第九章集合答案

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(期末复习讲义)第9单元数学广角—集合-三年级数学上册(人教版)

第9单元数学广角—集合三年级数学上册期末重难点知识讲解知识点一：数学广角—集合1、集合的意义。

解决重叠问题时,可以从条件入手进行分析,画出示意图,借助示意图进行思考。

当两部分有重叠时,为了不重复计算,可以从它们的和中减去重叠部分；也可以先用其中一部分减去重叠部分,再加上另一部分。

1、在解决问题中,理解集合的意义。

2、会将事物的类别用集合表示,会画维恩图。

3、会用集合的思想解决问题。

解决重叠问题时，一定要减去重复的部分。

一、选择题1．图中的“？”处表示（）。

A．两项比赛都参加的学生B．两项比赛都不参加的学生C．参加踢毽或跳绳比赛的学2．三（2）班同学们去摘水果，每人最少摘了一种水果。

摘苹果的有17人，摘梨子有16人，两种水果都摘的有3人。

三（2）班共有（）人。

A．36 B．33 C．27 D．303．三（1）班有35人，参加体育队的有18人，参加文艺队的有19人，每人至少参加一个队，那么这个班两个队都参加的有（）人。

A．2 B．37 C．14．聪聪把两张长8cm的直条粘在一起，粘后长14cm，聪聪的粘法是（）。

A．B．C．D．5．同学们到动物园去游玩，参观猴山的有28人，参观狮子馆的有32人，两个馆都参观的有18人，去动物园的一共有（）人。

A．60 B．42 C．50 D．466．根据下面集合图，可以得出参观熊猫馆的有（）人，参观大象馆的有（）人。

A．7；18 B．12；18 C．25；30 D．30；257．某次比赛中三（1）班获得“阅读之星”称号的有22人，获得“速算小能手”称号的有35人，两种称号都获得的有15人，全班每人至少获得了一种称号。

三（1）班一共有（）人。

A．57 B．62 C．428．同学们到动物园参观，参观狮子馆的有25人，参观老虎馆的有30人，两个馆都参观的有16人，去动物园的一共有（）人。

A．36 B．39 C．55二、填空题(1)既荣获“阅读之星”又荣获“创造之星”的有( )人。

第9章习题答案

由格的基本性质，有 a∧b
∨(a∧c)) ∧(( a∧b)∨(b∧c)) 。由于 a∧b a 和 a∧c a∧b。 a，得(a∧b)∨(a∧c) a。同理可得(a∧b)∨(b∧c) b。于是(( a∧b)∨(a∧c))
∧(( a∧b)∨(b∧c))
综上可得(( a∧b)∨(a∧c)) ∧(( a∧b)∨(b∧c)) ＝a∧b。 4. 完成定理 9.2 的证明。证明首首先证明是一一个偏序关系。
设<L， >为分配格。由(a∧c)
a∨(b∧c)，所以(a∨b)
a∨(b∧c)。反之，若对于任意的 a、b、c∈L，有(a∨b)∧c a∨(b∧c)。则(a∨b)∧c＝(( b∨a)∧c)∧c (b∨(a∧c)) (a∨b)
∧c(由已知条件)＝(( a∧c)∨b)∧c ∧c 得(a∧c)∨(b∧c)
（吸收率、交换率）
(a∨b)∧(a∨c)，故(( a∨b)∧(a∨c)) ∨a)＝(a∨b)∧(a∨c)。 a∨b∨c，故(( a∨b)∧(a∨c)) ∧(a∨b∨c)＝(a∨b)∧(a∨c)。
4
因为(a∨b)∧(a∨c)
第 9 章格与布尔代数
将上述两结果代入入上式右端，再利用用吸收率得右端＝(a∨b)∧(a∨c)。于是 a∨(b∧c)＝(a∨b)∧(a∨c)。由于分配率是对偶的，故只需要证明一一个分配率，所以<L， >是分配格。
1
f(b)。
反之，设 f(a)
f(b)，则 f(a)∧2 f(b)＝f(a∧1b)＝f(a)，由于 f 是双射，所以 a∧1b＝a，故 a
2
b。
第 9 章格与布尔代数
设对"a、b∈L，有 a f(c)

