数学分析课后习题答案--高教第二版(陈纪修)--13章.pdf

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1、第十三章 重积分 习 题 13.1 有界区域上的重积分 第十三章 重积分 习 题 13.1 有界区域上的重积分 1.设一平面薄板（不计其厚度），它在xy平面上的表示是由光滑的简单闭曲线围成的闭区域 D。如果该薄板分布有面密度为(,)x y的电荷，且(,)x y在 D 上连续，试用二重积分表示该薄板上的全部电荷。解解 设电荷总量为，则 Q=DdyxQ),(。2.设函数在矩形 Df x y(,)1,0,0=上有界，而且除了曲线段yxx=sin,0外，在 D 上其它点连续。证明在 D 上可积。f x y(,)f证证 设D),(,),(yxMyxf，将 D 用平行于两坐标轴的直线分成 个小 n区域，记

2、),2,1(niDi?=1max diamii nD=，不妨设),2,1(kiDi?=将曲线段sin,0yxx=包含在内，于是在有界闭区域上连续，因此在上可积，即f x y(,)nkiiD1+=f x y(,)nkiiD1+=0,01，当1时，21+=nkiii。而当kM4时，22211=kMMkiikiii。取=kM4,min1，当时，就有 =+=221niii，所以在 D 上可积。f3.按定义计算二重积分，其中 DxydxdyD 1,0 1,0=。解解 将D分成个小正方形 2n),2,1,(1,1),(njinjynjnixniyxDij?=，1课后答案网 w w w.k h d a w.

3、c o m取 njniji=,，则 xydxdyD=njinnjiijjinijn1,41,1limlim 41)1(411lim224=+=nnnn。4.设一元函数在上可积，)(xf,ba,dcba=D。定义二元函数)(),(xfyxF=，D),(yx。证明在上可积。),(yxFD证证 将、分别作划分：,ba,dc bxxxxxann=1210?和 dyyyyycmm=1210?，则分成了个小矩形Dnm),2,1,2,1(mjniDij?=。记i是在小区间上的振幅，)(xf,1iixx)(Fij是在上的振幅，则 FijD =)(Fiji，于是 ,1,11()()nnnijijiijiii j

4、i jiFxydc=x，由在上可积，可知)(xf,ba=niiix1)0(0，所以 0,1lim()nijiji jF=01lim()0niiidcx=，即在上可积。),(yxFD5 设是D2R上的零边界闭区域，二元函数和在上可积。证明),(yxf),(yxgD ),(),(max),(yxgyxfyxH=和 ),(),(min),(yxgyxfyxh=也在上可积。D 证证 首先我们有(),(),(),(),(21),(yxgyxfyxgyxfyxH+=，(),(),(),(),(21),(yxgyxfyxgyxfyxh+=。2课后答案网 w w w.k h d a w.c o m设),(),

5、(),(yxgyxfyx=，将划分成 个小区域Dn),2,1(niDi?=，利用不等式dbcadcbadcba+)()(，可得 ),2,1()()()(nigfiii?=+，于是 ),2,1()()()(nigfHiii?=+，所以 =+niiiniiiniiigfH111)()()(0，由在上可积，可知 gf,D0)(lim10=niiiH，即在上可积。),(),(max),(yxgyxfyxH=D类似地可得 ),2,1()()()(nigfhiii?=+，从而得到),(),(min),(yxgyxfyxh=在D上也可积。3课后答案网 w w w.k h d a w.c o m习习 题题 1

6、3.2 重积分的性质与计算重积分的性质与计算 1证明重积分的性质 8。证证 不妨设，0)(xgM、m分别是在区域)(xf上的上确界、下确界，由、性质 1 和性质 3，可得)()()()(xMgxgxfxmg ，dVxgMdVxgxfdVxgm)()()()(当，积分中值定理显然成立。当，则 0)(=dVxg0)(dVxgMdVxgdVxgxfm)()()(，所以存在,Mm，使得=dVxgdVxgxf)()()(，即 =dVxgdVxgxf)()()(。如果在有界闭区域上连续，由介值定理，存在f，使得=)(f，所以 。=dVxgfdVxgxf)()()()(2根据二重积分的性质，比较下列积分的大

