高等数学(同济大学第五版) 第十章答案

高数第五版答案（同济）总习题十总习题十 1. 填空: (1)第二类曲线积分Γ++Rdz Qdy Pdx 化成第一类曲线积分是____________, 其中α、β、γ为有向曲线弧Γ上点(x , y , z )处的_____________的方向角.解Γ++ds R Q P )cos cos cos (γβα, 切向量.(2)第二类曲面积分Rdxdy Qdzdx Pdydz ++∑化成第一类曲面积分是_______, 其中α、β、γ为有向曲面∑上点(x , y , z )处的________的方向角.解dS R Q P )cos cos cos (γβα++∑, 法向量.2. 选择下述题中给出的四个结论中一个正确的结论: 设曲面∑是上半球面: x 2+y 2+z 2=R 2(z ≥0), 曲面∑1是曲面∑在第一卦限中的部分, 则有________. (A )xdS xdS 14∑∑=; (B )xdS ydS 14∑∑=;(C )xdS zdS 14∑∑=; (D )xyzdS xyzdS 14∑∑=.解 (C ).3. 计算下列曲线积分: (1)+Lds y x 22, 其中L 为圆周x 2+y 2=ax ;解 L 的参数方程为θcos 22a a x +=, θsin 2a y =(0≤θ≤2π), 故θθθθπd y x ax ds ax ds y x LL )()()(222022'+'?==+?θθθθππd ad a=?+=204204|2cos 2|4)cos 1(2422202022)cos cos (|cos |4a tdt tdt a dt t a =-==ππππ(2θ=t 这里令).(2)?Γzds , 其中Γ为曲线x =t cos t , y =t sin t , z =t (0≤t ≤t 0); 解+++-?=Γ00221)cos (sin )sin (cos t dt t t t t t t t zds322)2(232002-+=+=?t dt t t . (3)?+-L xdy dx y a )2(, 其中L 为摆线x =a (t -sin t ), y =a (1-cos t )上对应t 从0到2π的一段弧; 解-+-?+-=+-π20]sin )sin ()cos 1()cos 2[()2(dt t a t t a t a t a a a xdy dx y a L22022sin a tdt t a ππ-==?.(4)?Γ-+-dz x yzdy dx z y 2222)(, 其中Γ是曲线x =t , y =t 2, z =t 3上由听t 1=0到t 2=1的一段弧; 解-??+?-=-+-Γ1223264222]3221)[(2)(dt t t t t t t t dz x yzdy dx z y351)32(164=+-=?dt t t . (5)-+-L x x dy y e dx y y e )2cos ()2sin (, 其中L 为上半圆周(x -a )2 +y 2=a 2, y ≥0, 沿逆时针方向;解这里P =e x sin y -2y , Q =e x cos y -2,22cos cos =+-=??-??y e y e yP x Q x x. 令L 1为x 轴上由原点到(2a , 0)点的有向直线段, D 为L 和L 1所围成的区域, 则由格林公式+-+-1)2cos ()2sin (LL x x dy y e dx y y e dxdy yPx Q D)(-??=?? 22a dxdy Dπ==??,-+--=-+-1)2cos ()2sin ()2cos ()2sin (2L x x L x x dy y e dx y y e a dy y e dx y y e π22020a dx a aππ=-=?.(6)Γxyzdz , 其中Γ是用平面y =z 截球面x 2+y 2+z 2=1所得的截痕, 从z 轴的正向看去,沿逆时针方向.解曲线Γ的一般方程为?==++z y z y x 1222, 其参数方程为tz t y t x sin 22 ,sin 22 ,cos ===, t 从0变到2π.于是tdt t t t xyzdz cos 22cos 22cos 22cos 20=??Γπππ162cos sin 422022==tdt t .4. 计算下列曲面积分: (1)222z y x dS ++∑, 其中∑是界于平面z =0及z =H 之间的圆柱面x 2+y 2=R 2; 解∑=∑1+∑2, 其中221:y R x -=∑, D xy : -R ≤y ≤R , 0≤z ≤H , dydz yR R dS 22-=; 221:y R x --=∑, D xy : -R ≤y ≤R , 0≤z ≤H , dydz yR R dS 22-=, 于是22222222221z y x dS z y x dS z y x dS +++++=++∑∑∑?????? ????+-=-?+=-H R R D dz z R dy y R R dydz y R R z R xt02222222211212RH arctan 2π=. (2)dxdy y x dzdx x z dydz z y )()()(222-+-+-∑, 其中∑为锥面22y x z +=(0≤z ≤h ) 的外侧;解这里P =y 2-z , Q =z 2-x , R =x 2-y ,0=??+??+??zR y Q x P . 设∑1为z =h (x 2+y 2≤h 2)的上侧, Ω为由∑与∑1所围成的空间区域, 则由高斯公式0)()()()(2221=??+??+??=-+-+-Ω∑+∑dv zR y Q x P dxdy y x dzdx x z dydz z y ,而dxdy y x dxdy y x dzdx x z dydz z y )()()()(222211-=-+-+-∑∑40222024)sin cos ()(1h d r r d dxdy y x hπθθθθπ=-=-∑, 所以42224)()()(h dxdy y x dzdx x z dydz z y π-=-+-+-∑. (3)zdxdy ydzdx xdydz ++∑, 其中∑为半球面222y x R z --=的上侧;解设∑1为xOy 面上圆域x 2+y 2≤R 2的下侧, Ω为由∑与∑1所围成的空间区域, 则由高斯公式得dv zR y Q x P zdxdy ydzdx xdydz )(1+??+??=++Ω∑+∑332)32(33R R dv ππ===Ω,而00011====++∑∑dxdy zdxdy zdxdy ydzdx xdydz xyD ,所以33202R R zdxdy ydzdx xdydz ππ=-=++∑.(4)3222)(z y x zdxdy ydzdx xdydz ++++∑??, 其中∑为曲面9)1(16)2(5122-+-=-y x z (z ≥0)的上侧;解这里3r x P =, 3r y Q =, 3r z R =, 其中222z y x r ++=. 52331r x r x P -=??, 5 2331r y r x Q -=??, 52331r z r x R -=??,033)(3352352223=-=++-=??+??+??rr r r z y x r z R y Q x P . 设∑1为z =0)19)1(16)2((22≤-+-y x 的下侧, Ω是由∑和∑1所围成的空间区域, 则由高斯公式0)()(32221=??+??+??=++++Ω∑+∑dv zR y Q x P z y x zdxdy ydzdx xdydz ,32223222)()(1z y x zdxdyydzdx xdydz z y x zdxdy ydzdx xdydz ++++-=++++∑∑0)(0322=+=dxdy y x xyD .(5)xyzdxdy ∑, 其中∑为球面x 2+y 2+z 2=1(x ≥0, y ≥0)的外侧. 解∑=∑1+∑2, 其中∑1是221y x z --=(x 2+y 2≤1, x ≥0, y ≥0)的上侧; ∑2是221y x z ---=(x 2+y 2≤1, x ≥0, y ≥0)的下侧,xyzdxdy xyzdxdy xyzdxdy 21∑∑∑+=dxdy y x xy dxdy y x xy xyxyD D )1(12222------=-??=--=13220221sin cos 212ρρρθθθπd d dxdy y x xy xyD15212sin 103220=-=?ρρρθθπd d .5. 证明22y x ydyxdx ++在整个xOy 平面除去y 的负半轴及原点的区域G 内是某个二元函数的全微分, 并求出一个这样的二元函数. 解这里22y x x P +=, 22y x y Q +=. 显然, 区域G 是单连通的, P 和Q 在G 内具有一阶连续偏导数, 并且xQ y x xy y P ??=+-=??222)(2, 所以22y x ydyxdx ++在开区域G 内是某个二元函数u (x , y )的全微分.C y x dy y x y dx x y x ydy xdx y x u y x y x ++=++=++=)ln(211),(220221),()0 ,1(22.6. 设在半平面x >0内有力)(3j i y x k F +-=ρ构成力场, 其中k 为常数,22y x +=ρ. 证明在此力场中场力所作的功与所取的路径无关. 解场力沿路径L 所作的功为 dy kydx kx W L33ρρ?--=.令3ρkx P -=, 3ρky Q -=. 因为P 和Q 在单连通区域x >0内具有一阶连续的偏导数, 并且xQ xy k y P ??==??53ρ, 所以上述曲线积分所路径无关, 即力场所作的功与路径无关. 7. 求均匀曲面222y x a z --=的质心的坐标. 解这里∑:222y x a z --=, (x , y )∈D xy ={(x , y )|x 2+y 2≤a 2}. 设曲面∑的面密度为ρ=1, 由曲面的对称性可知, 0==y x . 因为3222221a dxdy a dxdy z z y x a zdS xyxyD y x D π=='+'+?--=∑,222421a a dS ππ=?=∑, 所以 2223a a a z ==ππ.因此该曲面的质心为)2,0 ,0(a .8. 设u (x , y )、v (x , y )在闭区域D 上都具有二阶连续偏导数, 分段光滑的曲线L 为D 的正向边界曲线. 证明: (1)+?-=?L D D ds n u v dxdy v u udxdy v ) (grad grad ;(2)-??=?-?L D ds nu v n v u dxdy u v v u )()(, 其中n u ??、n v ??分别是u 、v 沿L 的外法线向量n 的方向导数, 符号2222yx ??+??=?称为二维拉普拉斯算子.证明设L 上的单位切向量为T =(cos α, sin α), 则n =(sin α, -cos α). (1)+??-=??-??=??L L L ds x uv y u v ds y u x u v ds n u v ]sin cos [)cos sin (ααααdxdy yu v y x u v x D )]()([??-??-=dxdy y u v y u y v x u v x u x v D)(2222??++??+=?? dxdy y u x u v dxdy y u y v x u x v DD )()(2222??+??++= udxdy v udxdy v D D ?+?=grad grad ,所以+?-=?L D D ds nu v dxdy v u udxdy v ) (grad grad . (2)dxdy yu x u v y v x v u ds n u v n v u L L )]cos sin ()cos sin ([)(αααα??-??-??-??=??- dxdy xuv x v u y u v y v u L ]sin )(cos )[(αα??-??+??+??-=?dxdy yu v y v u y x u v x v u x D )]()([??+??-??-??-=dxdy y u v y u y v y v u y v y u x u v x u x v x v u x v x u D)(22222222??--??++??--??+=?? dxdy u v v u dxdy y u x u v y v x v u D D )()]()([22222222?-?=??+??-??+??=. 9. 求向量A =x i +y j +z k 通过闭区域Ω={(x , y , z )|0≤x ≤1, 0≤y ≤1, 0≤z ≤1}的边界曲面流向外侧的通量.解设∑为区域Ω的边界曲面的外侧, 则通量为 dv zR y Q x P zdxdy ydzdx xdydz )(??+??+??=++=ΦΩ∑ 33==Ωdv .10. 求力F =y i +z j +x k 沿有向闭曲线Γ所作的功, 其中Γ为平面x +y +z =1被三个坐标面所截成的三角形的整个边界, 从z 轴正向看去, 沿顺时针方向.解设∑为平面x +y +z =1在第一卦部分的下侧, 则力场沿其边界L (顺时针方向)所作的功为++=L xdz zdy ydx W .曲面∑的的单位法向量为)cos cos ,(cos )1 ,1 ,1(31γβα=-=n , 由斯托克斯公式有dS xz y z y x W =∑γβαcos cos cos233sin )2(2133)111(312=?==----=∑∑πdS dS .。

同济大学高等数学b教材答案解析由于高等数学B教材涵盖广泛且涉及内容较多，因此本篇文章将着重为读者提供对该教材中习题的解析和答案，并按照章节对各个部分进行分类解析，以便读者更好地掌握相关知识。

第一章：多元函数微分学本章主要介绍多元函数微分学的基本概念及其应用。

在习题部分，涵盖了多元函数求导、隐函数求导和参数方程求导等题型。

第二章：多元函数积分学本章主要介绍多元函数积分学的基本概念及其应用。

习题部分主要包含了定积分、多元函数的积分、换元积分法等题型。

第三章：向量代数与空间解析几何本章主要介绍向量代数和空间解析几何的基本概念及其应用。

习题部分包含了向量的基本运算、空间解析几何等题型。

第四章：无穷级数本章主要介绍无穷级数的基本概念及其求和方法。

习题部分包含了级数求和、收敛判别法等题型。

第五章：常微分方程本章主要介绍常微分方程的基本概念及其解法。

习题部分主要包含了一阶、二阶常微分方程的求解等题型。

第六章：多元函数微分学的应用本章主要介绍多元函数微分学在实际问题中的应用。

习题部分包含了多元函数求极值、泰勒展开等题型。

第七章：多元函数积分学的应用本章主要介绍多元函数积分学在实际问题中的应用。

习题部分主要包含了二重积分、三重积分等题型。

第八章：场论初步本章主要介绍向量场和标量场的基本概念及其性质。

习题部分包含了向量场的散度、旋度等题型。

第九章：曲线积分与曲面积分本章主要介绍曲线积分和曲面积分的基本概念及其计算方法。

习题部分包含了曲线积分和曲面积分的计算等题型。

第十章：无穷级数的应用本章主要介绍无穷级数在实际问题中的应用。

习题部分包含了功率级数的展开和收敛域等题型。

通过以上对同济大学高等数学B教材各个章节的习题解析，读者可以更好地理解数学的相关概念和方法，并在学习过程中获得更多的实践机会。

希望本文对同济大学高等数学B教材的学习有所帮助。

同济大学高等数学一、求下列极限1、sin ()lim x x x →−−22111；解一：()()12sin 1cos 1lim 02x x x x→−−==原式解二：()()11sin 1sin 1lim lim11x x x x x x →→−−==−+原式2、lim sin x x x →2203解一：00021311lim lim lim 6sin3cos39sin3cos39x x x x x x x x x →→→==⋅=原式解二：sin 3~30021limlim 6sin 3cos 39cos 39x xx x x x x xx x →→===原式3、20tan 2lim sin 3x x xx →解：()2tan 2~2,sin3~3222lim93x x x xx xx →=原式=4、0lim ln(1)x x x →+解一：()001lim lim 1111x x x x→→==+=+原式解二：()1011lim1ln ln 1x xex →===+原式5、2lim xx x x →∞−⎛⎞⎜⎟⎝⎠解一：()2222lim 1xx ex −⋅−−→∞⎛⎞=−=⎜⎟⎝⎠原式解二：()1211ln 2ln 22limlim ln2lim22lim x x x x xx x x x xx xx x x eeeee−−→∞→∞→∞−−−−−−→∞−−−=====原式6、()111lim 32x x x −→−解一：()()112220lim 12t x tt t e=−−−−→=−=令原式解二：1(2)221122221lim[1(22)]{lim[1(22)]}xx x x x x e−−→−−−→=+−=+−=i 原式7、30sin lim x x x x →−解：2001cos sin 1lim lim 366x x x x x x →→−===原式8、111lim ln 1x x x →⎛⎞−⎜⎟−⎝⎠解：111111ln 11lim lim lim 1(1)ln ln 1ln 11lim ln 112x x x x x x x x x x x x x x x xx →→→→−−+−===−−+−+−==−++原式9、12lim 22n n n n →∞+++⎛⎞−⎜⎟+⎝⎠⋯解：()()221122lim lim22221lim 422n n n n n n n n n n n n n n →∞→∞→∞⎛⎞+⎜⎟+−−=−=⎜⎟++⎜⎟⎝⎠−==−+原式10、329sin limx x t dtx →∫解：26686003sin 1sin 1lim lim 933x x x x x x x →→===原式11、arctan limx x tdt →+∞。

习题1-61. 计算下列极限:(1)xx x ωsin lim 0→; 解 ωωωωω==→→x x xx x x sin lim sin lim 00. (2)xx x 3tan lim 0→; 解 33cos 133sin lim 33tan lim 00=⋅=→→xx x x x x x . (3)xx x 5sin 2sin lim 0→; 解 52525sin 522sin lim 5sin 2sin lim 00=⋅⋅=→→x x x x x x x x . (4)x x x cot lim 0→; 解 1cos lim sin lim cos sin lim cot lim 0000=⋅=⋅=→→→→x x x x x x x x x x x x . (5)xx x x sin 2cos 1lim 0-→; 解法一 ()2sin lim 2sin 2lim 2cos1lim sin 2cos 1lim 20220200===-=-→→→→xx x x x x x x x x x x x .解法二 2sin lim 2sin sin 2lim sin 2cos 1lim 0200===-→→→x x x x x x x x x x x . (6)n n n x 2sin 2lim ∞→(x 为不等于零的常数). 解 x x xxx nn n n n n =⋅=∞→∞→22sin lim 2sin 2lim . 2. 计算下列极限:(1)x x x 10)1(lim -→;解 {}11)(10)1()(1010)](1[lim )](1[lim )1(lim ---→--→→=-+=-+=-e x x x x x x x x x . (2)x x x 10)21(lim +→; 解 []22210221010)21(lim )21(lim )21(lim e x x x x x x x x x =+=+=+→⋅→→.(3)x x xx 2)1(lim +∞→; 解 []222)11(lim )1(lim e xx x xx x x =+=+∞→∞→.(4)kx x x)11(lim -∞→(k 为正整数). 解 k k x x kx x e xx ---∞→∞→=-+=-))(()11(lim )11(lim . 3. 根据函数极限的定义, 证明极限存在的准则I '. 解4. 利用极限存在准则证明: (1)111lim =+∞→nn ; 证明 因为nn 11111+<+<, 而 11lim =∞→n 且1)11(lim =+∞→n n , 由极限存在准则I, 111lim =+∞→nn . (2)()11 211lim 222=++⋅⋅⋅++++∞→πππn n n n n n ; 证明 因为()πππππ+<++⋅⋅⋅++++<+22222221 211n n n n n n n n n n , 而 1lim 22=+∞→πn n n n , 1lim 22=+∞→πn n n , 所以 ()11 211lim 222=++⋅⋅⋅++++∞→πππn n n n n n . (3)数列2, 22+, 222++, ⋅ ⋅ ⋅ 的极限存在; 证明 21=x , n n x x +=+21(n =1, 2, 3, ⋅ ⋅ ⋅). 先证明数列{x n }有界. 当n =1时221<=x , 假定n =k 时x k <2, 当n =k +1时,22221=+<+=+k k x x ,所以x n <2(n =1, 2, 3, ⋅ ⋅ ⋅), 即数列{x n }有界.再证明数列单调增.nn n nn n n n n n n n x x x x x x x x x x x x +++--=++-+=-+=-+2)1)(2(22221,而x n -2<0, x n +1>0, 所以x n +1-x n >0, 即数列{x n }单调增. 因为数列{x n }单调增加有上界, 所以此数列是有极限的.(4)11lim 0=+→n x x ; 证明 当|x |≤1时, 则有1+x ≤1+|x |≤(1+|x |)n ,1+x ≥1-|x |≥(1-|x |)n ,从而有 ||11||1x x x n +≤+≤-. 因为 1|)|1(lim |)|1(lim 00=+=-→→x x x x , 根据夹逼准则, 有11lim 0=+→n x x . (5)[]11lim 0=+→xx x . 证明 因为[]x x x 1111≤<-, 所以[]111≤<-xx x . 又因为11lim )1(lim 00==-++→→x x x , 根据夹逼准则, 有[]11lim 0=+→x x x .。