微积分课后题答案第九章习题详解

第9章习题9-11．判定下列级数的收敛性：(1) 115n n a ∞=⋅∑（a ＞0）； (2) ∑∞=-+1)1(n n n ;(3) ∑∞=+131n n ; (4) ∑∞=-+12)1(2n nn ; (5) ∑∞=+11ln n n n ; (6) ∑∞=-12)1(n n;(7) ∑∞=+11n nn ; (8) 0(1)21n n n n ∞=-⋅+∑．解：（1）该级数为等比级数，公比为1a ,且0a >,故当1||1a<,即1a >时，级数收敛，当1||1a≥即01a <≤时，级数发散. （2）Q n S =+++L1=lim n n S →∞=∞∴1n ∞=∑发散.（3）113n n ∞=+∑是调和级数11n n ∞=∑去掉前3项得到的级数，而调和级数11n n ∞=∑发散，故原级数113n n ∞=+∑发散. （4）Q 1112(1)1(1)222n n nn n n n ∞∞-==⎛⎫+--=+ ⎪⎝⎭∑∑ 而1112n n ∞-=∑,1(1)2m nn ∞=-∑是公比分别为12的收敛的等比级数，所以由数项级数的基本性质知111(1)22n n n n ∞-=⎛⎫-+ ⎪⎝⎭∑收敛，即原级数收敛. （5）Q lnln ln(1)1nn n n =-++ 于是(ln1ln 2)(ln 2ln 3)[ln ln(1)]n S n n =-+-+-+L ln1ln(1)ln(1)n n =-+=-+ 故lim n n S →∞=-∞,所以级数1ln1n nn ∞=+∑发散. （6）Q 2210,2n n S S +==-∴ lim n n S →∞不存在，从而级数1(1)2nn ∞=-∑发散.（7）Q 1lim lim10n n n n U n→∞→∞+==≠∴ 级数11n n n ∞=+∑发散. （8）Q (1)(1)1, lim 21212n n n n n n U n n →∞--==++∴ lim 0n x U →∞≠，故级数1(1)21n n nn ∞=-+∑发散.2．判别下列级数的收敛性，若收敛则求其和：(1) ∑∞=⎪⎭⎫ ⎝⎛+13121n n n ； (2) ※∑∞=++1)2)(1(1n n n n ;(3) ∑∞=⋅12sin n n n π; (4) 0πcos 2n n ∞=∑．解：Q （1）1111, 23n n n n ∞∞==∑∑都收敛，且其和分别为1和12，则11123n n n ∞=⎛⎫+ ⎪⎝⎭∑收敛，且其和为1+12=32. （2）Q11121(1)(2)212n n n n n n ⎛⎫=-+ ⎪++++⎝⎭∴121112111211121122322342345212n S n n n ⎛⎫⎛⎫⎛⎫⎛⎫=-++-++-+++-+ ⎪ ⎪ ⎪ ⎪++⎝⎭⎝⎭⎝⎭⎝⎭L 11112212n n ⎛⎫=-+ ⎪++⎝⎭1lim 4n n S →∞=故级数收敛，且其和为14. （3）πsin 2n U n n =,而πsinππ2lim lim 0π222n n n U n→∞→∞=⋅=≠，故级数1πsin2n n n ∞=⋅∑发散. （4）πcos 2n n U =,而4lim limcos2π1k k k U k →∞→∞==,42lim limcos(21)π1k k k U k +→∞→∞=+=-故lim n n U →∞不存在，所以级数πcos2n n ∞=∑发散. 3※．设1nn U∞=∑ (U n ＞0)加括号后收敛，证明1nn U∞=∑亦收敛．证：设1(0)nn n UU ∞=>∑加括号后级数1n n A ∞=∑收敛，其和为S .考虑原级数1n n U ∞=∑的部分和1n k k S U ∞==∑，并注意到0(1,2,)k U k >=L ，故存在0n ,使11n n k t k t S U A s ∞===<<∑∑又显然1n n S S +<对一切n 成立，于是，{}n S 是单调递增且有上界的数列，因此，极限lim nn S →∞存在，即原级数1nn U∞=∑亦收敛.习题9-21．判定下列正项级数的收敛性：(1) ∑∞=++1n n n )2)(1(1; (2) ∑∞=+1n n n1;(3) ∑∞=++1n n n n )2(2; (4) ∑∞=+1n n n )5(12；(5) 111nn a ∞=+∑ (a ＞0); (6) ∑∞=+1n n ba 1(a , b ＞0); (7)()∑∞=--+1n a n a n22(a ＞0); (8) ∑∞=-+1n n n 1214； (9) ∑∞=⋅1n nn n 23； (10) ※∑∞=1n n n n !; (11) ∑∞=+⋅⋅⋅⋅+⋅⋅⋅⋅1n n n )13(1074)12(753ΛΛ; (12) ∑∞=1n n n3；(13) ※∑∞=1n n n 22)!(2； (14) ∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛+1n nn n 12;(15)∑∞=1πn nn3sin2; (16) ∑∞=1πn n n n 2cos 32．解：（1）因为211(1)(2)n n n <++而211n n ∞=∑收敛，由比较判别法知级数11(1)(2)n n n ∞=++∑收敛.（2）因为lim lim10n n n U →∞→∞==≠，故原级数发散. （3）因为21(1)(1)1n n n n n n n +>=+++，而111n n ∞=+∑发散，由比较判别法知，级数12(1)n n n n ∞=++∑发散. （4）321n<=,而1n ∞=是收敛的p -级数3(1)2p =>,由比较判别法知,级数1n ∞=收敛.（5）因为111lim lim lim(1)111n n n nn n n na a a a a →∞→∞→∞+==-++11112001a a a >⎧⎪⎪==⎨⎪<<⎪⎩而当1a >时，11n n a ∞=∑收敛，故111nn a ∞=+∑收敛; 当1a =时，11n n a ∞=∑= 11n ∞=∑发散，故111nn a∞=+∑发散; 当01a <<时1lim101n n a →∞=≠+，故1lim1nn a →∞+发散; 综上所述，当01a <≤时，级数1lim 1n n a →∞+发散，当1a >时，1lim 1nn a →∞+收敛. （6）因为1lim lim lim(1)1n n n n n n n n b a a b a b a b b→∞→∞→∞+==-++ 1111101b b a b >⎧⎪⎪==⎨+⎪<<⎪⎩ 而当1b >时, 11n n b ∞=∑收敛，故11nn a b ∞=+∑收敛; 当1b =时，1111n n n b ∞∞===∑∑发散，故而由0a >, 101a <<+∞+,故11nn a b ∞=+∑也发散; 当01b <<时，11lim 0n n a b a →∞=≠+故11n n a b ∞=+∑发散; 综上所述知，当01b <≤时，级数11n n a b ∞=+∑发散;当b >1时，级数11nn a b∞=+∑收敛. （7）因为n n n→∞=0n a ==>而11n n ∞=∑发散，故级数10)n a ∞=>∑发散. （8）因为434431121lim lim 1212n n n n n n n n →∞→∞++-==-而311n n ∞=∑收敛，故级数21121n n n ∞=+-∑收敛.（9）因为1113233lim lim lim 1(1)232(1)2n n n n n n n n nU n n U n n +++→∞→∞→∞⋅⋅==>+⋅+由达朗贝尔比值判别法知，级数132nnn n ∞=⋅∑发散. （10）因为11(1)!1lim lim lim(1)1(1)!n n n n n n n nU n n e U n n n ++→∞→∞→∞+=⋅=+=>+，由达朗贝尔比值判别法知，级数1!nn n n ∞=∑发散.（11）因为1357(21)(23)4710(31)limlim 4710(31)(34)357(21)n n n nU n n n U n n n +→∞→∞⋅⋅⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅+=⋅⋅⋅⋅⋅+⋅+⋅⋅⋅⋅+L L L L232lim1343n n n →∞+==<+,由达朗贝尔比值判别法知原级数收敛.（12）因为111311lim lim lim 1333n n n n n n nU n n U n n ++→∞→∞→∞++=⋅==<，由达朗贝尔比值判别法知，级数13n n n∞=∑收敛. （13）因为22221221(1)[(1)!]2(1)lim lim lim (!)22n n n n n n n nU n n U n +++→∞→∞→∞++=⋅= 由2212121(1)2(1)1lim lim lim 222ln 22ln 2x x x x x x x x x +++→∞→+∞→+∞+++==⋅⋅2121lim 022(ln 2)x x +→+∞==⋅知2121(1)lim lim 012n n n n n U n U ++→∞→∞+==<由达朗贝尔比值判别法知，级数221(!)2n n n ∞=∑收敛.（14）因为1lim 1212n n n n →∞==<+，由柯西根值判别法知级数121nn n n ∞=⎛⎫ ⎪+⎝⎭∑收敛.（15）因为ππ2sinsin 33lim lim 1π2π33n n nn n n n n→∞→∞==⋅而112233nn n n n ∞∞==⎛⎫= ⎪⎝⎭∑∑是收敛的等比级数，它的每项乘以常数π后新得级数12π3n n n ∞=⋅∑仍收敛，由比较判别法的极限形式知，级数1π2sin3n n n ∞=∑收敛. （16）因为2πcos 322n nn n n ≤而与（12）题类似地可证级数12n n n ∞=∑收敛，由比较判别法知级数1πcos 32nn n n ∞=∑收敛.2．试在(0，+∞)内讨论x 在什么区间取值时，下列级数收敛：(1) ∑∞=1n n n x ; (2) nn x n ∑∞=⎪⎭⎫⎝⎛123．解：（1）因为11lim lim lim 11n n n n n n nU x n nxx U n x n ++→∞→∞→∞=⋅==++由达朗贝尔比值判别法知，当1x >时，原级数发散; 当01x <<时，原级数收敛; 而当1x =时，原级数变为调11n n ∞=∑，它是发散的. 综上所述，当01x <<时，级数1nn x n ∞=∑收敛.（2）因为1313(1)2limlim 22n n n n n nx n U xU x n ++→∞→∞⎛⎫+⋅ ⎪⎝⎭==⎛⎫⋅ ⎪⎝⎭,由达朗贝尔比值判别法知，当12x >即2x >时，原级数发散;当012x<<即02x <<时，原级收敛. 而当12x =即 2x =时，原级数变为31n n ∞=∑，而由3lim n n →∞=+∞知31n n ∞=∑发散，综上所述，当02x <<时，级数31()2nn x n ∞=∑收敛.习题9-31．判定下列级数是否收敛，如果是收敛级数，指出其是绝对收敛还是条件收敛：(1) ∑∞=--1121)1(n nn ; (2) 11(1)2(1)2n n nn ∞-=-+-⋅∑; (3) ∑∞=12sin n n nx ; (４) 111π(1)sin πn n n n ∞+=-∑; (5) ∑∞=-⎪⎭⎫ ⎝⎛-11210121n n n ； (6) ∑∞=+-1)1(n n x n ;(7) ∑∞=⋅1!)2sin(n n n x ．解：（1）这是一个交错级数121n U n =-, 1lim lim 021n n n U n →∞→∞==-, 1112121n n U U n n +=>=-+ 由莱布尼茨判别法知11(1)21nn n ∞=--∑. 又1111(1)2121n n n n n ∞∞==-=--∑∑，由1121lim 12n n n→∞-=,及11n n ∞=∑发散，知级数1121n n ∞=-∑发散，所以级数11(1)21nn n ∞=--∑条件收敛.（2）因为2111(1)211(1)22(1)2n n n n n ----+-=+-⋅-⋅,故11111(1)21111(1)22(1)22(1)2n n n n n n n n n ------+--=+≤+-⋅-⋅-⋅ 1113222n n n-=+=而112n n ∞=∑收敛，故132n n ∞=∑亦收敛，由比较判别法知11(1)2(1)2n n nn ∞-=-+-⋅∑收敛，所以级数11(1)2(1)2n n nn ∞-=-+-⋅∑绝对收敛. （3）因为22sin 1,nx n n ≤而级数211n n∞=∑收敛，由比较判别法知21sin n nxn ∞=∑收敛，因此，级数21sin n nxn ∞=∑绝对收敛. （4）因为121ππ|(1)sin |sin πlimlim 11πn n n n n n n n+→∞→∞-==而211n n∞=∑收敛，由比较判别法的极限形式知，级数111π|(1)sin |πn n n n ∞+=-∑收敛，从而级数11π(1)sin πn n n+-绝对收敛. （5）因为212121111111210210210n n n n n n ----≤+=+,而级数112nn ∞=∑收敛的等比级数1()2q =;由比值判别法，易知级数211110n n ∞-=∑收敛，因而21111210n n n ∞-=⎛⎫+ ⎪⎝⎭∑收敛，由比较判别法知级数21111210n n n ∞-=-∑收敛，所以原级数21111210n n n ∞-=-∑绝对收敛. （6）当x 为负整数时，级数显然无意义；当x 不为负整数时，此交错级数满足莱布尼茨判别法的条件，故它是收敛的，但因11n x n ∞=+∑发散，故原级数当x 不为负整数时仅为条件收敛.（7）因为sin(2)1!!n x n n ⋅≤由比值判别法知11!n n ∞=∑收敛(Q 1(1)!lim 01!n n n →∞+=)，从而由比较判别法知1sin(2)!n n x n ∞=⋅∑收敛，所以级数1sin(2)!n n x n ∞=⋅∑，绝对收敛.2．讨论级数∑∞=--111)1(n pn n 的收敛性(p ＞0)．解：当1p >时，由于11111(1)n p p n n n n ∞∞-==-=∑∑收敛，故级数111(1)n p n n ∞-=-∑绝对收敛. 当01p <≤时，由于111,(1)n n p pu u n n +=>=+ lim 0n n u →∞=,由莱布尼茨判别法知交错级数111(1)n p n n ∞-=-∑收敛，然而，当01p <≤时，11111(1)n p p n n n n ∞∞-==-=∑∑发散，故此时，级数111(1)n p n n∞-=-∑条件收敛. 综上所述，当01p <≤时，原级数条件收敛;当p >1时，原级数绝对收敛.3※．设级数∑∞=12n na及∑∞=12n nb都收敛，证明级数∑∞=1n nn ba 及()∑∞=+12n n nb a也都收敛．证：因为2222||||110||222n n n n n n a b a b a b +≤≤=+ 而由已知1nn a ∞=∑及21n n b ∞=∑都收敛，故221111,22n n n n a b ∞∞==∑∑收敛，从而2211122n n n a b ∞=⎛⎫+ ⎪⎝⎭∑收敛，由正项级数的比较判别法知1n nn a b∞=∑也收敛，从而级数1n nn a b∞=∑绝对收敛.又由222()2,n n n n n n a b a a b b +=++及2211,n n n n a b ∞∞==∑∑,以及1n n n a b ∞=∑收敛，利用数项级数的基本性质知，221(2)nn n n n aa b b ∞=++∑收剑，亦即21()n n n a b ∞=+∑收敛.习题9-41．指出下列幂级数的收敛区间：(1) ∑∞=0!n n n x (0!=1)； (2) ∑∞=0!n nn x nn ；(3) ∑∞=⋅022n n n n x ； (4) ∑∞=++-01212)1(n n n n x ．(5) ∑∞=⋅+02)2(n n n n x ； (6) ∑∞=-0)1(2n n nx n．解：（1）因为111(1)!limlim lim 011!n n n n na n p a n n +→∞→∞→∞+====+，所以收敛半径r =+∞，幂级数1!nn x n ∞=∑的收敛区间为(,)-∞+∞. （2）因为-111lim lim lim 1e 11n nn n n n n a n p a n n +→∞→∞→∞⎛⎫===-= ⎪++⎝⎭，所以收敛半径1e r p==. 当x =e 时，级数01!!e n n n n n n n n x n n ∞∞===∑∑，此时11(1)n n n u e u n+=+，因为1(1)nn +是单调递增数列，且1(1)nn+<e 所以1n nu u +>1,从而lim 0n n u →∞≠，于是级数当x =e 时，原级数发散.类似地，可证当x =-e 时，原级数也发散(可证lim ||0n n u →∞≠),综上所述，级数0!nnn n x n∞=∑的收敛区间为(-e,e).（3）因为2111limlim ()212n n n n a n p a n +→∞→∞===+,所以收敛半径为r =2. 当2x =时，级数221012n n n n x n n∞∞===⋅∑∑是收敛的p 一级数（p =2>1）;当x =-2时，级数22011(1)2n nn n n x n n ∞∞===-⋅⋅∑∑是交错级数，它满足莱布尼茨判别法的条件，故它收敛.综上所述，级数202nn n x n∞=⋅∑的收敛区间为[-2,2].（4）此级数缺少偶次幂的项，不能直接运用定理2求收敛半径，改用达朗贝尔比值判别法求收敛区间.令21(1)21n nn x u n +=-+，则22121lim lim 23n n n nu n x x u n +→∞→∞+=⋅=+.当21x <时，即||1x <时，原级数绝对收敛.当21x >时，即||1x >时，级数0||n n u ∞=∑发散，从而210(1)21n nn x n +∞=-+∑发散，当1x =时，级数变为01(1)21nn n ∞=-+∑;当1x =-时，级数变为11(1)21n n n ∞+=-+∑;它们都是交错级数，且满足莱布尼茨判别法的条件，故它们都收敛.综上所述，级数21(1)21n nn x n +∞=-+∑的收敛区间为[-1,1].（5）此级数为（x +2）的幂级数. 因为11limlim 2(1)2n n n n a n p a n +→∞→∞===+. 所以收敛半径12r p==，即|2|2x +<时，也即40x -<<时级数绝对收敛.当|2|2x +>即4x <-或0x >时，原级数发散.当4x =-时，级数变为1(1)nn n ∞=-∑是收敛的交错级数，当x =0时，级数变为调和级数11n n ∞=∑,它是发散的.综上所述，原级数的收敛区间为[-4,0).（6）此级数（x -1）的幂级数12limlim 21n n n n a np a n +→∞→∞===+ 故收敛半径12r =. 于是当1|1|2x -<即1322x <<时，原级数绝对收敛.当1|1|2x ->即12x <或32x >时，原级数发散.当32x =时，原级数变为01n n ∞=∑是调和级数，发散.当12x =时，原级数变为11(1)n n n ∞=-∑，是收敛的交错级数.综上所述，原级数的收敛区间为13,22⎡⎫⎪⎢⎣⎭. 2．求下列幂级数的和函数：(1) ∑∞=-1)1(n n nn x ； (2) ∑∞=-1122n n nx ；(3) nn x n n ∑∞=+1)1(1； (4) ∑∞=+0)12(n n x n ．解：（1）可求得所给幂级数的收敛半径r =1.设1()(1)n nn x S x n ∞==-∑,则1111()(1)(1)1n n n n n n x S x x n x ∞∞-=='⎡⎤'=-=-=-⎢⎥+⎣⎦∑∑ ∴001()()d d ln(1) (||1)1x x S x S x x x x x x-'===-+<+⎰⎰又当x =1时，原级数收敛，且()S x 在x =1处连续.∴1(1)ln(1) (11)nnn x x x n ∞=-=-+-<≤∑ （2）所给级数的收敛半经r =1，设211()2n n S x nx∞-==∑,当||1x <时，有2121011()d 2d 2d xx xn n n n S x x nxx nx x ∞∞--====∑∑⎰⎰⎰22211nn x xx∞===-∑ 于是22222()1(1)x xs x x x '⎛⎫== ⎪--⎝⎭ 又当1x =±时，原级数发散. 故2122122 (||1)(1)n n xnx x x ∞-==<-∑（3）可求所给级数的收敛半径为1.令1111()(0)(1)(1)n n n n x x s x x n n x n n +∞∞====≠++∑∑ 令11()(1)n n x g x n n +∞==+∑,则111()1n n g x x x ∞-=''==-∑01()d ()(0)d 1xxg x x g x g x x''''=-=-⎰⎰(0)0,()ln(1)g g x x ''==--()d ()(0)ln(1)d ,(0)0xxg x x g x g x x g '=-=--=⎰⎰所以0()ln(1)d ln(1)ln(1)xg x x x x x x x =--=+---⎰;所以1()11ln(1),||1,S x x x x ⎛⎫=+--<⎪⎝⎭且0x ≠. 当1x ±时，级数为11(1)n n n ∞=+∑和11(1)(1)nn n n ∞=-+∑,它们都收敛.且显然有(0)0S =.故111ln(1)(1,0)(0,1)()00,1x x S x x x x ⎧⎛⎫+--∈-⋃⎪ ⎪=⎝⎭⎨⎪=±⎩. （4）可求得所给级数的收敛半径为r =1且1x ±时，级数发散，设1()n n S x nx∞-==∑,则1()d .1xn n s x x x x∞===-∑⎰于是211()()1(1)S x x x '==--,即1211(1)n n nx x ∞-==-∑. 所以111(21)2nn n n n n n xx nxx ∞∞∞-===+=+∑∑∑221112(1)1(1)xx x x x +=⋅+=--- (||1)x <3．求下列级数的和：(1) ∑∞=125n n n ； (2) ∑∞=-12)12(1n nn ； (3) ∑∞=--112212n n n ； (4) 1(1)2nn n n ∞=+∑．解：（1）考察幂级数21nn n x∞=∑，可求得其收敛半径1r = ，且当1x ±时，级数的通项2nn u n x =，2lim ||lim n n n u n →∞→∞==+∞，因而lim 0n n u →∞≠，故当1x ±时，级数21n n n x ∞=∑发散，故幂级数21nn n x∞=∑的收敛区间为（-1，1）.设21() (||1)nn S x n xx ∞==<∑，则211()n n S x x n x ∞-==∑令2111()n n S x n x∞-==∑,则11011()d xnn n n S x x nx x nx ∞∞-====∑∑⎰.再令121()n n S x nx∞-==∑,则201()d 1xn n xS x x x x∞===-∑⎰. 故221()(||1)1(1)x S x x x x '⎛⎫==< ⎪--⎝⎭，从而有120()d (1)x x S x x x =-⎰. 1231() (||1)(1)(1)x xS x x x x '⎛⎫+==< ⎪--⎝⎭于是 213()() (||1)(1)x x S x xS x x x +==<- 取15x =，则223111()11555()5532115n n n S ∞=+===⎛⎫- ⎪⎝⎭∑. （2）考察幂级数21121n n x n ∞=-∑，可求得收敛半径r =1，设 2211111() (||1)2121nn n n S x x x x x n n ∞∞-====<--∑∑令21111()21n n S x x n ∞-==-∑,则221211()1n n S x x x ∞-='==-∑. 1200d 11()d ln1-21xxx xS x x x x+'==-⎰⎰即 1111()(0)ln (,(0)0)21xS x S s x+-==-. 于是 111()ln ,(||<1)21xS x x x+=-，从而11()()ln (||1)21x xS x xS x x x+==<-取x =则11(21)21n n S n ∞===-∑=（3）考察幂级数211(21)n n n x∞-=-∑，可求得其级数半经为r =1,因为212121111(21)2n n n n n n n xnxx ∞∞∞---===-=-∑∑∑令2111()2n n S x nx∞-==∑，则22121()d 1xnn x S x x xx ∞===-∑⎰.所以212222() (||1)1(1)x xS x x x x '⎛⎫==< ⎪--⎝⎭,于是212121111(21)2n n n n n n n xnxx ∞∞∞---===-=-∑∑∑3222222 (||1)(1)1(1)x x x x x x x x +=-=<--- 取12x =，得 3212111()121102212291()2n n n S ∞-=+-⎛⎫=== ⎪⎛⎫⎝⎭-⎪⎝⎭∑.（4）考察幂级数1(1)nn n n x∞=+∑，可求得其收敛半径r =1.设1()(1) (||1)nn S x n n xx ∞==+<∑则12111()d xn n n n S x x nxxnx∞∞+-====∑∑⎰.又设111()n n S x nx∞-==∑则101()d 1xn n x S x x x x∞===-∑⎰. 从而121()1(1)x S x x x '⎛⎫== ⎪--⎝⎭, 2212()d ()(1)xx S x x x S x x ==-⎰2232() ||1(1)(1)x x S x x x x '⎛⎫==< ⎪--⎝⎭ 取12x =，则 31121(1)2822112nn n n S ∞=⨯+⎛⎫=== ⎪⎝⎭⎛⎫- ⎪⎝⎭∑习题9-51．将下列函数展开成x 的幂级数： (1) 2cos2x ; (2) 2sin x ； (3) 2x x -e ; (4) 211x -； (5)πcos()4x -．解：（1）2201cos 11cos (1)2222(2)!nn n x x x n ∞=+==+-∑ 211(1)(-)2(2)!nnn x x n ∞==+-∞<<+∞∑ （2）2101sin (1) ()2(21)!2n n n x x x n +∞=⎛⎫=--∞<<+∞ ⎪+⎝⎭∑（3）22210011e()(1) ()!!x nn n n n x x x x x n n ∞∞-+===-=--∞<+∞∑∑（4）211111211x x x ⎡⎤=+⎢⎥--+⎣⎦0002011(1)221[(1)]2 ||1n n nn n n n nn n n x x x x x x ∞∞==∞=∞==+-=+-=<∑∑∑∑（5）πππcos cos cos sin sin 444x x x ⎛⎫-=+ ⎪⎝⎭2210(cos sin )2(1) ()2(2)!(21)!n n n n x x x xx n n +∞==+⎡⎤=-+-∞<<+∞⎢⎥+⎣⎦∑ 2．将下列函数在指定点处展开成幂级数，并求其收敛区间：(1)x -31,在x 0＝１； (2) cos x,在x 0=3π; (3) 3412++x x ,在x 0=1; (4) 21x, 在x 0＝３．解：（1）因为11113212x x =⋅---,而0111 (||112212nn x x x ∞=--⎛⎫=< ⎪-⎝⎭-∑即13x -<<). 所以100111(1) (13)3222nnn n n x x x x ∞∞+==--⎛⎫=⋅=-<< ⎪-⎝⎭∑∑.收敛区间为：（-1，3）. （2）πππ2π2cos cos ()cos cos()sin sin()333333x x x x ⎡⎤=+-=---⎢⎥⎣⎦22100()()133(1)(1)2(2)!(21)!n n n n n n x x n n ππ+∞∞==--=-+-+∑221011(1)())2(2)!33nn n n x x n ππ∞+=⎡⎤=--+-⎢⎥⎣⎦∑ ()x -∞<<+∞ 收敛区间为(,)-∞+∞. （3）211111111()1143213481124x x x x x x =-=⋅-⋅--++++++ 001111(1)(1)4284n nn n n n x x ∞∞==--⎛⎫⎛⎫=--- ⎪ ⎪⎝⎭⎝⎭∑∑223011(1)(1)22n n n n n x ∞++=⎛⎫=--- ⎪⎝⎭∑由112x -<且114x -<得13x -<<，故收敛区间为（-1，3）（4）因为011113(1)()333313n nn x x x ∞=-=⋅=-⋅-+∑ 1(3)(1)3nnn n x ∞+=-=-∑ 而21011(3)(1)3n n n n x x x ∞+=''⎡⎤-⎛⎫=-=-- ⎪⎢⎥⎝⎭⎣⎦∑111(1)(3)3n n n n n x ∞-+=-=-⋅-∑1111(1)(3)3n n n n n x +∞-+=-=-∑ 2(1)(1)(3)3n nn n n x ∞+=-+=-∑ 由313x -<得06x <<. 故收敛区间为（0，6）.。