7、小：(1)与，其中为+Ddxdyyx2)(+Ddxdyyx3)(Dx轴，y轴与直线xy+=1所围的区域；(2)与+Ddxdyyx)ln(+Ddxdyyx2)ln(，其中为闭矩形,。D,3501 解解（1）因为在上成立 D10+Ddxdyyx2)(+Ddxdyyx3)(。（2）因为在上成立，所以，于是 D3xy+2)ln()ln(yxyx+Ddxdyyx)ln(+Ddxdyyx2)ln(。3用重积分的性质估计下列重积分的值：(1)，其中为闭矩形,+Ddxdyyxxy)(D,0101；(2)+Dyxdxdy22coscos100，其中为区域D(,)|x yxy+10；1课后答案网 w w w.k

8、h d a w.c o m(3)dxdxdzxyz122+2，其中 为单位球(,)|x y z xyz2221+。解解（1）因为在上成立 D2)(0+yxxy，所以 2)(0+Ddxdyyxxy。（2）因为在上成立 D1001coscos1001102122+yx，所以 2coscos1005110022+Dyxdxdy。（3）因为在 上成立 11121222+zyx，所以 34132222+zyxdxdxdz。4计算下列重积分：(1)，其中为闭矩形,+Ddxdyyyxx)3(323D,0101；(2)，其中为闭矩形,+Ddxdyxyyx22eD,a bc d；(3)dxdydzxyz()+3

9、，其中 为长方体,121212。解解（1）+Ddxdyyyxx)3(323+=1032310)3(dxyyxxdy 1)41(103=+=dyyy。（2）+Ddxdyxyyx22e=dcybaxdyyedxxe22()()222241cdabeeee。（3）dxdydzxyz()+3+=+=2122212132121)1(1)2(121)(dyyxyxdxzyxdzdydx 125128ln212132412121=+=dxxxx。5在下列积分中改变累次积分的次序：(1)；dxf x y dyababax(,)()；(3)；dxf x y dyx020(,)sin(4)；dyf x y dxd

10、yf x y dxyy01021303 +(,)(,)(5)（改成先方向，再 方向和 方向的次dx dyf x y z dzxx y01010 +(,)yxz 2课后答案网 w w w.k h d a w.c o m序积分）；(6)dxdyf x y z dzxxxy+111112222(,)（改成先 方向，再方向和 方向的次序积分）。xyz 解解（1）。=bybaxabadxyxfdydyyxfdx),(),(（2）22202(,)aaxax xdxf x y dy 22202(,)aaayyadyf x y dx=+aayaadxyxfdy0222),(+aaaaydxyxfdy2222)

11、,(。（3）。dxf x y dyx020(,)sin=10arcsinarcsin),(yydxyxfdy+01arcsin2arcsin),(yydxyxfdy（4）=+yydxyxfdydxyxfdy30312010),(),(20321),(xxdyyxfdx。（5）dx dyf x y z dzxx y01010 +(,)。=101010),(xdyzyxfdxdz1000),(zxzdyzyxfdxdz注：也可写成。+xxzzxzdyzyxfdxdzdyzyxfdxdz101010110),(),(（6）=+111112222),(yxxxdzzyxfdydx102222),(zz

12、yzyzdxzyxfdydz。6 计算下列重积分：(1)，其中为抛物线和直线Ddxdyxy2Dy22=pxxpp=20()所围的区域；(2)0(2axadxdyD，其中为圆心在，半径为 并且和坐标轴相切的圆周上较短的一段弧和坐标轴所围的区域；D(,)a aa(3)，其中为区域(+DdxdyyxeD,)|x yxy+1；(4)，其 中D为 直 线+Ddxdyyx)(22yx yxa ya=+=,和所围的区域；)0(3=aay(5)，其中为摆线的一拱DydxdyD)cos1(),sin(tayttax=)20(t与x轴所围的区域；(6)+Ddxdyxyyx)(2122e1，其中为直线D1,=yxy

