高等数学（第七版）同济大学 习题10-2（后7题） 个人解答

高等数学（第七版）同济大学 习题10-2（后7题）

函数作图软件：Mathematica

 

$\begin{array}{rlr}& 16.设平面薄片所占的闭区域D由螺线\rho =2\theta 上一段弧\left(0\le \theta \le \frac{\pi }{2}\right)与直线\theta =\frac{\pi }{2}所围成，它的面密度& \\ & & \\ & 为\mu (x,y)=x^2+y^2，求这薄片的质量（图10-27）.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& 薄片的质量为它的面密度在薄片所占区域D上的二重积分，即M={\iint }_D\mu (x,y)d\sigma ={\iint }_D(x^2+y^2)d\sigma =& \\ & & \\ & {\iint }_D{\rho }^2\cdot \rho d\rho d\theta ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_0^{2\theta }{\rho }^{3}d\rho =4{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\theta }^{4}d\theta =\frac{{\pi }^5}{40}.& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 17.求由平面y=0，y=kx(k>0)，z=0以及球心在原点、半径为R的上半球面所围成的在第一卦限& \\ & & \\ & 内的立体的体积（图10-28）.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& 记\alpha =arctank，V={\iint }_D\sqrt{R^2-x^2-y^2}d\sigma ={\iint }_D\sqrt{R^2-{\rho }^2}\rho d\rho d\theta ={\int }_0^{\alpha }d\theta {\int }_0^R\sqrt{R^2-{\rho }^2}\rho d\rho =& \\ & & \\ & \alpha \cdot \left(-\frac{1}{2}\right){\int }_0^R\sqrt{R^2-{\rho }^2}d(R^2-{\rho }^2)=\frac{\alpha R^3}{3}=\frac{R^3}{3}arctank.& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 18.计算以xOy面上的圆周x^2+y^2=ax围成的闭区域为底，而以曲面z=x^2+y^2为顶的曲顶柱体的体积.& \end{array}$

解：

   设 D = { ( x ,   y )   ∣   0 ≤ y ≤ a x − x 2 ， 0 ≤ x ≤ a } = { ( ρ ,   θ )   ∣   0 ≤ ρ ≤ a c o s   θ ， 0 ≤ θ ≤ π 2 } ， 因 为 曲 顶 柱 体    关 于 z O x 面 对 称 ， 所 以 V = 2 ∬ D ( x 2 + y 2 ) d x d y = 2 ∬ D ρ 2 ⋅ ρ d ρ d θ = 2 ∫ 0 π 2 d θ ∫ 0 a c o s   θ ρ 3 d ρ = a 4 2 ∫ 0 π 2 c o s 4   θ d θ =    a 4 2 ⋅ 3 4 ⋅ 1 2 ⋅ π 2 = 3 32 π a 4 . ​  设D={(x, y) ∣ 0≤y≤ax−x2 ​，0≤x≤a}={(ρ, θ) ∣ 0≤ρ≤acos θ，0≤θ≤2π​}，因为曲顶柱体  关于zOx面对称，所以V=2∬D​(x2+y2)dxdy=2∬D​ρ2⋅ρdρdθ=2∫02π​​dθ∫0acos θ​ρ3dρ=2a4​∫02π​​cos4 θdθ=  2a4​⋅43​⋅21​⋅2π​=323​πa4.​​

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$\begin{array}{rlr}& 19.作适当的变换，计算下列二重积分:& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1){\iint }_D(x-y{)}^{2}si{n}^2(x+y)dxdy，其中D是平行四边形闭区域，它的四个顶点是(\pi ,0)，(2\pi ,\pi )，& \\ & & \\ & (\pi ,2\pi )，(0,\pi )；& \\ & & \\ & (2){\iint }_D{x}^2{y}^{2}dxdy，其中D是由两条双曲线xy=1和xy=2，直线y=x和y=4x所围成的在第一象限内的闭区域；& \\ & & \\ & (3){\iint }_D{e}^{\frac{y}{x+y}}dxdy，其中D是由x轴、y轴和直线x+y=1所围成的闭区域；& \\ & & \\ & (4){\iint }_D\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\right)dxdy，其中D=\left\{(x,y)|\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\le 1\right\}.& \end{array}$