习题7-11. 设u =a −b +2c , v =−a +3b −c . 试用a 、b 、c 表示2u −3v .解 2u −3v =2(a −b +2c )−3(−a +3b −c )=2a −2b +4c +3a −9b +3c =5a −11b +7c .2. 如果平面上一个四边形的对角线互相平分, 试用向量证明这是平行四边形.证明 ; ,而, ,所以.这说明四边形ABCD 的对边AB =CD 且AB //CD , 从而四边形ABCD 是平行四边形.3. 把ΔABC 的BC 边五等分, 设分点依次为D 1、D 2、D 3、D 4, 再把各分点与点A 连接. 试以、表示向量、、A3、A 4.解 ,,,.4. 已知两点M 1(0, 1, 2)和M 2(1, −1, 0). 试用坐标表示式表示向量及.解 , .5. 求平行于向量a =(6, 7, −6)的单位向量.解,平行于向量a =(6, 7, −6)的单位向量为 或 . 6. 在空间直角坐标系中, 指出下列各点在哪个卦限？ A (1, −2, 3); B (2, 3, −4); C (2, −3, −4); D (−2, −3, 1).解 A 在第四卦限, B 在第五卦限, C 在第八卦限, D 在第三卦限.7. 在坐标面上和坐标轴上的点的坐标各有什么特征？指出下列各点的位置:A (3, 4, 0);B (0, 4, 3);C (3, 0, 0);D (0, −1, 0).解 在xOy 面上, 的点的坐标为(x , y , 0); 在yOz 面上, 的点的坐标为(0, y , z ); 在zOx 面上, 的点的坐标为(x , 0, z ).在x 轴上, 的点的坐标为(x , 0, 0); 在y 轴上, 的点的坐标为(0, y , 0), 在z 轴上, 的点的坐标为(0, 0, z ).A 在xOy 面上,B 在yOz 面上,C 在x 轴上,D 在y 轴上.8. 求点(a , b , c )关于(1)各坐标面; (2)各坐标轴; (3)坐标原点的对称点的坐标.解 (1)点(a , b , c )关于xOy 面的对称点为(a , b , −c ); 点(a , b , c )关于yOz 面的对称点为(−a , b , c ); 点(a , b , c )关于zOx 面的对称点为(a , −b , c ).(2)点(a , b , c )关于x 轴的对称点为(a , −b , −c ); 点(a , b , c )关于y 轴的对称点为(−a , b , −c ); 点(a , b , c )关于z 轴的对称点为(−a , −b , c ).(3)点(a , b , c )关于坐标原点的对称点为(−a , −b , −c ).9. 自点P 0(x 0, y 0, z 0)分别作各坐标面和各坐标轴的垂线, 写出各垂足的坐标.解 在xOy 面、yOz 面和zOx 面上, 垂足的坐标分别为(x 0, y 0, 0)、(0, y 0, z 0)和(x 0, 0, z 0).在x 轴、y 轴和z 轴上, 垂足的坐标分别为(x 0, 0, 0), (0, y 0, 0)和(0, 0, z 0).10. 过点P 0(x 0, y 0, z 0)分别作平行于z 轴的直线和平行于xOy 面的平面, 问在它们上面的点的坐标各有什么特点？解 在所作的平行于z 轴的直线上, 点的坐标为(x 0, y 0, z ); 在所作的平行于xOy 面的平面上,点的坐标为(x , y , z 0).11. 一边长为a 的立方体放置在xOy 面上, 其底面的中心在坐标原点, 底面的顶点在x 轴和y 轴上, 求它各顶点的坐标. 解 因为底面的对角线的长为 , 所以立方体各顶点的坐标分别为,,,,, , , . 12. 求点M (4, −3, 5)到各坐标轴的距离.解 点M 到x 轴的距离就是点(4, −3, 5)与点(4, 0, 0)之间的距离, 即.点M 到y 轴的距离就是点(4, −3, 5)与点(0, −3, 0)之间的距离, 即.点M 到z 轴的距离就是点(4, −3, 5)与点(0, 0, 5)之间的距离, 即.13. 在yOz 面上, 求与三点A (3, 1, 2)、B (4, −2, −2)和C (0, 5, 1)等距离的点. 解 设所求的点为P (0, y , z )与A 、B 、C 等距离, 则,,.由题意,有,即解之得y=1, z=−2, 故所求点为(0, 1, −2).14. 试证明以三点A(4, 1, 9)、B(10, −1, 6)、C(2, 4, 3)为顶点的三角形是等腰三角直角三角形.解因为,,,所以, .因此ΔABC是等腰直角三角形.15. 设已知两点和M(3, 0, 2). 计算向量的模、方向余弦和方向角.2解;;, , ;, , .16. 设向量的方向余弦分别满足(1)cosα=0; (2)cosβ=1; (3)cosα=cosβ=0, 问这些向量与坐标轴或坐标面的关系如何？解(1)当cosα=0时,向量垂直于x轴,或者说是平行于yOz面.(2)当cosβ=1时,向量的方向与y轴的正向一致,垂直于zOx面.(3)当cosα=cosβ=0时,向量垂直于x轴和y轴,平行于z轴,垂直于xOy面.17. 设向量r的模是4, 它与轴u的夹角是60°, 求r在轴u上的投影.解.18. 一向量的终点在点B(2, −1, 7), 它在x轴、y轴和z轴上的投影依次为4, −4, 7. 求这向量的起点A的坐标.解设点A的坐标为(x, y, z). 由已知得,解得x =−2, y =3, z =0. 点A 的坐标为A (−2, 3, 0).19. 设m =3i +5j +8k , n =2i −4j −7k 和p =5i +j −4k . 求向量a =4m +3n −p 在x 轴上的投影及在y 轴上的分向量.解 因为a =4m +3n −p =4(3i +5j +8k )+3(2i −4j −7k )−(5i +j −4k )=13i +7j +15k , 所以a =4m +3n −p 在x 轴上的投影为13, 在y 轴上的分向量7j .习题7−21. 设a =3i −j −2k , b =i +2j −k , 求(1)a ⋅b 及a ×b ; (2)(−2a )⋅3b 及a ×2b ; (3)a 、b 夹角的余弦.解 (1)a ⋅b =3×1+(−1)×2+(−2)×(−1)=3,. (2)(−2a )⋅3b =−6a ⋅b = −6×3=−18, a ×2b =2(a ×b )=2(5i +j +7k )=10i +2j +14k .(3) .2. 设a 、b 、c 为单位向量, 且满足a +b +c =0, 求a ⋅b +b ⋅c +c ⋅a . 解 因为a +b +c =0, 所以(a +b +c )⋅(a +b +c )=0, 即 a ⋅a +b ⋅b +c ⋅c +2a ⋅b +2a ⋅c +2c ⋅a =0,于是.3. 已知M 1(1, −1, 2)、M 2(3, 3, 1)和M 3(3, 1, 3). 求与、同时垂直的单位向量.解 , .,,为所求向量.4. 设质量为100kg 的物体从点M 1(3, 1, 8)沿直线称动到点M 2(1, 4, 2), 计算重力所作的功(长度单位为m , 重力方向为z 轴负方向).解F =(0, 0, −100×9. 8)=(0, 0, −980), .W =F ⋅S =(0, 0, −980)⋅(−2, 3, −6)=5880(焦耳).5. 在杠杆上支点O 的一侧与点O 的距离为x 1的点P 1处, 有一与成角θ1的力F 1作用着;在O 的另一侧与点O 的距离为x 2的点P 2处, 有一与成角θ1的力F 1作用着. 问θ1、θ2、x 1、x 2、|F 1|、|F 2|符合怎样的条件才能使杠杆保持平衡？解 因为有固定转轴的物体的平衡条件是力矩的代数和为零, 再注意到对力矩正负的规定可得, 使杠杆保持平衡的条件为 x 1|F 1|⋅sin θ1−x 2|F 2|⋅sin θ2=0,即 x 1|F 1|⋅sin θ1=x 2|F 2|⋅sin θ2.6. 求向量a =(4, −3, 4)在向量b =(2, 2, 1)上的投影.解 . 7. 设a =(3, 5, −2), b =(2, 1, 4), 问λ与μ有怎样的关系, 能使得λa +μb 与z 轴垂直? 解 λa +μb =(3λ+2μ, 5λ+μ, −2λ+4μ), λa +μb 与z 轴垂⇔λa +μb ⊥k⇔(3λ+2μ, 5λ+μ, −2λ+4μ)⋅(0, 0, 1)=0, 即−2λ+4μ=0, 所以λ=2μ . 当λ=2μ 时, λa +μb 与z 轴垂直. 8. 试用向量证明直径所对的圆周角是直角.证明 设AB 是圆O 的直径, C 点在圆周上, 则, .因为,所以, ∠C =90°.9. 设已知向量a =2i −3j +k , b =i −j +3k 和c =i −2j , 计算: (1)(a ⋅b )c −(a ⋅c )b ; (2)(a +b )×(b +c ); (3)(a ×b )⋅c . 解 (1)a ⋅b =2×1+(−3)×(−1)+1×3=8, a ⋅c =2×1+(−3)×(−2)=8,(a ⋅b )c −(a ⋅c )b =8c −8b =8(c −b )=8[(i −2j )−(i −j +3k )]=−8j −24k . (2)a +b =3i −4j +4k , b +c =2i −3j +3k ,.(3) , (a ×b )⋅c =−8×1+(−5)×(−2)+1×0=2.10. 已知, , 求ΔOAB 的面积.解 根据向量积的几何意义, 表示以和为邻边的平行四边形的面积, 于是ΔOAB 的面积为因为, ,所以三角形ΔOAB 的面积为. 12. 试用向量证明不等式:,其中a 1、a 2、a 3、b 1、b 2、b 3为任意实数, 并指出等号成立的条件.解 设a =(a 1, a 2, a 3), b =(b 1, b 2, b 3), 则有,于是,其中当=1时, 即a 与b 平行是等号成立.习题7−31. 一动点与两定点(2, 3, 1)和(4, 5, 6)等距离, 求这动点的轨迹方程. 解 设动点为M (x , y , z ), 依题意有(x −2)2+(y −3)2+(z −1)2=(x −4)2+(y −5)2+(z −6)2, 即 4x +4y +10z −63=0.2. 建立以点(1, 3, −2)为球心, 且通过坐标原点的球面方程. 解 球的半径 ,球面方程为(x −1)2+(y −3)2+(z +2)2=14, 即 x 2+y 2+z 2−2x −6y +4z =0.3. 方程x 2+y 2+z 2−2x +4y +2z =0表示什么曲面? 解 由已知方程得(x 2−2x +1)+(y 2+4y +4)+(z 2+2z +1)=1+4+1,即,所以此方程表示以(1, −2, −1)为球心, 以 为半径的球面.4. 求与坐标原点O 及点(2, 3, 4)的距离之比为1:2的点的全体所组成的曲面的方程, 它表示怎样曲面？解 设点(x , y , z )满足题意, 依题意有,化简整理得,它表示以为球心, 以为半径的球面.5. 将zOx 坐标面上的抛物线z 2=5x 绕x 轴旋转一周, 求所生成的旋转曲面的方程. 解 将方程中的z 换成得旋转曲面的方程y 2+z 2=5x .6. 将zOx 坐标面上的圆x 2+z 2=9绕z 轴旋转一周, 求所生成的旋转曲面的方程. 解 将方程中的x 换成得旋转曲面的方程x 2+y 2+z 2=9.7. 将xOy 坐标面上的双曲线4x 2−9y 2=36分别绕x 轴及y 轴旋转一周, 求所生成的旋转曲面的方程.解 双曲线绕x 轴旋转而得的旋转曲面的方程为 4x 2−9y 2−9z 2=36.双曲线绕y 轴旋转而得的旋转曲面的方程为 4x 2+4z 2−9y 2=36.8. 画出下列方程所表示的曲面: (1) ;(2) ;(3) ;(4)y 2−z =0;(1)x =2; 解在平面解张平行于yOz 面的平面. (2)y =x +1; 解 在平面解间解析几何中，y =x +1表示一张平行于z 轴的平面. (3)x 2+y 2=4; 解 在平面解析x 2+y 2=4表示母线平行于z 轴, 准线为x 2+y 2=4的圆柱面. (4)x 2−y 2=1. 解 在平面解析于z 轴的双曲面. 10. 说明下列 (1)1222=++zyx ;19422=+zx 绕x 轴旋转一周而形122=+−zy ;解线142=+−zy 绕y 轴旋转一周而形 z 1 面上的双曲线x 2−y 2=1x 2−z 2=1绕x 轴旋转一周(4)(z −a )2=x 2+y 2. 解 这是zOx 面上的曲线(z − (z −a )2=y 2绕z 轴旋转一周 11. 画出下列方程所表示的曲面: (1)4x 2+y 2−z 2=4;习题7−41. 画出下列曲线在第一卦限内的图形:(1)⎧+=15xy ; ⎩⎧22yx22x2x解 由x +z =1得z =1−x 代入x 2+y 2+z 2=9得方程2x 2−2x +y 2=8, 这是母线平球面x 2+y 2+z 2=9与平面x +z =1的交线的柱面方程, 于是所求的投影方程为 ⎧=+−82222yxx .5. 将下解 将y =x 代入x 2+y 2+z 2=9得2x 2+z 2=9, 即 .令 , 则z =3sin t . 故所求参数方程为,, z =3sin t .(2).解 将z =0代入(x −1)2+y 2+(z +1)2=4得(x −1)2+y 2=3. 令 , 则于是所求参数方程为,, z =0.6. 求螺旋线在三个坐标面上的投影曲线的直角坐标方程.解 由前两个方程得x 2+y 2=a 2, 于是螺旋线在xOy 面上的投影曲线的直角坐标方程为.由第三个方程得代入第一个方程得, 即 ,于是螺旋线在zOx 面上的投影曲线的直角坐标方程为.由第三个方程得代入第二个方程得即 于是螺旋线在yOz 面上的投影曲线的直角坐标方程为.7. 求上半球 与圆柱体x 2+y 2≤ax (a >0)的公共部分在xOy 面和zOx 面上的投影.解 圆柱体x 2+y 2≤ax 在xOy 面上的投影为x 2+y 2≤ax , 它含在半球在xOy 面上的投影x 2+y 2≤a 2内, 所以半球与圆柱体的公共部分在xOy 面上的投影为x 2+y 2≤ax .为求半球与圆柱体的公共部分在zOx 面上的投影, 由圆柱面方程x 2+y 2=ax 得y 2=ax −x 2, 代入半球面方程 , 得(0≤x ≤a ), 于是半球与圆柱体的公共部分在zOx 面上的投影为(0≤x ≤a ), 即z 2+ax ≤a 2, 0≤x ≤a , z ≥0.8. 求旋转抛物面z =x 2+y 2(0≤z ≤4)在三坐标面上的投影.解 令z =4得x 2+y 2=4, 于是旋转抛物面z =x 2+y 2(0≤z ≤4)在xOy 面上的投影为x 2+y 2≤4.令x =0得z =y 2, 于是旋转抛物面z =x 2+y 2(0≤z ≤4)在yOz 面上的投影为y 2≤z ≤4. 令y =0得z =x 2, 于是旋转抛物面z =x 2+y 2(0≤z ≤4)在zOx 面上的投影为x 2≤z ≤4.习题7−51. 求过点(3, 0, −1)且与平面3x −7y +5z −12=0平行的平面方程. 解 所求平面的法线向量为n =(3, −7, 5), 所求平面的方程为 3(x −3)−7(y −0)+5(z +1)=0, 即3x −7y +5z −4=0.2. 求过点M 0(2, 9, −6)且与连接坐标原点及点M 0的线段OM 0垂直的平面方程.解 所求平面的法线向量为n =(2, 9, −6), 所求平面的方程为 2(x −2)+9(y −9)−6(z −6)=0, 即2x +9y −6z −121=0.3. 求过(1, 1, −1)、(−2, −2, 2)、(1, −1, 2)三点的平面方程.解 n 1=(1, −1, 2)−(1, 1, −1)=(0, −2, 3), n 1=(1, −1, 2)−(−2, −2, 2)=(3, 1, 0), 所求平面的法线向量为, 所求平面的方程为−3(x −1)+9(y −1)+6(z +1)=0, 即x −3y −2z =0. 4. 指出下列各平面的特殊位置, 并画出各平面: (1)x =0;解 x =0是yOz 平面. (2)3y −1=0;解 3y −1=0是垂直于y 轴的平面, 它通过y 轴上的点 . (3)2x −3y −6=0;解 2x −3y −6=0是平行于z 轴的平面, 它在x 轴、y 轴上的截距分别是3和−2. (4);解 是通过z 轴的平面, 它在xOy 面上的投影的斜率为 . (5)y +z =1;解 y +z =1是平行于x 轴的平面, 它在y 轴、z 轴上的截距均为1. (6)x −2z =0;解 x −2z =0是通过y 轴的平面. (7)6x +5−z =0.解 6x +5−z =0是通过原点的平面.5. 求平面2x −2y +z +5=0与各坐标面的夹角的余弦. 解 此平面的法线向量为n =(2, −2, 1). 此平面与yOz 面的夹角的余弦为;此平面与zOx面的夹角的余弦为;此平面与xOy面的夹角的余弦为.6. 一平面过点(1, 0, −1)且平行于向量a=(2, 1, 1)和b=(1, −1, 0), 试求这平面方程.解所求平面的法线向量可取为,所求平面的方程为(x−1)+(y−0)−3(z+1)=0, 即x+y−3z−4=0.7. 求三平面x+3y+z=1, 2x−y−z=0, −x+2y+2z=3的交点.解解线性方程组得x=1, y=−1, z=3. 三个平面的交点的坐标为(1, −1, 3).8. 分别按下列条件求平面方程:(1)平行于zOx面且经过点(2, −5, 3);解所求平面的法线向量为j =(0, 1, 0), 于是所求的平面为0⋅(x−2)−5(y+5)+0⋅(z−3)=0, 即y=−5.(2)通过z轴和点(−3, 1, −2);解所求平面可设为Ax+By=0.因为点(−3, 1, −2)在此平面上,所以−3A+B=0,将B=3A代入所设方程得Ax+3Ay=0,所以所求的平面的方程为x+3y=0,(3)平行于x轴且经过两点(4, 0, −2)和(5, 1, 7).解所求平面的法线向量可设为n=(0, b, c). 因为点(4, 0, −2)和(5, 1, 7)都在所求平面上,所以向量n1=(5, 1, 7)−(4, 0, −2)=(1, 1, 9)与n是垂直的,即b+9c=0, b=−9c ,于是n=(0, −9c, c)=−c(0, 9, −1).所求平面的方程为9(y−0)−(z+2)=0, 即9y−z−2=0.9. 求点(1, 2, 1)到平面x+2y+2z−10=0的距离.解点(1, 2, 1)到平面x+2y+2z−10=0的距离为.习题7−61. 求过点(4, −1, 3)且平行于直线 的直线方程. 解 所求直线的方向向量为s =(2, 1, 5), 所求的直线方程为.2. 求过两点M 1(3, −2, 1)和M 2(−1, 0, 2)的直线方程.解 所求直线的方向向量为s =(−1, 0, 2)−(3, −2, 1)=(−4, 2, 1), 所求的直线方程为.3. 用对称式方程及参数方程表示直线.解 平面x −y +z =1和2x +y +z =4的法线向量为n 1=(1, −1, 1), n 2=(2, 1, 1), 所求直线的方向向量为.在方程组中, 令y =0, 得, 解得x =3, z =−2. 于是点(3, 0, −2)为所求直线上的点.所求直线的对称式方程为; 参数方程为x =3−2t , y =t , z =−2+3t .4. 求过点(2, 0, −3)且与直线垂直的平面方程.解 所求平面的法线向量n 可取为直线的方向向量, 即. 所平面的方程为−16(x −2)+14(y −0)+11(z +3)=0, 即16x −14y −11z −65=0.5. 求直线与直线的夹角的余弦.解 直线与的方向向量分别为, .两直线之间的夹角的余弦为.6. 证明直线与直线平行.解 直线与的方向向量分别为,.因为s 2=−3s 1, 所以这两个直线是平行的.7. 求过点(0, 2, 4)且与两平面x +2z =1和y −3z =2平行的直线方程.解 因为两平面的法线向量n 1=(1, 0, 2)与n 2=(0, 1, −3)不平行, 所以两平面相交于一直线,此直线的方向向量可作为所求直线的方向向量s , 即.所求直线的方程为.8. 求过点(3, 1, −2)且通过直线 的平面方程.解 所求平面的法线向量与直线的方向向量s 1=(5, 2, 1)垂直. 因为点(3, 1,−2)和(4, −3, 0)都在所求的平面上, 所以所求平面的法线向量与向量s 2=(4, −3, 0)−(3, 1, −2)=(1, −4, 2)也是垂直的. 因此所求平面的法线向量可取为. 所求平面的方程为8(x −3)−9(y −1)−22(z +2)=0, 即8x −9y −22z −59=0.9. 求直线与平面x −y −z +1=0的夹角.解直线的方向向量为,平面x−y−z+1=0的法线向量为n=(1, −1, −1).因为s⋅n=2×1+4×(−1)+(−2)×(−1)=0,所以s⊥n, 从而直线与平面x−y−z+1=0的夹角为0.10. 试确定下列各组中的直线和平面间的关系:(1)和4x−2y−2z=3;解所给直线的方向向量为s=(−2, −7, 3), 所给平面的法线向量为n=(4, −2, −2).因为s⋅n=(−2)×4+(−7)×(−2)+3×(−2)=0, 所以s⊥n, 从而所给直线与所给平面平行.又因为直线上的点(−3, −4, 0)不满足平面方程4x−2y−2z=3, 所以所给直线不在所给平面上.(2)和3x−2y+7z=8;解所给直线的方向向量为s=(3, −2, 7), 所给平面的法线向量为n=(3, −2, 7).因为s=n, 所以所给直线与所给平面是垂直的.(3)和x+y+z=3.解所给直线的方向向量为s=(3, 1, −4), 所给平面的法线向量为n=(1, 1, 1).因为s⋅n=3×1+1×1+(−4)×1=0, 所以s⊥n, 从而所给直线与所给平面平行.又因为直线上的点(2, −2, 3)满足平面方程x+y+z=3, 所以所给直线在所给平面上.11. 求过点(1, 2, 1)而与两直线和平行的平面的方程.解直线的方向向量为,直线的方向向量为.所求平面的法线向量可取为, 所求平面的方程为−(x −1)+(y −2)−(z −1)=0, 即x −y +z =0.12. 求点(−1, 2, 0)在平面x +2y −z +1=0上的投影.解 平面的法线向量为n =(1, 2, −1). 过点(−1, 2, 0)并且垂直于已知平面的直线方程为.将此方程化为参数方程x =−1+t , y =2+2t , z =−t , 代入平面方程x +2y −z +1=0中, 得 (−1+t )+2(2+2t )−(−t )+1=0,解得. 再将代入直线的参数方程, 得,,. 于是点(−1, 2, 0)在平面x +2y −z +1=0上的投影为点.13. 求点P (3, −1, 2)到直线的距离.解 直线的方向向量为. 过点P 且与已知直线垂直的平面的方程为 −3(y +1)−3(z −2)=0, 即y +z −1=0. 解线性方程组,得x =1,,.点P (3, −1, 2)到直线的距离就是点P (3, −1, 2)与点 间的距离, 即.14. 设M 0是直线L 外一点, M 是直线L 上任意一点, 且直线的方向向量为s , 试证: 点M 0到直线L 的距离.解 设点M 0到直线L 的距离为d , L 的方向向量, 根据向量积的几何意义, 以和为邻边的平行四边形的面积为,又以和为邻边的平行四边形的面积为.因此, .15. 求直线在平面4x−y+z=1上的投影直线的方程.解过直线的平面束方程为(2+3λ)x+(−4−λ)y+(1−2λ)z−9λ=0.为在平面束中找出与已知平面垂直的平面,令(4 −1, 1)⋅(2+3λ, −4−λ, 1−2λ)=0, 即4⋅(2+3λ)+(−1)⋅(−4−λ)+1⋅(1−2λ)=0.解之得 .将代入平面束方程中,得17x+31y−37z−117=0.故投影直线的方程为.16. 画出下列各曲面所围成的立体图形:(1)x=0, y=0, z=0, x=2, y=1, 3x+4y+2z−12=0;总习题七 1. 填空(1)设在坐标系[O ; i , j , k ]中点A 和点M 的坐标依次为(x 0, y 0, z 0)和(x , y , z ), 则在[A ; i , j , k ]坐标系中, 点M 的坐标为___________, 向量的坐标为___________.解 M (x −x 0, y −y 0, z −z 0), .提示: 自由向量与起点无关, 它在某一向量上的投影不会因起点的位置的不同而改变. (2)设数λ1、λ2、λ3不全为0, 使λ1a +λ2b +λ3c =0, 则a 、b 、c 三个向量是__________的.解 共面.(3)设a =(2, 1, 2), b =(4, −1, 10), c =b −λa , 且a ⊥c , 则λ=____________. 解3.提示: 因为a ⊥c , 所以a ⋅c =0.又因为由a ⋅c =a ⋅b −λa ⋅a =2×4+1×(−1)+2×10−λ(22+12+22)=27−9λ, 所以λ=3. (4)设a 、b 、c 都是单位向量, 且满足a +b +c =0, 则a ⋅b +b ⋅c +c ⋅a =____________.解 .提示: 因为a +b +c =0, 所以(a +b +c )⋅(a +b +c )=0, 即 a ⋅a +b ⋅b +c ⋅c +2a ⋅b +2a ⋅c +2c ⋅a =0,于是 . (5)设|a |=3, |b |=4, |c |=5, 且满足a +b +c =0, 则|a ×b +b ×c +c ×a |=____________. 解36.提示: c =−(a +b ), a ×b +b ×c +c ×a =a ×b −b ×(a +b )−(a +b )×a =a ×b −b ×a −b ×a =3a ×b , |a ×b +b ×c +c ×a |=3|a ×b |=3|a |⋅|b |=3⋅3⋅4=36.2. 在y 轴上求与点A (1, −3, 7)和点B (5, 7, −5)等距离的点. 解 设所求点为M (0, y , 0), 则有 12+(y +3)2+72=52+(y −7)2+(−5)2,即 (y +3)2=(y −7)2,解得y =2, 所求的点为M (0, 2, 0).3. 已知ΔABC 的顶点为A (3,2,−1)、B (5,−4,7)和C (−1,1,2), 求从顶点C 所引中线的长度. 解 线段AB 的中点的坐标为 . 所求中线的长度为.4. 设ΔABC 的三边、、, 三边中点依次为D 、E 、F , 试用向量a 、b 、c 表示、、, 并证明.解 ,,.5. 试用向量证明三角形两边中点的连线平行于第三边, 且其长度等于第三边长度的一半.证明 设D , E 分别为AB , AC 的中点, 则有,所以从而DE //BC , 且 .6. 设|a +b |=|a −b |, a =(3, −5, 8), b =(−1, 1, z ), 求z .解a +b =(2, −4, 8+z ), a −b =(4, −6, 8−z ). 因为|a +b |=|a −b |, 所以,解得z =1.7. 设, |b |=1,, 求向量a +b 与a −b 的夹角.解 |a +b |2=(a +b )⋅(a +b )=|a |2+|b |2+2a ⋅b =|a |2+|b |2+2|a |⋅|b |cos(a ,^b ) ,|a −b |2=(a −b )⋅(a −b )=|a |2+|b |2−2a ⋅b =|a |2+|b |2−2|a |⋅|b |cos(a ,^b ) .设向量a +b 与a −b 的夹角为θ, 则,.8. 设a +3b ⊥7a −5b , a −4b ⊥7a −2b , 求 . 解 因为a +3b ⊥7a −5b , a −4b ⊥7a −2b , 所以 (a +3b )⋅(7a −5b )=0, (a −4b )⋅(7a −2b )=0, 即 7|a |2+16a ⋅b −15|b |2=0, 7|a |2−30a ⋅b +8|b |2=0, 又以上两式可得,于是,.9. 设a =(2, −1, −2), b =(1, 1, z ), 问z 为何值时最小？并求出此最小值.解 .因为当 时, 为单调减函数. 求的最小值也就是求的最大值. 令 , 得z =−4.当z =−4时, , 所以.10. 设|a |=4, |b |=3, , 求以a +2b 和a −3b 为边的平行四边形的面积. 解 (a +2b )×(a −3b )=−3a ×b +2b ×a =5b ×a . 以a +2b 和a −3b 为边的平行四边形的面积为.11. 设a =(2, −3, 1), b =(1, −2, 3), c =(2, 1, 2), 向量r 满足r ⊥a , r ⊥b , Prj cr =14, 求r .解 设r =(x , y , z ).因为r ⊥a , r ⊥b , 所以r ⋅a =0, r ⋅b =0, 即 2x −3y +z =0, x −2y +3z =0. 又因为Prj cr =14, 所以 , 即2x +y +2z =42. 解线性方程组,得x =14, y =10, z =2, 所以r =(14, 10, 2).另解 因为r ⊥a , r ⊥b , 所以r 与 平行, 故可设r =λ(7, 5, 1).又因为Prj cr =14, 所以, r ⋅c =42, 即λ(7×2+5×1+1×2)=42, λ=2, 所以r =(14, 10, 2).12. 设a =(−1, 3, 2), b =(2, −3, −4), c =(−3, 12, 6), 证明三向量a 、b 、c 共面, 并用a 和b 表示c . 证明 向量a 、b 、c 共面的充要条件是(a ×b )⋅c =0. 因为, (a ×b )⋅c =(−6)×(−3)+0×12+(−3)×6=0, 所以向量a 、b 、c 共面. 设c =λa +μb , 则有(−λ+2μ, 3λ−3μ, 2λ−4μ)=(−3, 12, 6), 即有方程组,解之得λ=5, μ=1, 所以c =5a +b .13. 已知动点M (x ,y ,z )到xOy 平面的距离与点M 到点(1, −1, 2)的距离相等, 求点M 的轨迹方程.解 根据题意, 有,或 z 2=(x −1)2+(y +1)2+(z −2)2, 化简得(x −1)2+(y +1)2=4(z −1), 这就是点M 的轨迹方程.14. 指出下列旋转曲面的一条母线和旋转轴: (1)z =2(x 2+y 2);解 旋转曲面的一条母线为zOx 面上的曲线z =2x 2, 旋转轴为z 轴. (2);解 旋转曲面的一条母线为xOy 面上的曲线, 旋转轴为y 轴.(3)z 2=3(x 2+y 2);解 旋转曲面的一条母线为yOz 面上的曲线 , 旋转轴为z 轴.(4).解 旋转曲面的一条母线为xOy 面上的曲线 , 旋转轴为x 轴.15. 求通过点A (3, 0, 0)和B (0, 0, 1)且与xOy 面成 角的平面的方程.解 设所求平面的法线向量为n =(a , b , c )., xOy 面的法线向量为k =(0, 0, 1).按要求有,,即 ,解之得c =3a , . 于是所求的平面的方程为,即 , 或 .16. 设一平面垂直于平面z =0, 并通过从点(1, −1, 1)到直线的垂线, 求此平面方程.解 直线的方向向量为s =(0, 1, −1)×(1, 0, 0)=(0, −1, −1).设点(1, −1, 1)到直线的垂线交于点(x 0, y 0, z 0). 因为点(x 0, y 0, z 0)在直线上, 所以(x 0, y 0, z 0)=(0, y 0, y 0+1). 于是, 垂线的方向向量为 s 1=(−1, y 0+1, y 0).显然有s ⋅s 1=0, 即−y 0−1−y 0=0,.从而 . 所求平面的法线向量可取为,所求平面的方程为, 即x+2y+1=017. 求过点(−1, 0, 4), 且平行于平面3x−4y+z−10=0, 又与直线相交的直线的方程.解过点(−1, 0, 4), 且平行于平面3x−4y+z−10=0的平面的方程为3(x+1)−4(y−0)+(z−4)=0, 即3x−4y+z−1=0.将直线化为参数方程x=−1+t, y=3+t, z=2t, 代入平面方程3x−4y+z−1=0, 得3(−1+t)−4(3+t)+2t−1=0,解得t=16. 于是平面3x−4y+z−1=0与直线的交点的坐标为(15, 19, 32), 这也是所求直线与已知直线的交点的坐标.所求直线的方向向量为s=(15, 19, 32)−(−1, 0, 4)=(16, 19, 28),所求直线的方程为.18. 已知点A(1, 0, 0)及点B(0, 2, 1), 试在z轴上求一点C, 使ΔABC的面积最小.解设所求的点为C(0, 0, z), 则, .因为,所以ΔABC的面积为.令 ,得 ,所求点为 .19. 求曲线在三个坐标面上的投影曲线的方程.解在xOy面上的投影曲线方程为, 即.在zOx面上的投影曲线方程为, 即.在yOz面上的投影曲线方程为, 即.20. 求锥面 与柱面z 2=2x 所围立体在三个坐标面上的投影. 解 锥面与柱面交线在xOy 面上的投影为, 即,所以, 立体在xOy 面上的投影为.锥面与柱面交线在yOz 面上的投影为, 即 ,所以, 立体在yOz 面上的投影为 .锥面与柱面z 2=2x 与平面y =0的交线为和 , 所以, 立体在zOx 面上的投影为.21. 画出下列各曲面所围立体的图形:(2)抛物柱面x 2=1−z , 平面y =0, z =(3)圆锥yx +=2−x −y。