13、和所围的区域；1=x(7)，其中；Dydxdyx20,21,2|),(22xyxxyxyx+=D 3课后答案网 w w w.k h d a w.c o m(8)，其中 为曲面xy z dxdydz23zxy=，平面yx x=,1和所围的区域；z=0(9)dxdydzxyz(13+)，其中为平面xyz=00,02)和所围成的四面体；1=+zyx(10)，其 中 为 抛 物 面与 平 面所围的区域；zdxdydzzxy=+2zh h=(0(11)，其 中为 球 体和 dxdydzz22222Rzyx+Rzzyx2222+)0(R的公共部分；（12），其中 为椭球体dxdydzx21222222+c

14、zbyax。解解（1）Ddxdyxy2=ppppyppdypypyxdxdyy)(81242222225211p。（2）=axaxaadxxxaadyxadxxadxdy02002222D=23)3822(a。（3）+Ddxdyyxe=+=+xxyxxxyxdyedxedyedxe11101101ee1。（4）+Ddxdyyx)(22+=yayaadxyxdy)(223 4332214)312(adyayaayaa=+=。（5）Dydxdy=2033)(020)cos1(2dttaydydxxya325a。（6）+Ddxdyxyyx)(2122e1+=+1)(2111221yyxdxxeydy

15、 32(211121121222=+=+dyydyeeyyyyy。（7）Dydxdyx22049)(212222122=dxxxxydydxxxxx。（8）xy z dxdydz2336414106105030210=xxyxdyydxxdzzdyyxdx。4课后答案网 w w w.k h d a w.c o m （9）dxdydzxyz()13+=yxxzyxdzdydx1031010)1(+=xdyyxdx1021041)1(121=+=1041211121dxxx1652ln21。（10）zdxdydz302031hdzzdxdyzdzhhz=。（11）=Rzdxdydzzdxdydzz

16、022 =+=RRRdzzRzdzzRzz22222022)()2(548059R。（12）=aaxdydzdxxdxdydzx22=aadxaxxbc)1(222bca3154。7设平面薄片所占的区域是由直线xyyx=+,2和 轴所围成，它的 x面密度为，求这个薄片的质量。(,)x yxy=+22解解 设薄片的质量为m，则+=yyDdxyxdydxdyyxm22210)(),(34)384438(1032=+=dyyyy。8.求抛物线与所围图形的面积。ypx222=+p0yqxqp q222=+(,)解解 联立两个抛物线方程，解得pqypqx=,2，于是两抛物线所围的面积为 pqqpdyyp

17、qqpqpdxdySpaqyqppypqpq)(32)(02222222+=+=。9.求四张平面xyxy=001,16所围成的柱体被平面和z=023xyz+=截的的立体的体积。解解 设，利用对称性，有 10,10:yxD=DDydxdyxdxdy，于是 2756)326(1010=ydydxdxdyyxVD。10.求柱面与三张平面122=+zy0,0=zxyx所围的在第一卦限的立体的体积。5课后答案网 w w w.k h d a w.c o m解解 设是所围空间区域在Dxy平面的投影，则 D10,0),(=yyxyx，于是 3111110201022=dyyydxdyydxdyyVyD。11.

18、求旋转抛物面，三个坐标平面及平面zxy=+22xy+=1所围有界区 域的体积。解解 设是所围空间区域在Dxy平面的投影，则 D0,0,1),(+=yxyxyx，于是 6122)(10102222=+=xDDdydxxdxdyxdxdyyxV。12设在f x()R上连续，为常数。证明 ba,(1)；dxf y dyf y by dyabaxab=()()()(2)（）。dyef x dxax ef x dxaa xya xa000=()()()()()0a证证（1）交换积分次序，则得到=babybaxabadyybyfdxdyyfdyyfdx)()()(。（2）交换积分次序，则得到=axaxay