解：

   ( 1 )   令 u = x − y ， v = x + y ， 则 x = u + v 2 ， y = v − u 2 ， 在 变 换 下 ， D 的 边 界          x − y = − π ， x + y = π ， x − y = π ， x + y = 3 π 依 次 与 u = − π ， v = π ， u = π ， v = 3 π 对 应 ，          后 者 构 成 u O v 平 面 上 与 D 对 应 的 闭 区 域 D ′ 的 边 界 ， 则 D ′ = { ( u ,   v )   ∣   − π ≤ u ≤ π ， π ≤ v ≤ 3 π } ， 又 因          J = ∂ ( x ,   y ) ∂ ( u ,   v ) = ∣ 1 2 1 2 − 1 2 1 2 ∣ = 1 2 ， 所 以 ∬ D ( x − y ) 2 s i n 2 ( x + y ) d x d y = ∬ D ′ u 2 s i n 2   v ⋅ 1 2 d u d v =          1 2 ∫ − π π u 2 d u ∫ π 3 π s i n 2   v d v = 1 2 [ u 3 3 ] − π π ⋅ [ v 2 − s i n   2 v 4 ] π 3 π = π 4 3 . ​  (1) 令u=x−y，v=x+y，则x=2u+v​，y=2v−u​，在变换下，D的边界        x−y=−π，x+y=π，x−y=π，x+y=3π依次与u=−π，v=π，u=π，v=3π对应，        后者构成uOv平面上与D对应的闭区域D′的边界，则D′={(u, v) ∣ −π≤u≤π，π≤v≤3π}，又因        J=∂(u, v)∂(x, y)​=∣∣∣∣∣∣​21​−21​​21​21​​∣∣∣∣∣∣​=21​，所以∬D​(x−y)2sin2(x+y)dxdy=∬D′​u2sin2 v⋅21​dudv=        21​∫−ππ​u2du∫π3π​sin2 vdv=21​[3u3​]−ππ​⋅[2v​−4sin 2v​]π3π​=3π4​.​


   ( 2 )   令 u = x y ， v = y x ， 则 x = u v ， y = u v ， 在 变 换 下 ， D 的 边 界 x y = 1 ， y = x ， x y = 2 ， y = 4 x 依 次 与          u = 1 ， v = 1 ， u = 2 ， v = 4 对 应 ， 后 者 构 成 u O v 平 面 上 与 D 对 应 的 闭 区 域 D ′ 的 边 界 ， 则          D ′ = { ( u ,   v )   ∣   1 ≤ u ≤ 2 ， 1 ≤ v ≤ 4 } ， 又 因 J = ∂ ( x ,   y ) ∂ ( u ,   v ) = ∣ 1 2 u v − u 2 v 3 v 2 u u 2 v ∣ = 1 4 ( 1 v + 1 v ) = 1 2 v ， 所 以          ∬ D x 2 y 2 d x d y = ∬ D ′ u 2 ⋅ 1 2 v d u d v = 1 2 ∫ 1 2 u 2 d u ∫ 1 4 1 v d v = 7 3 l n   2. ​  (2) 令u=xy，v=xy​，则x=vu​ ​，y=uv ​，在变换下，D的边界xy=1，y=x，xy=2，y=4x依次与        u=1，v=1，u=2，v=4对应，后者构成uOv平面上与D对应的闭区域D′的边界，则        D′={(u, v) ∣ 1≤u≤2，1≤v≤4}，又因J=∂(u, v)∂(x, y)​=∣∣∣∣∣∣∣​2uv ​1​2u ​v ​​​−2v3 ​u ​​2v ​u ​​​∣∣∣∣∣∣∣​=41​(v1​+v1​)=2v1​，所以        ∬D​x2y2dxdy=∬D′​u2⋅2v1​dudv=21​∫12​u2du∫14​v1​dv=37​ln 2.​