习题 10-11. 设在xOy 面内有一分布着质量的曲线弧L , 在点(x , y )处它的线密度为μ(x , y ), 用对弧长的曲线积分分别表达:(1)这曲线弧对x 轴、对y 轴的转动惯量I x , I y ; (2)这曲线弧的重心坐标x , y .解 在曲线弧L 上任取一长度很短的小弧段ds (它的长度也记做ds ), 设(x , y )为小弧段ds 上任一点.曲线L 对于x 轴和y 轴的转动惯量元素分别为 dI x =y 2μ(x , y )ds , dI y =x 2μ(x , y )ds . 曲线L 对于x 轴和y 轴的转动惯量分别为 ⎰=Lx ds y x y I ),(2μ, ⎰=Ly ds y x x I ),(2μ.曲线L 对于x 轴和y 轴的静矩元素分别为 dM x =y μ(x , y )ds , dM y =x μ(x , y )ds . 曲线L 的重心坐标为 ⎰⎰==L L ydsy x ds y x x MM x ),(),(μμ, ⎰⎰==L L x dsy x ds y x y MM y ),(),(μμ.2. 利用对弧长的曲线积分的定义证明: 如果曲线弧L 分为两段光滑曲线L 1和L 2, 则⎰⎰⎰+=12),(),(),(LL L dsy x f ds y x f ds y x f .证明 划分L , 使得L 1和L 2的连接点永远作为一个分点, 则∑∑∑+===∆+∆=∆111111),(),(),(n n i i i i ni n i i i i i i i s f s f s f ηξηξηξ.令λ=max{∆s i }→0, 上式两边同时取极限∑∑∑+=→=→=→∆+∆=∆nn i i i i n i i i i ni i i i s f s f s f 11111),(lim),(lim),(lim ηξηξηξλλλ,即得⎰⎰⎰+=12),(),(),(LL L dsy x f ds y x f ds y x f .3. 计算下列对弧长的曲线积分:(1)⎰+Ln ds y x )(22, 其中L 为圆周x =a cos t , y =a sin t (0≤t ≤2π);解⎰+Ln ds y x )(22⎰+-+=π20222222)cos ()sin ()sin cos (dt t a t a t a t a n=⎰+-+π20222222)cos ()sin ()sin cos (dt t a t a t a t a n⎰++==ππ2012122n n a dt a .(2)⎰+Lds y x )(, 其中L 为连接(1, 0)及(0, 1)两点的直线段;解 L 的方程为y =1-x (0≤x ≤1);⎰⎰'-+-+=+102])1[(1)1()(dx x x x ds y x L22)1(1=-+=⎰dx x x .(3)xdx L⎰, 其中L 为由直线y =x 及抛物线y =x 2所围成的区域的整个边界; 解 L 1: y =x 2(0≤x ≤1), L 2: y =x (0≤x ≤1) .x d x L ⎰x d x x d x L L⎰⎰+=21⎰⎰'++'+=121022)(1])[(1dx x x dx x x⎰⎰++=1102241x d x dx x x )12655(121-+=.(4)dsey x L22+⎰, 其中L 为圆周x 2+y 2=a 2, 直线y =x 及x 轴在第一象限内所围成的扇形的整个边界; 解 L =L 1+L 2+L 3, 其中 L 1: x =x , y =0(0≤x ≤a ),L 2: x =a cos t , y =a sin t )40(π≤≤t ,L 3: x =x , y =x )220(a x ≤≤,因而ds eds eds eds ey x L y x L y x L y x L22322222122++++⎰⎰⎰⎰++=,⎰⎰⎰+++-++=axaaxdx e dt t a t a edx e220222402202211)cos ()sin (01π2)42(-+=a e a π.(5)⎰Γ++ds z y x 2221, 其中Γ为曲线x =e t cos t , y =e t sin t , z =e t 上相应于t 从0变到2的这段弧; 解 dt dtdz dt dy dtdx ds 222)()()(++= dt e t e t e t e t e t t t t t 222)cos sin ()sin cos (+++-=dt e t 3=,⎰⎰++=++Γ20222222223s i n c o s 11dt e e t e t e ds z y x t tt t⎰----=-==2220)1(23]23[23e e dt e t t .(6)⎰Γyzds x 2, 其中Γ为折线ABCD , 这里A 、B 、C 、D 依次为点(0, 0, 0)、 (0, 0, 2)、(1, 0, 2)、(1, 3, 2); 解 Γ=AB +BC +CD , 其中 AB : x =0, y =0, z =t (0≤t ≤1), BC : x =t , y =0, z =2(0≤t ≤3), CD : x =1, y =t , z =2(0≤t ≤3), 故y z d sx y z d s x y z d s x y z d s xCDBCAB2222⎰⎰⎰⎰++=Γ 901020030222301=++++=⎰⎰⎰dt t dt dt .(7)⎰Lds y 2, 其中L 为摆线的一拱x =a (t -sin t ), y =a (1-cos t )(0≤t ≤2π);解⎰⎰'+'--=Ldt t a t t a t a ds y π2022222])(cos [])sin ([)cos 1(⎰--=π2023c o s 1)c o s 1(2dt t t a 315256a =.(8)⎰+Lds y x )(22, 其中L 为曲线x =a (cos t +t sin t ), y =a (sin t -t cos t )(0≤t ≤2π).解 dt dtdy dtdx ds 22)()(+=atdt dt t at t at =+=22)sin ()cos (a t d tt t t a t t t a ds y xL ])cos (sin )sin (cos [)(22202222-++=+⎰⎰π⎰+=+=πππ2023223)21(2)1(a t d t t a .4. 求半径为a , 中心角为2ϕ的均匀圆弧(线密度μ=1)的重心. 解 建立坐标系如图10-4所示, 由对称性可知0=y , 又 ⎰==Lx x d s aMM x ϕ21⎰-⋅=ϕϕθθϕa d a ac o s 21ϕϕs i n a =,所以圆弧的重心为)0 ,sin (ϕϕa5. 设螺旋形弹簧一圈的方程为x =a cos t , y =a sin t , z =kt , 其中0≤1≤2π, 它的线密度ρ(x , y , z )=x 2+y 2+z 2, 求:(1)它关于z 轴的转动惯量I z ; (2)它的重心. 解 dt t z t y t x ds )()()(222'+'+'=dt k a 22+=. (1)⎰+=Lz ds z y x y x I ),,()(22ρds z y x y x L))((22222+++=⎰dt k a t k a a ⎰++=π20222222)()43(32222222k a k a a ππ++=.(2)⎰⎰++==LLds z y x ds z y x M )(),,(222ρ⎰++=π2022222)(dt k a t k a)43(3222222k a k a ππ++=,ds z y x x M x L)(1222⎰++=⎰++=π2022222)(c o s 1dt k a t k a t a M2222436k a ak ππ+=,ds z y x y My L)(1222⎰++=⎰++=π2022222)(s i n 1dt k a t k a t a M2222436k a ak ππ+-=,ds z y x z Mz L)(1222⎰++=⎰++=π2022222)(1dt k a t k a kt M22222243)2(3ka k a k πππ++=,故重心坐标为)43)2(3 ,436 ,436(22222222222222k a k a k k a ak k a ak πππππππ+++-+.习题 10-21. 设L 为xOy 面内直线x =a 上的一段, 证明:⎰=L dx y x P 0),(.证明 设L 是直线x =a 上由(a , b 1)到(a , b 2)的一段, 则L : x =a , y =t , t 从b 1变到b 2. 于是00) ,())(,(),(2121⎰⎰⎰=⋅==b b b b L dt t a P dt dtdat a P dx y x P .2. 设L 为xOy 面内x 轴上从点(a , 0)到(b , 0)的一段直线, 证明⎰⎰=Lba dx x P dx y x P )0 ,(),(.证明L : x =x , y =0, t 从a 变到b , 所以⎰⎰⎰='=baLb adx x P dx x x P dx y x P )0 ,())(0 ,(),(.3. 计算下列对坐标的曲线积分:(1)⎰-Ldx y x )(22, 其中L 是抛物线y =x 2上从点(0, 0)到点(2, 4)的一段弧;解 L : y =x 2, x 从0变到2, 所以⎰⎰-=-=-Ldx x x dx y x 242221556)()(. (2)⎰Lxydx , 其中L 为圆周(x -a )2+y 2=a 2(a >0)及x 轴所围成的在第 一象限内的区域的整个边界(按逆时针方向绕行); 解 L =L 1+L 2, 其中L 1: x =a +a cos t , y =a sin t , t 从0变到π, L 2: x =x , y =0, x 从0变到2a , 因此⎰⎰⎰+=21L L Lx y d xx y d x x y d x ⎰⎰+'++=adx dt t a a t a t a 200)cos (sin )cos 1(π302232)s i n s i ns i n (a t td tdt a πππ-=+-=⎰⎰. (3)⎰+Lxdy ydx , 其中L 为圆周x =R cos t , y =R sin t 上对应t 从0到2π的一段弧;解⎰⎰+-=+L dt t tR R t R t R xdy ydx ]cos cos )sin (sin [20π⎰==20202c o s πt d t R .(4)⎰+--+Ly x dyy x dx y x 22)()(, 其中L 为圆周x 2+y 2=a 2(按逆时针方向绕行);解 圆周的参数方程为: x =a cos t , y =a sin t , t 从0变到2π, 所以⎰+--+Ly x dyy x dx y x 22)()(⎰---+=π202)]cos )(sin cos ()sin )(sin cos [(1dt t a t a t a t a t a t a a⎰-=-=ππ202221dt a a.(5)ydz zdy dx x -+⎰Γ2, 其中Γ为曲线x =k θ, y =a cos θ, z =a sin θ上对应θ从0到π的一段弧; 解⎰⎰--+=-+Γπθθθθθθ022]cos cos )sin (sin )[(d a a a a k k ydz zdy dx x233220331)(a k d a k ππθθπ-=-=⎰.(6)dz y x ydy xdx )1(-+++⎰Γ, 其中Γ是从点(1, 1, 1)到点(2, 3, 4)的一段直线;解 Γ的参数方程为x =1+t , y =1+2t , z =1+3t , t 从0变到1.⎰Γ-+++dz y x ydy xdx )1(⎰-+++++++=10)]1211(3)21(2)1[(dtt t t t⎰=+=1013)146(dt t .(7)⎰Γ+-ydz dy dx , 其中Γ为有向闭折线ABCA , 这里的A , B , C依次为点(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1); 解 Γ=AB +BC +CA , 其中AB : x =x , y =1-x , z =0, x 从1变到0, BC : x =0, y =1-z , z =z , z 从0变到1,CA : x =x , y =0, z =1-x , x 从0变到1, 故y d z dy dx ydz dy dx ydz dy dx ydz dy dx CA BC AB +-++-++-=+-⎰⎰⎰⎰Γ⎰⎰⎰+-+'--+'--=111)]1()1([])1(1[dx dt z z dx x 21=.(8)dy xy y dx xy x L)2()2(22-+-⎰, 其中L 是抛物线y =x 2上从(-1, 1)到(1, 1)的一段弧.解 L : x =x , y =x 2, x 从-1变到1, 故⎰-+-Ldy xy y dx xy x )2()2(22⎰--+-=113432]2)2()2[(dx x x x x x1514)4(2142-=-=⎰dx x x4. 计算⎰-++Ldy x y dx y x )()(, 其中L 是:(1)抛物线y =x 2上从点(1, 1)到点(4, 2)的一段弧; 解 L : x =y 2, y =y , y 从1变到2, 故⎰-++L dy x y dx y x )()(⎰=⋅-+⋅+=2122334]1)(2)[(dy y y y y y .(2)从点(1, 1)到点(4, 2)的直线段; 解 L : x =3y -2, y =y , y 从1变到2, 故⎰-++L dy x y dx y x )()(11]1)23()23[(21=⋅+-+⋅+-=⎰dy y y y y y(3)先沿直线从点(1, 1)到(1, 2), 然后再沿直线到点(4, 2)的折线; 解 L =L 1+L 2, 其中L 1: x =1, y =y , y 从1变到2, L 2: x =x , y =2, x 从1变到4, 故⎰-++L dy x y dx y x )()(dy x y dx y x dy x y dx y x L L )()()()(21-+++-++=⎰⎰14)2()1(4121=++-=⎰⎰dx x dy y .(4)沿曲线x =2t 2+t +1, y =t 2+1上从点(1, 1)到(4, 2)的一段弧. 解 L : x =2t 2+t +1, y =t 2+1, t 从0变到1, 故⎰-++L dy x y dx y x )()(332]2)()14)(23[(1022=⋅--++++=⎰dt t t t t t t .5. 一力场由沿横轴正方向的常力F 所构成, 试求当一质量为m 的质点沿圆周x 2+y 2=R 2按逆时针方向移过位于第一象限的那一段时 场力所作的功.解 已知场力为F =(|F |, 0), 曲线L 的参数方程为 x =R cos θ, y =R sin θ,θ从0变到2π, 于是场力所作的功为R F d R F dx F d W LL||)sin (||||20-=-⋅==⋅=⎰⎰⎰πθθr F .6. 设z 轴与力方向一致, 求质量为m 的质点从位置(x 1, y 1, z 1) 沿直线移到(x 2, y 2, z 2)时重力作的功.解 已知F =(0, 0, mg ). 设Γ为从(x 1, y 1, z 1)到(x 2, y 2, z 2)的直线, 则重力所作的功为⎰⎰⎰ΓΓ-==++=⋅=21)(0012z z z z mg dz mg mgdz dy dx d W r F .7. 把对坐标的曲线积分⎰+Ldy y x Q dx y x P ),(),(化成对弧长的曲线积分, 其中L 为:(1)在xOy 面内沿直线从点(0, 0)到(1, 1);解 L 的方向余弦214cos cos cos ===πβα,故⎰+L dy y x Q dx y x P ),(),(ds y x Q y x P L]cos ),(cos ),([βα+=⎰ ⎰+=Ld s y x Q y x P 2),(),(.(2)沿抛物线y =x 2从点(0, 0)到(1, 1);解 曲线L 上点(x , y )处的切向量为τ=(1, 2x ), 单位切向量为 )412,411()c o s ,(c o s 22xx x++==τβαe ,故⎰+L dy y x Q dx y x P ),(),(ds y x Q y x P L]cos ),(cos ),([βα+=⎰⎰++=Lds xy x xQ y x P 241),(2),(.(3)沿上半圆周x 2+y 2=2x 从点(0, 0)到(1, 1). 解 L 的方程为22x x y -=, 其上任一点的切向量为 )21 ,1(2xx x --=τ,单位切向量为)1 ,2()c o s ,(c o s 2x x x --==τβαe ,故⎰+L dy y x Q dx y x P ),(),(ds y x Q y x P L]cos ),(cos ),([βα+=⎰⎰-+-=Lds y x Q x y x P x x )],()1(),(2[2.8. 设Γ为曲线x =t , y =t 2, z =t 3上相应于t 从0变到1的曲线弧, 把对坐标的曲线积分⎰Γ++Rdz Qdy Pdx 化成对弧长的曲线积分.解 曲线Γ上任一点的切向量为 τ=(1, 2t , 3t 2)=(1, 2x , 3y ), 单位切向量为)3 ,2 ,1(9211)c o s ,c o s ,(c o s 22y x yx ++==τγβαe ,ds R Q P Rdz Qdy Pdx L ]cos cos cos [γβα++=++⎰⎰Γ⎰++++=Lds yx yR xQ P 2294132.习题 10-31. 计算下列曲线积分, 并验证格林公式的正确性:(1)⎰++-ldy y x dx x xy )()2(22, 其中L 是由抛物线y =x 2及y 2=x 所围成的区域的正向边界曲线; 解 L =L 1+L 2, 故⎰++-L dy y x dx xxy )()2(22⎰⎰++-+++-=21)()2()()2(2222L L dy y x dx x xy dy y x dx x xy⎰⎰++-+++-=1012243423)](2)2[(]2)()2[(dy y y y y y dx x x x x x301)242()22(101245235=++--++=⎰⎰dy y y y dx x x x , 而 d x d y x d x d y yPx Q DD )21()(-=∂∂-∂∂⎰⎰⎰⎰⎰⎰-=102)21(y y dx x dy301)(42121=+--=⎰dy y y y y , 所以⎰⎰⎰+=∂∂-∂∂l DQ d y P d x d x d y yPx Q )(.(2)⎰-+-ldy xy y dx xy x )2()(232, 其中L 是四个顶点分别为(0, 0)、(2, 0)、(2, 2)、和(0, 2)的正方形区域的正向边界. 解 L =L 1+L 2+L 3+L 4, 故⎰-+-L dy xy y dx xy x)2()(232dy xy y dx xy x L L L L )2())((2324321-+-+++=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰+-+-+=20200222222)8()4(dy y dx x x dy y y dx x848202=-+=⎰⎰y d y x d x ,而d x d y xy y dxdy yPx Q DD)32()(2+-=∂∂-∂∂⎰⎰⎰⎰ ⎰⎰+-=20220)32(dy xy y dx 8)48(2=-=⎰dx x ,所以⎰⎰⎰+=∂∂-∂∂l DQ d y P d x d x d y yPx Q )(.2. 利用曲线积分, 求下列曲线所围成的图形的面积: (1)星形线x =a cos 3t , y =a sin 3t ; 解 ⎰⎰-⋅⋅-=-=Ldt t t a t a ydx A π2023)sin (cos 3sin⎰==ππ20224283c o s s i n 3a t d t t a.(2)椭圆9x 2+16y 2=144;解 椭圆9x 2+16y 2=144的参数方程为 x =4cos θ, y =3sin θ, 0≤θ≤2π, 故 ⎰-=Ly d x x d y A 21⎰-⋅-⋅=πθθθθθ20)]sin 4(sin 3cos 3cos 4[21d ⎰==ππθ20126d .(3)圆x 2+y 2=2ax .解 圆x 2+y 2=2ax 的参数方程为x =a +a cos θ, y =a sin θ, 0≤θ≤2π, 故 ⎰-=Ly d x x d y A 21⎰-⋅-⋅+=πθθθθθ20)]sin (sin cos )cos 1([21d a a a a 2202)c o s 1(2a d a ⎰=+=ππθθ.3. 计算曲线积分⎰+-Ly x xdy ydx )(222, 其中L 为圆周(x -1)2+y 2=2, L 的方向为逆时针方向. 解 )(222y x y P +=, )(222y x xQ +-=. 当x 2+y 2≠0时 y P x Q ∂∂=∂∂0)(2)(22222222222=+--+-=y x y x y x y x . 在L 内作逆时针方向的ε小圆周 l : x =εcos θ, y =εsin θ(0≤θ≤2π),在以L 和l 为边界的闭区域D ε上利用格林公式得0)(=∂∂-∂∂=+⎰⎰⎰-+d x d y yPx Q Q d y P d x D l L ε, 即⎰⎰⎰+=+-=+-lL ldy Pdx Qdy Pdx QdyPdx .因此⎰⎰+-=+-l L y x x d yy d x y x x d yy d x )(2)(22222⎰--=πθεθεθε20222222c o s s i n d ⎰-=-=ππθ2021d .4. 证明下列曲线积分在整个xOy 面内与路径无关, 并计算积分值: (1)⎰-++)3 ,2()1 ,1()()(dy y x dx y x ;解 P =x +y , Q =x -y , 显然P 、Q 在整个xOy 面内具有一阶连续偏 导数, 而且1=∂∂=∂∂xQy P , 故在整个xOy 面内, 积分与路径无关.取L 为点(1, 1)到(2, 3)的直线y =2x -1, x 从1变到2, 则⎰⎰-+-=-++)3 ,2()1 ,1(21)]1(2)13[()()(dx x x dy y x dx y x⎰=+=2125)1(dx x .(2)⎰-+-)4 ,3()2 ,1(2232)36()6(dy xy y x dx y xy ;解 P =6xy 2-y 3, Q =6x 2y -3xy 2, 显然P 、Q 在整个xOy 面内具有一 阶连续偏导数, 并且2312y xy xQy P -=∂∂=∂∂, 故积分与路径无关, 取路径 (1, 2)→(1, 4)→(3, 4)的折线, 则⎰-+-)4 ,3()2 ,1(2232)36()6(dy xy y x dx y xy236)6496()3642312=-+-=⎰⎰dx x dy y y .(3)⎰-++-)1 ,2()0 ,1(324)4()32(dy xy x dx y xy .解 P =2xy -y 4+3, Q =x 2-4xy 3, 显然P 、Q 在整个xOy 面内具有一 阶连续偏导数, 并且342y x xQ y P -=∂∂=∂∂, 所以在整个xOy 面内积分与 路径无关, 选取路径为从(1, 0)→(1, 2)→(2, 1)的折线, 则⎰-++-)1 ,2()0 ,1(324)4()32(dy xy x dx yxy⎰⎰=++-=12135)1(2)41(dx x dy y .5. 利用格林公式, 计算下列曲线积分:(1)⎰-+++-Ldy x y dx y x )635()42(, 其中L 为三顶点分别为(0, 0)、(3, 0)和(3, 2)的三角形正向边界;解 L 所围区域D 如图所示, P =2x -y +4, Q =5y +3x -6,4)1(3=--=∂∂-∂∂yPx Q , 故由格林公式,得⎰-+++-L dy x y dx y x )6315()42(d x d y yPx Q D)(∂∂-∂∂=⎰⎰ 124==⎰⎰d x d y D.(2)⎰-+-+Lx x dy ye x x dx e y x xy x y x )2sin ()sin 2cos (222, 其中L 为正向星形线323232a y x =+(a >0);解 x e y x xy x y x P 22sin 2cos -+=, x ye x x Q 2sin 2-=,0)2c o s s i n 2()2c o s s i n 2(22=-+--+=∂∂-∂∂x x ye x x x x ye x x x x yPx Q , 由格林公式⎰-+-+Lx x dy ye x x dx e y x xy x y x )2sin ()sin 2cos (2220)(=∂∂-∂∂=⎰⎰d x d y yPx Q D. (3)⎰+-+-Ldy y x x y dx x y xy )3sin 21()cos 2(2223, 其中L 为在抛物线2x =πy 2上由点(0, 0)到)1 ,2(π的一段弧;解 x y xy P cos 223-=, 223sin 21y x x y Q +-=,0)c o s 26()6c o s 2(22=--+-=∂∂-∂∂x y xy xy x y yPx Q , 所以由格林公式0)(=∂∂-∂∂=+⎰⎰⎰++-d x d y yPx Q Q d y P d x DOBOA L , 其中L 、OA 、OB 、及D 如图所示. 故⎰⎰++=+AB OA L QdyPdx Qdy Pdx4)4321(02201022πππ=+-+=⎰⎰dy y y dx . (4)⎰+--Ldy y x dx y x )sin ()(22, 其中L 是在圆周22x x y -=上由点(0, 0)到点(1, 1)的一段弧. 解 P =x 2-y , Q =-x -sin 2y , 0)1(1=---=∂∂-∂∂yPx Q , 由格林公式有0)(=∂∂-∂∂-=+⎰⎰⎰++d x d y yPx Q Q d y P d x DBO AB L , 其中L 、AB 、BO 及D 如图所示. 故⎰⎰++--=+--L OBBA dy y x dx y x dy y x dx y x)sin ()()sin ()(22222s i n 4167)s i n 1(102102+-=++-=⎰⎰dx x dy y .6. 