19、xaadydxxfedxxfedy0)(0)(0)()(=axadxxfexa0)()()(。13设在上连续，证明 f x()1,0=1010)()()(2dxxfeedxxfedyxxyyy。证证 交换积分次序，则得到=101010)()()()(22dxxfeedyedxxfdxxfedyxxxxyyyy。14.设，证明 1,0 1,0=D2)cos()sin(122+Ddxdyyx。证证 +=+101021010222)cos()sin()cos()sin(dxdyydydxxdxdyyxD +=+=1022102102)cos()sin()cos()sin(dxxxdyydxx+=10

20、2)4sin(2dxx。当时，成立 1,0 x1)4sin(212+x，所以 6课后答案网 w w w.k h d a w.c o m 2)cos()sin(122+Ddxdyyx。15设 1,0 1,0=D，利用不等式1cos212tt（2/|t）证明 1)cos(50492dxdyxyD。证证 由 1)cos(2)(124xyxy，易知 1)cos(2dxdyxyD，另一方面，由于 50492112)(1 1041044=dyydxxdxdyxyD，所以 dxdyxyD2)cos(5049。16 设是由Dxy平面上的分段光滑简单闭曲线所围成的区域，D在 轴和xy轴上的投影长度分别为l和，x

21、ly(,)是内任意一点。证明 D(1)DDmlldxdyyxyx)(；(2)4)(22yxlldxdyyxD。证证（1）DDdxdyyxdxdyyx)(。=DdxdyllyxDmllyx（2）设D,dcba=D，且yxlcdlab=,。则 ()()()()xydxdyxydxdyDD xydxdyD=dcbadyydxx，由于,ba，于是)()(21)()(22+=+=badxxdxxdxxbaba，22221)(21)()()(21xlababab=+=，同理可得 7课后答案网 w w w.k h d a w.c o m 221ydcldyy，所以 4)(22yxlldxdyyxD。17利用

22、重积分的性质和计算方法证明：设在上连续，则)(xf,bababadxxfabdxxf22)()()(。证证 由于 =,2)()()(bababadxdyyfxfdxxf()+,22)()(21babadxdyyfxf，由对称性，()=+,2,22)(2)()(babababadxdyxfdxdyyfxf ，=bababadxxfabdydxxf)()(2)(222所以 。babadxxfabdxxf22)()()(18设在上连续，证明 f x(),a b2,)()()(ddeabyxbabayfxf。证明证明一 将区间等分,并取,ban,1iiixx，则=,)()(babayfxfdxdye=

23、nifnifniieenab1)(1)(22)(lim，再利用不等式：当（0ixni,2,1?=）时成立 22121)111)(nxxxxxxnn+?，（注：上述不等式可由算术平均不小于几何平均得到）就有 =nifnifiieenab1)(1)(22)(2)(ab，所以 。2,)()()(ddeabyxbabayfxf证明二证明二 设，由对称性，有,baba=D ，=DDdxdyedxdyexfyfyfxf)()()()(8课后答案网 w w w.k h d a w.c o m于是 +=DDDdxdydxdyeedxdyexfyfyfxfyfxf21)()()()()()(=2)(ab。19设

24、,2,1,10|),(21nixxxxin?=，计算下列 重积分：n(1)；+nndxdxdxxxx?2122221)(2)。+nndxdxdxxxx?21221)(解解（1）+nndxdxdxxxx?2122221)(=ndxdxdxxn?212131010210121ndxdxdxxnn=?。（2）+nndxdxdxxxx?21221)(=nnjijidxdxdxxx?211,=njinjidxdxdxxx1,21?=+=njinjininidxdxdxxxdxdxdxx12112122?=+=+=()（2）Ddxdyx，其中D是由圆周所围区域；xyx=+22 （3），其中是由圆周所围区域