【数学】第9章数学广角--集合单元测试卷(含答案)

第9章数学广角--集合单元测试卷（含答案）满分：100分时间：40分钟得分：一、妈妈喜欢吃的水果有：苹果、桃子、西瓜、香蕉、梨。

小丽喜欢吃的水果有：苹果、桃子、菠萝、西瓜、梨。

先填写下图，再回答问题。

（共20分）妈妈喜欢吃的小丽喜欢吃的1.她俩都喜欢吃的水果有多少种？（6分）2.她俩喜欢吃的水果一共有多少种？（8分）二、他俩一共买了多少种文具？（共10分）三、我们班有35人订了《数学大王》，有18人订了《作文天地h其中有9人两种杂志都订了。

我们班一共有多少人订了杂志？（共15分）四、三（2）班一共有36人。

在一次数学测验中，做对第一道拓展题的有21人，做对第二道拓展题的有18人，每人至少做对一道拓展题。

两道拓展题都做对的有几人？（共15分）五、野营小队去野营。

小明、小亮、小军、小芳、小丽这5人带饮料，小刚、小亮、小红、小朵这4人带水果，小芳、小超、小军、小捧这4人带薯片。

（共20分）1.带饮料和薯片的一共有多少人？（10分）2.带水果和薯片的一共有多少人？（10分）六、三（2）班有学生56人。

在期末考试中，语文得优的有32人，数学得优的有41人，有9人语文、数学都没有得优。

语文、数学都得优的学生有多少人？（共10分）七、学校将一些同学分成两组进行围棋比赛。

两组各有8人，每组两人一对进行比赛9负者淘汰，胜者进入下一轮，最后决出各组第一名进行决赛。

两组一共要进行多少场比赛？（共10分）答案：—、图略 1.4种 2.5＋5－4＝6（种）二、7＋6－4＝9（种）三、35＋18－9＝44（人）四、21＋18－36＝3（人）五、1.5＋4－2＝7（人） 2.4＋4＝8（人）六、56－9＝47（人）32＋41－47＝26（人）七、（4＋2＋1）×2＋1＝15（场）人教版人教新版三年级上学期《第9章数学广角--集合》单元测试卷（含答案）一、填一填。

（18分）1．明明排队去做操，从前数起明明排第9，从后数起明明排第4，这排小朋友一共有（）人。

【数学】第9章数学广角--集合单元测试卷练习题及答案

第9章数学广角--集合单元测试卷练习题及答案1..(1)小刚买了( )种文具,小娜买了( )种文具,两人一共买了( )种文具。

(2)两人买的相同的文具是( )。

2.把他们爱吃的水果填在下面圈里合适的位置。

两人都爱吃的水果有( )种。

3.三(1)班有25人订了《数学王国》,有18人订了《作文天地》,其中有9人两种杂志都订了,没有一种都不订的。

三(1)班一共有多少人?4.“六一”前夕,同学们组织开联欢会,第一小组有16人。

如果有3名同学两个节目都不参加,两种节目都参加的有多少人?5.三(3)班有28人去过西湖,有20人去过长城,其中有9人两个地方都去了,没有一个地方都没去过的。

三(3)班一共有多少人?答案：1. （1） 4 4 6 （2）橡皮和铅笔2. 梨香蕉李子苹果枣桃草莓葡萄 23. 25+18-9=34（人）4. 16-3=13（人） 10+9-13=6（人）5. 28+20-9=39（人）人教版人教三上数学《数学广角-集合》单元测试卷（解析版）一．选择题（共10小题）1．某网点办理公共自行车借车卡，第一天办出30张（如下图所示），那么第二天办出的大约比第一天多（）张．A．30B．90C．602．如图，要求“一共有几瓶饮料”，列式是（）A．300×5B．300×5+300C．（5﹣1）×3003．收银员应收（）元．A．901B．891C．9104．□○□○□○□○□（）A．□和○一样多B．□比○多1C．□比○少15．（）棵．A．90B．120C．150D．无法计算6．A．25元B．30元C．58元7．二班可能有多少人（）A．16人B．36人C．40人8．根据如图提供的信息，可知每支网球拍与每支乒乓球拍的单价分别为（）A．75元，50元B．70元，45元C．70元，60元D．80元，40元9．（）A．3倍B．4倍C．5倍10．服装店李老板带了900元，能购进（）套这样的衣服．A．32B．19C．11二．填空题（共5小题）11．只列式不计算．列式．12．的个数是的倍．如果的只数是的5倍，那么有只．13．□的个数是○的3倍．（在横线上画□）○○○．14．第一行：第二行：第一行的3倍第二行摆个2根，一共是根．15．看图列式．三．判断题（共1小题）16．这台VCD比原来的价格便宜了131元．（判断对错）四．解答题（共3小题）17．算体重．爸爸的体重是多少千克？18．从昆明到大理348千米，从丽江到大理169千米．秀秀家住昆明，假期要去丽江旅游，来回要行多少千米？19．下面算式解决的是哪个问题？选一选，并算一算．（80﹣20）÷2 8×5+4 100﹣8×6．2018年人教三上数学《数学广角-集合》单元测试卷参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．某网点办理公共自行车借车卡，第一天办出30张（如下图所示），那么第二天办出的大约比第一天多（）张．A．30B．90C．60【分析】根据线段图，可把第一天办出的借车卡看作1份，第二天比第一天大约多出2份，又知第一天办出30张，那么第二天办出的大约比第一天多30×2，解决问题．【解答】解：30×2=60（张）答：第二天办出的大约比第一天多60张．故选：C．【点评】此题解答的关键在于认真分析线段图，找出第一天与第二天办理自行车借车卡数量之间的关系，据其列式解答．2．如图，要求“一共有几瓶饮料”，列式是（）A．300×5B．300×5+300C．（5﹣1）×300【分析】要求一共有几瓶饮料，只要求出可乐的瓶数，再加上雪碧300瓶即可解答，根据题干可知，可乐的瓶数是雪碧的5倍，所以可乐有300×5，由此可列出综合算式是：300×5+300．【解答】解：根据题干分析可得，正确的列式是：300×5+300．故选：B．【点评】根据题干，找出可乐与雪碧瓶数的倍数关系是解决本题的关键．3．收银员应收（）元．A．901B．891C．910【分析】运用加法即可求出两件商品的价格，即为收银员应收的钱数．【解答】解：555+346=901（元）答：收银员应收901元．故选：A．【点评】本题主要考查加法的意义．4．□○□○□○□○□（）A．□和○一样多B．□比○多1C．□比○少1【分析】通过观察可知：□有5个，○由4个，因此，□比○多1个．【解答】解：□有5个，○由4个，□比○多：5﹣4=1（个）．故选：B．【点评】观察示意图，查出□和○的个数，列式计算．5．（）棵．A．90B．120C．150D．无法计算【分析】根据图意，把梨树的棵数看作单位“1”，杨树的棵数相当于梨树的4倍，那么，杨树、梨树的总棵数相当于梨树的1+4=5（倍）．已知梨树30棵，则杨树、梨树的总棵数为30×（1+4），解决问题．【解答】解：30×（1+4），=30×5，=150（棵）；答：杨树、梨树共150棵．故选：C．【点评】此题解答的关键是把梨树的棵数看作单位“1”，求出杨树的棵数相当于梨树的多少倍，从而解决问题．6．A．25元B．30元C．58元【分析】因排球的价格是25元，30和25相差不多，而题目说的是篮球比排球贵多了，所篮球的价格应是比25大较多的数．据此解答．【解答】解：根据以上分析知：比25多较多的数是58．故选：C．【点评】本题言要考查了学生对数的大小知识的掌握情况．7．二班可能有多少人（）A．16人B．36人C．40人【分析】二班人数比一班少一些，那么二班人数就应该比一班人数38人少，且比较接近38人，再结合给出的选项即可解答．【解答】解：二班人数比一班少，但是接近，所以二班的人数可以是36人．故选：B．【点评】本题主要考查学生：结合答案选项以及对多一些的知识了解情况．8．根据如图提供的信息，可知每支网球拍与每支乒乓球拍的单价分别为（）A．75元，50元B．70元，45元C．70元，60元D．80元，40元【分析】根据图示，1支网球拍比1支乒乓球拍贵200﹣160=40（元），假设每支乒乓球拍多加40元，那么乒乓球拍的价格就和网球拍的价格相同，而2支网球拍与1支乒乓球拍的总价要增加到200+40=240（元），也就是240元相当于3支网球拍的价格，所以每支网球拍的单价是240÷3=80（元），每支乒乓球拍的单价就好求了．【解答】解：每支网球拍的单价：[200+（200﹣160）]÷3，=[200+40]÷3，=240÷3，=80（元）；每支乒乓球拍：80﹣（200﹣160），=80﹣40，=40（元）；答：每支网球拍的单价是80元，每支乒乓球拍的单价是40元．故选：D．【点评】此题属于和差问题，先求出1支网球拍比1支乒乓球拍贵40元，然后根据关系式：（和+差）÷2=大数，求出每支网球拍的单价，再求每支乒乓球拍的单价．9．（）A．3倍B．4倍C．5倍【分析】已知月季花7盆，菊花35盆，要求菊花的盆数是月季花的几倍，用菊花的盆数除以月菊花的盆数即可．【解答】解：35÷7=5答：菊花的盆数是月季花的5倍．故选：C．【点评】此题考查了“求一个数是另一个数的几倍”的应用题，用除法计算．10．服装店李老板带了900元，能购进（）套这样的衣服．A．32B．19C．11【分析】运用加法求出一套衣服的价格：（30+50）元，再用总钱数除以一套衣服的价格，即为能购进多少套这样的衣服．【解答】解：900÷（30+50）=900÷80=11（套）…20（元）答：能购进20套这样的衣服，还余20元．故选：C．【点评】求一个数里面有几个另一个数，运用除法解答即可．二．填空题（共5小题）11．只列式不计算．列式400×（1﹣）．【分析】把总长度看作单位“1”，则剩下的分率为1﹣，已知总长度为400米，运用乘法即可求出剩下的长度．【解答】解：400×（1﹣）=400×=160（米）答：还剩160米．故答案为：400×（1﹣）．【点评】解答本题的关键是找准单位“1”，根据求一个数的几分之几是多少用乘法计算即可．12．的个数是的3倍．如果的只数是的5倍，那么有25只．【分析】根据图意，樱桃有15个，汉堡有5个，求樱桃是汉堡的多少倍，用除法解答即可；香蕉是汉堡的5倍，已知汉堡5个，要求香蕉的数量，用乘法计算．【解答】解：15÷5=35×5=25（只）答：樱桃是汉堡的3倍，香蕉有25只．故答案为：3，25．【点评】此题考查了学生看图的能力；求一个数是另一个数的几倍，用除法计算；已知一个数，求它的几倍是多少，用乘法计算．13．□的个数是○的3倍．（在横线上画□）○○○□□□□□□□□□．【分析】根据题意，○有3个，画□是○的3倍，也就是3的3倍，即3×3=9个．【解答】解：根据题意，○有3个，所以，画□的个数为：3×3=9（个）；即□□□□□□□□□．故答案为：□□□□□□□□□．【点评】求一个数的几倍是多少，用这个数乘上倍数．14．第一行：第二行：第一行的3倍第二行摆3个2根，一共是6根．【分析】第二行是第一行的3倍，根据乘法的意义，第二行摆3个2根，一共是3×2=6根；据此解答即可．【解答】解：第二行摆3个2根，一共是6根．故答案为：3；6．【点评】本题主要考查乘法的意义．15．看图列式．【分析】由图形可知：第一次是125个，第二次比第一次少35个，要求两次一个有多少个，首先求出第二次是多少个，再根据加法的意义解答即可．【解答】解：125+（125﹣35）=125+90=215（个），答：两次一共是215个．【点评】解答此题，首先弄清题意，分清已知与所求，再根据整数加法、减法的意义解答即可．三．判断题（共1小题）16．这台VCD比原来的价格便宜了131元．√（判断对错）【分析】由图可知，这台VCD原来的价格为620元，现价489元，根据减法的意义可知，用原价减去现价即是现价比原价便宜多少钱：620﹣489，计算出结果，判断即可．【解答】解：620﹣489=131（元）答：现价比原价便宜131元．故答案为：√．【点评】本题考查了学生根据减法的意义完成简单的减法应用题的能力．四．解答题（共3小题）17．算体重．爸爸的体重是多少千克？【分析】根据图题可知，爸爸的体重是小红体重的3倍多12千克，所以根据整数乘法的意义，用小红的体重乘3，再加上12即可．【解答】解：22×3+12=66+12=78（千克）答：爸爸的体重是78千克．【点评】本题考查了整数乘法的意义，关键是读懂图题，解答依据是：求一个数的几倍是多少，用乘法计算．18．从昆明到大理348千米，从丽江到大理169千米．秀秀家住昆明，假期要去丽江旅游，来回要行多少千米？【分析】用昆明到大理的距离加上丽江到大理的距离，求出昆明到丽江的距离，再乘2，即为来回要行多少千米．【解答】解：（348+169）×2=517×2=1034（千米）答：来回要行1034千米．【点评】解答本题注意是求来回的路程，要用昆明到丽江单程的距离乘2．19．下面算式解决的是哪个问题？选一选，并算一算．（80﹣20）÷2 8×5+4 100﹣8×6．【分析】图一：每盒有8个月饼，有5盒，盒外面还有4个，求一共有多少个月饼，用8乘5再加上4解答．图二：有100张纸分给8名同学，每个学生分6张，求还剩下多少张，用8乘6求出8个同学一共分得多少张，再用总只数减去8个同学分的张数即可．图三：一本书有80页，已经看了20页，余下的2天看完，求每天看多少页？用总页数减去看完的页数然后再除以2即可．【解答】解：①8×5+4=40+4=44（个）答：共有44个月饼．②100﹣8×6=100﹣48=52（张）答：还剩下52张．③（80﹣20）÷2=60÷2=30（页）答：每天看30页．【点评】本题考查了读图理解题意的能力和分析题中正确的数量关系式，根据数量关系式列式计算即可解答．人教版人教新版三年级上学期《第9章数学广角--集合》单元测试卷过关检测卷1一、把下面动物的序号填写在合适的圈里。