验证下列P (x , y )dx +Q (x , y )dy 在整个xOy 平面内是某一函数 u (x , y )的全微分, 并求这样的一个u (x , y ): (1)(x +2y )dx +(2x +y )dy ; 证明 因为yPx Q ∂∂==∂∂2, 所以P (x , y )dx +Q (x , y )dy 是某个定义在整 个xOy 面内的函数u (x , y )的全微分. ⎰++++=),()0,0()2()2(),(y x C dy y x dx y x y x u C y xy x +++=22222.(2)2xydx +x 2dy ; 解 因为yPx x Q ∂∂==∂∂2, 所以P (x , y )dx +Q (x , y )dy 是某个定义在整个 xOy 面内的函数u (x , y )的全微分. ⎰++=),()0,0(22),(y x C dy x xydx y x u ⎰⎰+=++=y yC y x C x y d x dy 0220.(3)4sin x sin3y cos xdx –3cos3y cos2xdy 解 因为yPx y x Q ∂∂==∂∂2sin 3cos 6, 所以P (x , y )dx +Q (x , y )dy 是某个 定义在整个xOy 平面内的函数u (x , y )的全微分. ⎰+-=),()0,0(2c o s 3c o s 3c o s 3s i n s i n 4),(y x C x d y y x d x y x y x uC y x C x d y y dx x y+-=+-+=⎰⎰3sin 2cos 2cos 3cos 300.(4)dy ye y x x dx xy y x y )128()83(2322++++ 解 因为yPxy x x Q ∂∂=+=∂∂1632, 所以P (x , y )dx +Q (x , y )dy 是某个定 义在整个xOy 平面内的函数u (x , y )的全微分.⎰+++++=),()0,0(232)128()823(),(y x y C dy ye y x x dx xy iy xh y x uC dx xy y x dy ye y xy +++=⎰⎰022)83(12C e ye y x y x y y +-++=)(124223.(5)dy y x x y dx x y y x )sin sin 2()cos cos 2(22-++ 解 因为yPy x x y x Q ∂∂=-=∂∂sin 2cos 2, 所以P (x , y )dx +Q (x , y )dy 是 某个函数u (x , y )的全微分⎰⎰+-+=xyC dy y x x y xdx y x u 02)sin sin 2(2),(C y x x y ++=c o s s i n 22.7. 设有一变力在坐标轴上的投影为X =x +y 2, Y =2xy -8, 这变力确 定了一个力场, 证明质点在此场内移动时, 场力所做的功与路径无关. 解 场力所作的功为⎰Γ-++=dy xy dx y x W )82()(2.由于yX y x Y ∂∂==∂∂2, 故以上曲线积分与路径无关, 即场力所作的功 与路径无关.习题10-41. 设有一分布着质量的曲面∑, 在点(x , y , z )处它的面密度为μ(x , y , z ), 用对面积的曲面积分表达这曲面对于x 轴的转动惯量.解. 假设μ(x , y , z )在曲面∑上连续, 应用元素法, 在曲面∑上任意一点(x , y , z )处取包含该点的一直径很小的曲面块dS (它的面积也记做dS ), 则对于x 轴的转动惯量元素为dI x =(y 2+z 2)μ(x , y , z )dS , 对于x 轴的转动惯量为dS z y x z y I x ),,()(22μ+=∑⎰⎰.2. 按对面积的曲面积分的定义证明公式dSz y x f dS z y x f dS z y x f ),,(),,(),,(21∑∑∑⎰⎰⎰⎰⎰⎰+=,其中∑是由∑1和∑2组成的.证明 划分∑1为m 部分, ∆S 1, ∆S 2, ⋅ ⋅ ⋅, ∆S m ; 划分∑2为n 部分, ∆S m +1, ∆S m +2, ⋅ ⋅ ⋅, ∆S m +n , 则∆S 1, ⋅ ⋅ ⋅, ∆S m , ∆S m +1, ⋅ ⋅ ⋅, ∆S m +n 为∑的一个划分, 并且 i i i i nm m i i i i i mi i i i i nm i S f S f S f ∆+∆=∆++==+=∑∑∑),,(),,(),,(111ζηξζηξζηξ.令}{max 11i mi S ∆=≤≤λ, }{max12i nm i m S ∆=+≤≤+λ, } ,max{21λλλ=, 则当λ→0时, 有dSz y x f dS z y x f dS z y x f ),,(),,(),,(21∑∑∑⎰⎰⎰⎰⎰⎰+=.3. 当∑是xOy 面内的一个闭区域时, 曲面积分dS z y x f ),,(∑⎰⎰与二重积分有什么关系？解 ∑的方程为z =0, (x , y )∈D ,d x d y d x d yz z dS y x =++=221, 故d x d y z y x f dS z y x f D ),,(),,(⎰⎰⎰⎰=∑.4. 计算曲面积分dS z y x f ),,(∑⎰⎰, 其中∑为抛物面z =2-(x 2+y 2)在xOy 面上方的部分, f (x , y , z )分别如下: (1) f (x , y , z )=1;解 ∑: z =2-(x 2+y 2), D xy : x 2+y 2≤2,d x d y y x d x d yz z dS y x 22224411++=++=. 因此d x d y y x dS z y x f xyD 22441),,(++=⎰⎰⎰⎰∑⎰⎰+=πθ202241r d r r d ππ313])41(121[2202/32=+=r .(2) f (x , y , z )=x 2+y 2;解 ∑: z =2-(x 2+y 2), D xy : x 2+y 2≤2,d x d y y x d x d yz z dS y x 22224411++=++=. 因此d x d yy x y xdS z y x f xyD 2222441)(),,(+++=⎰⎰⎰⎰∑⎰⎰+=πθ202241r d r r d ππ30149412222=+=⎰rdr r r .(3) f (x , y , z )=3z .解 ∑: z =2-(x 2+y 2), D xy : x 2+y 2≤2,d x d y y x d x d yz z dS y x 22224411++=++=. 因此dS z y x f ),,(∑⎰⎰d x d y y x y x xyD 2222441)](2[3+++-=⎰⎰ ⎰⎰+-=πθ2022241)2(3r d r r r d ππ1011141)2(6222=+-=⎰rdr r r .5. 计算dS y x )(22+∑⎰⎰, 其中∑是:(1)锥面22y x z +=及平面z =1所围成的区域的整个边界曲面; 解 将∑分解为∑=∑1+∑2, 其中 ∑1: z =1 , D 1: x 2+y 2≤1, dS =dxdy ;∑1:22y x z +=, D 2: x 2+y 2≤1, dxdy dxdy z z dS y x 2122=++=.dS y x dS y x dS y x )()()(22222221+++=+∑∑∑⎰⎰⎰⎰⎰⎰ d x d y y x d x d y y x D D )()(222221+++=⎰⎰⎰⎰⎰⎰=πθ20103dr r d +⎰⎰πθ20132dr r dπππ221222+=+=.提示: dxdy dxdy yx y y x x dS 21222222=++++=.(2)锥面z 2=3(x 2+y 2)被平面z =0及z =3所截得的部分. 解 ∑:223y x z +=, D xy : x 2+y 2≤3,d x d y d x d yz z dS y x 2122=++=, 因而πθπ922)()(32202222==+=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰∑r d r r d d x d y y x dS y x xyD .提示: dxdy dxdy y x y y x x dS 2])(326[])(326[1222222=++++=.6. 计算下面对面积的曲面积分:(1)dS y x z )342(++∑⎰⎰, 其中∑为平面1432=++z yx 在第一象限中的部分;解 y x z 3424:--=∑, x y x D xy 2310 ,20 :-≤≤≤≤,d x d y z z dS y x 221++=d x d y 361=,61436143614)342(==⋅=++⎰⎰⎰⎰⎰⎰∑dxdydxdy dS y x z xyxyD D .(2)dS z x x xy )22(2+--∑⎰⎰, 其中∑为平面2x +2y +z =6在第一象限中的部分;解 ∑: z =6-2x -2y , D xy : 0≤y ≤3-x , 0≤x ≤3,d x d y d x d yz z dS y x 3122=++=,dS z x xxy )22(2+--∑⎰⎰d x d yy x x xxy xyD 3)22622(2--+--=⎰⎰ ⎰⎰--+--=xdy y xy x x dx 30230)22236(3427)9103(3323-=+-=⎰dx x x . (3)dS z y x )(++∑⎰⎰, 其中∑为球面x 2+y 2+z 2=a 2上z ≥h (0<h <a )的部分; 解 ∑:222y x a z --=, D xy : x 2+y 2≤a 2-h 2,d x d y z z dS y x 221++=d x d y yx a a 222--=,d x d yyx a ay x a y x dS z y x xyD 222222)()(----++=++⎰⎰⎰⎰∑)(||22h a a D a a d x d y xy D xy-===⎰⎰π(根据区域的对称性及函数的奇偶性).提示: dxdy yx a y yx a x dS 22222222)()(1+--++--+=dxdyyx a a 222--=,(4)dS zx yz xy )(++∑⎰⎰, 其中∑为锥面22y x z +=被x 2+y 2=2ax 所截得的有限部分.解 ∑: 22y x z +=, D xy : x 2+y 2≤2ax , dxdy dxdy z z dS y x 2122=++=,d x d yy x y x xy dSzx yz xy xyD ])([2)(22+++=++⎰⎰⎰⎰∑⎰⎰++=-θππθθθθc o s202222)]sin (cos cos sin [2a rdr q r r dθθθθθθππd a)c o s s i n c o s c o s (s i n 24422554⎰-++=421564a =.提示: dxdy yx y y x x dS 2222221++++=.7. 求抛物面壳)10)((2122≤≤+=z y x z 的质量, 此壳的面密度为μ=z .解 ∑: )(2122y x z +=, D xy : x 2+y 2≤2,d x d y y x d x d yz z dS y x 222211++=++=. 故 d x d yy x y x z d S M xyD 22221)(21+++==⎰⎰⎰⎰∑⎰⎰+=πθ20222121r d r r r d )136(152+=π.8. 求面密度为μ0的均匀半球壳x 2+y 2+z 2=a 2(z ≥0)对于z 轴的转动惯量. 解 ∑: 222y x a z --=, D xy : x 2+y 2≤a 2,d x d y z z dS y x 221++=d x d y yx a a 222--=,d x d yyx a a y x dS y x I z 22222022)()(--+=+=∑∑⎰⎰⎰⎰μμ ⎰⎰-=πθμ202230adr ya r d a 4034a πμ=.提示: dxdy yx a y yx a x dS 22222222)()(1---+---+=dxdyyx a a 222--=,习题10-51. 按对坐标的曲面积分的定义证明公式:d y d z z y x P z y x P )],,(),,([21±∑⎰⎰d y d z z y x P d y d zz y x P )],,(),,(21∑∑⎰⎰⎰⎰±=. 解 证明把∑分成n 块小曲面∆S i (∆S i 同时又表示第i 块小曲面的面 积), ∆S i 在yOz 面上的投影为(∆S i )yz , (ξi , ηi ,ζi )是∆S i 上任意取定的一点,λ是各小块曲面的直径的最大值, 则d y d z z y x P z y x P )],,(),,([21±∑⎰⎰yz i i i i i i i ni S P P ))](,(),([lim ,2,110∆±==→∑ζηξζηξλyz i i i i ni yz i i i i ni S P S P ))(,(lim ))(,(lim ,210,110∆±∆==→=→∑∑ζηξζηξλλdydz z y x P dydz z y x P )],,(),,(21∑∑⎰⎰⎰⎰±=.2. 当∑为xOy 面内的一个闭区域时, 曲面积分dxdy z y x R ),,(∑⎰⎰与二重积分有什么关系？ 解 因为∑: z =0, (x , y )∈D xy , 故d x d y z y x R d x d yz y x R xyD ),,(),,(⎰⎰⎰⎰±=∑, 当∑取的是上侧时为正号, ∑取的是下侧时为负号. 3. 计算下列对坐标的曲面积分:(1)zdxdy y x 22∑⎰⎰其中∑是球面x 2+y 2+z 2=R 2的下半部分的下侧;解 ∑的方程为222y x R z ---=, D xy : x 2+y 2≤R , 于是z d x d yy x22∑⎰⎰d x d yy x R y xxyD )(22222----=⎰⎰ ⎰⎰⋅-⋅⋅=πθθθ2022222s i n c o s r d r r R r r d R⎰⎰-=πθθ20052222s i n 41Rdr r r R d 71052R π=.(2)ydzdx xdydz zdxdy ++∑⎰⎰, 其中z 是柱面x 2+y 2=1被平面z =0及z =3所截得的第一卦限内的部分的前侧; 解 ∑在xOy 面的投影为零, 故0=∑⎰⎰zdxdy .∑可表示为21y x -=, (y , z )∈D yz ={(y , z )|0≤y ≤1, 0≤z ≤3}, 故⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰-=-=-=∑30112221311dy y dy y dz dydz y xdyz yzD∑可表示为21x y -=, (z , x )∈D zx ={(z , x )|0≤z ≤3, 0≤x ≤1}, 故d z d x x y d z d x zxD 21-=⎰⎰⎰⎰∑⎰⎰⎰-=-=301122131dx x dx x dz .因此 y d z d x x d y d z z d x d y ++∑⎰⎰)13(212dx x ⎰-=ππ2346=⨯=.解法二 ∑前侧的法向量为n =(2x , 2y , 0), 单位法向量为 )0 , ,(1)c o s ,c o s ,(c o s 22y x yx +=γβα,由两种曲面积分之间的关系,dS z y x ydzdx xdydz zdxdy)cos cos cos (γβα++=++∑∑⎰⎰⎰⎰π23)(222222==+=+⋅++⋅=∑∑∑⎰⎰⎰⎰⎰⎰dS dS y x dS y x y y y x x x . 提示:dS ∑⎰⎰表示曲面的面积.(3)dxdy z z y x f dzdx y z y x f dydz x z y x f ]),,([]),,(2[]),,([+++++∑⎰⎰, 其中 f (x , y , z )为连续函数, ∑是平面x -y +z =1在第四卦限部分的上侧; 解 曲面∑可表示为z =1-x +y , (x , y )∈D xy ={(x , y )|0≤x ≤1, 0≤y ≤x -1}, ∑上侧的法向量为n =(1, -1, 1), 单位法向量为)31,31 ,31()c o s ,c o s ,(c o s -=γβα, 由两类曲面积分之间的联系可得d x d y z z y x f d z d x y z y x f d y d zx z y x f ]),,([]),,(2[]),,([+++++∑⎰⎰ dS z f y f x f ]cos )(cos )2(cos )[(γβα+++++=∑⎰⎰dS z f y f x f ]31)()31()2(31)(⋅++-⋅++⋅+=∑⎰⎰2131)(31===+-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰∑∑d x d ydS dS z y x xyD .(4)⎰⎰∑++yzdzdx xydydz xzdxdy , 其中∑是平面x =0, y =0, z =0, x +y +z =1所围成的空间区域的整个边界曲面的外侧. 解 ∑=∑1+∑2+∑3+∑4, 其中 ∑1: x =0, D yz : 0≤y ≤1, 0≤z ≤1-y ,∑2: y =0, D zx : 0≤z 1, 0≤x ≤1-z , ∑3: z =0, D xy : 0≤x ≤1, 0≤y ≤1-x , ∑4: z =1-x -y , D xy : 0≤x ≤1, 0≤y ≤1-x , 于是⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰∑∑∑∑∑+++=4321xzdxdyx z d x d y4000∑⎰⎰+++= d x d y y x x xyD )1(--=⎰⎰⎰⎰-=--=110241)1(xdy y x xdx. 由积分变元的轮换对称性可知241⎰⎰⎰⎰∑∑==yzdzdx xydydz .因此 ⎰⎰∑=⨯=++812413yzdzdx xydydz xzdxdy .解 ∑=∑1+∑2+∑3+∑4, 其中∑1、∑2、∑3是位于坐标面上的三块; ∑4: z =1-x -y , D xy : 0≤x ≤1, 0≤y ≤1-x . 显然在∑1、∑2、∑3上的曲面积分均为零, 于是⎰⎰∑++yzdzdxxydydz xzdxdyy z d z d x x y d y d z x z d x d y ++=∑⎰⎰4dS xz yz xy )cos cos cos (4γβα++=∑⎰⎰dS xz yz xy )(34++=∑⎰⎰81)]1)(([3=--++=⎰⎰dxdy y x y x xy xyD .4. 把对坐标的曲面积分d x d y z y x R d z d x z y x Q d y d zz y x P ),,(),,(),,(++∑⎰⎰化成对面积的曲面积分:(1)∑为平面63223=++z y x 在第一卦限的部分的上侧; 解 令63223),,(-++=z y x z y x F , ∑上侧的法向量为: )32 ,2 ,3(),,(==z y x F F F n , 单位法向量为)32 ,2 ,3(51)c o s ,c o s ,(c o s =γβα,于是R d x d y Q d z d x P d y d z ++∑⎰⎰ dS R Q P )cos cos cos (γβα++=∑⎰⎰dS R Q P )3223(51++=∑⎰⎰.(2)∑是抛物面z =8-(x 2+y 2)在xOy 面上方的部分的上侧. 解 令F (x , y , z )=z +x 2+y 2-8, ∑上侧的法向量 n =(F x , F y , F z )=(2x , 2y , 1), 单位法向量为)1 ,2 ,2(4411)c o s ,c o s ,(c o s 22y x yx ++=γβα,于是R d x d y Q d z d x P d y d z ++∑⎰⎰ dS R Q P )cos cos cos (γβα++=∑⎰⎰dSR yQ xP yx )22(441122++++=∑⎰⎰.10-61. 利用高斯公式计算曲面积分:(1)⎰⎰∑++dxdy z dzdx y dydz x 222, 其中∑为平面x =0, y =0, z =0, x =a ,y =a , z =a 所围成的立体的表面的外侧;解 由高斯公式 原式dv z y x dv zRy Q x P )(2)(++=∂∂+∂∂+∂∂=ΩΩ⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ⎰⎰⎰⎰⎰⎰===Ωaaaa dz dy xdx xdv 040366(这里用了对称性).(2)⎰⎰∑++dxdy z dzdx y dydz x 333, 其中∑为球面x 2+y 2+z 2=a 2的外侧;解 由高斯公式 原式dv z y x dv zRy Q x P )(3)(222++=∂∂+∂∂+∂∂=ΩΩ⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ⎰⎰⎰=ππϕϕθ204s i n 3adr r d d 5512a π=. (3)⎰⎰∑++-+dxdy z y xy dzdx z y x dydz xz )2()(2322, 其中∑为上半球体x 2+y 2≤a 2, 2220y x a z --≤≤的表面外侧; 解 由高斯公式 原式dv y x z d zRy Q x P )()(222++=∂∂+∂∂+∂∂=ΩΩ⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ⎰⎰⎰=ππϕϕθ202022s i n adr r r d d 552a π=. (4)⎰⎰∑++zdxdy ydzdx xdydz 其中∑界于z =0和z =3之间的圆柱体x 2+y 2≤9的整个表面的外侧; 解 由高斯公式 原式π813)(==∂∂+∂∂+∂∂=ΩΩ⎰⎰⎰⎰⎰⎰dv dv zRy Q x P . (5)⎰⎰∑+-yzdxdy dzdx y xzdydz 24,其中∑为平面x =0, y =0, z =0, x =1,y =1, z =1所围成的立体的全表面的外侧. 解 由高斯公式原式dv y y z dv zRy Q x P )24()(+-=∂∂+∂∂+∂∂=ΩΩ⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ⎰⎰⎰=-=1010123)4(dz y z dy dx . 2. 求下列向量A 穿过曲面∑流向指定侧的通量:(1)A =yz i +xz j +xy k , ∑为圆柱x +y 2≤a 2(0≤z ≤h )的全表面, 流向外侧; 解 P =yz , Q =xz , R =xy , ⎰⎰∑++=Φxydxdy xzdzdx yzdydzdv zxy y xz x yz ))()()((∂∂+∂∂+∂∂=Ω⎰⎰⎰00==Ω⎰⎰⎰d v . (2)A =(2x -z )i +x 2y j - xz 2k , ∑为立方体0≤x ≤a , 0≤y ≤a , 0≤z ≤a , 的全表面, 流向外侧;解 P =2x -z , Q =x 2y , R =-xz 2, ⎰⎰∑++=ΦRdxdy Qdzdx Pdydzdv xz x dv zr y Q x P )22()(2-+=∂∂+∂∂+∂∂=ΩΩ⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ⎰⎰⎰-=-+=aaaa a dz xz x dy dx 02320)62()22(. (3)A =(2x +3z )i -(xz +y )j +(y 2+2z )k , ∑是以点(3, -1, 2)为球心, 半径R =3的球面, 流向外侧.解 P =2x +3z , Q =-(xz +y ), R =y 2+2z , ⎰⎰∑++=ΦRdxdy Qdzdx Pdydzdv dv zRy Q x P )212()(+-=∂∂+∂∂+∂∂=ΩΩ⎰⎰⎰⎰⎰⎰π1083==Ω⎰⎰⎰dv . 3. 求下列向量A 的散度: (1)A =(x 2+yz )i +(y 2+xz )j +(z 2+xy )k ; 解 P =x 2+yz , Q =y 2+xz , R =-z 2+xy ,)(2222d i vz y x z y x zRy Q x P ++=++=∂∂+∂∂+∂∂=A .(2)A =e xy i +cos(xy )j +cos(xz 2)k ; 解 P =e xy , Q =cos(xy ), R =cos(xz 2),)s i n (2s i n d i v2xz xz xy x ye zRy Q x P xy --=∂∂+∂∂+∂∂=A . (3)A =y 2z i +xy j +xz k ; 解 P =y 2, Q =xy , R =xz , x x x zRy Q x P 20d i v =++=∂∂+∂∂+∂∂=A . 4. 设u (x , y , z )、v (x , y , z )是两个定义在闭区域Ω上的具有二阶连续 偏导数的函数, nu ∂∂, nv ∂∂依次表示u (x , y , z )、v (x , y , z )沿∑的外法线方向的方向导数. 证明dS nu v n v udxdydz u v v u )()∂∂-∂∂=∆-∆⎰⎰⎰⎰⎰∑Ω, 其中∑是空间闭区间Ω的整个边界曲面, 这个公式叫作林第二公式. 证明 由第一格林公式(见书中例3)知d x d y d z zvy v x v u )(222222∂∂+∂∂+∂∂Ω⎰⎰⎰ d x d y d z zv z u y v y u x v x u dS n v u)(∂∂∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂-∂∂=⎰⎰⎰⎰⎰∑Ω, d x d y d zzuy u x u v )(222222∂∂+∂∂+∂∂Ω⎰⎰⎰ d x d y d zzvz u y v y u x v x u dS n u v)(∂∂∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂-∂∂=⎰⎰⎰⎰⎰∑Ω. 将上面两个式子相减, 即得d x d y d zuy u x u v z v y v x v u )]()([222222222222∂∂+∂∂+∂∂-∂∂+∂∂+∂∂Ω⎰⎰⎰⎰⎰∑∂∂-∂∂=dS nu v n v u)(.。