25、；+Ddxdyyx)(Dxyx22+=+y（4）+Ddxdyyxyx222211，其中是由圆周及坐标轴所围成的在第一象限上的区域。Dxy221+=解解（1）。+Ddxdyeyx)(22)1(22020RRrerdred=（2）Ddxdyx158cos54cos203cos022=drdrrd。（3）+Ddxdyyx)(+=cossin02434)cos(sindrrd 31=2sin34)4(sin34)cos(sin0443444344=+=+tdtdd。注：本题也可通过作变换)210,20(sin21,cos21+=+=rryrx 来求解。（4）+Ddxdyyxyx222211+=+=10

26、10222011411dtttrdrrrd =102114dttt482。2.求下列图形的面积：（1）（()(a xb yca xb yc111222221+=)=a ba b12210）所围的区域；（2）由抛物线，直线 ymx ynxmn220=,()yx yx=（4）曲线xhykxaybh ka b+=+422220(,;,)0所围图形在xy00,的部分。1课后答案网 w w w.k h d a w.c o m解解（1）作变换222111,cybxavcybxau+=+=，则1221),(),(babayxvu=，于是面积 122112211),(),(babadudvbabadudvvu

27、yxSDD=。（2）作变换xyvxyu=,2，则vuyvux=,2，4),(),(vuvuyx=，于是面积=4),(),(vdvudududvvuyxSnmD)11)(613322 mn。（3）令sin,cosryrx=，则曲线方程可化为极坐标形式3cosar=，于是面积=60223cos0663cos33dardrdSa24a。（4）作变换，则=22sincoskryhrx2sin),(),(hkrryx=，而曲线方程化为 4224222sincosbkahr+=，于是面积+=422422sincos0202sinbkahrdrdhkS +=2020522522cossincossindbk

28、dahhk =2222226)(bahbkahk+。3.求极限 lim(,)+021222f x y dxdyxy，其中在原点附近连续。f x y(,)解解 由积分中值定理，2),(),(222fdxdyyxfyx=+，其中。222+因为连续，且当f0时，)0,0(),(，所以 lim(,)+021222f x y dxdyxy)0,0(f=。4.选取适当的坐标变换计算下列二重积分：（1）()+Ddxdyyx，其中D是由坐标轴及抛物线xy+=1所围 2课后答案网 w w w.k h d a w.c o m的区域；（2）+Ddxdybyax2222，其中是由 i）椭圆Dxayb22221+=所围

29、区域；ii）圆所围的区域；222Ryx=+（3），其中是由直线DydxdyD0,2=yx，以及曲线2=y22yyx=所围的区域；（4）+Ddxdyeyxyx，其中是由直线Dxyx+=20,及y=0所围的区域；（5）+Ddxdyyxyx22)(1)(，其中闭区域1|),(+=yxyxD；（6）+Ddxdyyxayx222224，其中闭区域是由曲线Daxay=22（）和直线0axy=所围成。解解（1）作变换=yvxu，则，=22vyuxuvvuyx4),(),(=，于是 ()+Ddxdyyx=+=vDduuvdvuvdudvvu1021084)(152)1()1(81043=dvvv。注：本题也可

30、通过作变换 来求解。44sin,cosryrx=（2）i）作广义极坐标变换，则=sincosbryarxabrryx=),(),(，于是 +Ddxdybyax2222=10320drrdabab2；ii）利用极坐标变换，得到 +Ddxdybyax222222422032022224)(sincosbaRbadrrdbaR+=+=。（3）Dydxdy220202xy yxyydxdyydxdy =24sin20222002sin384sinddrrdydydx 24sin384204=d。（4）作变换yxyxvyxu+=+=,，则)1(21),1(21vuyvux=+=，直接计算得 2),(),

31、(uvuyx=。3课后答案网 w w w.k h d a w.c o m由，可得2,0,0+yxyx11,20vu，于是 +Ddxdyeyxyxeedveuduv1211120=。（5）作变换yxvyxu=+=,，则 21),(),(,2),(),(=vuyxyxvu，于是+Ddxdyyxyx22)(1)(6121112112=+=vdvduu。（6）利用极坐标，得到 +Ddxdyyxayx222224=sin20222044adrrard，由 +=drrararrarddrrar2222222224444 以及=drrarradrraraadrrar2222222222242arcsin44