3年级上册 (提高版)第9章《数学广角—集合》单元培优拔高测评试题-教师版

人教小数学生单元测试卷教师版教师姓名测试时间难度试卷点评学员问题分析人教小数学生辅导讲义[教师版]学员姓名年级辅导科目学科教师上课时间三年级数学上册章节常考题精选汇编第九章《数学广角—集合》一、单选题1.(安宁期末)二一班去动物园的有40人，其中参观熊猫馆的有30人，参观大象馆的有25人，两个馆都参观的有()人．A.10B.15C.20【答案】B【解析】【解答】30+25-40=55-40=15(人)故答案为：B。

2.(镇原期末)三(2)班同学们订报纸，订语文报纸的有30人，订数学报纸的有26人，两种报纸都订的有8人。

订报纸的一共有()人。

A.56B.48C.40【答案】B【解析】【解答】解：30+26-8=48，所以订报纸的一共有48人。

故答案为：B。

3.有101个同学带着矿泉水和水果去春游，每人至少带矿泉水或水果中的一种。

带矿泉水的有78人，带水果的有71人。

既带矿泉水又带水果的有()人。

A.48B.95C.7【答案】A【解析】【解答】解：78+71-101=48，所以既带矿泉水又带水果的有48人。

故答案为：A。

4.(萧山期末)301班有35人，每人至少参加一个兴趣组。

参加“五子棋”组的有23人，参加“航模”组的有18人，两个组都参加的有()人。

A.41B.6C.35【答案】B【解析】【解答】解：23+18-35=41-35=6(人)故答案为：B。

5.(余杭期末)我们班会打排球的有23人，会打篮球的有16人，两种都会的人最多不超过()人。

A.23B.16C.17【答案】B【解析】【解答】我们班会打排球的有23人，会打篮球的有16人，两种都会的人最多不超过16人。

故答案为：B。

6.(景县期末)三(1)班每人至少订一种课外读物，订《漫画大王》的有25人，订《快乐作文》的有29人，有14人两种刊物都订。

三(1)班共有()人。

A.40B.54C.68【答案】A【解析】【解答】25+29-14=54-14=40(人)故答案为：A。

【数学】第9章数学广角--集合单元测试卷(含答案)

第9章数学广角--集合单元测试卷（含答案）满分：100分时间：40分钟得分：一、妈妈喜欢吃的水果有：苹果、桃子、西瓜、香蕉、梨。

小丽喜欢吃的水果有：苹果、桃子、菠萝、西瓜、梨。

先填写下图，再回答问题。

我们班一共有多少人订了杂志？（共15分）四、三（2）班一共有36人。

在一次数学测验中，做对第一道拓展题的有21人，做对第二道拓展题的有18人，每人至少做对一道拓展题。

两道拓展题都做对的有几人？（共15分）五、野营小队去野营。

小明、小亮、小军、小芳、小丽这5人带饮料，小刚、小亮、小红、小朵这4人带水果，小芳、小超、小军、小捧这4人带薯片。

（共20分）1.带饮料和薯片的一共有多少人？（10分）2.带水果和薯片的一共有多少人？（10分）六、三（2）班有学生56人。

在期末考试中，语文得优的有32人，数学得优的有41人，有9人语文、数学都没有得优。

语文、数学都得优的学生有多少人？（共10分）七、学校将一些同学分成两组进行围棋比赛。

两组各有8人，每组两人一对进行比赛9负者淘汰，胜者进入下一轮，最后决出各组第一名进行决赛。

（每空2分，共16分）1.明明排队，从前数起明明排第9，从后数起明明排第4，这列小朋友共有( )人。

集合的基数

-3/1
… -3/2 -3/3 -3/4
[18]
-2/1
-2/2 -2/3 -2/4
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-1/1
-1/2 -1/3 -1/4
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0/1
0/2 0/3 0/4
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3/1 …
3/2 … 3/3 … 3/4 …
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[17]
2．关于可数集有下面的性质：可数集的任何子集都是可数集. 两个可数集的并是可数集. 两个可数集的笛卡儿积是可数集. 可数个可数集的笛卡儿积仍是可数集. 无穷集 A 的幂集 P(A)不是可数集.
例 8.11 求下列集合的基数. （1）T={x | x 是单词“BASEBALL”中的字母} （2）B={x | x∈R∧x2=9∧2x=8} （3）C=P(A), A={1, 3, 7, 11} 解（1）由 T={B, A, S, E, L}知 cardT=5. （2）由 B=, 可知 cardB=0. （3）由|A|=4 可知 cardC=cardP(A)=|P(A)|=24=16.
3．等势的性质定理 9.1 设 A，B，C 是任意集合，（1）A≈A. （2）若 A≈B，则 B≈A. （3）若 A≈B，B≈C，则 A≈C. 证明思路：利用等势的等义. （1）IA 是从 A 到 A 的双射（2）若 f：AB 是双射，则 f1：BA 是从 B 到 A 的双射. （3）若 f：AB，g：BC 是双射，则 fg：AC 是从 A 到 C 的双射.
第一节集合的等势与优势
一、集合的等势 1. 等势定义定义 8.8 设 A, B 是集合, 如果存在着从 A 到 B 的双射函数, 就称 A 和 B 是等势的, 记作 A≈B. 如果 A 不与 B 等势, 则记作 A≉B. 2. 集合等势的实例. 例 8.9（1）Z≈N.

高等数学课后习题答案第九章

习题九1. 求函数u =xy 2+z 3-xyz 在点（1，1,2）处沿方向角为πππ,,343αβγ===的方向导数。

解：(1,1,2)(1,1,2)(1,1,2)cos cos cos u u u uy l x z αβγ∂∂∂∂=++∂∂∂∂22(1,1,2)(1,1,2)(1,1,2)πππcoscos cos 5.(2)()(3)343xy xz y yz z xy =++=---2. 求函数u =xyz 在点（5,1,2）处沿从点A （5,1,2）到B （9，4，14）的方向导数。

解：{4,3,12},13.AB AB ==AB的方向余弦为4312cos ,cos ,cos 131313αβγ=== (5,1,2)(5,1,2)(5,1,2)(5,1,2)(5,1,2)(5,1,2)2105uyz x uxz yuxy z ∂==∂∂==∂∂==∂故4312982105.13131313u l∂=⨯+⨯+⨯=∂ 3. 求函数22221x y z a b ⎛⎫=-+ ⎪⎝⎭在点处沿曲线22221x y a b +=在这点的内法线方向的方向导数。

解：设x 轴正向到椭圆内法线方向l 的转角为φ，它是第三象限的角，因为2222220,x y b x y y a b a y ''+==-所以在点处切线斜率为2.b y a a '==-法线斜率为cos ab ϕ=.于是tan sin ϕϕ== ∵2222,,z z x y x a y b ∂∂=-=-∂∂∴2222zl a b⎛∂=--=∂⎝4.研究下列函数的极值：(1)z=x3+y3－3(x2+y2); (2)z=e2x(x+y2+2y);(3)z=(6x－x2)(4y－y2); (4)z=(x2+y2)22()e x y-+;(5)z=xy(a－x－y),a≠0.解：（1）解方程组22360360xyz x xz y y⎧=-=⎪⎨=-=⎪⎩得驻点为（0,0）,(0,2),(2,0),(2,2).z xx=6x－6, z xy=0, z yy=6y－6在点（0，0）处，A=－6，B=0，C=-6，B2－AC=－36<0，且A<0,所以函数有极大值z(0,0)=0.在点（0，2）处，A=－6，B=0，C=6，B2－AC=36>0，所以(0,2)点不是极值点.在点（2，0）处，A=6，B=0，C=－6，B2－AC=36>0，所以(2,0)点不是极值点.在点（2，2）处，A=6，B=0，C=6，B2－AC=－36<0，且A>0,所以函数有极小值z(2,2)=-8.(2)解方程组222e(2241)02e(1)0xxxyz x y yz y⎧=+++=⎪⎨=+=⎪⎩得驻点为1,12⎛⎫-⎪⎝⎭.22224e(21)4e(1)2exxxxxyxyyz x y yz yz=+++=+=在点1,12⎛⎫-⎪⎝⎭处,A=2e,B=0,C=2e,B2-AC=-4e2<0,又A>0,所以函数有极小值e1,122z⎛⎫=--⎪⎝⎭. (3) 解方程组22(62)(4)0(6)(42)0xyz x y yz x x y⎧=--=⎪⎨=--=⎪⎩得驻点为（3,2）,(0,0),(0,4),(6,0),(6,4).Z xx=－2(4y-y2),Z xy=4(3－x)(2－y)Z yy=－2(6x－x2)在点（3，2）处，A=－8，B=0，C=－18，B2－AC=－8×18<0,且A<0，所以函数有极大值z(3,2)=36. 在点（0，0）处，A=0，B=24，C=0，B2－AC>0，所以(0,0)点不是极值点.在点（0，4）处，A=0，B=-24，C=0，B2－AC>0，所以(0,4)不是极值点.在点（6，0）处，A=0，B=-24，C=0，B2－AC>0，所以(6,0)不是极值点.在点（6，4）处，A=0，B=24，C=0，B2－AC>0，所以(6,4)不是极值点.(4)解方程组2222()22()222e(1)02e(1)0x yx yx x yy x y-+-+⎧--=⎪⎨--=⎪⎩得驻点P0(0,0),及P(x0,y0),其中x02+y02=1，在点P0处有z=0，而当（x,y）≠(0,0)时，恒有z>0，故函数z在点P0处取得极小值z=0.再讨论函数z=u e-u由de(1)duzuu-=-，令ddzu=得u=1,当u>1时，ddzu<；当u<1时，ddzu>,由此可知，在满足x 02+y 02=1的点（x 0,y 0）的邻域内，不论是x 2+y 2>1或x 2+y 2<1,均有2222()1()e e x y z x y -+-=+≤.故函数z 在点（x 0,y 0）取得极大值z =e -1(5)解方程组(2)0(2)0x y z y a x y z x a y x =--=⎧⎨=--=⎪⎩ 得驻点为12(0,0),,33a a P P ⎛⎫⎪⎝⎭z xx =-2y , z xy =a -2x -2y , z yy =-2x .故z 的黑塞矩阵为222222ya x y H a x y x ---⎡⎤=⎢⎥---⎣⎦ 于是122033(),().0233aa a H P H P a a a ⎡⎤--⎢⎥⎡⎤==⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎢⎥--⎢⎥⎣⎦ 易知H （P 1）不定，故P 1不是z 的极值点，H （P 2）当a <0时正定，故此时P 2是z 的极小值点，且3,2733a a a z ⎛⎫=⎪⎝⎭,H （P 2）当a >0时负定，故此时P 2是z 的极大值点，且3,2733a a a z ⎛⎫=⎪⎝⎭.5. 设2x 2+2y 2+z 2+8xz -z +8=0，确定函数z =z (x ,y )，研究其极值。