第十章重积分一元函数积分学中，我们曾经用和式的极限来定义一元函数()f x在区间,a b⎡⎤⎣⎦上的定积分，并已经建立了定积分理论，本章将把这一方法推广到多元函数的情形，便得到重积分的概念. 本章主要讲述多重积分的概念、性质、计算方法以及应用.第1节二重积分的概念与性质二重积分的概念下面我们通过计算曲顶柱体的体积和平面薄片的质量，引出二重积分的定义.1.1.1. 曲顶柱体的体积曲顶柱体是指这样的立体，它的底是x Oy平面上的一个有界闭区域D，其侧面是以D的边界为准线的母线平行于z轴的柱面，其顶部是在区域D上的连续函数(),=，且z f x y (),0f x y≥所表示的曲面（图10—1）.图10—1现在讨论如何求曲顶柱体的体积.分析这个问题，我们看到它与求曲边梯形的面积问题是类似的.可以用与定积分类似的方法（即分割、近似代替、求和、取极限的方法）来解决（图10—2）.图10—2(1)分割闭区域D 为n 个小闭区域,n σσσ∆∆∆12,,,同时也用i Δσ表示第i 个小闭区域的面积，用()i d Δσ表示区域i Δσ的直径（一个闭区域的直径是指闭区域上任意两点间距离的最大值），相应地此曲顶柱体被分为n 个小曲顶柱体.(2)在每个小闭区域上任取一点()()()1122,, ,,, ,n n ξηξηξη对第i 个小曲顶柱体的体积，用高为，()i i f ξη而底为i Δσ的平顶柱体的体积来近似代替.(3)这n 个平顶柱体的体积之和1(,)niiii f ξησ=∆∑就是曲顶柱体体积的近似值.(4)用λ表示n 个小闭区域i Δσ的直径的最大值，即()max 1i i nλd Δσ≤≤=.当0λ→ (可理解为iΔσ收缩为一点)时，上述和式的极限，就是曲顶柱体的体积：1lim (,).ni i i i V f λξησ→==∆∑1.1.2 平面薄片的质量设薄片在x Oy 平面占有平面闭区域D ，它在点，()x y 处的面密度是,()ρρx y =.设()0x y ρ>,且在D 上连续，求薄片的质量(见图10-3).图10-3先分割闭区域D 为n 个小闭区域n σσσ∆∆∆12,,,在每个小闭区域上任取一点()()()1122,, ,,, ,n n ξηξηξη近似地，以点,()i i ξη处的面密度,()i i ρξη代替小闭区域i Δσ上各点处的面密度，则得到第i 块小薄片的质量的近似值为,()i i i ρξηΔσ，于是整个薄片质量的近似值是1(,)niiii ρξησ=∆∑用()max 1i i nλd Δσ≤≤=表示n 个小闭区域i Δσ的直径的最大值，当D 无限细分，即当0λ→时，上述和式的极限就是薄片的质量M ，即1lim (,)ni i i λi M ρξηΔσ→==∑.以上两个具体问题的实际意义虽然不同，但所求量都归结为同一形式的和的极限.抽象出来就得到下述二重积分的定义.定义1 设D 是x Oy 平面上的有界闭区域，二元函数,()z f x y =在D 上有界.将D 分为n 个小区域n σσσ∆∆∆12,,,同时用i Δσ表示该小区域的面积，记i Δσ的直径为()i d Δσ，并令()max 1i i nλd Δσ≤≤=.在i Δσ上任取一点,, 1,2,,()()i i ξηi n =，作乘积()Δ,i i i f ξησ并作和式Δ1(,)ni i i i n S f ξησ==∑.若0λ→时，n S 的极限存在(它不依赖于D 的分法及点(,)i i εη的取法)，则称这个极限值为函数,()z f x y =在D 上的二重积分，记作(,)d Df x y σ⎰⎰，即1(,)d lim (,)Δniiii Df x y f λσξησ→==∑⎰⎰， (10-1-1)其中D 叫做积分区域，,()f x y 叫做被积函数，d σ叫做面积元素，,d ()f x y σ叫做被积表达式，x 与y 叫做积分变量，Δ1(,)ni i i i f ξησ=∑叫做积分和.在直角坐标系中，我们常用平行于x 轴和y 轴的直线(y =常数和x =常数)把区域D 分割成小矩形，它的边长是x ∆和Δy ，从而ΔΔΔσx y =⋅，因此在直角坐标系中的面积元素可写成d dx dy σ=⋅，二重积分也可记作1(,)d d lim (,)niiii Df x y x y f λξησ→==∆∑⎰⎰.有了二重积分的定义，前面的体积和质量都可以用二重积分来表示.曲顶柱体的体积V 是函数,()z f x y =在区域D 上的二重积分(,)d DV f x y σ=⎰⎰；薄片的质量M 是面密度,()ρρx y =在区域D 上的二重积分(,)d DM x y ρσ=⎰⎰.因为总可以把被积函数,()z f x y =看作空间的一曲面，所以当,()f x y 为正时，二重积分的几何意义就是曲顶柱体的体积；当,()f x y 为负时，柱体就在x Oy 平面下方，二重积分就是曲顶柱体体积的负值. 如果,()f x y 在某部分区域上是正的，而在其余的部分区域上是负的，那么,()f x y 在D 上的二重积分就等于这些部分区域上柱体体积的代数和.如果,()f x y 在区域D 上的二重积分存在(即和式的极限(10-1-1)存在)，则称,()f x y 在D 上可积.什么样的函数是可积的呢与一元函数定积分的情形一样，我们只叙述有关结论，而不作证明.如果,()f x y 是闭区域D 上连续，或分块连续的函数，则,()f x y 在D 上可积.我们总假定,()z f x y =在闭区域D 上连续，所以,()f x y 在D 上的二重积分都是存在的，以后就不再一一加以说明.1.1.3 二重积分的性质设二元函数,,,()()f x y g x y 在闭区域D 上连续，于是这些函数的二重积分存在.利用二重积分的定义，可以证明它的若干基本性质.下面列举这些性质.性质1 常数因子可提到积分号外面.设k 是常数，则(,)d (,)d DDkf x y k f x y σσ=⎰⎰⎰⎰.性质2 函数的代数和的积分等于各函数的积分的代数和，即[]()()d ()d ()d DDDf x yg x y f x y g x y σσσ±=±⎰⎰⎰⎰⎰⎰,,,,.性质3 设闭区域D 被有限条曲线分为有限个部分闭区域，则D 上的二重积分等于各部分闭区域上的二重积分的和.例如D 分为区域1D 和2D (见图10-4)，则12(,)d (,)d (,)d DD D f x y f x y f x y σσσ=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰. (10-1-2)图10-4性质3表示二重积分对积分区域具有可加性.性质4 设在闭区域D 上,1()f x y =，σ为D 的面积，则1d d DDσσσ==⎰⎰⎰⎰.从几何意义上来看这是很明显的.因为高为1的平顶柱体的体积在数值上就等于柱体的底面积.性质5 设在闭区域D 上有,,()()f x y g x y ≤，则(,)d (,)d DDf x yg x y σσ≤⎰⎰⎰⎰.由于 (,)(,)(,)f x y f x y f x y -≤≤ 又有(,)d (,)d DDf x y f x y σσ≤⎰⎰⎰⎰.这就是说，函数二重积分的绝对值必小于或等于该函数绝对值的二重积分.性质6 设、M m 分别为()f x y ,在闭区域D 上的最大值和最小值，σ为D 的面积，则有(,)d Dm f x y M σσσ≤≤⎰⎰.上述不等式是二重积分估值的不等式.因为()m f x y M ≤≤,，所以由性质5有d (,)d d DDDm f x y M σσσ≤≤⎰⎰⎰⎰⎰⎰，即 d (,)d d DDDm m f x y M M σσσσσ=≤≤=⎰⎰⎰⎰⎰⎰.性质7 设函数,()f x y 在闭区域D 上连续，σ是D 的面积，则在D 上至少存在一点,()ξη使得(,)d ()Df x y f σξησ=⋅⎰⎰,.这一性质称为二重积分的中值定理. 证 显然0σ≠.因,()f x y 在有界闭区域D 上连续，根据有界闭区域上连续函数取到最大值、最小值定理，在D 上必存在一点()11x y ,使()11f x y ,等于最大值M ，又存在一点22()x y ,使22()f x y ,等于最小值m ，则对于D 上所有点,()x y ，有()()()2211.m f x y f x y f x y M =≤≤=,,,由性质1和性质5，可得d (,)d d DDDm f x y M σσσ≤≤⎰⎰⎰⎰⎰⎰．再由性质4得(,)d Dm f x y M σσσ≤≤⎰⎰，或1(,)d Dm f x y M σσ≤≤⎰⎰．根据闭区域上连续函数的介值定理知，D 上必存在一点,()ξη，使得1(,)d ()Df x y f σξησ=⎰⎰,，即(,)d ()Df x y f σξησ=⎰⎰,， ,()ξηD ∈.证毕.二重积分中值定理的几何意义可叙述如下：当:,()S z f x y =为空间一连续曲面时，对以S 为顶的曲顶柱体，必定存在一个以D 为底，以D 内某点,()ξη的函数值,()f ξη为高的平顶柱体，它的体积,()f ξησ⋅就等于这个曲顶柱体的体积.习题10—11.根据二重积分性质，比较ln()d Dx y σ+⎰⎰与[]2ln()d Dx y σ+⎰⎰的大小，其中(1)D 表示以10,（）、1,0（）、1,1（）为顶点的三角形； (2)D 表示矩形区域(){}|35,2,0x y x y ≤≤≤≤. 2.根据二重积分的几何意义，确定下列积分的值： (1)(22d Da x y σ+⎰⎰，()222{|}D x y x y a =+≤，；(2)222d Da x y σ--，()222{|}D x y x y a =+≤，.3.设(),f x y 为连续函数，求201lim (,)d πr Df x y rσ→⎰⎰,()()()22200{,}D x y x x y y r =-+-≤|.4.根据二重积分性质，估计下列积分的值：(1)4+d DI xy σ=，()22{|00}D x y x y =≤≤≤≤，，；(2)22sin sin d DI x y σ=⎰⎰，()ππ{,|00}D x y x y =≤≤≤≤，； (3)()2249d DI x y σ=++⎰⎰, ()224{,|}D x y x y =+≤.5.设[][]0,10,1D =⨯，证明函数()()()()1,,,,,为内有理点即均为有理数，，为内非有理点0x y D x y f x y x y D ⎧⎪=⎨⎪⎩在D 上不可积.第2节 二重积分的计算只有少数二重积分(被积函数和积分区域特别简单)可用定义计算外，一般情况下要用定义计算二重积分相当困难．下面我们从二重积分的几何意义出发，来介绍计算二重积分的方法，该方法将二重积分的计算问题化为两次定积分的计算问题．直角坐标系下的计算在几何上，当被积函数(),0f x y ≥时，二重积分(,)d Df x y σ⎰⎰的值等于以D 为底，以曲面,()z f x y =为顶的曲顶柱体的体积.下面我们用“切片法”来求曲顶柱体的体积V .设积分区域D 由两条平行直线,x a x b ==及两条连续曲线()()y x y x ϕϕ==12,(见图10—5)所围成，其中()()a b x x ϕϕ<<12,，则D 可表示为()()(){}12,,|D x y a x b φx y φx =≤≤≤≤.图10—5用平行于yOz 坐标面的平面()00x x a x b =≤≤去截曲顶柱体，得一截面，它是一个以区间()()1020x x φφ⎡⎤⎣⎦,为底，以,0()z f x y =为曲边的曲边梯形(见图10—6)，所以这截面的面积为()d 2010()0()0(,)φx φx f x y y A x =⎰.图10—6由此，我们可以看到这个截面面积是0x 的函数.一般地，过区间［,］a b 上任一点且平行于yOz 坐标面的平面，与曲顶柱体相交所得截面的面积为()d 21()()(,)φx φx f x y A y x =⎰，其中y 是积分变量，x 在积分时保持不变.因此在区间［,］a b 上，()A x 是x 的函数，应用计算平行截面面积为已知的立体体积的方法，得曲顶柱体的体积为d d d 21()()()(,)b b φx a a φx A x x f x y V y x ⎡⎤=⎢⎥⎣=⎦⎰⎰⎰，即得21()()(,)d (,)d d b x a x Df x y f x y y x ϕϕσ⎡⎤=⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰⎰，或记作21()()(,)d d (,)d bx ax Df x y x f x y y ϕϕσ=⎰⎰⎰⎰.上式右端是一个先对y ，后对x 积分的二次积分或累次积分.这里应当注意的是：做第一次积分时，因为是在求x 处的截面积()A x ，所以x 是,a b 之间任何一个固定的值，y 是积分变量；做第二次积分时，是沿着x 轴累加这些薄片的体积()A x dx ⋅，所以x 是积分变量.在上面的讨论中，开始假定了,()0f x y ≥，而事实上，没有这个条件，上面的公式仍然正确.这里把此结论叙述如下：若,()z f x y =在闭区域D 上连续，()():D a x b x y x ϕϕ≤≤≤≤12,，则21()()(,)d d d (,)d bx ax Df x y x y x f x y y ϕϕ=⎰⎰⎰⎰. (10-2-1)类似地，若,()z f x y =在闭区域D 上连续，积分区域D 由两条平行直线y a y b ==,及两条连续曲线()()x y x y ϕϕ==12,(见图10—7)所围成，其中()()c d x x ϕϕ<<12,，则D 可表示为()()(){},|D x y c y d y x y ϕϕ=≤≤≤≤12,.则有21()()(,)d d d (,)d dx cx Df x y x y y f x y x ϕϕ=⎰⎰⎰⎰. (10-2-2)图10—7以后我们称图10-5所示的积分区域为X 型区域，X 型区域D 的特点是：穿过D 内部且平行于y 轴的直线与D 的边界的交点不多于两个．称图10—7所示的积分区域为Y 型区域，Y 型区域D 的特点是：穿过D 内部且平行于x 轴的直线与D 的边界的交点不多于两个.从上述计算公式可以看出将二重积分化为两次定积分，关键是确定积分限，而确定积分限又依赖于区域D 的几何形状．因此，首先必须正确地画出D 的图形，将D 表示为X 型区域或Y 型区域．如果D 不能直接表示成X 型区域或Y 型区域，则应将D 划分成若干个无公共内点的小区域，并使每个小区域能表示成X 型区域或Y 型区域，再利用二重积分对区域具有可加性相加，区域D 上的二重积分就是这些小区域上的二重积分之和(图10—8)．图10-8例1 计算二重积分d Dxy σ⎰⎰，其中D 为直线y x =与抛物线2y x =所包围的闭区域.解 画出区域D 的图形，求出y x =与2y x =两条曲线的交点，它们是()0,0及()1,1.区域D (图10—9)可表示为：20.x x y x ≤≤≤≤1，图10—9因此由公式(10-2-1)得()221120d d d 2x x xxDx xy x x ydy y x σ==⎰⎰⎰⎰⎰d 135011()224x x x -==⎰.本题也可以化为先对x ，后对y 的积分，这时区域D 可表为：1，0y y y x ≤≤≤≤.由公式(10-2-2)得10d d d y yDxy y y x x σ=⎰⎰⎰⎰.积分后与上面结果相同.例2 计算二重积分221d Dy x y σ+-⎰⎰，其中D 是由直线，1y x x ==-和1y =所围成的闭区域.解 画出积分区域D ，易知D ：11，1x x y -≤≤≤≤ (图10-10)，若利用公式(10-2-1)，得图10-1011222211d (1d )d xDy x yy x y y x σ-+-=+-⎰⎰⎰⎰ ()d 1312221113xx y x -⎡=⎤-+-⎢⎥⎣⎦⎰ ()d d 113310121(1)33x x x -=--=--⎰⎰x 12=.若利用公式(10-2-2)，就有()12222111d 1d d yDy x y y x y x y σ--+-=+-⎰⎰⎰⎰，也可得同样的结果.例3 计算二重积分22d Dx y σ⎰⎰,其中D 是直线2，y y x ==和双曲线1x y =所围之闭区域. 解 求得三线的三个交点分别是1,(1,1)2,2⎛⎫ ⎪⎝⎭及2,2().如果先对y 积分，那么当121x ≤≤时，y 的下限是双曲线1y x=，而当12x ≤≤时，y 的下限是直线y x =，因此需要用直线x =1把区域D 分为1D 和2D 两部分(图10—11).1211， 21:D x y x≤≤≤≤； 22， 2:1D x x y ≤≤≤≤.图10—11于是12222221222112222212d d d d d d d x x D D D x x x x x x y x y y y y y y σσσ=+=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰ d d 2222121112x xx x x x y y ⎡⎤⎡⎤=-+-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰⎰d d 2212311222x x x x x x ⎛⎫⎛⎫=-+- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭⎰⎰1243231124626x x x x ⎡⎤⎡⎤=-+-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦812719264==. 如果先对x 积分，那么:12， 1 D y x y y≤≤≤≤，于是223221222111d d d d 3yy y Dyx x x y x y y y y σ⎡⎤==⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰⎰⎰d 22254111136312y y y y y ⎡⎤⎡⎤=-=+⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰2764=. 由此可见，对于这种区域D ，如果先对y 积分，就需要把区域D 分成几个区域来计算.这比先对x 积分繁琐多了.所以，把重积分化为累次积分时，需要根据区域D 和被积函数的特点，选择适当的次序进行积分.例4 设,()f x y 连续，求证d d d d (,)(,)bx b baaayx f x y y y f x y x =⎰⎰⎰⎰.证 上式左端可表为d d d (,)(,)bxaaDx f x y y f x y σ=⎰⎰⎰⎰，其中，:D a x b a y x ≤≤≤≤ (图10—12)区域D 也可表为：，a y b y x b ≤≤≤≤，图10—12于是改变积分次序，可得(,)d d (,)d b bayDf x y y f x y xσ=⎰⎰⎰⎰由此可得所要证明的等式.例5 计算二重积分d sin D x σx ⎰⎰，其中D 是直线y x =与抛物线2y x =所围成的区域.解 把区域D 表示为x 型区域，即(){}2D =x ,y |0x 1,x y x ≤≤≤≤.于是d d d d 221100sin sin sin xx x x Dx x x σx y y x x x x ⎛⎫== ⎪⎝⎭⎰⎰⎰⎰⎰ ()sin d 11x x x =-⎰()1cos cos sin x x x x =-+-1sin10.1585=-≈注：如果化为y 型区域即先对x 积分，则有d d d 10sin sin y y Dx x σy x x x =⎰⎰⎰⎰. 由于sin xx的原函数不能由初等函数表示，往下计算就困难了，这也说明计算二重积分时，除了要注意积分区域D 的特点（区分是x 型区域，还是y 型区域）外，还应注意被积函数的特点，并适当选择积分次序.二重积分的换元法与定积分一样，二重积分也可用换元法求其值，但比定积分复杂得多.我们知道，对定积分()d baf x x ⎰作变量替换()x φt =时，要把()f x 变成()()f φt ，d x 变成d ()φt t ',积分限,a b 也要变成对应t 的值.同样，对二重积分(),d Df x y σ⎰⎰作变量替换()(),,,,x x u v y y u v ⎧=⎪⎨=⎪⎩时，既要把(),f x y 变成()()(),,,f x u v y u v ，还要把x Oy 面上的积分区域D 变成uOv 面上的区域uv D ，并把D 中的面积元素d σ变成uv D 中的面积元素d *σ.其中最常用的是极坐标系的情形.2.2.1 极坐标系的情形下面我们讨论利用极坐标变换，得出在极坐标系下二重积分的计算方法.把极点放在直角坐标系的原点，极轴与x 轴重合，那么点P 的极坐标(),P r θ与该点的直角坐标(),P x y 有如下互换公式：πcos ,sin ;0,02x r θy r θr θ==≤<+∞≤≤； 22,arctan;,yr x y θx y x=+=-∞<<+∞. 我们知道，有些曲线方程在极坐标系下比较简单，因此，有些二重积分(),d Df x y σ⎰⎰用极坐标代换后，计算起来比较方便，这里假设(),z f x y =在区域D 上连续.在直角坐标系中，我们是以平行于x 轴和y 轴的两族直线分割区域D 为一系列小矩形，从而得到面积元素d d d σx y =.在极坐标系中，与此类似，我们用“常数r =”的一族同心圆，以及“常数θ=”的一族过极点的射线，将区域D 分成n 个小区域(),1,2,,ij σi j n ∆=，如图10—13所示.图10—13小区域面积()2212ij i i j i j σr r θr θ⎡⎤∆=+∆∆-∆⎣⎦212i i j i j r r θr θ=∆∆+∆∆.记 ()()()22,,1,2,,ij i jρr θi j n ∆=∆+∆=，则有()ij i i j ij σr r θορ∆=∆∆+∆,故有d d d σr r θ=.则()()d d d ,cos ,sin DDf x y σf r θr θr r θ=⎰⎰⎰⎰.这就是直角坐标二重积分变换到极坐标二重积分的公式.在作极坐标变换时，只要将被积函数中的,x y 分别换成cos ,sin r θr θ，并把直角坐标的面积元素d d d σx y =换成极坐标的面积元素d d r r θ即可.但必须指出的是：区域D 必须用极坐标系表示.在极坐标系下的二重积分，同样也可以化为二次积分计算.下面分三种情况讨论： (1) 极点O 在区域D 外部，如图10—14所示.图10—14设区域D 在两条射线,θαθβ==之间，两射线和区域边界的交点分别为,A B ，将区域D 的边界分为两部分，其方程分别为()()12,r r θr r θ==且均为［］,αβ上的连续函数.此时()()(){}12,|,D r θr θr r θαθβ=≤≤≤≤.于是()()()()d d d d 21cos ,sin cos ,sin βr θαr θDf r θr θr r θθf r θr θr r =⎰⎰⎰⎰(2) 极点O 在区域D 内部，如图10—15所示.若区域D 的边界曲线方程为()r r θ=，这时积分区域D 为()(){}π,|0,02D r θr r θθ=≤≤≤≤，且()r θ在π0,2⎡⎤⎣⎦上连续.图10—15于是()()()πd d d d 20cos ,sin cos ,sin r θDf r θr θr r θθf r θr θr r =⎰⎰⎰⎰.(3) 极点O 在区域D 的边界上，此时，积分区域D 如图10—16所示.图10—16()(){},|,0D r θαθβr r θ=≤≤≤≤,且()r θ在π0,2⎡⎤⎣⎦上连续，则有()()()d d d d 0cos ,sin cos ,sin βr θαDf r θr θr r θθf r θr θr r =⎰⎰⎰⎰.在计算二重积分时，是否采用极坐标变换，应根据积分区域D 与被积函数的形式来决定.一般来说，当积分区域为圆域或部分圆域，及被积函数可表示为()22f x y +或y f x ⎛⎫⎪⎝⎭等形式时，常采用极坐标变换，简化二重积分的计算.例6 计算二重积分22221d d 1Dx y I x y x y --=++⎰⎰，其中()(){}222,|01D x y x y a a =+≤<<.解 在极坐标系中积分区域D 为(){}π,|0,02D r θr a θ=≤≤≤≤,则有2222π2220011d d d d 11Dx y r I x y r r x y r θ---==+++⎰⎰2222211πd πd 11aa t r t r r r t r t--=+-=⎰⎰令()()22220πarcsin 1πarcsin 11a t ta a =+-=+--.