32、)4(44，可得 Crararadrrar+=222222422arcsin24，所以+Ddxdyyxayx22222422042168)cos(sin2ada=。5.选取适当的坐标变换计算下列三重积分：（1），其中 为球(；()xyzdxdydz222+,)|x y zxyz2221+（2）1222222xaybzcdxdydz，其中 为椭球+1),(222222czbyaxzyx；（3）z xy dxdydz22+，其中 为柱面yxx=22及平面和zzaa=00)所围的区域；,(y=0 （4）()zxyzxyzdxdydzln 11222222+，其中 为半球 0,1|),(222+zzy

33、xzyx；（5），其中 为抛物面与球面()xyzdxdydz+2xya222+=z 4课后答案网 w w w.k h d a w.c o mxyza22223+=()a 0 所围的区域。（6），其中 为平面曲线绕 轴旋转一周形成的曲面与平面()+dxdydzyx22=0,22xzyz8=z所围的区域；（7）+dxdydzzyx2221，其中闭区域=，；),(zyx|1)1(222+zyx0,0yz（8），其中闭区域 =+dxdydzxzyzyxzyx)()(),(zyx|10,10,10+xzyzyxzyx。解解（1）应用球坐标，则()xyzdxdydz222+54sin104020=drrd

34、d。（2）应用广义球坐标，则 1222222xaybzcdxdydz=10220201sindrrrddabc =102214drrrabc，令，则 trsin=1222222xaybzcdxdydz=2022sincos4tdttabc =20202)4cos1(212sindttabctdtabcabc241。（3）应用柱坐标，则 z xy dxdydz22+=20320cos20220cos34dazdzdrrda =298a。（4）应用柱坐标，则()zxyzxyzdxdydzln 11222222+=+=102221022221020)1(ln2ln21)1ln(2drrrdzzrzr

35、zrdrdr=2122ln42ln4tdt)2ln41212(ln2。（5）由于 关于平面和yzzx平面都对称，则 ，0=zxdxdydzyzdxdydzxydxdydz于是 5课后答案网 w w w.k h d a w.c o m()xyzdxdydz+2+=dxdydzzyx)(222，应用柱坐标，就有()xyzdxdydz+2+=22232222020)(raaradzzrrdrd +=ardrarraarrar20362322422224)3(31232 =ardrararraraa203642322222242)3(32332 =38655961668)139(154)133(2aa

36、aaaa =530973108a。（6）可得 由曲面与平面zyx222=+8=z所围，应用柱坐标，则 ()+dxdydzyx22=40238240320)28(22drrrdzdrrdr=31024。（7）应用球坐标，则+dxdydzzyx2221=cos2000sinrdrdd =02cossin2d34。（8）作变换xzywzyxvzyxu+=+=+=,，则4),(),(=zyxwvu，于是41),(),(=wvuzyx，所以+dxdydzxzyzyxzyx)()(32141),(),(101010=wdwvdvudududvdwwvuzyxuvw。6求球面 和圆柱面所围立体的体积。xyz

37、R222+=2)xyRx R220+=(解解 =+cos022202224222RRxyxrdrrRddxdyyxRV =2033)sin1(34dR3986R。7求抛物面与锥面zx=62y2zxy=+22所围立体的体积。解解 联立两个曲面方程，解得交线所在的平面为2=z，所围空间区域 6课后答案网 w w w.k h d a w.c o m在xy平面的投影区域为 4:22+yxD，于是 =+=202202222)6()6(rdrrrddxdyyxyxVD332。8求下列曲面所围空间区域的体积：（1）xaybzcax a b c22222220+=(,)；（2）)0,(122=+cbaczby