(最新整理)13第九章集合的基数

则请客人 ai 搬到 ri+1 房间，就会空出一间房间。
将原本为ｆ(ai)＝ri
客人 A：{a1,a2.....an....｝房间Ｂ：{r1,r2.....rn....｝
改为ｆ(ai)＝ri+1 ｉ＝１,２......即可解决。
2021/7/26
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问题二：有可数无限多个房间的旅馆现已满，又来了 n 位客人，请问该如何安插 n 位客人？ Solution:
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3．等势的性质定理 9.1 设 A，B，C 是任意集合，（1）A≈A. （2）若 A≈B，则 B≈A. （3）若 A≈B，B≈C，则 A≈C. 证明思路：利用等势的等义. （1）IA 是从 A 到 A 的双射（2）若 f：AB 是双射，则 f1：BA 是从 B 到 A 的双射. （3）若 f：AB，g：BC 是双射，则 fg：AC 是从 A 到 C 的双射.
[7]
-1/3 0/3
[8]
1/3
[9]
2/3 3/3 …
[15]
-1/4 0/4
[14]
1/4
2/4

习题与解答(代数系统) 离散答案

第十章
15、17、18、21、22、24、27、28、29。
2
15、设 G 为群，若 x ∈G 有 x =e, 证明 G 为交换群证明： a, b ∈G 由条件 x ∈G 有 x =e
2
所以 a =e ,b =e (ab) =e ,即(ab)(ab)=e 所以 a =a, b =b, ba= a b
下面证明 φ(G1)是是循环群 y∈f(G1), x ∈G1 , 使得 f(x)=y. 而 G1=<a> 所以存在 r 使得 x= a
r r
则 y = f(x) = f(a ) = f(a)f(a)……f(a) =(f(a)) 这证明了 f(a)为 f(G1)的生成元。即 f(G1)=< f(a)> 所以 f(G1)为循环群。 28、设 G=<a>是 15 阶循环群。 (1) 求出 G 的所有的生成元。 (2) 求出 G 的所有子群。解：(1) 生成元为: a,a ,a ,a ,a ,a ,a ,a (2) G 的所有子群: 共 4 个子群 <e>, <a >={e,a ,a ,a ,a },
-1 -1
21、设 G 为群，a 是 G 中给定元素，a 的正规化子 N(a)表示 G 中与 a 可交换的元素构成的集合，即 N(a)={x| x∈G∧xa=ax } 证明：N(a)是 G 的子群证明: (1) a∈N(a), 所以 N(a)非空(因为 a∈G∧aa=aa) (2) x,y ∈N(a) 则 xa=ax ya=ay
-1
-1
-1
=-a
-1 -1
-1
(2) 由于 (ab)(b a )= a(bb )a = aa = 1 所以 (ab)

数据结构1800例题与答案之集合

数据结构1800例题与答案之集合第九章集合一、选择题1.假设查找每个记录的概率均等，那么在具有n个记录的连续顺序文件中采用顺序查找法查找一个记录，其平均查找长度ASL为( )。

【北京航空航天大学 2000 一、8 〔2分〕】A． (n-1)/2 B. n/2 C. (n+1)/2 D. n2. 对N个元素的表做顺序查找时，假设查找每个元素的概率相同，那么平均查找长度为( ) 【南京理工大学1998一、7〔2分〕】A．〔N+1〕/2 B. N/2 C. N D. [〔1+N〕*N ]/23．顺序查找法适用于查找顺序存储或链式存储的线性表，平均比拟次数为〔〔1〕〕,二分法查找只适用于查找顺序存储的有序表，平均比拟次数为〔〔2〕〕。

在此假定N为线性表中结点数，且每次查找都是成功的。

【长沙铁道学院 1997四、3 (4分)】A.N+1B.2log2NC.logND.N/2E.Nlog2NF.N2 4. 下面关于二分查找的表达正确的选项是 ( ) 【南京理工大学 1996 一、3 〔2分〕】A. 表必须有序，表可以顺序方式存储，也可以链表方式存储 C. 表必须有序，而且只能从小到大排列B. 表必须有序且表中数据必须是整型，实型或字符型 D. 表必须有序，且表只能以顺序方式存储5. 对线性表进行二分查找时，要求线性表必须〔〕【燕山大学 2001 一、5 〔2分〕】A.以顺序方式存储B.以顺序方式存储,且数据元素有序C.以链接方式存储D.以链接方式存储,且数据元素有序 6．适用于折半查找的表的存储方式及元素排列要求为( ) 【南京理工大学 1997 一、6 〔2分〕】A．链接方式存储，元素无序 B．链接方式存储，元素有序C．顺序方式存储，元素无序 D．顺序方式存储，元素有序 7. 用二分〔对半〕查找表的元素的速度比用顺序法( ) 【南京理工大学 1998 一、11 〔2分〕】A．必然快 B. 必然慢 C. 相等 D. 不能确定8．当在一个有序的顺序存储表上查找一个数据时，即可用折半查找，也可用顺序查找，但前者比后者的查找速度( )A．必定快 B.不一定 C. 在大局部情况下要快 D. 取决于表递增还是递减【南京理工大学 1997 一、7 〔2分〕】 9. 具有12个关键字的有序表，折半查找的平均查找长度〔〕【中山大学 1998 二、10 〔2分〕】A. 3.1B. 4C. 2.5D. 5 10. 折半查找的时间复杂性为〔〕【中山大学 1999一、15】2A. O〔n〕B. O〔n〕C. O〔nlogn〕D. O〔logn〕11．当采用分快查找时，数据的组织方式为 ( ) 【南京理工大学 1996 一、7 〔2分〕】A．数据分成假设干块，每块内数据有序B．数据分成假设干块，每块内数据不必有序，但块间必须有序，每块内最大〔或最小〕的数据组成索引块C. 数据分成假设干块，每块内数据有序，每块内最大〔或最小〕的数据组成索引块D. 数据分成假设干块，每块〔除最后一块外〕中数据个数需相同12. 二叉查找树的查找效率与二叉树的( 〔1〕)有关, 在 (〔2〕)时其查找效率最低【武汉交通科技大学1996 一、2(4分)】(1): A. 高度 B. 结点的多少 C. 树型 D. 结点的位置 (2): A. 结点太多 B. 完全二叉树 C. 呈单枝树 D. 结点太复杂。

答案第九章集合

第9章集合4．不能说哪种哈希函数的选取方法最好，各种选取方法有自己的适用范围。

8．哈希表的结点中可以包括指针，指向其元素。

11．单链表不能使用折半查找方法。

20．按插入后中序遍历是递增序列的原则，若某结点只有右子树，而插入元素的关键字小于该结点的关键字，则会插入到该结点的左侧，成为其左孩子。

这种插入就不是插入到叶子下面。

21．从平衡因子定义看，完全二叉树任一结点的平衡因子的绝对值确实是小于等于1。

但是，平衡二叉树本质上是二叉排序树，完全二叉树不一定是排序树。

故不能说完全二叉树是平衡二叉树。

23．某结点的左子树根结点不一定是它的中序前驱，其右子树根结点也不一定是它的中序后继。

24．在等概率下，查找成功时的平均查找长度相同，查找失败时的平均查找长度不相同。

26．只有被删除结点是叶子结点时命题才正确。

三．填空题1．n n+1 2．4 3．6,9,11,12 4．55．26（第4层是叶子结点，每个结点两个关键字） 6．1,3,6,8,11,13,16,19 7．5,96 8．m-1,「m/2⎤-1 9．2,4,310．(1)哈希函数(2)解决冲突的方法 (3)选择好的哈希函数 (4)处理冲突的方法 (5)均匀(6)简单11．AVL树（高度平衡树，高度平衡的二叉排序树），或为空二叉树，或二叉树中任意结点左子树高度与右子树高度差的绝对值小于等于1。

n」+1 12．小于等于表长的最大素数或不包含小于20的质因子的合数 13．16 14．⎣㏒2 15．(1)45 (2)45 (3)46（块内顺序查找） 16．k(k+1)/2 17．30，31.5（块内顺序查找）18．(1)顺序存储或链式存储 (2)顺序存储且有序 (3)块内顺序存储，块间有序 (4) 散列存储(n+1)-1 21．结点的左子树的高度减去结点的右子树的高度19．(n+1)/2 20．(n+1)/n*log222．(1)顺序表(2)树表(3)哈希表(4)开放定址方法(5)链地址方法(6)再哈希(7)建立公共溢出区()+1 25．O(N) 26．n(n+1)/2 23．直接定址法 24．log⎡m/2⎤27．54 28．31 29．37/12 30．主关键字 31．左子树右子树32．插入删除 33．14 34．(1)126 (2)64 (3)33 (4)65 35．（1）low<=high (2) (low+hig) DIV 2 (3) binsrch:=mid (4)binsrch:=036．(1) k (2) I<n+1 37．(1)rear=mid-1 (2)head=mid+1 (3)head>rear38．(1)p!=null (2)pf=p (3)p!=*t (4)*t=null四．应用题1．概念是基本知识的主要部分，要牢固掌握。

人教版数学3年级上册第九章《数学广角—集合》章节复习巩固(含答案解析)