例7 计算二重积分2d Dxy σ⎰⎰，其中D 是单位圆在第I 象限的部分.解 采用极坐标系. D 可表示为π， 1002θr ≤≤≤≤（图10-17），图10-17于是有π12222d d cos sin d Dxy r r r r σθθθ=⋅⋅⎰⎰⎰⎰ πd d 12421cos sin 15θθθr r ==⎰⎰.例8 计算二重积分Dx σ⎰⎰2d ，其中D 是二圆221x y +=和224x y +=之间的环形闭区域.解 区域D ：2，120θπr ≤≤≤≤，如图10—18所示.图10—18于是2π22π22230111cos215d cos d d d π24Dx r r r r r θσθθθ+=⋅==⎰⎰⎰⎰⎰⎰2d . 2.2.2. 直角坐标系的情形 我们先来考虑面积元素的变化情况.设函数组,，,()()x x u v y y u v ==为单值函数，在uv D 上具有一阶连续偏导数，且其雅可比行列式(,)0(,)J x y u v ∂≠∂=,则由反函数存在定理，一定存在着D 上的单值连续反函数,，,()()u u x y v v x y ==.这时uv D 与D 之间建立了一一对应关系，uOv 面上平行于坐标轴的直线在映射之下成为x Oy 面上的曲线,，,00()()u x y u v x y v ==.我们用uOv 面上平行于坐标轴的直线，1,,,1,,, (2;2)i j u u v v i n j m ====将区域uv D 分割成若干个小矩形，则映射将uOv 面上的直线网变成x Oy 面上的曲线网（图10—19）.图10—19在uv D 中任取一个典型的小区域Δuv D (面积记为*Δσ)及其在D 中对应的小区域ΔD (面积记为Δσ)，如图10—20所示.图10—20设ΔD 的四条边界线的交点为1211322,，,，,000000()()()P x y P x x y y P x x y y +∆+∆+∆+∆和ΔΔ433,00()P x x y y ++.当ΔΔ,u v 很小时，()ΔΔ123,,,i i x y i =也很小，ΔD 的面积可用12P P 与14P P 构成的平行四边形面积近似.即Δ1214P P P P σ⨯≈.而()()ΔΔ1112x y P P =+i j()()()ΔΔ［］［］00000000,,,(,x u u v x u v y u u v y u v =+-++-i j()()ΔΔ［］［］0000,,u u x u v u y u v u ≈'+'i j .同理()()ΔΔ［］［］001400,,v v P P x u v v y u v v ≈'+'i j .从而得ΔΔΔΔΔ1214y xu u u u P P P σP y x v v vv∂∂∂∂⨯=∂∂∂=∂的绝对值 *(,)(,)(,)(,)x y x y Δu Δv u v u v Δσ∂∂==∂∂.因此，二重积分作变量替换,,,()()x x u v y y u v ==后，面积元素d σ与d *σ的关系为*(,),(,)x y d d u v σσ∂=∂ 或(,)(,)x y dxdy dudv u v ∂=∂. 由此得如下结论：定理1 若,()f x y 在x Oy 平面上的闭区域D 上连续，变换：,,,()()T x x u v y y u v ==，将uOv 平面上的闭区域uv D 变成x Oy 平面上的D ,且满足:(1),,,()()x u v y u v 在uv D 上具有一阶连续偏导数， (2)在uv D 上雅可比式(0(,),)x y J u v ∂∂=≠；(3)变换：uv T D D →是一对一的，则有[](,)d d (,),(,)d d .uvDD f x y x y f x u v y u v J u v =⎰⎰⎰⎰例9 计算二重积分ed d y x y xDx y -+⎰⎰，其中D 是由x 轴，y 轴和直线2x y +=所围成的闭区域. 解 令,u y x v y x =-=+，则，22x y v u v u-==+.在此变换下，x Oy 面上闭区域D 变为uOv 面上的对应区域D '(图10—21).图10—21雅可比式为11(,)122(,)21122x y u v J -∂==-∂=，则得1ed de d d 2y x u y xvDD x y u v -+'=-⎰⎰⎰⎰-1d e d (e e)d 22001122uv v v v u v v -==-⎰⎰⎰e e 1=--.例10 设D 为x Oy 平面内由以下四条抛物线所围成的区域：222,,x ay x by y px ===，2y qx =，其中＜＜, ＜＜00a b p q ，求D 的面积.解 由D 的构造特点，引入两族抛物线22,y ux x vy ==，则由u 从p 变到q ，v 从a 变到b 时，这两族抛物线交织成区域D '（图10—22）.图10—22雅可比行列式为(,)1(,)(,)(,)J x y u v u v x y ∂=∂∂∂=222211322y yx xx x y y==---，则所求面积()()11d d d d 33D D S x y u v b a q p '===--⎰⎰⎰⎰.习题10—21.画出积分区域，把(,)d Df x y σ⎰⎰化为二次积分：(1)()1,1,{,0}D x y x y y x y =+≤-≤≥｜； (2)()22{,}D x y y x x y =≥-≥｜，. 2.改变二次积分的积分次序：(1)20d d 22(,)yy y f x y x ⎰⎰；(2)e 1d d ln 0(,)xx f x y y ⎰⎰； (3)()220,xxdx f x y dy ⎰⎰；(4)1-1d (,)d x f x y y ⎰.3.设(,)f x y 连续，且(,)(,)d Df x y xy f x y σ=+⎰⎰，其中D 是由直线0,1y x ==及曲线2y x =所围成的区域，求(,).f x y4.计算下列二重积分：(1)()22Dx y d σ+⎰⎰，(){},|1,1D x y x y =≤≤；(2)d sin D x σx ⎰⎰，其中D 是直线y x =与抛物线y x π=所围成的区域；(3)Dσ，(){}22,|D x y x y x =+≤；(4)22-y e d d ⎰⎰Dx x y ，D 是顶点分别为()0,0O ，()，11A ，()0,1B 的三角形闭区域. 5.求由坐标平面及2,3,4x y x y z ==++=所围的角柱体的体积.6.计算由四个平面0,0,1,1x y x y ====所围的柱体被平面0z =及236x y z ++=截得的立体的体积.7.在极坐标系下计算二重积分：(1)d Dx y ⎰⎰, ()ππ22224{,|}D x y x y =≤+≤；(2)()d d Dx y x y +⎰⎰， (){},|22D x y xy x y =+≤+；(3)d d Dxy x y ⎰⎰，其中D 为圆域222x y a +≤；(4)22ln(1)d d Dx y x y ++⎰⎰，其中D 是由圆周221x y +=及坐标轴所围成的在第一象限内的闭区域.8. 将下列积分化为极坐标形式：(1) 2d d 2200)x x y y +⎰a;(2) d 0xx y ⎰⎰a .9.求球体2222x y z R ++≤被圆柱面222x y Rx +=所割下部分的体积. 10.作适当坐标变换，计算下列二重积分：(1)22d d D x x y y ⎰⎰,由12，，xy x y x ===所围成的平面闭区域；(2)d d y x yDex y +⎰⎰，(){,|0,0}1,D x y x y x y =+≤≥≥；(3)d Dx y , 其中D 是椭圆22221y x a b+=所围成的平面闭区域；(4)()()sin d d Dx y x y x y +-⎰⎰, (){,|0,0}D x y x y x y ππ=≤+≤≤-≤.11.设闭区域D 由直线100，，x y x y +===所围成，求证：1cos d d sin1.2Dx y x y x y +⎛⎫=⎪-⎝⎭⎰⎰ 12.求由下列曲线所围成的闭区域的面积：(1) 曲线334,8,5,15xy xy xy xy ====所围成的第一象限的平面闭区域； (2) 曲线,,,x y a x y b y x y x αβ+=+===所围的闭区域0,0（）a b αβ<<<<.第3节 三重积分三重积分的概念三重积分是二重积分的推广，它在物理和力学中同样有着重要的应用.在引入二重积分概念时，我们曾考虑过平面薄片的质量，类似地，现在我们考虑求解空间物体的质量问题.设一物体占有空间区域Ω，在Ω中每一点,,()x y z 处的体密度为,,()ρx y z ，其中,,()ρx y z 是Ω上的正值连续函数.试求该物体的质量.先将空间区域Ω任意分割成n 个小区域12, ,, n Δv Δv Δv(同时也用i Δv 表示第i 个小区域的体积).在每个小区域i Δv 上任取一点,,()i i i ξηζ，由于,,()ρx y z 是连续函数，当区域i Δv 充分小时，密度可以近似看成不变的，且等于在点,,()i i i ξηζ处的密度，因此每一小块i Δv 的质量近似等于,,()i i i i ρξηζΔv ，物体的质量就近似等于1(,,)niiii ρξηζΔv=∑i.令小区域的个数n 无限增加，而且每个小区域i Δv 无限地收缩为一点，即小区域的最大直径()max 10i i nλd Δv ≤≤=→时，取极限即得该物体的质量1lim (,,)ni i i λi ρξηζΔv M →==∑i .由二重积分的定义可类似给出三重积分的定义：定义1 设Ω是空间的有界闭区域，,,()f x y z 是Ω上的有界函数，任意将Ω分成n 个小区域12,,,n Δv Δv Δv ，同时用i Δv 表示该小区域的体积，记i Δv 的直径为()i d Δv ，并令()max 1i i nλd Δv ≤≤=，在i Δv 上任取一点,,()i i i ξηζ，1,2,,()i n =，作乘积,,()i i i i f ξηζΔv ，把这些乘积加起来得和式1(,,)n i i i i f ξηζΔv =∑i ，若极限01lim (,,)ni i i λi f ξηζΔv →=∑i 存在(它不依赖于区域Ω的分法及点(,,)i i i ξηζ的取法)，则称这个极限值为函数,,()f x y z 在空间区域Ω上的三重积分，记作(),,f x y z dv Ω⎰⎰⎰,即 ()01,,lim (,,)ni i i i i f x y z dv f v λξηζ→=Ω=∆∑⎰⎰⎰,其中,,()f x y z 叫做被积函数，Ω叫做积分区域，d v 叫做体积元素.在直角坐标系中，若对区域Ω用平行于三个坐标面的平面来分割，于是把区域分成一些小长方体.和二重积分完全类似，此时三重积分可用符号(),,d d d f x y z x y z Ω⎰⎰⎰来表示，即在直角坐标系中体积元素d v 可记为d d d x y z .有了三重积分的定义，物体的质量就可用密度函数,,()ρx y z 在区域Ω上的三重积分表示，即(),,M x y z dv Ωρ=⎰⎰⎰,如果在区域Ω上,,1()f x y z =，并且Ω的体积记作V ，那么由三重积分定义可知1d v dv V ΩΩ==⎰⎰⎰⎰⎰⎰.这就是说，三重积分dv Ω⎰⎰⎰在数值上等于区域Ω的体积.三重积分的存在性和基本性质，与二重积分相类似，此处不再重述. 三重积分的计算为简单起见，在直角坐标系下，我们采用微元分析法来给出计算三重积分的公式. 三重积分(,,)d f x y z v Ω⎰⎰⎰表示占空间区域Ω的物体的质量.设Ω是柱形区域，其上、下分别由连续曲面()()z z x y z z x y ==12,,,所围成，它们在x Oy 平面上的投影是有界闭区域D ；Ω的侧面由柱面所围成，其母线平行于z 轴，准线是D 的边界线.这时，区域Ω可表示为(){}12,,, ,,,|()()()Ωx y z z x y z z x y x y D =≤≤∈先在区域D 内点,()x y 处取一面积微元d d d σx y =，对应地有Ω中的一个小条，再用与x Oy 面平行的平面去截此小条，得到小薄片(图10—23).图10—23于是以d σ为底，以dz 为高的小薄片的质量为,,d d d ()f x y z x y z .把这些小薄片沿z 轴方向积分，得小条的质量为d d d 21(,)(,)(,,)z x y z x y f x y z z x y ⎡⎤⎢⎥⎣⎦⎰. 然后，再在区域D 上积分，就得到物体的质量21(,)(,)(,,)d d d z x y z x y Df x y z z x y ⎡⎤⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰. 也就是说，得到了三重积分的计算公式(),,f x y z dv Ω⎰⎰⎰=21(,)(,)(,,)d d d z x y z x y Df x y z z x y ⎡⎤⎢⎥⎣⎦⎰⎰⎰21(,)(,)d d (,,)d z x y z x y Dx y f x y z z =⎰⎰⎰.(10-3-1)例1 计算三重积分d d d x x y z Ω⎰⎰⎰，其中Ω是三个坐标面与平面1x y z ++=所围成的区域（图10—24）.图10—24解 积分区域Ω在x Oy 平面的投影区域D 是由坐标轴与直线1x y +=围成的区域：10x ≤≤，10y x ≤≤-，所以111100d d d d d d d d d x yxx yDx x y z x y x z x y x z -----Ω==⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰d d 110(1)xx x x y y --=-⎰⎰d 210(1)1224x x x -==⎰. 例2 计算三重积分d z v Ω⎰⎰⎰，其中2222:，，， 000Ωx y z x y z R ≥≥≥++≤（见图10—25）.图10—25解 区域Ω在x Oy 平面上的投影区域222:，，00D x y x y R ≥≥+≤.对于D 中任意一点,()x y ，相应地竖坐标从0z =变到222R x z y --=.因此，由公式(10-3-1)，得()22222201d d d d d d 2R x y DDz v x y z R x y x y --Ω==--⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰π001d d 2222()R θR ρρρ-=⎰⎰ 221π240224RρρR ⎛⎫⋅⋅- ⎪ ⎪⎭=⎝π416R =. 三重积分化为累次积分时，除上面所说的方法外，还可以用先求二重积分再求定积分的方法计算.若积分区域Ω如图10-26所示，它在z 轴的投影区间为［,］A B ，对于区间内的任意一点z ，过z 作平行于x Oy 面的平面，该平面与区域Ω相交为一平面区域，记作D (z ).这时三重积分可以化为先对区域()D z 求二重积分，再对z 在[]A B ,上求定积分，得()(,,)d d (,,)d d BAD z f x y z v z f x y z x y Ω=⎰⎰⎰⎰⎰⎰. (10-3-2)图10—26我们可利用公式(10-3-2)重新计算例2中的积分.区域Ω在z 轴上的投影区间为［,］0R ，对于该区间中任意一点z ，相应地有一平面区域():，00D z x y ≥≥与2222R x y z +≤-与之对应.由公式(10-3-2)，得()zd d d d RD z v z z x y Ω=⎰⎰⎰⎰⎰⎰.求内层积分时，z 可以看作常数：并且()2222:R D z x y z +≤-是14个圆，其面积为()π224R z =-，所以 ()01πzd π416Rv =z R z z R Ω⋅-=⎰⎰⎰⎰224d . 例3 计算三重积分2d z v Ω⎰⎰⎰，其中:1222222y x z a b Ωc +≤+. 解 我们利用公式(10-3-2)将三重积分化为累次积分.区域Ω在z 轴上的投影区间为［,］c c -，对于区间内任意一点z ，相应地有一平面区域()D z ：122222222(1)(1)y x z z a b c c --≤+与之相应，该区域是一椭圆(图10—27)，其面积为π221z c ab ⎛⎫- ⎪⎝⎭.所以22222()d d d d π1d ccc c D z z z v =z z x y abz z c --Ω⎛⎫=- ⎪⎝⎭⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰π3415abc =π3415abc =.图10—27三重积分的换元法对于三重积分(,,)f x y z dv Ω⎰⎰⎰作变量替换：(,,)(,,)(,,)x x r s t y y r s t z z r s t =⎧⎪=⎨⎪=⎩它给出了Orst 空间到Ox yz 空间的一个映射，若()()(),,,,,,,,x r s t y r s t z r s t 有连续的一阶偏导数，且(,,)(,,)0x y z r s t ∂≠∂,则建立了Orst 空间中区域*Ω和Ox yz 空间中相应区域Ω的一一对应，与二重积分换元法类似，我们有d d d d (,,)(,,)x y z r s t v r s t ∂∂=.于是，有换元公式[]*(,,)(,,)(,,),(,,),(,,)d d d (,,)x y z f x y z dv f x r s t y r s t z r s t r s t r s t ΩΩ∂=⋅∂⎰⎰⎰⎰⎰⎰.作为变量替换的实例，我们给出应用最为广泛的两种变换：柱面坐标变换及球面坐标变换. 3.3.1 柱面坐标变换三重积分在柱面坐标系中的计算法如下： 变换cos ,sin ,x r θy r θz z =⎧⎪=⎨⎪=⎩称为柱面坐标变换，空间点(),,M x y z 与,,()r θz 建立了一一对应关系，把,,()r θz 称为点(),,M x y z 的柱面坐标.不难看出，柱面坐标实际是极坐标的推广.这里,r θ为点M 在x Oy 面上的投影P 的极坐标.π＜，2，＜＜00r θz ≤+∞≤≤-∞+∞（图10—28）.图10—28柱面坐标系的三组坐标面为 (1)常数r =，以z 为轴的圆柱面； (2)常数θ=，过z 轴的半平面； (3)常数z =，平行于x Oy 面的平面.由于cos sin 0(,,)sin cos 0(,,)001θr θx y z θr r r θθz -∂==∂，则在柱面坐标变换下，体积元素之间的关系式为：d d d d d d x y z r r θz =.于是，柱面坐标变换下三重积分换元公式为：(,,)d d d (cos ,sin ,)d d d f x y z x y z =f r r z r r z θθθ'ΩΩ⎰⎰⎰⎰⎰⎰. (10-3-3)至于变换为柱面坐标后的三重积分计算，则可化为三次积分来进行.通常把积分区域Ω向x Oy 面投影得投影区域D ，以确定,r θ的取值范围，z 的范围确定同直角坐标系情形.例4 计算三重积分22d d d z x y x y z Ω+⎰⎰⎰，其中Ω是由锥面22z x y =+1z =所围成的区域.解 在柱面坐标系下，积分区域Ω表示为π1，1，200r z r θ≤≤≤≤≤≤ (图10—29).图10—29所以有2π11222d d d d d d rz x y x y z r z r z θΩ+=⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰ d ππ12212202(1)15r r r =-=⎰. 例5 计算三重积分()22d d d x y x y z Ω+⎰⎰⎰，其中Ω是由曲线22，0y z x ==绕z 轴旋转一周而成的曲面与两平面2，8z z ==所围之区域.解 曲线2=2，0y z x =绕z 旋转，所得旋转面方程为222x y z +=.设由旋转曲面与平面2z =所围成的区域为1Ω，该区域在x Oy 平面上的投影为1D ,(){}4221|D x ,y x +y =≤.由旋转曲面与8z =所围成的区域为2Ω,2Ω在x Oy 平面上的投影为2D ，()21622{|}D x ,y x +y =≤.则有21ΩΩΩ=,如图10—30所示.图10—30()21288223322d d d d d d d d d r D D xy x y z r r z r r z θθΩ+=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰2d d d 8d222243300026ππθr r θr r ⎛⎫=+- ⎪⎝⎭⎰⎰⎰⎰r π336=. 3.3.2 球面坐标变换三重积分在球面坐标系中的计算法如下： 变换sin cos ,sin sin ,cos x r φθy r φθz r φ=⎧⎪=⎨⎪=⎩称为球面坐标变换，空间点(),,M x y z 与,,()r φθ建立了一一对应关系，把,,()r φθ称为点(),,M x y z 的球面坐标(图10-31)，其中ππ＜,,2000r φθ≤+∞≤≤≤≤.图10-31球面坐标系的三组坐标面为： (1)常数r =，以原点为中心的球面；(2)常数φ=，以原点为顶点，z 轴为轴，半顶角为φ的圆锥面； (3)常数θ=，过z 轴的半平面. 由于球面坐标变换的雅可比行列式为sin cos cos cos sin sin (,,)sin sin cos sin sin cos (,,)cos sin 0φθr φθr φθx y z φθr φθr φθr φθφr φ-∂=∂-2sin r φ=，则在球面坐标变换下，体积元素之间的关系式为:2d d d sin d d d x y z r φr θφ=.于是，球面坐标变换下三重积分的换元公式为2(,,)d d d (sin cos ,sin sin ,cos )sin d d d f x y z x y z =f r r r r r ϕθϕθϕϕϕθ'ΩΩ⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰. (10-3-4)例6 计算三重积分222()d d d xy z x y z Ω++⎰⎰⎰，其中Ω表示圆锥面222x y z +=与球面2222x y z R z ++=所围的较大部分立体.解 在球面坐标变换下，球面方程变形为2cos r R φ=，锥面为π4φ=(图10—32).这时积分区域Ω表示为π2， ， 2cos 4000θπφr R φ≤≤≤≤≤≤，图10—32所以22222()d d d sin d d d xy z x y z =r r r ϕϕθ'ΩΩ++⋅⎰⎰⎰⎰⎰⎰ππd d d 22cos 44sin R φθφr φr =⎰⎰⎰ππd π52cos 0540228sin ()515R φφr φR ==⎰. 例7 计算三重积分22(2)d d d y x z x y z Ω+⎰⎰⎰，其中Ω是由曲面2222x y z a ++=，22224x y z a ++=22x y z +=所围成的区域.解 积分区域用球面坐标系表示显然容易，但球面坐标变换应为sin cos sin sin cos ,,x r φθz r φθy r φ===，这时2d sin d d d v r φr φθ=，积分区域Ω表示为ππ224,00,a r a φθ≤≤≤≤≤≤ (图10—33).图10—33所以π2π2222400(2)d d d d d (2cos sin )sin d a a y x z x y z =r r r r θϕϕϕϕΩ+++⎰⎰⎰⎰⎰⎰ππ41515816a ⎛⎫ ⎪⎝⎭=+.值得注意的是，三重积分的计算是选择直角坐标，还是柱面坐标或球面坐标转化成三次积分，通常要综合考虑积分域和被积函数的特点.一般说来，积分域Ω的边界面中有柱面或圆锥面时，常采用柱面坐标系；有球面或圆锥面时，常采用球面坐标系.另外，与二重积分类似，三重积分也可利用在对称区域上被积函数关于变量成奇偶函数以简化计算.习题10-31.化三重积分(,,)d d d I f x y z x y z Ω=⎰⎰⎰为三次积分，其中积分区域Ω分别是.(1) 由双曲抛物面x y z =及平面100x y z +-==，所围成的闭区域； (2) 由曲面22z x y =+及平面1z =所围成的闭区域. 2.在直角坐标系下计算三重积分：(1)()d d d 2+xy z x y z Ω⎰⎰⎰，其中[][][]-2,5-3,30,1Ω=⨯⨯；(2)23d d d xy z x y z Ω⎰⎰⎰,其中Ω是由曲面z x y =与平面1y x x ==，，和0z =所围成的闭区域；(3)()3d d d 1+++x y zx y z Ω⎰⎰⎰，其中Ω为平面1000x y z x y z ===++=，，，所围的四面体；。