38、ax与三张平面0,0,0=zyx所围的在第一卦限的立体。解解（1）作变量代换，则=cossinsincossincrzbryarxsin),(),(2abcrrzyx=。由于，所以 0 x312)cossin(0,0,22ar。于是=312)cossin(02022sinadrrddabcV =02223sincos31ddbca=bca33。（2）作变量代换，则=cossinsincossin22crzbryarx2sinsin),(),(2abcrrzyx=，于是 3sin2sin1022020abcdrrddabcV=。9 设一物体在空间的表示为由曲面与平面所围成的一立体。其密度为，求此

39、物体的质量。)(254222yxz+=5=z22),(yxzyx+=解解 设物体的质量为M，则=20352520320)255(2),(drrrdzdrrddxdydzzyxMr8=。10.在一个形状为旋转抛物面的容器内，已经盛有zxy=+228立方厘米的水，现又倒入120立方厘米的水，问水面比原来升高多少厘米。解解 设容器盛有8立方厘米水时水面的高为，则 h8)(0220=hdrrhrd，7课后答案网 w w w.k h d a w.c o m即4412122=hh，从而解得 （cm）。4=h又设容器盛有128立方厘米水时水面的高为H，则 128)(0220=HdrrHrd，即6441212

40、2=HH，从而解得 16=H（cm），所以水面比原来升高12（cm）。11求质量为M的均匀薄片 对 轴上点处的单位质量的质点的引力。=+0222zayxz(,)()0 00cc 解解 设薄片对单位质点的引力为(,)xyzF F F=F，由对称性，。0=yxFF 在均匀薄片上点的附近取一小块，其面积设为)0,(yxdxdyd=，根 据万有引力定律，这小块微元对质点的引力为 3322222222222,()()()G xGyG cddxdydxdydxdyxycxycxyc=+F32，于是 =zdFdxdycyxcG23222)(+，+=+=aDzcrrdrdcGdxdycyxcGF0232220

41、23222)()(=+=22112caccG+22212cacaMG，其中 G 是万有引力常数，M 是均匀薄片的质量，是均匀薄片的密 度。12已知球体，在其上任一点的密度在数量上等于该点到原点距离的平方，求球体的质量与重心。xyzR2222+z解解 设球体的质量为M，则=+=cos2042020222sin)(RdrrdddxdydzzyxM51532R。设重心的坐标为(,)x y z，由对称性，0=yx。由 =+dxdydzzyxz)(2226cos205202038cossinRdrrddR=，8课后答案网 w w w.k h d a w.c o m得到=+=Mdxdydzzyxzz)(2

42、22R45，所以重心坐标为)45,0,0(R。13证明不等式 4sinsin16)417(212222+yxyxdxdy。证证 首先有 441sinsin1611222222=+yxyxdxdyyxdxdy。另一方面，由，得到 22sinuu 22222221116sinsin16xyxydxdydxdy2xyx+y 2120016rdrdr=+)417(2=。所以 4sinsin16)417(212222+yxyxdxdy。14设一元函数在上连续，证明)(uf 1,1+=+111|)()(duufdxdyyxfyx。证证 作变换 yxvyxu=+=,，则11,11vu，变换的 Jacobi

43、行列式为 21),(),(,2),(),(=vuyxyxvu。于是|1(,)()()(,)xyDx yf xy dxdyf ududvu v+=11111()2f u dudv=11)(duuf。15设一元函数在上连续。证明)(uf 1,1=112)1)()(duuufdxdydzzf，其中为单位球。1222+zyx证证 11()()zf z dxdydzf z dzdxdy=，其中z=2212xy+z，于是 9课后答案网 w w w.k h d a w.c o m11()()zf z dxdydzf z dzdxdy=121()(1)f zzdz=112)1)(duuuf=。16计算下列 重

44、积分：n （1）xxx dx dxdxnn1212+?，其中,2,1,0,1|),(2121nixxxxxxxinn?=+=；（2），其中()xxxdx dxdxnn1222212+?为 维球体。n1|),(2222121+nnxxxxxx?解解（1）作变量代换,则=+=+=nnnnxyxxxyxxxxy?32232111),(),(2,12,1=nnxxxyyy?，从而 1),(),(2121=nnyyyxxx?，于是+nndxdxdxxxx?2121=ndydydyy?211=100003211121yyynndydydydyy?=100003211121)!(1yyyiiniidyydy