第九章数学广角—集合章节复习巩固一．选择题1．（2020•鸡西）某大学某班学生总数为32人,在第一次考试中有26人及格,在第二次考试中有24人及格,若两次考试中,都没有及格的有4人,那么两次考试都及格的人数是()A ．22B ．18C ．28D ．262．（2018秋•中山市期末）三3班40人参加舞蹈和合唱表演,其中参加合唱表演34人,参加舞蹈表演12人,两项都参加有()人．A ．2B ．4C ．63．（2018春•惠安县期中）学校开设两个兴趣小组,三（2）班有27人参加绘画小组,有24人参加棋艺小组,8人两个小组都参加,三（2）班参加这两个兴趣小组的共有()人．A ．43B ．51C ．59D ．404．（2015秋•临沂期末）三年级有25人参加美术组,32人参加音乐组,28人参加体育组,既参加美术组又参加音乐组的有16人,参加美术组和音乐组的一共有()人．A ．37B ．44C ．41二．填空题5．（2020春•临朐县期末）四年级一班共46人,会下象棋的有25人,会下跳棋23人,两种都不会的有5人,两种都会的有人．6．（2019秋•保定期末）三（1）班参加短跑比赛的同学的学号是2、3、7、9、10、12、18,参加跳远比赛的同学的学号是1、3、6、7、9、10、11,参加短跑比赛或跳远比赛的一共有名同学．7．（2019秋•望城区期末）看图回答问题．（1）一共调查了人．（2）喜欢篮球的有人,只喜欢足球的有人,两种球都喜欢的有人．8．（2019•长沙县）去年某学校“校园艺术周”绘画展出了许多幅图,其中22幅不是初一的,25幅不是初二的,现在知道初一、初二共有33幅图,因此初三年级的共有幅图.9．（2020春•林西县期末）三（1）班参加数学竞赛的有28人,参加作文竞赛的26人,两项都参加的有10人,两项都没有参加的有2人．这个班共有人．10．（2014春•历城区校级期末）三（1）有28人订《智力游戏》,有22人订《科幻世界》,两种报刊都订的有10人,两种报刊都不订的有7人,三（1）一共有人．三．判断题11．（2018春•卢龙县期末）三年级一共有31人参加了舞蹈组或美术组,其中参加舞蹈组的有19人,参加美术组的有24人,两个小组都参加的有12人．（判断对错）12．有旅客100人,其中有10人既不懂英语又不懂俄语,有75人懂英语,有83人懂俄语,既懂俄语又懂英语的有68人．（判断对错）四．应用题13．（2017秋•大兴区期末）三（3）班做完语文作业的38人,做完数学作业的有42人,两种作业都完成的有30人,每人至少完成一种作业,三（3）班一共有学生多少人？14．3名小朋友比赛看谁写出的带“马”字的成语多,小丽写出了12个,小红写出了10个,小芳写出了7个.小红写出的10个成语中有6个小丽也写出来了.小芳写出的7个成语小丽都写出来了.（1）小丽和小芳一共写出了多少个成语？（2）小丽和小红一共写出了多少个成语？15．五（3）班有学生40人,报名参加英语阅读竞赛的有35人,参加数学竞赛的有27人．如果每个学生至少参加一项学科竞赛活动,那么,有多少学生两项比赛都参加？16．三（4）班同学去社区开展“尊老爱幼,互帮互助”社会实践活动,帮助老人的有32人,帮助儿童的有24人,既帮助老人又帮助儿童的有11人．三（4）班参加这次社会实践活动的一共有几人？17．三个小朋友比赛猜灯谜,皮皮猜出了18个,果果猜出了10个,乐乐猜出了12个．果果猜出的10个灯谜皮皮都猜出来了．（1）皮皮和果果一共猜出了多少个灯谜？（2）皮皮和乐乐一共猜出了23个灯谜,皮皮和乐乐有几个灯谜都猜出来了？五．解答题18．（2020秋•舒兰市校级期中）30名学生报名参加美术小组．其中有26人参加了美术组,17人参加了书法组．问两个组都参加的有多少人？19．（2017秋•临河区期末）小雨一家去采摘．爷爷、爸爸、外公、姨妈、小雨、叔叔6人采摘了圣女果,奶奶、妈妈、爷爷、小雨4人采摘了草莓,姑姑、舅舅、外婆3人采摘了黄瓜．（1）采摘圣女果和小黄瓜的共有多少个人？（2）采摘圣女果和草莓的共有多少人？20．（2020春•阳信县期末）四年级二班有45人,会下象棋的有21人,会下围棋的有17人,两种棋都不会的有10人．两种棋都会的有多少人？21．（2017秋•青岛月考）区实验小学的选修课活动,参加花样跳绳、轮滑等体育类的同学有127人,参加音乐类的同学比参加体育类的同学2倍多19人,参加音乐类的同学有多少人？22．（2018春•聊城期末）“六一”艺术节汇演中,跳舞的有14人,合唱的有30人,参加这两项演出的一共有35人．两项都参加的有多少人？23．（2016秋•厦门月考）三（4）班同学在本学期的期中考试中,有36人数学获得优秀,有29人语文获得优秀,有28人语文和数学都获得了优秀,同时有9人语文数学都没有获得优秀,三（4）班总共有多少学生？24．（2015春•岳麓区校级期末）五（4）班40名同学都参加了校运会中的田赛和径赛．参加田赛的有26人,参加径赛的有30人,两项都参加的有多少人？25．（2014秋•历城区校级期末）三年级一班有40人,报名参加书法社团的有18人,报名参加合唱社团的有20人,没报名参加这两个社团的有15人．既报名参加书法社团又报名参加合唱社团的有多少人？26．（2014秋•南康区期末）三年级参加语文竞赛的有58人,参加数学竞赛的有62人,两项都参加的有22人,三年级参加语文和数学竞赛的一共有多少人？参考答案第九章数学广角—集合章节复习巩固一．选择题1．（2020•鸡西）某大学某班学生总数为32人,在第一次考试中有26人及格,在第二次考试中有24人及格,若两次考试中,都没有及格的有4人,那么两次考试都及格的人数是()A ．22B ．18C ．28D ．26【解答】解：两次及格的总人数之和：262450+=（人)至少有一次及格的人数为：32428-=（人)两次都及格的为：502822-=（人)答：两次考试都及格的有22人.故选：A.2．（2018秋•中山市期末）三3班40人参加舞蹈和合唱表演,其中参加合唱表演34人,参加舞蹈表演12人,两项都参加有()人．A ．2B ．4C ．6【解答】解：341240+-=-4630=（人)6答：两项都参加有6人．故选：C．3．（2018春•惠安县期中）学校开设两个兴趣小组,三（2）班有27人参加绘画小组,有24人参加棋艺小组,8人两个小组都参加,三（2）班参加这两个兴趣小组的共有()人．A ．43B ．51C ．59D ．40【解答】解：27248+-=-518=（人)；43答：三（2）班参加这两个兴趣小组的共有43人．故选：A．4．（2015秋•临沂期末）三年级有25人参加美术组,32人参加音乐组,28人参加体育组,既参加美术组又参加音乐组的有16人,参加美术组和音乐组的一共有()人．A ．37B ．44C ．41【解答】解：253216+-=-5716=（人)；41答：参加美术组和音乐组的一共有41人．故选：C．二．填空题5．（2020春•临朐县期末）四年级一班共46人,会下象棋的有25人,会下跳棋23人,两种都不会的有5人,两种都会的有7 人．【解答】解：2523546++-=-5346=（人)7答：两种都会的有7人．故答案为：7．6．（2019秋•保定期末）三（1）班参加短跑比赛的同学的学号是2、3、7、9、10、12、18,参加跳远比赛的同学的学号是1、3、6、7、9、10、11,参加短跑比赛或跳远比赛的一共有10 名同学．【解答】解：77410+-=（名)答：参加短跑比赛或跳远比赛的一共有 10名同学．故答案为：10．7．（2019秋•望城区期末）看图回答问题．（1）一共调查了20 人．（2）喜欢篮球的有人,只喜欢足球的有人,两种球都喜欢的有人．【解答】解：（1）114520++=（人)答：一共调查了20人．（2）459+=（人)答：喜欢篮球的有9人,只喜欢足球的有11人,两种球都喜欢的有4人．故答案为：20,9,11,4．8．（2019•长沙县）去年某学校“校园艺术周”绘画展出了许多幅图,其中22幅不是初一的,25幅不是初二的,现在知道初一、初二共有33幅图,因此初三年级的共有7 幅图.【解答】解：(222533)2+-÷=÷142=（幅)7答：因此初三年级的画共有7幅.故答案为：7.9．（2020春•林西县期末）三（1）班参加数学竞赛的有28人,参加作文竞赛的26人,两项都参加的有10人,两项都没有参加的有2人．这个班共有46 人．【解答】解：根据分析可得,+-+2826102=+442=（人)46答：这个班共有46人．故答案为：46．10．（2014春•历城区校级期末）三（1）有28人订《智力游戏》,有22人订《科幻世界》,两种报刊都订的有10人,两种报刊都不订的有7人,三（1）一共有47 人．【解答】解：2822107+-+=+407=（人)47答：三（1）一共有47人．故答案为：47．三．判断题11．（2018春•卢龙县期末）三年级一共有31人参加了舞蹈组或美术组,其中参加舞蹈组的有19人,参加美术组的有24人,两个小组都参加的有12人．√（判断对错）【解答】解：192431+-=-433112=（人)即两个小组都参加的有12人,所以原题说法正确．故答案为：√．12．有旅客100人,其中有10人既不懂英语又不懂俄语,有75人懂英语,有83人懂俄语,既懂俄语又懂英语的有68人．√（判断对错）【解答】解：(7583)(10010)+--=-15890=（人)68答：懂英语又懂俄语的有68人．故答案为：√．四．应用题13．（2017秋•大兴区期末）三（3）班做完语文作业的38人,做完数学作业的有42人,两种作业都完成的有30人,每人至少完成一种作业,三（3）班一共有学生多少人？【解答】解：384230+-=-803050=（人)答：三（3）班一共有学生50人．14．3名小朋友比赛看谁写出的带“马”字的成语多,小丽写出了12个,小红写出了10个,小芳写出了7个.小红写出的10个成语中有6个小丽也写出来了.小芳写出的7个成语小丽都写出来了.（1）小丽和小芳一共写出了多少个成语？（2）小丽和小红一共写出了多少个成语？【解答】解：（1）因为小芳写出的7个成语小丽都写出来了,所以小丽写出的12个,就是小丽和小芳一共写出的个数.答：小丽和小芳一共写出了12个成语.（2）12106+-=-226=（个)16答：小丽和小红一共写出了16个成语.15．五（3）班有学生40人,报名参加英语阅读竞赛的有35人,参加数学竞赛的有27人．如果每个学生至少参加一项学科竞赛活动,那么,有多少学生两项比赛都参加？【解答】解：352740+-=-6240=（人)22答：有22人两项比赛都参加．16．三（4）班同学去社区开展“尊老爱幼,互帮互助”社会实践活动,帮助老人的有32人,帮助儿童的有24人,既帮助老人又帮助儿童的有11人．三（4）班参加这次社会实践活动的一共有几人？【解答】解：322411+-=-561145=（人)答：三（4）班参加这次社会实践活动的一共有45人.17．三个小朋友比赛猜灯谜,皮皮猜出了18个,果果猜出了10个,乐乐猜出了12个．果果猜出的10个灯谜皮皮都猜出来了．（1）皮皮和果果一共猜出了多少个灯谜？（2）皮皮和乐乐一共猜出了23个灯谜,皮皮和乐乐有几个灯谜都猜出来了？【解答】解：（1）181010+-=-281018=（个)答：皮皮和果果一共猜出了18个灯谜．（2）181223+-3023=-=（个)7答：皮皮和乐乐有7个灯谜都猜出来了,五．解答题18．（2020秋•舒兰市校级期中）30名学生报名参加美术小组．其中有26人参加了美术组,17人参加了书法组．问两个组都参加的有多少人？【解答】解：261730+-,=-,433013=（人)；答：两个组都参加的有13人．19．（2017秋•临河区期末）小雨一家去采摘．爷爷、爸爸、外公、姨妈、小雨、叔叔6人采摘了圣女果,奶奶、妈妈、爷爷、小雨4人采摘了草莓,姑姑、舅舅、外婆3人采摘了黄瓜．（1）采摘圣女果和小黄瓜的共有多少个人？（2）采摘圣女果和草莓的共有多少人？【解答】解：（1）639+=（人)答：采摘圣女果和小黄瓜的共有9个人．（2）(64)2+-=-102=（人)8答：采摘圣女果和草莓的共有8人．20．（2020春•阳信县期末）四年级二班有45人,会下象棋的有21人,会下围棋的有17人,两种棋都不会的有10人．两种棋都会的有多少人？【解答】解：21171045++-=-4845=（人)3答：两种棋都会下的有3人．21．（2017秋•青岛月考）区实验小学的选修课活动,参加花样跳绳、轮滑等体育类的同学有127人,参加音乐类的同学比参加体育类的同学2倍多19人,参加音乐类的同学有多少人？【解答】解：127219⨯+=+25419=（人)273答：参加音乐类的同学有273人．22．（2018春•聊城期末）“六一”艺术节汇演中,跳舞的有14人,合唱的有30人,参加这两项演出的一共有35人．两项都参加的有多少人？【解答】解：143035+-=-4435=（人)9答：两项都参加的有9人．23．（2016秋•厦门月考）三（4）班同学在本学期的期中考试中,有36人数学获得优秀,有29人语文获得优秀,有28人语文和数学都获得了优秀,同时有9人语文数学都没有获得优秀,三（4）班总共有多少学生？【解答】解：3629289+-+=-+65289=+379=（人)46答：三（4）班总共有学生46人．24．（2015春•岳麓区校级期末）五（4）班40名同学都参加了校运会中的田赛和径赛．参加田赛的有26人,参加径赛的有30人,两项都参加的有多少人？【解答】解：263040+-=-564016=（人)答：两项都参加的有16人．25．（2014秋•历城区校级期末）三年级一班有40人,报名参加书法社团的有18人,报名参加合唱社团的有20人,没报名参加这两个社团的有15人．既报名参加书法社团又报名参加合唱社团的有多少人？【解答】解：(1820)(4015)+--=-3825=（人)13答：既报名参加书法社团又报名参加合唱社团的有13人．26．（2014秋•南康区期末）三年级参加语文竞赛的有58人,参加数学竞赛的有62人,两项都参加的有22人,三年级参加语文和数学竞赛的一共有多少人？【解答】解：根据分析可得,+-586222=-12022=（人)；98答：三年级参加语文和数学竞赛的一共有98人11。