习题9−11. 设有一平面薄板(不计其厚度), 占有xOy面上的闭区域D, 薄板上分布有密度为μ=μ(x, y)的电荷,且μ(x, y)在D上连续,试用二重积分表达该板上全部电荷Q.解板上的全部电荷应等于电荷的面密度μ(x, y)在该板所占闭区域D上的二重积分.2. 设,其中D1={(x, y)|−1≤x≤1, −2≤y≤2};又,其中D2={(x, y)|0≤x≤1, 0≤y≤2}.试利用二重积分的几何意义说明I1与I2的关系.解I1表示由曲面z=(x2+y2)3与平面x=±1, y=±2以及z=0围成的立体V的体积.I 2表示由曲面z=(x2+y2)3与平面x=0, x=1, y=0, y=2以及z=0围成的立体V1的体积.显然立体V关于yOz面、xOz面对称,因此V1是V位于第一卦限中的部分,故V=4V1, 即I1=4I2.3. 利用二重积分的定义证明:(1)∫∫ (其中σ为D的面积);证明由二重积分的定义可知,其中Δσi表示第i个小闭区域的面积.此处f(x, y)=1, 因而f(ξ, η)=1, 所以.(2)∫∫ (其中k为常数);证明.(3),其中D =D 1∪D 2, D 1、D 2为两个无公共内点的闭区域.证明 将D 1和D 2分别任意分为n 1和n 2个小闭区域和,n 1+n 2=n , 作和.令各和的直径中最大值分别为λ1和λ2, 又λ=ma x (λ1λ2), 则有,即 .4. 根据二重积分的性质, 比较下列积分大小:(1)∫∫与, 其中积分区域D 是由x 轴, y 轴与直线x +y =1所围成;解 区域D 为: D ={(x , y )|0≤x , 0≤y , x +y ≤1}, 因此当(x , y )∈D 时, 有(x +y )3≤(x +y )2, 从而≤.(2)∫∫与其中积分区域D 是由圆周(x −2)2+(y −1)2=2 所围成;解区域D 如图所示, 由于D 位于直线x +y =1的上方, 所以当(x , y )∈D 时, x +y ≥1, 从而(x +y )3≥(x +y )2, 因而.(3)∫∫与其中D 是三角形闭区域, 三角顶点分别为(1, 0), (1, 1), (2, 0);解 区域D 如图所示, 显然当(x , y )∈D 时, 1≤x +y ≤2, 从而0≤ln(x +y )≤1, 故有[ln(x +y )]2≤ ln(x +y ),因而 .(4)∫∫与其中D ={(x , y )|3≤x ≤5. 0≤y ≤1}.解 区域D 如图所示, 显然D 位于直线x +y =e 的上方, 故当(x , y )∈D 时, x +y ≥e , 从而 ln(x +y )≥1, 因而 [ln(x +y )]2≥ln(x +y ),故 .5. 利用二重积分的性质估计下列积分的值:(1), 其中D ={(x , y )| 0≤x ≤1, 0≤y ≤1};解 因为在区域D 上0≤x ≤1, 0≤y ≤1, 所以 0≤xy ≤1, 0≤x +y ≤2, 进一步可得0≤xy (x +y )≤2,于是 ,即 .(2), 其中D ={(x , y )| 0≤x ≤π, 0≤y ≤π};解 因为0≤sin 2x ≤1, 0≤sin 2y ≤1, 所以0≤sin 2x sin 2y ≤1. 于是可得,即 .(3), 其中D ={(x , y )| 0≤x ≤1, 0≤y ≤2};解 因为在区域D 上, 0≤x ≤1, 0≤y ≤2, 所以1≤x +y +1≤4, 于是可得,即 .(4), 其中D ={(x , y )| x2+y 2≤4}.解 在D 上, 因为0≤x 2+y 2≤4, 所以 9≤x 2+4y 2+9≤4(x 2+y 2)+9≤25.于是 ,,即 .习题9−21. 计算下列二重积分:(1)∫∫, 其中D ={(x , y )| |x |≤1, |y |≤1}; 解 积分区域可表示为D : −1≤x ≤1, −1≤y ≤1. 于是.(2)∫∫, 其中D 是由两坐标轴及直线x +y =2所围成的闭区域:解 积分区域可表示为D : 0≤x ≤2, 0≤y ≤2−x . 于是.(3)∫∫, 其中D ={(x , y )| 0≤x ≤1, 0≤y ≤1};解.(4)∫∫, 其中D是顶点分别为(0, 0), (π, 0), 和(π, π)的三角形闭区域.解积分区域可表示为D: 0≤x≤π, 0≤y≤x. 于是,..2. 画出积分区域,并计算下列二重积分:(1), 其中D是由两条抛物线 ,所围成的闭区域;解积分区域图如,并且D={(x, y)| 0≤x≤1, }. 于是.(2)∫∫, 其中D是由圆周x2+y2=4及y轴所围成的右半闭区域;解积分区域图如,并且D={(x, y)| −2≤y≤2, }. 于是.(3)∫∫, 其中D={(x, y)| |x|+|y|≤1};解积分区域图如,并且D={(x, y)| −1≤x≤0, −x−1≤y≤x+1}∪{(x, y)| 0≤x≤1, x−1≤y≤−x+1}. 于是=e−e−1.(4)∫∫, 其中D 是由直线y =2, y =x 及y =2x 轴所围成的闭区域.解 积分区域图如, 并且D ={(x , y )| 0≤y ≤2, }. 于是.3. 如果二重积分的被积函数f (x , y )是两个函数f1(x )及f 2(y )的乘积, 即f (x ,y )= f 1(x )⋅f 2(y ), 积分区域D ={(x , y )| a ≤x ≤b , c ≤ y ≤d }, 证明这个二重积分等于两个单积分的乘积, 即证明 ,而 ,故 .由于的值是一常数, 因而可提到积分号的外面, 于是得4. 化二重积分为二次积分(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:(1)由直线y =x 及抛物线y 2=4x 所围成的闭区域; 解 积分区域如图所示, 并且D ={(x , y )| }, 或D ={(x , y )| },所以或.(2)由x 轴及半圆周x 2+y 2=r 2(y ≥0)所围成的闭区域; 解 积分区域如图所示, 并且 D ={(x , y )| },或D ={(x , y )|},所以 , 或 .(3)由直线y =x , x =2及双曲线(x >0)所围成的闭区域;解 积分区域如图所示, 并且D ={(x , y )| },或D ={(x , y )| }∪{(x , y )| },所以 , 或.(4)环形闭区域{(x , y )| 1≤x 2+y 2≤4}.解 如图所示, 用直线x =−1和x =1可将积分区域D 分成四部分, 分别记做D 1, D 2, D 3,D 4. 于是用直线y =1, 和y =−1可将积分区域D 分成四部分, 分别记做D 1, D 2, D 3, D 4, 如图所示. 于是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 >a )围成的闭区域,证明:.证明 积分区域如图所示, 并且积分区域可表示为 D ={(x , y )|a ≤x ≤b , a ≤y ≤x }, 或D ={(x , y )|a ≤y ≤b , y ≤x ≤b }.于是 , 或.因此 .6. 改换下列二次积分的积分次序:(1);解 由根据积分限可得积分区域D ={(x , y )|0≤y ≤1, 0≤x ≤y }, 如图. 因为积分区域还可以表示为D ={(x , y )|0≤x ≤1, x ≤y ≤1}, 所以.(2);解 由根据积分限可得积分区域D ={(x , y )|0≤y ≤2, y 2≤x ≤2y }, 如图.因为积分区域还可以表示为D ={(x , y )|0≤x ≤4, }, 所以.(3) ; 解由根据积分限可得积分区域如图.因为积分区域还可以表示为 , 所以(4);解 由根据积分限可得积分区域, 如图.因为积分区域还可以表示为所以.(5)∫∫;解 由根据积分限可得积分区域D ={(x , y )|1≤x ≤e , 0≤y ≤ln x }, 如图. 因为积分区域还可以表示为D ={(x , y )|0≤y ≤1, e y≤x ≤ e }, 所以(6)(其中a ≥0)．解 由根据积分限可得积分区域 , 如图.因为积分区域还可以表示为,所以 .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, 它的面密度为μ(x ,y )=x 2+y 2, 求该薄片的质量. 解 如图, 该薄片的质量为.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.解 四个平面所围成的立体如图, 所求体积为.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.解 立体在xOy 面上的投影区域为D ={(x , y )|0≤x ≤1, 0≤y ≤1−x }, 所求立体的体积为以曲面z =6−x 2−y 2为顶, 以区域D 为底的曲顶柱体的体积, 即.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.解 由消去z , 得x2+2y 2=6−2x 2−y 2, 即x 2+y 2=2, 故立体在x O y 面上的投影区域为x 2+y 2≤2, 因为积分区域关于x 及y 轴均对称, 并且被积函数关于x , y 都是偶函数, 所以.11. 画出积分区域, 把积分表示为极坐标形式的二次积分, 其中积分区域D 是:(1){(x , y )| x 2+y 2≤a 2}(a >0);解 积分区域D 如图. 因为D ={(ρ, θ)|0≤θ≤2π, 0≤ρ≤a }, 所以.(2){(x , y )|x 2+y 2≤2x }; 解 积分区域D 如图. 因为 , 所以.(3){(x , y )| a 2≤x 2+y 2≤b 2}, 其中0<a <b ;解 积分区域D 如图. 因为D ={(ρ, θ)|0≤θ≤2π, a ≤ρ≤b }, 所以.(4){(x , y )| 0≤y ≤1−x , 0≤x ≤1}. 解 积分区域D 如图. 因为 , 所以. 12. 化下列二次积分为极坐标形式的二次积分:(1);解 积分区域D 如图所示. 因为,所以.(2) ; 解 积分区域D 如图所示, 并且,所示.(3);解积分区域D如图所示,并且,所以(4).解积分区域D如图所示,并且,所以13. 把下列积分化为极坐标形式,并计算积分值:(1);解积分区域D如图所示.因为 ,所以.(2);解积分区域D如图所示.因为 ,所以.(3);解积分区域D如图所示.因为 ,所以.(4).解积分区域D如图所示.因为 ,所以.14. 利用极坐标计算下列各题:(1)∫∫，其中D是由圆周x2+y2=4所围成的闭区域;解在极坐标下D={(ρ, θ)|0≤θ≤2π, 0≤ρ≤2}, 所以.(2)∫∫，其中D是由圆周x2+y2=1及坐标轴所围成的在第一象限内的闭区域;解在极坐标下 ,所以.(3), 其中D 是由圆周x 2+y 2=4, x 2+y 2=1及直线y =0, y =x 所围成的第一象限内的闭区域. 解 在极坐标下 , 所以. 15. 选用适当的坐标计算下列各题:(1)，其中D 是由直线x =2，y =x 及曲线xy =1所围成的闭区域.解 因为积分区域可表示为 , 所以.(2) , 其中D 是由圆周x 2+y 2=1及坐标轴所围成的在第一象限内的闭区域;解 在极坐标下 , 所以.(3)∫∫, 其中D 是由直线y =x , y =x +a , y =a , y =3a (a >0)所围成的闭区域;解 因为积分区域可表示为D ={(x , y )|a ≤y ≤3a , y −a ≤x ≤y }, 所以.(4) , 其中D 是圆环形闭区域{(x , y )| a 2≤x 2+y 2≤b 2}. 解 在极坐标下D ={(ρ, θ)|0≤θ≤2π, a ≤ρ≤b }, 所以.16. 设平面薄片所占的闭区域D 由螺线ρ=2θ上一段弧( )与直线所围成, 它的面密度为μ(x , y )=x 2+y 2. 求这薄片的质量. 解 区域如图所示. 在极坐标下, 所以所求质量. 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.解 此立体在xOy 面上的投影区域D ={(x , y )|0≤θ≤arctan k , 0≤ρ≤R }..18. 计算以xOy 平面上圆域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.解 曲顶柱体在xOy 面上的投影区域为D ={(x , y )|x 2+y 2≤ax }. 在极坐标下 , 所以.习题9−21. 计算下列二重积分:(1)∫∫, 其中D ={(x , y )| |x |≤1, |y |≤1}; 解 积分区域可表示为D : −1≤x ≤1, −1≤y ≤1. 于是.(2)∫∫, 其中D 是由两坐标轴及直线x +y =2所围成的闭区域:解积分区域可表示为D: 0≤x≤2, 0≤y≤2−x. 于是.(3)∫∫, 其中D={(x, y)| 0≤x≤1, 0≤y≤1};解.(4)∫∫, 其中D是顶点分别为(0, 0), (π, 0), 和(π, π)的三角形闭区域.解积分区域可表示为D: 0≤x≤π, 0≤y≤x. 于是,..2. 画出积分区域,并计算下列二重积分:(1), 其中D是由两条抛物线 ,所围成的闭区域;解积分区域图如,并且D={(x, y)| 0≤x≤1, }. 于是.(2)∫∫, 其中D是由圆周x2+y2=4及y轴所围成的右半闭区域;解积分区域图如,并且D={(x, y)| −2≤y≤2, }. 于是.(3)∫∫, 其中D={(x, y)| |x|+|y|≤1};解积分区域图如,并且D={(x, y)| −1≤x≤0, −x−1≤y≤x+1}∪{(x, y)| 0≤x≤1, x−1≤y≤−x+1}. 于是=e−e−1.(4)∫∫, 其中D是由直线y=2, y=x及y=2x轴所围成的闭区域.解积分区域图如,并且D={(x, y)| 0≤y≤2, }. 于是.3. 如果二重积分的被积函数f(x, y)是两个函数f1(x)及f2(y)的乘积,即f(x,y)=f1(x)⋅f2(y), 积分区域D={(x, y)|a≤x≤b, c≤y≤d},证明这个二重积分等于两个单积分的乘积,即证明,而,故.由于的值是一常数,因而可提到积分号的外面,于是得4. 化二重积分为二次积分(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:(1)由直线y =x 及抛物线y 2=4x 所围成的闭区域; 解 积分区域如图所示, 并且D ={(x , y )| }, 或D ={(x , y )| },所以或.(2)由x 轴及半圆周x 2+y 2=r 2(y ≥0)所围成的闭区域; 解 积分区域如图所示, 并且 D ={(x , y )| },或D ={(x , y )|},所以 , 或 .(3)由直线y =x , x =2及双曲线(x >0)所围成的闭区域;解 积分区域如图所示, 并且D ={(x , y )| },或D ={(x , y )| }∪{(x , y )| },所以 , 或.(4)环形闭区域{(x , y )| 1≤x 2+y 2≤4}.解如图所示,用直线x=−1和x=1可将积分区域D分成四部分,分别记做D1, D2, D3,D4. 于是用直线y=1, 和y=−1可将积分区域D分成四部分,分别记做D1, D2, D3, D4,如图所示.于是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>a)围成的闭区域,证明:.证明积分区域如图所示,并且积分区域可表示为D={(x, y)|a≤x≤b, a≤y≤x}, 或D={(x, y)|a≤y≤b, y≤x≤b}.于是, 或.因此.6. 改换下列二次积分的积分次序:(1);解 由根据积分限可得积分区域D ={(x , y )|0≤y ≤1, 0≤x ≤y }, 如图. 因为积分区域还可以表示为D ={(x , y )|0≤x ≤1, x ≤y ≤1}, 所以.(2);解 由根据积分限可得积分区域D ={(x , y )|0≤y ≤2, y 2≤x ≤2y }, 如图.因为积分区域还可以表示为D ={(x , y )|0≤x ≤4, }, 所以.(3) ; 解由根据积分限可得积分区域如图.因为积分区域还可以表示为 , 所以(4);解 由根据积分限可得积分区域, 如图.因为积分区域还可以表示为所以.(5)∫∫;解 由根据积分限可得积分区域D ={(x , y )|1≤x ≤e , 0≤y ≤ln x }, 如图. 因为积分区域还可以表示为D ={(x , y )|0≤y ≤1, e y≤x ≤ e }, 所以(6)(其中a ≥0)．解 由根据积分限可得积分区域 , 如图.因为积分区域还可以表示为,所以 .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, 它的面密度为μ(x , y )=x 2+y 2, 求该薄片的质量. 解 如图, 该薄片的质量为.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.解 四个平面所围成的立体如图, 所求体积为.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.解 立体在xOy 面上的投影区域为D ={(x , y )|0≤x ≤1, 0≤y ≤1−x }, 所求立体的体积为以曲面z =6−x 2−y 2为顶, 以区域D 为底的曲顶柱体的体积, 即.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.解 由消去z , 得x2+2y 2=6−2x 2−y 2, 即x 2+y 2=2, 故立体在x O y 面上的投影区域为x 2+y 2≤2, 因为积分区域关于x 及y 轴均对称, 并且被积函数关于x , y 都是偶函数, 所以.11. 画出积分区域, 把积分表示为极坐标形式的二次积分, 其中积分区域D 是:(1){(x , y )| x 2+y 2≤a 2}(a >0);解 积分区域D 如图. 因为D ={(ρ, θ)|0≤θ≤2π, 0≤ρ≤a }, 所以.(2){(x , y )|x 2+y 2≤2x }; 解 积分区域D 如图. 因为 , 所以.(3){(x , y )| a 2≤x 2+y 2≤b 2}, 其中0<a <b ;解 积分区域D 如图. 因为D ={(ρ, θ)|0≤θ≤2π, a ≤ρ≤b }, 所以.(4){(x , y )| 0≤y ≤1−x , 0≤x ≤1}. 解 积分区域D 如图. 因为 , 所以. 12. 化下列二次积分为极坐标形式的二次积分:(1);解 积分区域D 如图所示. 因为,所以.(2);解积分区域D如图所示,并且,所示.(3);解积分区域D如图所示,并且,所以(4).解积分区域D如图所示,并且,所以13. 把下列积分化为极坐标形式,并计算积分值:(1);解积分区域D如图所示.因为 ,所以.(2);解积分区域D如图所示.因为 ,所以.(3);解积分区域D如图所示.因为 ,所以.(4).解积分区域D如图所示.因为 ,所以.14. 利用极坐标计算下列各题:(1)∫∫，其中D是由圆周x2+y2=4所围成的闭区域;解在极坐标下D={(ρ, θ)|0≤θ≤2π, 0≤ρ≤2}, 所以.(2)∫∫，其中D 是由圆周x 2+y 2=1及坐标轴所围成的在第一象限内的闭区域;解 在极坐标下 , 所以.(3), 其中D 是由圆周x 2+y 2=4, x 2+y 2=1及直线y =0, y =x 所围成的第一象限内的闭区域. 解 在极坐标下 , 所以. 15. 选用适当的坐标计算下列各题:(1)，其中D 是由直线x =2，y =x 及曲线xy =1所围成的闭区域.解 因为积分区域可表示为 , 所以.(2) , 其中D 是由圆周x 2+y 2=1及坐标轴所围成的在第一象限内的闭区域;解 在极坐标下 , 所以.(3)∫∫, 其中D 是由直线y =x , y =x +a , y =a , y =3a (a >0)所围成的闭区域;解 因为积分区域可表示为D ={(x , y )|a ≤y ≤3a , y −a ≤x ≤y }, 所以.(4) , 其中D 是圆环形闭区域{(x , y )| a 2≤x 2+y 2≤b 2}. 解 在极坐标下D ={(ρ, θ)|0≤θ≤2π, a ≤ρ≤b }, 所以.16. 设平面薄片所占的闭区域D 由螺线ρ=2θ上一段弧( )与直线所围成, 它的面密度为μ(x , y )=x 2+y 2. 求这薄片的质量. 解 区域如图所示. 在极坐标下, 所以所求质量. 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.解 此立体在xOy 面上的投影区域D ={(x , y )|0≤θ≤arctan k , 0≤ρ≤R }..18. 计算以xOy 平面上圆域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.解 曲顶柱体在xOy 面上的投影区域为D ={(x , y )|x 2+y 2≤ax }. 在极坐标下 , 所以.9−31. 化三重积分为三次积分, 其中积分区域Ω分别是:(1)由双曲抛物面xy =z 及平面x +y −1=0, z =0所围成的闭区域; 解 积分区域可表示为Ω={(x , y , z )| 0≤z ≤xy , 0≤y ≤1−x , 0≤x ≤1},于是 .(2)由曲面z =x 2+y 2及平面z =1所围成的闭区域; 解 积分区域可表示为,于是.(3)由曲面z =x 2+2y 2及z =2−x 2所围成的闭区域; 解 曲积分区域可表示为,于是.提示: 曲面z =x 2+2y 2与z =2−x 2的交线在xOy 面上的投影曲线为x 2+y 2=1.(4)由曲面cz =xy (c >0),, z =0所围成的在第一卦限内的闭区域.解 曲积分区域可表示为,于是 .提示: 区域Ω的上边界曲面为曲面c z=xy , 下边界曲面为平面z =0.2. 设有一物体, 占有空间闭区域Ω={(x , y , z )|0≤x ≤1, 0≤y ≤1, 0≤z ≤1}, 在点(x , y , z )处的密度为ρ(x , y , z )=x +y +z , 计算该物体的质量.解.3. 如果三重积分的被积函数f (x , y , z )是三个函数f1(x )、f 2(y )、f 3(z )的乘积, 即f (x , y , z )= f 1(x )⋅f 2(y )⋅f 3(z ), 积分区域Ω={(x , y , z )|a ≤x ≤b , c ≤y ≤d , l ≤z ≤m }, 证明这个三重积分等于三个单积分的乘积, 即.证明.4. 计算,其中Ω是由曲面z=xy, 与平面y=x, x=1和z=0所围成的闭区域.解积分区域可表示为Ω={(x, y, z)| 0≤z≤xy, 0≤y≤x, 0≤x≤1},于是.5. 计算 ,其中Ω为平面x=0, y=0, z=0, x+y+z=1所围成的四面体.解积分区域可表示为Ω={(x, y, z)| 0≤z≤1−x−y, 0≤y≤1−x, 0≤x≤1},于是.提示:.6. 计算, 其中Ω为球面x 2+y 2+z 2=1及三个坐标面所围成的在第一卦限内的闭区域.解 积分区域可表示为于是.7. 计算, 其中Ω是由平面z =0, z =y , y =1以及抛物柱面y =x 2所围成的闭区域.解 积分区域可表示为Ω={(x , y , z )| 0≤z ≤y , x 2≤y ≤1, −1≤x ≤1},于是.8. 计算, 其中Ω是由锥面 与平面z =h (R >0, h >0)所围成的闭区域.解 当0≤z ≤h 时, 过(0, 0, z )作平行于xOy 面的平面, 截得立体Ω的截面为圆D z:, 故D z的半径为, 面积为 , 于是=.9. 利用柱面坐标计算下列三重积分:(1)∫∫∫, 其中Ω是由曲面及z =x 2+y 2所围成的闭区域;解 在柱面坐标下积分区域Ω可表示为0≤θ≤2π, 0≤ρ≤1,,于是.(2)∫∫∫, 其中Ω是由曲面x2+y2=2z及平面z=2所围成的闭区域.解在柱面坐标下积分区域Ω可表示为0≤θ≤2π, 0≤ρ≤2, ,于是.10. 利用球面坐标计算下列三重积分:(1)∫∫∫, 其中Ω是由球面x2+y2+z2=1所围成的闭区域.解在球面坐标下积分区域Ω可表示为0≤θ≤2π, 0≤ϕ≤π, 0≤r≤1,于是.(2)∫∫∫, 其中闭区域Ω由不等式x2+y2+(z−a)2≤a2, x2+y2≤z2所确定.解在球面坐标下积分区域Ω可表示为,于是.11. 选用适当的坐标计算下列三重积分:(1)∫∫∫, 其中Ω为柱面x2+y2=1及平面z=1, z=0, x=0, y=0所围成的在第一卦限内的闭区域;解 在柱面坐标下积分区域Ω可表示为,于是.别解: 用直角坐标计算.(2) , 其中Ω是由球面x 2+y 2+z 2=z 所围成的闭区域; 解 在球面坐标下积分区域Ω可表示为,于是.(3)∫∫∫, 其中Ω是由曲面4z 2=25(x 2+y 2)及平面z =5所围成的闭区域; 解 在柱面坐标下积分区域Ω可表示为,于是.(4)∫∫∫, 其中闭区域Ω由不等式, z ≥0所确定.解 在球面坐标下积分区域Ω可表示为,于是.12. 利用三重积分计算下列由曲面所围成的立体的体积: (1)z =6−x 2−y 2及 解 在柱面坐标下积分区域Ω可表示为 0≤θ≤2 π, 0≤ρ≤2, ρ≤z ≤6−ρ2,于是.(2)x 2+y 2+z 2=2az (a >0)及x 2+y 2=z 2(含有z 轴的部分); 解 在球面坐标下积分区域Ω可表示为,于是.(3)及z =x 2+y 2;解 在柱面坐标下积分区域Ω可表示为 0≤θ≤2π, 0≤ρ≤1, ρ2≤z ≤ρ,于是.(4)及x 2+y 2=4z .解 在柱面坐标下积分区域Ω可表示为,于是.13. 球心在原点、半径为R 的球体, 在其上任意一点的密度的大小与这点到球心的距离成正比, 求这球体的质量.解 密度函数为 . 在球面坐标下积分区域Ω可表示为 0≤θ≤2π, 0≤ϕ≤π, 0≤r ≤R ,于是 .9−31. 化三重积分为三次积分, 其中积分区域Ω分别是:(1)由双曲抛物面xy =z 及平面x +y −1=0, z =0所围成的闭区域; 解 积分区域可表示为Ω={(x , y , z )| 0≤z ≤xy , 0≤y ≤1−x , 0≤x ≤1},于是 .(2)由曲面z =x 2+y 2及平面z =1所围成的闭区域; 解 积分区域可表示为,于是.(3)由曲面z =x 2+2y 2及z =2−x 2所围成的闭区域; 解 曲积分区域可表示为,于是.提示: 曲面z =x 2+2y 2与z =2−x 2的交线在xOy 面上的投影曲线为x 2+y 2=1.(4)由曲面cz =xy (c >0),, z =0所围成的在第一卦限内的闭区域.解 曲积分区域可表示为,于是.提示:区域Ω的上边界曲面为曲面c z=xy , 下边界曲面为平面z=0.2. 设有一物体,占有空间闭区域Ω={(x, y, z)|0≤x≤1, 0≤y≤1, 0≤z≤1}, 在点(x, y, z)处的密度为ρ(x, y, z)=x+y+z, 计算该物体的质量.解.3. 如果三重积分的被积函数f(x, y, z)是三个函数f1(x)、f2(y)、f3(z)的乘积,即f(x, y, z)=f1(x)⋅f2(y)⋅f3(z), 积分区域Ω={(x, y, z)|a≤x≤b, c≤y≤d, l≤z≤m}, 证明这个三重积分等于三个单积分的乘积,即.证明.4. 计算,其中Ω是由曲面z=xy, 与平面y=x, x=1和z=0所围成的闭区域.解积分区域可表示为Ω={(x, y, z)| 0≤z≤xy, 0≤y≤x, 0≤x≤1},于是.5. 计算 ,其中Ω为平面x=0, y=0, z=0, x+y+z=1所围成的四面体.解积分区域可表示为Ω={(x , y , z )| 0≤z ≤1−x −y , 0≤y ≤1−x , 0≤x ≤1},于是.提示:.6. 计算, 其中Ω为球面x 2+y 2+z 2=1及三个坐标面所围成的在第一卦限内的闭区域.解 积分区域可表示为于是.7. 计算, 其中Ω是由平面z =0, z =y , y =1以及抛物柱面y =x 2所围成的闭区域.解 积分区域可表示为Ω={(x , y , z )| 0≤z ≤y , x 2≤y ≤1, −1≤x ≤1},于是.8. 计算, 其中Ω是由锥面 与平面z =h (R >0, h >0)所围成的闭区域.解 当0≤z ≤h 时, 过(0, 0, z )作平行于xOy 面的平面, 截得立体Ω的截面为圆D z:, 故D z的半径为, 面积为 , 于是=.9. 利用柱面坐标计算下列三重积分:(1)∫∫∫, 其中Ω是由曲面及z =x 2+y 2所围成的闭区域;解 在柱面坐标下积分区域Ω可表示为0≤θ≤2π, 0≤ρ≤1, ,于是.(2)∫∫∫, 其中Ω是由曲面x 2+y 2=2z 及平面z =2所围成的闭区域. 解 在柱面坐标下积分区域Ω可表示为0≤θ≤2π, 0≤ρ≤2, ,于是.10. 利用球面坐标计算下列三重积分:(1)∫∫∫, 其中Ω是由球面x 2+y 2+z 2=1所围成的闭区域. 解 在球面坐标下积分区域Ω可表示为 0≤θ≤2π, 0≤ϕ≤π, 0≤r ≤1,于是.(2)∫∫∫, 其中闭区域Ω由不等式x 2+y 2+(z −a )2≤a 2, x 2+y 2≤z 2所确定. 解 在球面坐标下积分区域Ω可表示为,于是.11. 选用适当的坐标计算下列三重积分:(1)∫∫∫, 其中Ω为柱面x 2+y 2=1及平面z =1, z =0, x =0, y =0所围成的在第一卦限内的闭区域;解 在柱面坐标下积分区域Ω可表示为,于是.别解: 用直角坐标计算.(2) , 其中Ω是由球面x 2+y 2+z 2=z 所围成的闭区域; 解 在球面坐标下积分区域Ω可表示为,于是.(3)∫∫∫, 其中Ω是由曲面4z 2=25(x 2+y 2)及平面z =5所围成的闭区域; 解 在柱面坐标下积分区域Ω可表示为,于是.(4)∫∫∫, 其中闭区域Ω由不等式, z ≥0所确定.解 在球面坐标下积分区域Ω可表示为,于是.12. 利用三重积分计算下列由曲面所围成的立体的体积: (1)z =6−x 2−y 2及 解 在柱面坐标下积分区域Ω可表示为 0≤θ≤2 π, 0≤ρ≤2, ρ≤z ≤6−ρ2,于是.(2)x 2+y 2+z 2=2az (a >0)及x 2+y 2=z 2(含有z 轴的部分); 解 在球面坐标下积分区域Ω可表示为,于是.(3)及z =x 2+y 2;解 在柱面坐标下积分区域Ω可表示为 0≤θ≤2π, 0≤ρ≤1, ρ2≤z ≤ρ,于是.(4)及x 2+y 2=4z .解 在柱面坐标下积分区域Ω可表示为,于是.13. 球心在原点、半径为R 的球体, 在其上任意一点的密度的大小与这点到球心的距离成正比, 求这球体的质量.解 密度函数为 . 在球面坐标下积分区域Ω可表示为 0≤θ≤2π, 0≤ϕ≤π, 0≤r ≤R ,于是 .习题9−41. 求球面x 2+y 2+z 2=a 2含在圆柱面x 2+y 2=ax 内部的那部分面积. 解 位于柱面内的部分球面有两块, 其面积是相同的.由曲面方程z =得 ,,于是.2. 求锥面z =被柱面z 2=2x 所割下的部分的曲面的面积.解 由z =和z 2=2x 两式消z 得x 2+y 2=2x , 于是所求曲面在xOy 面上的投影区域D为x 2+y 2≤2x .由曲面方程 得 , ,于是.3. 求底面半径相同的两个直交柱面x 2+y 2=R 2及x 2+z 2=R 2所围立体的表面积.解 设A 1为曲面相应于区域D : x 2+y 2≤R 2上的面积. 则所求表面积为A =4A 1..4. 设薄片所占的闭区域D 如下, 求均匀薄片的质心:(1)D 由, x =x 0, y =0所围成;解 令密度为μ=1. 因为区域D 可表示为 , 所以,,,所求质心为(2)D 是半椭圆形闭区域;解 令密度为μ=1. 因为闭区域D 对称于y 轴, 所以 .(椭圆的面积),,所求质心为 .(3)D 是介于两个圆r =a cos θ, r =b cos θ(0<a <b )之间的闭区域. 解 令密度为μ=1. 由对称性可知 .(两圆面积的差),,所求质心是.5. 设平面薄片所占的闭区域D 由抛物线y =x 2及直线y =x 所围成, 它在点(x , y )处的面密度μ(x , y )=x 2y , 求该薄片的质心.解,,质心坐标为 .6. 设有一等腰直角三角形薄片, 腰长为a , 各点处的面密度等于该点到直角顶点的距离的平方, 求这薄片的质心.解 建立坐标系, 使薄片在第一象限, 且直角边在坐标轴上. 薄片上点(x , y )处的函数为μ=x 2+y 2. 由对称性可知 .,,薄片的质心坐标为 .7. 利用三重积分计算下列由曲面所围成立体的质心(设密度ρ=1):(1)z 2=x 2+y 2, z =1;解 由对称性可知, 重心在z 轴上, 故 .(圆锥的体积),,所求立体的质心为 .(2)(A >a >0), z =0; 解 由对称性可知, 重心在z 轴上, 故 .(两个半球体体积的差),,所求立体的质心为.(3)z =x 2+y 2, x +y =a , x =0, y =0, z =0.解,,,,所以立体的重心为 .8. 设球体占有闭区域Ω={(x , y , z )|x 2+y 2+z 2≤2Rz }, 它在内部各点的密度的大小等于该点到坐标原点的距离的平方, 试求这球体的质心.解 球体密度为ρ=x 2+y 2+z 2. 由对称性可知质心在z 轴上, 即 .在球面坐标下Ω可表示为: , 于是,,故球体的质心为.9. 设均匀薄片(面密度为常数1)所占闭区域D 如下, 求指定的转动惯量:(1), 求I y;解 积分区域D 可表示为,于是 .提示: .(2)D 由抛物线 与直线x =2所围成, 求I x和I y;解 积分区域可表示为,于是,. (3)D 为矩形闭区域{(x , y )|0≤x ≤a , 0≤y ≤b }, 求I x和I y.解 ,.10. 已知均匀矩形板(面密度为常量μ)的长和宽分别为b 和h , 计算此矩形板对于通过其形心且分别与一边平行的两轴的转动惯量.解 取形心为原点, 取两旋转轴为坐标轴, 建立坐标系.,.11. 一均匀物体(密度ρ为常量)占有的闭区域Ω由曲面z =x 2+y 2和平面z =0, |x |=a , |y |=a 所围成,(1)求物体的体积; 解 由对称可知.(2)求物体的质心; 解 由对称性知 .. (3)求物体关于z 轴的转动惯量.解.12. 求半径为a 、高为h 的均匀圆柱体对于过中心而平行于母线的轴的转动惯量(设密度ρ=1).解 建立坐标系, 使圆柱体的底面在xOy 面上, z 轴通过圆柱体的轴心. 用柱面坐标计算..13. 设面密度为常量μ的匀质半圆环形薄片占有闭区域, 求它对位于z 轴上点M 0(0, 0, a )(a >0)处单位质量的质点的引力F .解 引力F =(F x, F y, F z), 由对称性, F y=0, 而,.14. 设均匀柱体密度为ρ, 占有闭区域Ω={(x , y , z )|x 2+y 2≤R 2, 0≤z ≤h }, 求它对于位于点M 0(0, 0, a )(a >h )处单位质量的质点的引力.解 由柱体的对称性可知, 沿x 轴与y 轴方向的分力互相抵消, 故F x=F y=0, 而.总习题九1. 选择以下各题中给出的四个结论中一个正确的结论: (1)设有空间闭区域Ω1={(x , y , z )|x 2+y 2+z 2≤R 2, z ≥0},Ω2={(x , y , z )|x 2+y 2+z 2≤R 2, x ≥0, y ≥0, z ≥0}, 则有________.(A ); (B );(C ); (D ). 解 (C ).提示: f (x , y , z )=x 是关于x 的奇函数, 它在关于yOz 平面对称的区域Ω1上的三重积分为零, 而在Ω2上的三重积分不为零, 所以(A )是错的. 类似地, (B )和(D )也是错的.f (x , y , z )=z 是关于x 和y 的偶函数, 它关于yOz 平面和zOx 面都对称的区域Ω1上的三重积分可以化为Ω1在第一卦部分Ω2上的三重积分的四倍.(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=________.(A ); (B ); (C ); (D )0.解 (A ).2. 计算下列二重积分:(1), 其中D 是顶点分别为(0, 0), (1, 0), (1, 2)和(0, 1)的梯形闭区域;解 积分区域可表示为D ={(x , y )|0≤x ≤1, 0≤y ≤x +1}, 于是.(2), 其中D ={(x , y )|0≤y ≤sin x , 0≤x ≤π};解.(3) , 其中D 是圆周x 2+y 2=Rx 所围成的闭区域; 解 在极坐标下积分区域D 可表示为,于是.(4), 其中D ={(x , y )|x 2+y 2≤R 2}. 解 因为积分区域D 关于x 轴、y 轴对称, 所以..因为,所以.3. 交换下列二次积分的次序: (1);解 积分区域为,并且D 又可表示为D ={(x , y )|−2≤x ≤0, 2x +4≤y ≤−x 2+4},所以.(2); 解 积分区域为D ={(x , y )|0≤y ≤1, 0≤x ≤2y }∪{(x , y )|1≤y ≤3, 0≤x ≤3−y }, 并且D 又可表示为,所以.(3).解 积分区域为,并且D 又可表示为,所以.4. 证明:.证明 积分区域为D ={(x , y )|0≤y ≤a , 0≤x ≤y }, 并且D 又可表示为D ={(x , y )|0≤x ≤a , x ≤y ≤a },所以 .5. 把积分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}.解 在极坐标下积分区域可表示为D =D 1+D 2+D 3,其中 ,,,所以.6. 把积分化为三次积分, 其中积分区域Ω是由曲面z =x 2+y 2, y =x 2及平面y =1,z =0所围成的闭区域.解 积分区域可表示为Ω: 0≤z ≤x 2+y 2, x 2≤y ≤1, −1≤x ≤1,所以 .7. 计算下列三重积分: (1), 其中Ω是两个球x2+y 2+z 2≤R 2和x 2+y 2+z 2≤2Rz (R >0)的公共部分;解 两球面的公共部分在xOy 面上的投影 ,在柱面坐标下积分区域可表示为,所以.(2) , 其中Ω是由球面x 2+y 2+z 2=1所围成的闭区域; 解 因为积分区域Ω关于xOy 面对称, 而被积函数为关于z 的奇函数,所以 .(3), 其中Ω是由xOy 面上曲线y 2=2x 绕x 轴旋转而成的曲面与平面x =5所围成的闭区域.解 曲线y 2=2x 绕x 轴旋转而成的曲面的方程为y 2+z 2=2x . 由曲面y 2+z 2=2x 和平面x =5所围成的闭区域Ω在yOz 面上的投影区域为, 在柱面坐标下此区域又可表示为,所以.8. 求平面被三坐标面所割出的有限部分的面积.解 平面的方程可写为 , 所割部分在xOy 面上的投影区域为,于是.9. 在均匀的半径为R 的半圆形薄片的直径上, 要接上一个一边与直径等长的同样材料的均匀矩形薄片, 为了使整个均匀薄片的质心恰好落在圆心上, 问接上去的均匀矩形薄片另一边的长度应是多少？解 设所求矩形另一边的长度为H , 建立坐标系, 使半圆的直径在x 轴上, 圆心在原点. 不妨设密度为ρ=1g/cm 3.由对称性及已知条件可知 , 即,从而 ,即,。