   ( 3 )   令 u = x + y ， v = y ， 即 x = u − v ， y = v ， 在 变 换 下 ， D 的 边 界 y = 0 ， x = 0 ， x + y = 1 依 次 与          v = 0 ， u = v ， u = 1 对 应 ， 后 者 构 成 u O v 平 面 上 与 D 对 应 的 闭 区 域 D ′ 的 边 界 ， 则          D ′ = { ( u ,   v )   ∣   0 ≤ v ≤ u ， 0 ≤ u ≤ 1 } ， 又 因 J = ∂ ( x ,   y ) ∂ ( u ,   v ) = ∣ 1 − 1 0 1 ∣ = 1 ， 所 以          ∬ D e y x + y d x d y = ∬ D ′ e v u d u d v = ∫ 0 1 d u ∫ 0 u e v u d v = ∫ 0 1 u ( e − 1 ) d u = 1 2 ( e − 1 ) .    ( 4 )   作 广 义 极 坐 标 变 换 { x = a ρ c o s   θ ， y = b ρ s i n   θ ( a > 0 ， b > 0 ， ρ ≥ 0 ， 0 ≤ θ ≤ 2 π ) ， 在 变 换 下 ， 与 D 对 应 的 闭 区 域          D ′ = { ( ρ ,   θ )   ∣   0 ≤ ρ ≤ 1 ， 0 ≤ θ ≤ 2 π } ， 又 因 J = ∂ ( x ,   y ) ∂ ( ρ ,   θ ) = ∣ a c o s   θ − a ρ s i n   θ b s i n   θ b ρ c o s   θ ∣ = a b ρ ， 所 以          ∬ D ( x 2 a 2 + y 2 b 2 ) d x d y = ∬ D ′ ρ 2 ⋅ a b ρ d ρ d θ = a b ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 ρ 3 d ρ = 1 2 a b π . ​  (3) 令u=x+y，v=y，即x=u−v，y=v，在变换下，D的边界y=0，x=0，x+y=1依次与        v=0，u=v，u=1对应，后者构成uOv平面上与D对应的闭区域D′的边界，则        D′={(u, v) ∣ 0≤v≤u，0≤u≤1}，又因J=∂(u, v)∂(x, y)​=∣∣∣∣∣∣​10​−11​∣∣∣∣∣∣​=1，所以        ∬D​ex+yy​dxdy=∬D′​euv​dudv=∫01​du∫0u​euv​dv=∫01​u(e−1)du=21​(e−1).  (4) 作广义极坐标变换⎩⎪⎨⎪⎧​x=aρcos θ，y=bρsin θ​(a>0，b>0，ρ≥0，0≤θ≤2π)，在变换下，与D对应的闭区域        D′={(ρ, θ) ∣ 0≤ρ≤1，0≤θ≤2π}，又因J=∂(ρ, θ)∂(x, y)​=∣∣∣∣∣∣​acos θbsin θ​−aρsin θbρcos θ​∣∣∣∣∣∣​=abρ，所以        ∬D​(a2x2​+b2y2​)dxdy=∬D′​ρ2⋅abρdρdθ=ab∫02π​dθ∫01​ρ3dρ=21​abπ.​​

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$\begin{array}{rlr}& 20.求由下列曲线所围成的闭区域D的面积:& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)D是由曲线xy=4，xy=8，x{y}^3=5，x{y}^3=15所围成的第一象限部分的闭区域；& \\ & & \\ & (2)D是由曲线y=x^3，y=4x^3，x=y^3，x=4y^3所围成的第一象限部分的闭区域.& \end{array}$

解：

   ( 1 )   令 u = x y ， v = x y 3 ( x ≥ 0 ， y ≥ 0 ) ， 则 x = u 3 v ， y = v u ， 在 变 换 下 ， 与 D 对 应 的 u O v 平 面 上 的 闭 区 域          D ′ = { ( u ,   v )   ∣   4 ≤ u ≤ 8 ， 5 ≤ v ≤ 15 } ， 又 因 J = ∂ ( x ,   y ) ∂ ( u ,   v ) = ∣ 3 2 u v − 1 2 u 3 v 3 − 1 2 v u 3 1 2 1 u v ∣ = 1 2 v ， 所 求 面 积          A = ∬ D d x d y = ∬ D ′ 1 2 v d u d v = 1 2 ∫ 4 8 d u ∫ 5 15 1 v d v = 2 l n   3.    ( 2 )   令 u = y x 3 ， v = x y 3 ( x > 0 ， y > 0 ) ， 则 x = u − 3 8 v − 1 8 ， y = u − 1 8 v − 3 8 ， 在 变 换 下 ， 与 D 对 应 的 u O v 平 面 上 的 闭 区 域          D ′ = { ( u ,   v )   ∣   1 ≤ u ≤ 4 ， 1 ≤ v ≤ 4 } ， 又 因 J = ∂ ( x ,   y ) ∂ ( u ,   v ) = ∣ − 3 8 u − 11 8 v − 1 8 − 1 8 u − 3 8 v − 9 8 − 1 8 u − 9 8 v − 3 8 − 3 8 u − 1 8 v − 11 8 ∣ = 1 8 u − 3 2 v − 3 2 ，          所 求 面 积 A = ∬ D d x d y = ∬ D ′ 1 8 u − 3 2 v − 3 2 d u d v = 1 8 ∫ 1 4 u − 3 2 d u ∫ 1 4 v − 3 2 d v = 1 8 ( [ − 2 u − 1 2 ] 1 4 ) 2 = 1 8 . ​  (1) 令u=xy，v=xy3(x≥0，y≥0)，则x=vu3​ ​，y=uv​ ​，在变换下，与D对应的uOv平面上的闭区域        D′={(u, v) ∣ 4≤u≤8，5≤v≤15}，又因J=∂(u, v)∂(x, y)​=∣∣∣∣∣∣∣∣​23​vu​ ​−21​u3v​ ​​−21​v3u3​ ​21​uv1​ ​​∣∣∣∣∣∣∣∣​=2v1​，所求面积        A=∬D​dxdy=∬D′​2v1​dudv=21​∫48​du∫515​v1​dv=2ln 3.  (2) 令u=x3y​，v=y3x​(x>0，y>0)，则x=u−83​v−81​，y=u−81​v−83​，在变换下，与D对应的uOv平面上的闭区域        D′={(u, v) ∣ 1≤u≤4，1≤v≤4}，又因J=∂(u, v)∂(x, y)​=∣∣∣∣∣∣​−83​u−811​v−81​−81​u−89​v−83​​−81​u−83​v−89​−83​u−81​v−811​​∣∣∣∣∣∣​=81​u−23​v−23​，        所求面积A=∬D​dxdy=∬D′​81​u−23​v−23​dudv=81​∫14​u−23​du∫14​v−23​dv=81​([−2u−21​]14​)2=81​.​​