45、dydyyin?=+1011211)!1(1dyynn)12()!1(2+nn。（2）作球面坐标变换,=122112211321321211sinsinsinsincossinsinsincossinsincossincosnnnnnnrxrxrxrxrx?它把 变为 1211(,)|01,0(1,2,2),02nninrrin=?。它的 Jacobi 行列式为 10课后答案网 w w w.k h d a w.c o m 123121211(,)sinsinsin(,)nnnnnnx xxJrr2=?，于是()xxxdx dxdxnn1222212+?。+=20102203320112101s

46、insinsinnnnnnnndddddrr?由于当 为正整数时，k=20101sin2sinddkk，利用 Wallis 公式，20(21)!,2(2)!2sin(2)!,2(21)!nmnmmdmnmm=1=+，于是得到 ()xxxdx dxdxnn1222212+?=+=+=+12)32(!)!12(22)1()!1(1mnmmmnmmmmm。11课后答案网 w w w.k h d a w.c o m习 题 13.4 反常重积分 习 题 13.4 反常重积分 1 讨论下列反常积分的敛散性：（1）+2)|1)(|1(Rqpyxdxdy；（2）()+Ddxdyyxyxp221),(，10|)

47、,(=yyxD，而且0 p1q1p1q（2）由于 +pyxm)1(22+pyxyx)1(),(22pyxM)1(22+，而积分()+Ddxdyyxp2211当21p时收敛，当21p时发散，所以原积分当21p时收敛，当21p时发散。（3）由于 pyxm)1(22pyxyx)1(),(22pyxM)1(22，而=+1221220122)1()1()1()1(1222ppyxprrdrrdrddxdyyx，当0时，等式右端的积分当1p时收敛，当时发散，所以原积分当时收敛，当时发散。1p1p1p（4），其中 0,0,aa=1DD2axyyxD=0),(1，ayxyxD=0),(2。则 1课后答案网 w

48、 w w.k h d a w.c o mdxdyxypaa,00=1)(Dpyxdxdy+2)(Dpxydxdy +=axpaaypaxydxdxyxdxdy)()(00，可知当时积分收敛，当时积分发散。1p1p（5）利用球面坐标，得到+=+12212224)(2222pzyxprdrzyxdxdydz，当0时，右边的积分当且仅当122p即23p时收敛，所以原积分当231；（2）edxxaybxayb+222222221dy；（3）。+3222)(Rdxdydzezyx 解解（1）Dqpyxdxdy1111pqxdxdyxy+=。111111(p qdxqxpq q+=)(1)。（2）作广义极

49、坐标变换sin,cosbryarx=，则 edxdyxaybxayb+222222221=+120122rdredabrdrderrr=abeab。（3）+3222)(Rdxdydzezyx+=dzedyedxezyx222 =+32dxex23。3设D是由第一象限内的抛物线，圆周以及yx=2xy221+=x轴所围的平面区域，证明+D22yxdxdy收敛。证证 取充分小，设0r rxxyyxDr=0,0),(2，是抛物线与圆周交点的横坐标，则 0 xyx=2xy221+=+=+20201022102222xxxxrDyxdydxyxdydxyxdxdyrD 2课后答案网 w w w.k h d

50、 a w.c o m+=20010221arctanxxxryxdydxdxxx，由于0arctanlim0 xrrdxxx存在，所以+rDryxdxdy220limD存在，即反常积分+D22yxdxdy收敛。4判别反常积分+=2)1)(1(22RyxdxdyI 是否收敛。如果收敛，求其值。解解 因为+2211ydyxdx收敛，所以+=2)1)(1(22RyxdxdyI收敛，并且 +=2)1)(1(22RyxdxdyI+2211ydyxdx2=。5设=tytxytxdxdyetF002)(，求)(tF。解解 当时，令，则 0t=tvytux2),(),(tvuyx=，于是 =101022)(v