高数第五版答案（同济）12-9习题12-91. 求下列各微分方程的通解:(1)2y ''+y '-y =2e x ;解微分方程的特征方程为2r 2+r -1=0, 其根为211=r , r 2=-1, 故对应的齐次方程的通解为 x x e C e C Y -+=2211. 因为f (x )=2e x , λ=1不是特征方程的根,故原方程的特解设为y *=Ae x ,代入原方程得2Ae x +Ae x -Ae x =2e x ,解得A =1, 从而y *=e x .因此, 原方程的通解为x x x e e C e C y ++=-2211.(2)y ''+a 2y =e x ;解微分方程的特征方程为r 2+a 2=0,其根为r =±ai , 故对应的齐次方程的通解为Y =C 1cos ax +C 2sin ax .因为f (x )=e x , λ=1不是特征方程的根,故原方程的特解设为y *=Ae x ,代入原方程得Ae x +a 2Ae x =e x , 解得211a A +=, 从而21*a e y x +=. 因此, 原方程的通解为2211sin cos a e ax C ax C y x +++=.(3)2y ''+5y '=5x 2-2x -1;解微分方程的特征方程为2r 2+5r =0,其根为r 1=0, 252-=r , 故对应的齐次方程的通解为x e C C Y 2521-+=.因为f (x )=5x 2-2x -1, λ=0是特征方程的单根,故原方程的特解设为y *=x (Ax 2+Bx +C ),代入原方程并整理得15Ax 2+(12A +10B )x +(4B +5C )=5x 2-2x -1, 比较系数得31=A , 53-=B , 257=C , 从而x x x y 2575331*23+-=. 因此, 原方程的通解为 x x x e C C y x 257533123521+-++=-. (4)y ''+3y '+2y =3xe -x ;解微分方程的特征方程为r 2+3r +2=0,其根为r 1=-1, r 2=-2, 故对应的齐次方程的通解为Y =C 1e -x +C 2e -2x .因为f (x )=3xe -x , λ=-1是特征方程的单根,故原方程的特解设为y *=x (Ax +B )e -x ,代入原方程并整理得2Ax +(2A +B )=3x , 比较系数得23=A , B =-3, 从而)323(*2x x e y x -=-. 因此, 原方程的通解为 )323(2221x x e e C e C y x x x -++=---.(5)y ''-2y '+5y =e x sin2x ;解微分方程的特征方程为r 2-2r +5=0,其根为r 1, 2=1±2i , 故对应的齐次方程的通解为Y =e x (C 1cos2x +C 2sin2x ).因为f (x )=e x sin2x , λ+i ω=1+2i 是特征方程的根,故原方程的特解设为y *=xe x (A cos2x +B sin2x ),代入原方程得e x [4B cos2x -4A sin2x ]=e x sin2x , 比较系数得41-=A , B =0, 从而x xe y x 2cos 41*-=.因此, 原方程的通解为x xe x C x C e y x x 2cos 41)2sin 2cos (21-+=.(6)y ''-6y '+9y =(x +1)e 3x ;解微分方程的特征方程为r 2-6r +9=0,其根为r 1=r 2=3, 故对应的齐次方程的通解为Y =e 3x (C 1+C 2x ).因为f (x )=(x +1)e 3x , λ=3是特征方程的重根,故原方程的特解设为y *=x 2e 3x (Ax +B ),代入原方程得e 3x (6Ax +2B )=e 3x (x +1), 比较系数得61=A , 21=B , 从而)2161(*233x x e y x +=. 因此, 原方程的通解为 )2161()(233213x x e x C C e y x x +++=.(7)y ''+5y '+4y =3-2x ;解微分方程的特征方程为r 2+5r +4=0,其根为r 1=-1, r 2=-4, 故对应的齐次方程的通解为Y =C 1e -x +C 2e -4x .因为f (x )=3-2x =(3-2x )e 0x , λ=0不是特征方程的根,故原方程的特解设为y *=Ax +B ,代入原方程得4Ax +(5A +4B )=-2x +3, 比较系数得21-=A , 811=B , 从而81121*+-=x y . 因此, 原方程的通解为 81121421+-+=--x e C e C y x x . (8)y ''+4y =x cos x ;解微分方程的特征方程为r 2+4=0,其根为r =±2i , 故对应的齐次方程的通解为Y =C 1cos2x +C 2sin2x .因为f (x )= x cos x =e 0x (x ?cos x +0?sin x ), λ+i ω=i 不是特征方程的根,故原方程的特解设为y *=(Ax +B )cos x +(Cx +D )sin x ,代入原方程得(3Ax +3B +2C )cos x +(3Cx -2A +3D )sin x =x cos x , 比较系数得31=A , B =0, C =0,92=D , 从而x x x y sin 92cos 31*+=. 因此, 原方程的通解为 x x x x C x C y sin 92cos 31sin 2cos 21+++=.(9)y ''+y =e x +cos x ;解微分方程的特征方程为r 2+1=0,其根为r =±i , 故对应的齐次方程的通解为Y =C 1cos x +C 2sin x .因为f (x )=f 1(x )+f 2(x ), 其中f 1(x )=e x , f 2(x )=cos x , 而方程y ''+y =e x 具有Ae x 形式的特解;方程y ''+y =cos x 具有x (B cos x +C sin x )形式的特解,故原方程的特解设为y *=Ae x +x (B cos x +C sin x ),代入原方程得2Ae x +2C cos x -2B sin x =e x +cos x , 比较系数得21=A , B =0,21=C , 从而x x e y x sin 221*+=. 因此, 原方程的通解为 x x e x C x C y x sin 221sin cos 21+++=.(10)y ''-y =sin 2x .解微分方程的特征方程为r 2-1=0,其根为r 1=-1, r 2=1, 故对应的齐次方程的通解为Y =C 1e -x +C 2e x .因为x x x f 2cos 2121sin )(2-==, 而方程21=-''y y 的特解为常数A ;方程x y y 2cos 21-=-''具有B cos2x +C sin2x 形式的特解,故原方程的特解设为y *=A +B cos2x +C sin2x ,代入原方程得x x C x B A 2cos 21212sin 52cos 5-=---, 比较系数得21-=A ,101=B , C =0, 从而x y 2cos 10121*+-=. 因此, 原方程的通解为 212cos 10121-++=-x e C e C y x x . 2. 求下列各微分方程满足已给初始条件的特解:(1)y ''+y +sin x =0, y |x =π=1, y '|x =π=1;解微分方程的特征方程为r 2+1=0,其根为r =±i , 故对应的齐次方程的通解为Y =C 1cos x +C 2sin x .因为f (x )=-sin2x =e 0x (0?cos2x -sin2x ), λ+i ω=i 是特征方程的根,故原方程的特解设为y *=A cos2x +B sin2x ,代入原方程得-3A cos 2x -3B sin2x =-sin2x ,解得A =0, 31=B , 从而x y 2sin 31*=. 因此, 原方程的通解为 x x C x C y 2sin 31sin cos 21++=.由y |x =π=1, y '|x =π=1得C 1=-1, 312-=C ,故满足初始条件的特解为x x x y 2sin 31sin 31cos +-+-=.(2)y ''-3y '+2y =5, y |x =0=1, y '|x =0=2;解微分方程的特征方程为r 2-3r +2=0,其根为r 1=1, r 2=2, 故对应的齐次方程的通解为Y =C 1e x +C 2e 2x .容易看出25*=y 为非齐次方程的一个特解, 故原方程的通解为 25221++=x x e C e C y .由y |x =0=1, y '|x =0=2得=+=++221252121C C C C , 解之得C 1=-5, 272=C . 因此满足初始条件的特解为 2527521++-=x x e e y . (3)y ''-10y '+9y =e 2x , 76|0==x y , 7 33|0='=x y ; 解微分方程的特征方程为r 2-10r +9=0,其根为r 1=1, r 2=9, 故对应的齐次方程的通解为Y =C 1e x +C 2e 9x .因为f (x )=e 2x , λ=2不是特征方程的根,故原方程的特解设为y *=Ae 2x ,代入原方程得(4A -20A +9A )e 2x =e 2x , 解得71-=A , 从而x e y 271*-=.因此, 原方程的通解为 x x x e e C e C y 292171-+=.由76|0==x y , 733|0='=x y 得2121==C C . 因此满足初始条件的特解为x x x e e e y 29712121-+=.(4)y ''-y =4xe x , y |x =0=0, y '|x =0=1;解微分方程的特征方程为r 2-1=0,其根为r 1=-1, r 2=1, 故对应的齐次方程的通解为Y =C 1e -x +C 2e x .因为f (x )=4xe x , λ=1是特征方程的单根,故原方程的特解设为y *=xe x (Ax +B ),代入原方程得(4Ax +2A +2B )e x =4xe x ,比较系数得A =1, B =-1, 从而y *=xe x (x -1).因此, 原方程的通解为y *=C 1e -x +C 2e x +xe x (x -1).由y |x =0=0, y '|x =0=1得=--=+1102121C C C C , 解之得C 1=1, C 2=-1. 因此满足初始条件的特解为y =e -x -e x +xe x (x -1).(5)y ''-4y '=5, y |x =0=1, y '|x =0=0.解微分方程的特征方程为r 2-4r =0,其根为r 1=0, r 2=4, 故对应的齐次方程的通解为Y =C 1+C 2e 4x .因为f (x )=5=5e 0?x , λ=0是特征方程的单根,故原方程的特解设为y *=Ax ,代入原方程得-4A =5, 45-=A , 从而x y 45*-=.因此, 原方程的通解为x e C C y x 45421-+=.由y |x =0=1, y '|x =0=0得16111=C , 1652=C . 因此满足初始条件的特解为x e y x 4516516114-+=. 3. 大炮以仰角α、初速度v 0发射炮弹, 若不计空气阻力, 求弹道曲线.解取炮口为原点, 炮弹前进的水平方向为x 轴, 铅直向上为y 轴, 弹道运动的微分方程为=-=02dtdx g dt y d , 且满足初始条件='=='=====ααcos | ,0|sin | ,0|000000v x x v y y t t t t . 易得满足方程和初始条件的解(弹道曲线)为-?=?=20021sin cos gt t v y tv x αα. 4. 在R 、L 、C 含源串联电路中, 电动势为E 的电源对电容器C 充电. 已知E =20V , C =0.2μF(微法), L =0.1H(亨), R =1000Ω, 试求合上开关K 后电流i (t )及电压u c (t ). 解 (1)列方程. 由回路定律可知E u u C R u C L c c c=+'??+''??, 即 LCE u LC u L R u c c c =+'+''1, 且当t =0时, u c =0, u c '=0.已知R =1000Ω, L =0.1H , C =0.2μF , 故4101.01000==L R , 76105102.01.011?=??=-LC , 9771020105105=??=?=E LC E . 因此微分方程为9741010510=?+'+''c c cu u u . (2)解方程. 微分方程的特征方程为r 2+104r +5?107=0, 其根为r 1, 2=-5?103±5?103i . 因此对应的齐次方程的通解为])105sin()105cos([32311053t C t C e u t c ?+?=?-.由观察法易知y *=20为非齐次方程的一个特解.因此非齐次方程的通解为20])105sin()105cos([32311053+?+?=?-t C t C e u t c .由t =0时, u c =0, u c '=0, 得C 1=-20, C 2=-20. 因此])105sin()105[cos(2020331053t t e u t c ?+?-=?-(V),)]105sin(104102.0)(3105263t e u u C t i t c c='?='=?---(A).5. 一链条悬挂在一钉子上, 起动时一端离开钉子8m 另一端离开钉子12m , 分别在以下两种情况下求链条滑下来所需的时间:(1)若不计钉子对链条所产生的摩擦力;解设在时刻t 时, 链条上较长的一段垂下x m , 且设链条的密度为ρ, 则向下拉链条下滑的作用力F =x ρg -(20-x )ρg =2ρg (x -10).由牛顿第二定律, 有20ρx ''=2ρg (x -10), 即g x g x -=-''10. 微分方程的特征方程为 0102=-g r , 其根为101g r -=,102g r =, 故对应的齐次方程的通解为 t g t g e C e C x 102101+=-.由观察法易知x *=10为非齐次方程的一个特解, 故通解为10102101++=-t g t g e C e C x .由x (0)=12及x '(0)=0得C 1=C 2=1. 因此特解为101010++=-t g t g e e x .当x =20, 即链条完全滑下来时有101010=+-t g t g e e, 解之得所需时间)625ln(10+=gt s. (2)若摩擦力为1m 长的链条的重量.解此时向下拉链条的作用力变为F =x ρg -(20-x )ρg -1ρg =2ρgx -21ρg由牛顿第二定律, 有20ρx ''=2ρgx -21ρg , 即g x g x 05.110-=-''. 微分方程的通解为5.10102101++=-t g t g e C e C x . 由x (0)=12及x '(0)=0得4321==C C . 因此特解为 5.10)(431010++=-t g t g e e x .当x =20, 即链条完全滑下来时有5.9)(431010=+-t g t g e e ,解之得所需时间)3224319ln(10+=g t s. 6. 设函数?(x )连续, 且满足 ??-+=x x xdt t x dt t t e x 00)()()(, 求?(x ).解等式两边对x 求导得-='xx dt t e x 0)()(??, 再求导得微分方程''(x )=e x -?(x ), 即?''(x )+?(x )=e x . 微分方程的特征方程为r 2+1=0,其根为r 1, 2=±i , 故对应的齐次方程的通解为?=C 1cos x +C 2sin x .易知x e 21*=?是非齐次方程的一个特解, 故非齐次方程的通解为x e x C x C 21sin cos 21++=?. 由所给等式知?(0)=1, ?'(0)=1, 由此得2121= =C C . 因此)sin (cos 21x e x x ++=?.。