高等数学(本科)第九章课后习题解答

习题9.11.二元函数()y x f ,在有界闭区域D 可积的充分与必要条件是什么？它的几何意义和物理意义是什么？【答】几何意义表曲顶柱体的体积的代数和；物理意义表平面薄片的质量. 2.设()(){}11|,22≤+-=y x y x D ，则二重积分⎰⎰=Ddxdy π.【解】根据二重积分的性质，⎰⎰Ddxdy 等于积分区域D 的面积.而此处积分区域D 是半径为1的圆域，因此其面积为π. 3.求⎰⎰Ddxdy 4，其中(){}1|,≤+=y x y x D .【解】⎰⎰Ddxdy 4()()824442=⨯===⎰⎰D S dxdy D.4.如果闭区域D 被分成区域1D 、2D 且()5,1⎰⎰=D dxdy y x f ，()1,2⎰⎰=D dxdy y x f ，求()⎰⎰Ddxdy y x f ,.【解】根据二重积分的性质()⎰⎰Ddxdy y x f ,()⎰⎰+=1,D dxdy y x f ()615,2=+=⎰⎰D dxdy y x f .5.设()⎰⎰+=13221D d y x I σ， (){}22,11|,1≤≤-≤≤-=y x y x D ；()⎰⎰+=23222D d y x I σ，其中(){}20,10|,2≤≤≤≤=y x y x D .试利用二重积分的几何意义说明1I 与2I 之间的关系.【解】因为积分区域2D 关于x 轴及y 轴均对称，且被积函数()()322,y x y x f +=为偶函数，故根据二重积分的对称性知214I I =. 6.估计下列积分的值. （1）⎰⎰+=Dy xd e I σ22，其中(){}41|,22≤+≤=y x y x D ；【解】积分区域D 的面积πσ3=.显然被积函数()32,y x e y x f +=在积分区域D 内有最小值e e m ==1及最大值4e M =，因此由估值定理知 433e I e ππ≤≤.（2）⎰⎰=Dyd x I σ22sin sin ，其中(){}ππ≤≤≤≤=y x y x D 0,0|,.【解】积分区域D 的面积2πσ=.显然被积函数()x x y x f 22sin sin ,=在积分区域D 内有最小值()00,0==f m 及最大值12,2=⎪⎭⎫⎝⎛=ππf M ，因此由估值定理知20π≤≤I .7.设函数()y x f ,在点()b a ,的某个邻域内连续，D 表示以点()b a ,为圆心且完全含在上述邻域内的圆域（半径为R ）.求极限 ()⎰⎰→DR d y x f R σπ,1lim20.【解】积分区域D 的面积2R πσ=.由积分中值定理知 ()⎰⎰Dd y x f σ,()()ηξπσηξ,.,2f R f ==.显然当0→R 时，()()b a ,,→ηξ，所以 ()⎰⎰→DR d y x f R σπ,1lim20()()b a f f R ,,lim 0==→ηξ.8.设区域(){}1|,22≤+=y x y x D ，()y x f ,为区域D 上的连续函数，且 ()()dxdy y x f y x y x f D⎰⎰---=,11,22π. ① 求()y x f ,.【解】记 ()dxdy y x f a D⎰⎰=,. ②则①成为()πay x y x f ---=221,. ③由③得()⎰⎰⎰⎰⎰⎰---=DDDdxdy adxdy y x dxdy y x f π221,. ④其中，根据几何意义及性质可知32134211322ππ=⎪⎭⎫ ⎝⎛⨯=--⎰⎰dxdy y x D.π=⎰⎰Ddxdy .所以由④式得到 3.32ππππ=⇒-=a a a . 将3π=a 代入③即得到()311,22---=y x y x f .习题9.21.在化二重积分时，选择坐标系的原则是什么？【解】选择坐标系的原则主要是根据积分区域的形状，具体地讲，积分区域的边界曲线是用直角坐标方程表示方便还是用极坐标方程表示简洁.当然，被积函数的特征也要考虑，如形如()22y xf+的积分就首选极坐标系来计算.2.先画出积分区域，再计算二重积分.（1）()⎰⎰+Dd y x σ22，其中D 是矩形区域：1,1≤≤y x ；【解】记(){}10,10|,1≤≤≤≤=y x y x D .由对称性知()⎰⎰+Dd y xσ22()⎰⎰+=1224D d y x σ()dy y x dx ⎰⎰+=101224⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+=101032|314dx y y x 3831314314101032|=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎰x x dx x .（2）()⎰⎰++Dd y y x x σ3233，其中D 是矩形区域：10,10≤≤≤≤y x ；【解】()⎰⎰+Dd y xσ22()dy y y x x dx ⎰⎰++=10103233⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛++=10104223|4123dx y y x y x1412141412310103423|=⎪⎭⎫ ⎝⎛++=⎪⎭⎫ ⎝⎛++=⎰x x x dx x x .（3）()⎰⎰+Dd y x σ23，其中D 是由两坐标轴及直线2=+y x 所围成的区域；【解】()⎰⎰+Dd y x σ23()dy y x dx x⎰⎰-+=202023()⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=-20202|3dx y xy x()()[]()3204324222232020232022|=⎪⎭⎫ ⎝⎛++-=++-=-+-=⎰⎰x x x dx x x dx x x x .（4）()⎰⎰+Dd y x x σcos ，其中D 是顶点分别为()0,0，()0,π，()ππ,的三角形区域；【解】()⎰⎰+Dd y x x σcos ()dy y x x dx x ⎰⎰+=π00cos ()⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=π00|sin dx y x x x()⎰⎰⎰-=-=πππ0sin 2sin sin 2sin xdx x xdx x dx x x x()()⎰⎰+-=ππ00cos 2cos 21x xd x xd 【分部】()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎰⎰ππππ0000cos cos 22cos 212cos 21||xdx x x x xd x xπππππππ2321sin 2sin 2121||00-=--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=x x .（5）⎰⎰Dxy dxdy ye ，其中D 是由曲线2,2,1===y x xy 所围成的区域；【解】⎰⎰Dxydxdy ye dy ye dx x xy⎰⎰=22121()x d e yd x x xy ⎰⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡=221211x d dy e ye x x xy x xy ⎰⎰⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=2212121|1x d e x x e e x x xy x⎰⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛--=221212|1121 x d e x e x x x ⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛-=22122212x d e x x⎰=221212x d e xx ⎰-221221其中=⎰x d e x x 221221⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎰x d e x 12212【分部】()⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=⎰2212221211|x x e d x e x ++-=e e 2214x d e xx ⎰221212.所以⎰⎰Dxydxdy ye -=⎰x d e x x 221212e e dx e x e e x22112221422214-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡++-⎰. （6）()⎰⎰+Ddxdy y x sin ，其中D 是矩形区域：ππ20,0≤≤≤≤y x .【解】以直线π=+y x 及π2=+y x 将区域D 分成三个子区域：321D D D D ⋃⋃=.其中，⎩⎨⎧≤≤-≤≤,0,0:1ππx x y D ， ⎩⎨⎧≤≤-≤≤-,0,2:2πππx x y x D ，⎩⎨⎧≤≤≤≤-,0,22:3πππx y x D ()dy y x dx I x⎰⎰-+=ππ0sin ()dy y x dx x x ⎰⎰--+-+πππ02sin ()dy y x dx x⎰⎰-++πππ022sin其中()dy y x dx x⎰⎰-+ππ0sin ()dx y x x ⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-ππ00|cos ()()πππ=+=+=⎰|0sin cos 1x x dx x ；()dy y x dx xx⎰⎰--+-πππ02sin ()dx y x xx ⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=--πππ02|cosππ220==⎰dx ；()dy y x dx x ⎰⎰-+πππ022sin ()dx y x x ⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=-πππ022|cos ()()πππ=-=-=⎰|0sin cos 1x x dx x .所以 .42ππππ=++=I3.化二重积分()⎰⎰Dd y x f σ,为二次积分，且二次积分的两个变量的积分次序不同，其中积分区域D 为：（1）由直线x y =及抛物线x y 42=所围成的区域；【解】联立⎩⎨⎧==,4,2x y x y 解得⎩⎨⎧==,0,0y x 或⎩⎨⎧==.4,4y x 所以直线x y =及抛物线x y 42=的交点为()0,0及()4,4.（i ）若视区域D 为-X 型区域，则⎩⎨⎧≤≤≤≤.40,2:x x y x D()⎰⎰Dd y x f σ,()⎰⎰=402,xxdy y x f dx .（ii ）若视区域D 为-Y 型区域，则⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≤≤.40,41:2y y x y D()⎰⎰Dd y x f σ,()⎰⎰=40412,y y dx y x f dy .（2）半圆形区域222r y x ≤+，0≥y .（i ）若视区域D 为-X 型区域，则⎪⎩⎪⎨⎧≤≤--≤≤.,0:22r x r x r y D()⎰⎰Dd y x f σ,()⎰⎰--=rrx r dy y x f dx 320,.（ii ）若视区域D 为-Y 型区域，则⎪⎩⎪⎨⎧≤≤-≤≤--.0,:3222r y y r x y r D()⎰⎰Dd y x f σ,()⎰⎰---=ry r y r dx y x f dy 03222,.4．交换下列积分次序（1）()⎰⎰--21222,x x xdy y x f dx ；【解】D 是由圆周曲线()1122=+-y x ，2=+y x 【两曲线交于点()1,1】所围成的区域.故()⎰⎰--21222,x x xdy y x f dx ().,11122⎰⎰-+-=y ydy y x f dy（2）()⎰⎰e xdy y x f dx 1ln 0,；【解】积分区域D 由曲线x y ln =，及x 轴和直线e x =所围成. 若改变积分次序，即将区域D 视为-Y 型区域，则⎩⎨⎧≤≤≤≤,10:1y ex e D y ，所以()⎰⎰e xdy y x f dx 1ln 0,().,10⎰⎰=eey dx y x f dy（3）()⎰⎰102,x xdy y x f dx ；【解】积分区域D 由抛物线x y 42=及两直线x y =和直线1=x 所围成.若改变积分次序，即将区域D 视为-Y 型区域，则需要将D 分块： 21D D D ⋃=.其中⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≤≤,1041:21y yx y D ，⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≤≤,21141:22y x y D .所以 ()⎰⎰102,xxdy y x f dx()⎰⎰=10412,y y dx y x f dy ()⎰⎰+211412,y dx y x f dy .（4）()⎰⎰--0121,ydx y x f dy ()⎰⎰++1021,ydx y x f dy .【解】积分区域21D D D ⋃=.其中⎩⎨⎧≤≤-≤≤-,0121:1y x y D ，⎩⎨⎧≤≤≤≤+,1021:2y x y D 因此积分区域D 是由三直线1,1=-=+y x y x 及2=x 所围成的三角形区域.若改变积分次序，即将区域D 视为-X 型区域，则⎩⎨⎧≤≤-≤≤-21,11:x x y x D所以 ()⎰⎰--0121,y dx y x f dy ()⎰⎰++1021,ydx y x f dy ()⎰⎰--=2111,x x dy y x f dx .5.计算⎰⎰-10122xy dy e dx x .【解】积分区域D 是由直线x y =、1=y 及y 轴所围成的三角形区域. 改变积分次序得⎰⎰-10122x y dy e dx x ⎰⎰-=10022y y dx x dy e ⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛=-1003|312dy x e y y⎰-=103231dy e y y ()⎰--=102261y ed y 【分部】 ()⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+-=⎰--10210222|61y d e e y y y ⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-=--|101261y e e 6131+-=e .6.求由平面0,0==y x 及1=+y x 所围成的柱体被平面0=z 及抛物面z y x -=+622截得的立体的体积.【解】根据二重积分的几何意义知()⎰⎰--=Ddxdy y x V 226.其中积分区域D 是xoy 面内由直线1=+y x 及x 轴、y 轴所围成的平面区域.V ()dy y x dx x⎰⎰---=1010226⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛--=-101032|316dx y y x y x()()()⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-----=101023323175234131116dx x x x dx x x x x .617317253231|10234=⎪⎭⎫ ⎝⎛+--=x x x x . 7.利用极坐标计算下列各题. （1）⎰⎰+Dy xd e σ22，其中D 是圆形区域：422≤+y x ；【解】⎰⎰+Dy xd e σ22⎰⎰+=1224D y xd e σ【极坐标】()121244202020|22-=⎪⎭⎫⎝⎛==⎰⎰e e rdr e d r r ππθπ.（2）()⎰⎰++Dd y x σ221ln ，其中D 是圆周122=+y x 及坐标轴在第一象限内所围成的区域；【解】()⎰⎰++Dd y x σ221ln 【极坐标】()=+=⎰⎰rdr r d 20121ln πθ【令t r =2】()dt t ⎰+=11ln 4π【分部】()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+=⎰dt t t t t 101011ln 4|π()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+-=⎰dt t t 101112ln 4π []()12ln 241ln 42ln 4|10-=+--=πππt t .（3）σd x yD⎰⎰arctan ，其中D 是由圆周122=+y x ，422=+y x 及直线xy y ==,0在第一象限内所围成的区域；【解】rdr r r d dxdy x y I D.cos sin arctan arctan 4021⎰⎰⎰⎰==πθθθ==⎰⎰rdr d .421πθθ .64321.21.22124024021||πθθθππ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎰⎰r dr r d（4）⎰⎰Dxdxdy ，(){}x y x y x D 22|,22≤+≤=；【解】⎰⎰Dxdxdy ⎰⎰=12D xdxdy 【极坐标】⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎰⎰⎰⎰24cos 204020.cos .cos 2ππθπθθθθrdr r d rdr r d⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛+=⎰⎰⎰24cos 20340202|31cos .cos 2ππθπθθθθd r dr r d ⎥⎥⎦⎤⎢⎢⎣⎡+⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎰24420340cos 3831sin 2||πππθθθd r θθππd ⎰+=244cos 3163424132331634ππ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-+=.【其中θθππd ⎰244cos θθππd 22422cos 1⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛+=()θθθππd ⎰++=2422cos 2cos 2141⎰=2441ππθd ()⎰+2422cos 41ππθθd ＋⎰+2424cos 141ππθθd 413234sin 3214812sin 41441||2424-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡+⨯++⨯=πθπθπππππ】. 【注意：此题书中答案有误】.（5）⎰⎰-Ddxdy y x ，(){}0,0,1|,22≥≥≤+=y x y x y x D ；【解】以直线x y =将积分区域D 分块：21D D D ⋃=其中1D 由圆周()0,0122≥≥=+y x y x 及x 轴和直线x y =所围成；其中2D 由圆周()0,0122≥≥=+y x y x 及y 轴和直线x y =所围成.⎰⎰-Ddxdy y x ()+-=⎰⎰1D dxdy y x ()⎰⎰-2D dxdy x y 【极坐标】()rdr r r d ⎰⎰-=14sin cos θθθπ()rdr r r d ⎰⎰-+124cos sin θθθππ()dr r d ⎰⎰-=1240sin cos πθθθ()dr r d ⎰⎰-+1224cos sin ππθθθ()⎪⎭⎫ ⎝⎛⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=||1034031.cos sin r πθθ()⎪⎭⎫ ⎝⎛⎥⎦⎤⎢⎣⎡+-+||1032431.sin cos r ππθθ ()()12311231-+-=()1232-=. （6）()⎰⎰+Ddxdy y x y 23，(){}0,4|,22≥≤+=y y x y x D .【解】()⎰⎰+Ddxdy y x y 23⎰⎰=Dydxdy ⎰⎰+Ddxdy y x 230+=⎰⎰Dydxdy【极坐标】rdr r d ⎰⎰=20.sin θθπdr r d ⎰⎰=220sin πθθ31631cos ||2030=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=r πθ. 8.把()⎰⎰+=Ddxdy y xfI 22化为单重积分，其中(){}1|,22≤+=y x y x D .【解】()⎰⎰+=Ddxdy y xfI 22【极坐标】()⎰⎰=1204rdr r f d πθ()⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎰⎰1020.4rdr r f d πθ()⎰=102rdr r f π.9.