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$\begin{array}{rlr}& 21.设闭区域D是由直线x+y=1，x=0，y=0所围成，求证{\iint }_{D}cos\left(\frac{x-y}{x+y}\right)dxdy=\frac{1}{2}sin1.& \end{array}$

解：

   令 u = x − y ， v = x + y ， 则 x = u + v 2 ， y = v − u 2 ， 在 变 换 下 ， D 的 边 界 x + y = 1 ， x = 0 ， y = 0 依 次 与    v = 1 ， u + v = 0 ， v − u = 0 对 应 ， 后 者 构 成 u O v 平 面 上 与 D 对 应 的 闭 区 域 D ′ 的 边 界 ， 则    D ′ = { ( u ,   v )   ∣   − v ≤ u ≤ v ， 0 ≤ v ≤ 1 } ， 又 因 J = ∂ ( x ,   y ) ∂ ( u ,   v ) = ∣ 1 2 1 2 − 1 2 1 2 ∣ = 1 2 ， 所 以 ∬ D c o s ( x − y x + y ) d x d y =          ∬ D ′ c o s u v ⋅ 1 2 d u d v = 1 2 ∫ 0 1 d v ∫ − v v c o s u v d u = 1 2 ∫ 0 1 v [ s i n u v ] − v v d v = ∫ 0 1 v s i n   1 d v = 1 2 s i n   1. ​  令u=x−y，v=x+y，则x=2u+v​，y=2v−u​，在变换下，D的边界x+y=1，x=0，y=0依次与  v=1，u+v=0，v−u=0对应，后者构成uOv平面上与D对应的闭区域D′的边界，则  D′={(u, v) ∣ −v≤u≤v，0≤v≤1}，又因J=∂(u, v)∂(x, y)​=∣∣∣∣∣∣​21​−21​​21​21​​∣∣∣∣∣∣​=21​，所以∬D​cos(x+yx−y​)dxdy=        ∬D′​cosvu​⋅21​dudv=21​∫01​dv∫−vv​cosvu​du=21​∫01​v[sinvu​]−vv​dv=∫01​vsin 1dv=21​sin 1.​​

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$\begin{array}{rlr}& 22.选取适当的变换，证明下列等式:& \end{array}$

   ( 1 )    ∬ D f ( x + y ) d x d y = ∫ − 1 1 f ( u ) d u ， 其 中 闭 区 域 D = { ( x ,   y )   ∣   ∣ x ∣ + ∣ y ∣ ≤ 1 } ；    ( 2 )    ∬ D f ( a x + b y + c ) d x d y = 2 ∫ − 1 1 1 − u 2 f ( u a 2 + b 2 + c ) d u ， 其 中 D = { ( x ,   y )   ∣   x 2 + y 2 ≤ 1 } ， 且 a 2 + b 2 ≠ 0. ​  (1)  ∬D​f(x+y)dxdy=∫−11​f(u)du，其中闭区域D={(x, y) ∣ ∣x∣+∣y∣≤1}；  (2)  ∬D​f(ax+by+c)dxdy=2∫−11​1−u2 ​f(ua2+b2 ​+c)du，其中D={(x, y) ∣ x2+y2≤1}，且a2+b2​=0.​​

