 换 积 分 次 序 得 ∫ 0 a d y ∫ 0 y e m ( a − x ) f ( x ) d x = ∫ 0 a d x ∫ x a e m ( a − x ) f ( x ) d y =    ∫ 0 a ( a − x ) e m ( a − x ) f ( x ) d x . \begin{aligned} &\ \ 上式左端二次积分等于二重积分\iint_{D}e^{m(a-x)}f(x)dxdy,其中D=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le x \le y,0 \le y \le a\}=\\\\ &\ \ \{(x, \ y)\ |\ x \le y \le a,0 \le x \le a\},交换积分次序得\int_{0}^{a}dy\int_{0}^{y}e^{m(a-x)}f(x)dx=\int_{0}^{a}dx\int_{x}^{a}e^{m(a-x)}f(x)dy=\\\\ &\ \ \int_{0}^{a}(a-x)e^{m(a-x)}f(x)dx. & \end{aligned}   Dem(ax)f(x)dxdyD={(x, y)  0xy0ya}=  {(x, y)  xya0xa}0ady0yem(ax)f(x)dx=0adxxaem(ax)f(x)dy=  0a(ax)em(ax)f(x)dx.


6.   把 积 分 ∬ D f ( x ,   y ) d x d y 表 为 极 坐 标 形 式 的 二 次 积 分 , 其 中 积 分 区 域      D = { ( x ,   y )   ∣   x 2 ≤ y ≤ 1 , − 1 ≤ x ≤ 1 } . \begin{aligned}&6. \ 把积分\iint_{D}f(x,\ y)dxdy表为极坐标形式的二次积分,其中积分区域\\\\&\ \ \ \ D=\{(x, \ y)\ |\ x^2 \le y \le 1,-1 \le x \le 1\}.&\end{aligned} 6. Df(x, y)dxdy    D={(x, y)  x2y11x1}.

解:

   积 分 区 域 D 如 图 中 围 成 区 域 , 抛 物 线 y = x 2 的 极 坐 标 方 程 为 ρ = s e c   θ t a n   θ , 直 线 y = 1 的 极 坐 标 方 程 为 ρ = c s c   θ ,    射 线 θ = π 4 和 θ = 3 4 π 将 积 分 区 域 分 为 三 部 分 , 分 别 为 D 1 , D 2 , D 3 , D 1 表 示 为 0 ≤ ρ ≤ s e c   θ t a n   θ , 0 ≤ θ ≤ π 4 ,    D 2 表 示 为 0 ≤ ρ ≤ c s c   θ , π 4 ≤ θ ≤ 3 4 π , D 3 表 示 为 0 ≤ ρ ≤ s e c   θ t a n   θ , 3 4 π ≤ θ ≤ π , 因 此    ∬ D f ( x ,   y ) d x d y = ∫ 0 π 4 d θ ∫ 0 s e c   θ t a n   θ f ( ρ c o s   θ ,   ρ s i n   θ ) ρ d ρ + ∫ π 4 3 4 π d θ ∫ 0 c s c   θ f ( ρ c o s   θ ,   ρ s i n   θ ) ρ d ρ +    ∫ 3 4 π π d θ ∫ 0 s e c   θ t a n   θ f ( ρ c o s   θ ,   ρ s i n   θ ) ρ d ρ . \begin{aligned} &\ \ 积分区域D如图中围成区域,抛物线y=x^2的极坐标方程为\rho=sec\ \theta tan\ \theta,直线y=1的极坐标方程为\rho=csc\ \theta,\\\\ &\ \ 射线\theta=\frac{\pi}{4}和\theta=\frac{3}{4}\pi将积分区域分为三部分,分别为D_1,D_2,D_3,D_1表示为0 \le \rho \le sec\ \theta tan\ \theta,0 \le \theta \le \frac{\pi}{4},\\\\ &\ \ D_2表示为0 \le \rho \le csc\ \theta,\frac{\pi}{4} \le \theta \le \frac{3}{4}\pi,D_3表示为0 \le \rho \le sec\ \theta tan\ \theta,\frac{3}{4}\pi \le \theta \le \pi,因此\\\\ &\ \ \iint_{D}f(x,\ y)dxdy=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}d\theta \int_{0}^{sec\ \theta tan\ \theta}f(\rho cos\ \theta, \ \rho sin\ \theta)\rho d\rho+\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3}{4}\pi}d\theta \int_{0}^{csc\ \theta}f(\rho cos\ \theta, \ \rho sin\ \theta)\rho d\rho+\\\\ &\ \ \int_{\frac{3}{4}\pi}^{\pi}d\theta \int_{0}^{sec\ \theta tan\ \theta}f(\rho cos\ \theta, \ \rho sin\ \theta)\rho d\rho. & \end{aligned}   D线y=x2ρ=sec θtan θ线y=1ρ=csc θ  线θ=4πθ=43πD1D2D3D10ρsec θtan θ0θ4π  D20ρcsc θ4πθ43πD30ρsec θtan θ43πθπ  Df(x, y)dxdy=04πdθ0sec θtan θf(ρcos θ, ρsin θ)ρdρ+4π43πdθ0csc θf(ρcos θ, ρsin θ)ρdρ+  43ππdθ0sec θtan θf(ρcos θ, ρsin θ)ρdρ.
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