解：

   ( 1 )   闭 区 域 D 的 边 界 为 x + y = − 1 ， x + y = 1 ， x − y = − 1 ， x − y = 1 ， 令 u = x + y ， v = x − y ， 即          x = u + v 2 ， y = u − v 2 ， 在 变 换 下 ， D 为 u O v 平 面 上 的 闭 区 域 D ′ = { ( u ,   v )   ∣   − 1 ≤ u ≤ 1 ， − 1 ≤ v ≤ 1 } ， 又 因          J = ∂ ( x ,   y ) ∂ ( u ,   v ) = ∣ 1 2 1 2 1 2 − 1 2 ∣ = − 1 2 ， 所 以 ∬ D f ( x + y ) d x d y = ∬ D ′ f ( u ) ∣ − 1 2 ∣ d u d v = 1 2 ∫ − 1 1 f ( u ) d u ∫ − 1 1 d v =          ∫ − 1 1 f ( u ) d u .    ( 2 )   比 较 等 式 两 端 ， 需 作 变 换 u a 2 + b 2 = a x + b y ， 即 u = a x + b y a 2 + b 2 ， 因 D 的 边 界 曲 线 为 x 2 + y 2 = 1 ， 令          v = b x − a y a 2 + b 2 ， 就 有 u 2 + v 2 = 1 ， 即 D 的 边 界 曲 线 x 2 + y 2 = 1 为 u O v 平 面 上 的 圆 u 2 + v 2 = 1 ， 则 与 D 对 应 的          闭 区 域 为 D ′ = { ( u ,   v )   ∣   u 2 + v 2 = 1 } ， 由 u ， v 的 表 达 式 可 得 x = a u + b v a 2 + b 2 ， y = b u − a v a 2 + b 2 ， 因 此 J = ∂ ( x ,   y ) ∂ ( u ,   v ) = ∣ a a 2 + b 2 b a 2 + b 2 b a 2 + b 2 − a a 2 + b 2 ∣ = − 1 ， 则 ∬ D f ( a x + b y + c ) d x d y = ∬ D ′ f ( u a 2 + b 2 + c ) ∣ − 1 ∣ d u d v =          ∫ − 1 1 d u ∫ − 1 − u 2 1 − u 2 f ( u a 2 + b 2 + c ) d v = 2 ∫ − 1 1 1 − u 2 f ( u a 2 + b 2 + c ) d u . ​  (1) 闭区域D的边界为x+y=−1，x+y=1，x−y=−1，x−y=1，令u=x+y，v=x−y，即        x=2u+v​，y=2u−v​，在变换下，D为uOv平面上的闭区域D′={(u, v) ∣ −1≤u≤1，−1≤v≤1}，又因        J=∂(u, v)∂(x, y)​=∣∣∣∣∣∣​21​21​​21​−21​​∣∣∣∣∣∣​=−21​，所以∬D​f(x+y)dxdy=∬D′​f(u)∣∣∣∣​−21​∣∣∣∣​dudv=21​∫−11​f(u)du∫−11​dv=        ∫−11​f(u)du.  (2) 比较等式两端，需作变换ua2+b2 ​=ax+by，即u=a2+b2 ​ax+by​，因D的边界曲线为x2+y2=1，令        v=a2+b2 ​bx−ay​，就有u2+v2=1，即D的边界曲线x2+y2=1为uOv平面上的圆u2+v2=1，则与D对应的        闭区域为D′={(u, v) ∣ u2+v2=1}，由u，v的表达式可得x=a2+b2 ​au+bv​，y=a2+b2 ​bu−av​，因此J=∂(u, v)∂(x, y)​=∣∣∣∣∣∣∣​a2+b2 ​a​a2+b2 ​b​​a2+b2 ​b​a2+b2 ​−a​​∣∣∣∣∣∣∣​=−1，则∬D​f(ax+by+c)dxdy=∬D′​f(ua2+b2 ​+c)∣−1∣dudv=        ∫−11​du∫−1−u2 ​1−u2 ​​f(ua2+b2 ​+c)dv=2∫−11​1−u2 ​f(ua2+b2 ​+c)du.​​