把下列积分化为极坐标形式，并计算其积分值. （1）()⎰⎰-+ay a dx y xdy 002222；【解】()⎰⎰-+ay a dx y xdy 02222【极坐标】404228412|a r rdr r d aaππθπ=⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎰⎰. （2）()⎰⎰-+ax ax dy y xdx 2020222；【解】()⎰⎰-+ax ax dy y xdx 2020222【极坐标】==⎰⎰rdr r d a 20cos 202πθθ⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛20cos 204|41πθθd r a . 44244432.!!4!!34cos 4a a d a ππθθπ=⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎰.（3）⎰⎰+axdy y x dx 022；【解】⎰⎰+axdy y x dx 022【极坐标】==⎰⎰rdr r d a 40sec 0.πθθ⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛40sec 03|31πθθd r a ⎰=4033sec 31πθθd a []|403tan sec ln tan .sec 61πθθθθ++=a()[]21ln 2613++=a【其中，()⎰⎰==θθθθtan sec sec 3d d I 【分部】()⎰-=θθθθsec tan tan .sec d⎰-=θθθθθd 2tan sec tan .sec ()⎰--=θθθθθd 1sec sec tan .sec 2 I d d -++=+-=⎰⎰θθθθθθθθθθtan sec ln tan .sec sec sec tan .sec 3所以，[]C I +++=θθθθtan sec ln tan .sec 21.】（4）⎰⎰+1222xxdx y x dx .【解】⎰⎰+10222xxdx y x dx 【极坐标】==⎰⎰rdr r d a 40sec tan 0.πθθθ⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛40tan sec 03|31πθθθd r a ⎰=40333tan sec 31πθθθd a ()()⎰-=40223sec 1sec sec 31πθθθd a()12452sec 31sec 5131|40353+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=πθθa .10.设()x f 为连续函数，且()()⎰⎰+=Ddxdy y x f t F 22，其中(){}222|,t y x y x D ≤+=，求极限()tt F t '→0lim.【解】()()⎰⎰+=Ddxdy y x f t F 22【极坐标】()rdr r f d t⎰⎰=πθ202()r dr r f t⎰=022π.故 ()()22t tf t F π='. ① 所以()t t F t '→0lim【代入 ①】()()022lim 0f t t tf t ππ==→. 【注意：怀疑此题本身有问题，故对题目本身作了合理修正】11*.设()x f 在[]1,0上连续，并设()A dx x f =⎰10，求()()⎰⎰101xdy y f x f dx .【解】记⎩⎨⎧≤≤≤≤,10,1:1x y x D ⎩⎨⎧≤≤≤≤,10,0:2x x y D ，21D D D ⋃=.则 ()()()()dxdy y f x f dy y f x f dx I D x⎰⎰⎰⎰==1111. ①()()()()dxdy y f x f dy y f x f dx I D x⎰⎰⎰⎰==2102. ②又交换积分次序后()()==⎰⎰111x dy y f x f dx I ()()⎰⎰10y dx y f x f dy ()()⎰⎰=10xdy y f x f dx ，即21I I =.所以有 ()()()dxdy y f x f I I I D⎰⎰=+=2121211 ()()210102121A dy y f dx x f ==⎰⎰. 12*.设()x ϕ为[]1,0上的正值连续函数，证明：()()()()()b a dxdy x y x b y a D+=++⎰⎰21ϕϕϕϕ，其中b a ,为常数，(){}10,10|,≤≤≤≤=y x y x D . 【证明】因为积分区域D 关于直线x y =对称，则 ()()()=+=⎰⎰Ddxdy y x x I ϕϕϕ()()()⎰⎰+Ddxdy y x y ϕϕϕ. ① 故有()()()()212121==⎥⎦⎤⎢⎣⎡++=⎰⎰⎰⎰DD dxdy dxdy y x y x I ϕϕϕϕ. ② 所以有()()()()=++⎰⎰D dxdy x y x b y a ϕϕϕϕ()()()b dxdy y x y a D++⎰⎰ϕϕϕ()()()⎰⎰+Ddxdy y x x ϕϕϕ ).(21b a bI aI +=+= 13*.设闭区间[]b a ,上()x f 连续且恒大于零，试利用二重积分证明不等式()()()21a b dx x f dx x f baba-≥⎰⎰. 【证法一】考虑到定积分与变量的记号无关.故有： ()()⎰⎰=b a bay f dy x f dx. ① 以及()().dy y f dx x f baba⎰⎰= ②所以有()()()()..⎰⎰⎰⎰=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡D b a b a dxdy y f x f x f dx dx x f ③其中，⎩⎨⎧≤≤≤≤.,:b y a b x a D 同时()()()()..⎰⎰⎰⎰=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡D b a b a dxdy x f y f x f dx dx x f ④ ③+④，得()()()()()()()()()().2.2⎰⎰⎰⎰⎰⎰≥⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡D Db a b a dxdy y f x f x f y f dxdy y f x f x f y f x f dx dx x f ()222.Ddxdy b a ==-⎰⎰即： ()()()2..b b a a dx f x dx b a f x ⎡⎤⎡⎤≥-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰⎰ 【证法二】：因为()0≥x f ，所以有20b a dx ⎡⎤⎢≥⎢⎣⎰，即 ()()()220.bbaadxf x dx b a f x λλ⎡⎤+-+≥⎢⎥⎣⎦⎰⎰① ①式左边是λ的非负二次三项式，因此必有判别式()()()20b b a a dx b a f x dx f x ⎡⎤⎡⎤∆=--≤⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰⎰. ② 故由②得到()()()2..b b a a dx f x dx b a f x ⎡⎤⎡⎤≥-⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎰⎰14*.设()x f 在闭区间[]b a ,上连续.试利用二重积分证明不等式()()()dx x fa b dx x f ba ba ⎰⎰-≤⎥⎦⎤⎢⎣⎡22.【证明】由于()2⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎰dx x f b a ()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎰⎰dx x f dx x f b a b a ()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=⎰⎰dy y f dx x f ba b a . ① 令 ⎩⎨⎧≤≤≤≤.,:b y a b x a D 则由①得到()()()dxdy y f x f dx x f Dba ⎰⎰⎰=⎥⎦⎤⎢⎣⎡2. ②又 ()()()()222y fx fy f x f +≤.③故()()()dxdy y fx f dx x f Db a ][21222+≤⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎰⎰⎰()()⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=⎰⎰⎰⎰b a b a b a b a dy y f dx dx x f dy 2221 ()()dx x f a b b a ⎰-=221()()dy y f a b b a ⎰-+221【定积分与变量记号无关()()dx x fa b ba⎰-=2.15*.设区域(){}0,1|,22≥≤+=x y x y x D ，求二重积分⎰⎰+++Ddxdy y x xy2211.【解】⎰⎰+++Ddxdy y x xy 2211⎰⎰++=D dxdy y x 2211⎰⎰+++D dxdy yx xy221 0112122+++=⎰⎰D dxdy y x 【极坐标】rdr r d ⎰⎰+=2102112πθ ()().2ln 21ln 21112|1022102πππ=+=++=⎰rr d r习题9.３1.利用定积分、二重积分和三重积分计算空间立体体积时，被积函数和积分区域各有什么不同？【解】略.2.将三重积分()dxdydz z y x f I ⎰⎰⎰Ω=,,化为三次积分，其中空间区域分别为：（1）由曲面22y x z +=，0=x ，0=y ，1=z 所围成且在第一卦限内的区域；【解】⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≤-≤≤≤≤+Ω.10,10,1:222x x y z y x Ω向xoy 面上投影区域为⎪⎩⎪⎨⎧≤≤-≤≤.10,10:2x x y D xy ，所以()dz z y x f dy dx I y x x ⎰⎰⎰+-=1101222,,.（2）由双曲抛物面xy z =及平面01=-+y x ，1=z 所围成的区域；【解】⎪⎩⎪⎨⎧≤≤-≤≤≤≤Ω.10,10,0:x x y xy z Ω向xoy 面上投影区域为⎩⎨⎧≤≤-≤≤.10,10:x x y D xy ，所以()dz z y x f dy dx I xyx⎰⎰⎰-=01010,,.（3）由曲面222y x z +=及22x z -=所围成的区域. 【解】联立⎪⎩⎪⎨⎧-=+=,2,2222x z y x z 消去z ，得 Ω向xoy 面上的投影区域为 1:22≤+y x D xy . 故⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≤≤--≤≤---≤≤+Ω.11,11,22:22222x x y x x z y x所以()dz z y x f dy dx I x y x x x ⎰⎰⎰-+----=22222221111,,.3.利用直角坐标系计算下列三重积分.（1）dV z xy ⎰⎰⎰Ω32，其中Ω是由平面x y =，1=x ，0=z 及曲面xy z =所围区域.【解】Ω在xoy 坐标面上的投影区域为三角形区域.10,0:⎩⎨⎧≤≤≤≤x x y D 故dz z dy y xdx dV z xy xyx⎰⎰⎰⎰⎰⎰=Ω03021032⎰⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡=xxy dy z y xdx 004210|41⎰⎰=x dy y dx x 0610541⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡=10075|7141dx y x x 3641131281281|10131012=⨯==⎰x dx x . （2）()⎰⎰⎰Ω+++31z y x dV，其中Ω是由平面0=x ，0=y ，0=z 及1=++z y x 所围成的四面体；【解】Ω在xoy 坐标面上的投影区域为三角形区域.10,10:⎩⎨⎧≤≤-≤≤x x y D 故()dxdydz z y x ⎰⎰⎰Ω+++311=()dz z y x dy dx x y x ⎰⎰⎰---+++101010311()()z y x d z y x dy dx xyx ++++++=⎰⎰⎰---1111010103()⎰⎰---⎥⎦⎤⎢⎣⎡+++-=1010102|11.21xy x dy z y x dx ()⎰⎰-⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++=10102411121xdy y x dx ⎰-⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++-=1010|411121dx y y x x⎰⎪⎭⎫⎝⎛+++-=101144321dx x x ().1652ln 21811ln 4321|102-=⎪⎭⎫ ⎝⎛+++-=x x x （3）()dxdydz z x y ⎰⎰⎰Ω+cos ，其中Ω是由抛物柱面x y =以及平面0=y ，0=z ，2π=+z x 所围成区域.【解】Ω在xoy 坐标面上的投影区域为.20,0:⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≤≤πx x y D 故()dxdydz z x y ⎰⎰⎰Ω+cos =()dz z x ydy dx xx⎰⎰⎰-+2020cos ππ()⎰⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡+=-200|2sin ππxxdy z x y dx ()⎰⎰-=200sin 1πx ydy x dx ()⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=2002|21sin 1πdx y x x ()⎰-=20sin 121πdx x x⎰=2021πxdx 21161sin 21220-=-⎰ππxdx x .【其中2202201614121|πππ==⎰x xdx ；()⎰⎰=-2020cos 21sin 21ππx xd xdx x 【分部】⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎰2020cos cos 21|ππxdx x x 21sin 21|20-=-=πx .】4.利用柱面坐标计算三重积分.（1）()d V y x ⎰⎰⎰Ω+22，其中Ω是由曲面z y x 222=+及平面2=z 所围成的区域；【解】本题宜采用“切片法”计算()()dxdy y x dz dz dxdy y xzD ⎰⎰⎰⎰⎰⎰+=+Ω22222.3163242.||20320202422020πππθπ====⎰⎰⎰⎰z dz r rdr r d dz z z如采用柱面坐标系：()dz dxdy y x⎰⎰⎰Ω+22.3166.2142222.2|206420223222202πππθπ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=⎪⎪⎭⎫⎝⎛-==⎰⎰⎰⎰r r dr r r dz r rdr d r （2）()d V y x ⎰⎰⎰Ω+22，其中Ω是由曲面()222254y x z +=及平面5=z 所围成的区域；【解】（柱面坐标法）Ω在xoy 坐标面上的投影区域为.4:22≤+y x D()V d y x⎰⎰⎰Ω+22dr z r dz r rdr d r r ⎰⎰⎰⎰⎪⎪⎭⎫⎝⎛==20205253525220|.2πθπ dr r r ⎪⎭⎫ ⎝⎛-=⎰255223πππ82452|2054=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=r r .（3）dV xyz ⎰⎰⎰Ω，其中Ω是由球面1222=++z y x 及三个坐标面所围且在第一卦限内的区域.【解】（球面坐标法）Ω在xoy 坐标面上的投影区域为V xyzd ⎰⎰⎰Ω⎰⎰⎰=2015320cos sin cos sin ππρρϕϕϕθθθd d d48161.sin 41.sin 21|||106204202=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=ρϕθππ.5.利用球面坐标计算三重积分.（1）()d V z y x ⎰⎰⎰Ω++222，其中()(){}222223,|,,y x z z z y x z y x +≥≤++=Ω；【解】（球面坐标法）()d V z y x⎰⎰⎰Ω++222⎰⎰⎰=60cos 02220.sin πϕπρρρϕϕθd d dϕρϕππϕd ⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡=6cos 05|51sin 2ϕϕϕππd ⎰=605sin cos 52()ϕϕππcos cos 52605d ⎰-=πϕππ96037cos 6152|606=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=.（2）dxdydz z ⎰⎰⎰Ω2，其中Ω是由抛物面22y x z +=之上，球面2222=++z y x 之内的部分围成；【解】（柱面坐标法）联立⎩⎨⎧+==++22222,2y x z z y x 消z ,得Ω在xoy 坐标面上投影区域.1:22≤+y x D 所以dz dxdy z⎰⎰⎰Ω2⎰⎰⎰-=1222022r rdz z rdr d πθ⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡=-123|22312r r z r π()⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡--=10632232dr r r r π()⎰-=1032232dr r r π()πππππ121228151121232107--=-=-⎰dr r ()1323260-=π.【其中()⎰-1032232dr r r π【令t r sin 2=】⎰=404cos .sin 328ππtdt t ()()πππππ228151cos 51328cos cos 328|405404-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-=⎰t t td ； .121813232|108107πππ-=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-⎰r dr r 】（3）dxdydz x ⎰⎰⎰Ω，其中()(){}0,0,0|,,2222≥≥>≤++=Ωy x a a z y x z y x .【解】（球面坐标法）⎰⎰⎰Ωxdxdydz ⎰⎰⎰=ππρρθϕρϕϕθ00220.cos sin sin ad d d ⎰⎰⎰=ππρρρϕϕθθ0222.sin cos ad d d404020841.2sin 4121.sin |||a a πρϕϕθππ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎥⎦⎤⎢⎣⎡=.6.采用三种坐标计算三重积分dxdydz z ⎰⎰⎰Ω2，其中()2222|,,{R z y x z y x ≤++=Ω()}2,0222Rz z y x R ≤++>.【解法一】（柱面坐标法）联立⎩⎨⎧=++=++,2,222222Rz z y x R z y x 消z ,得Ω在xoy 坐标面上的投影区域为 .43:222R y x D ≤+dz dxdy z ⎰⎰⎰Ω2 dr z r dz z rdr d R R r R r R R r R r R R ⎰⎰⎰⎰⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==------232303220|222222223.2πθπ()()⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡----=R dr rR R r R r 23032232232π（令t R r sin =）()[]⎰--=30333cos .cos cos sin 32ππtdt R t R R t R t R[]⎰-+-=30235cos sin cos 3cos 31cos 232ππtdt t t t t R⎰=3045sin cos 34ππtdt t R ⎰-305sin cos 32ππtdt t R⎰+3025sin cos 2ππtdt t R⎰-3035sin cos 2ππtdt t R|30555cos 34ππt R -=|30252cos 32ππt R +|30353cos 2ππt R -|30454cos 2ππt R + ⎪⎭⎫ ⎝⎛--=32311545R π⎪⎭⎫ ⎝⎛-+4335R π⎪⎭⎫ ⎝⎛--87325R π⎪⎭⎫ ⎝⎛-+161525R π .480595R π=【解法二】（球面坐标法）球面坐标计算：这时首先要把积分区域Ω分成两个子区域： .21Ω⋃Ω=Ω 其中⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≤≤≤≤Ω,0,30,20:1R ρπϕπθ ⎪⎩⎪⎨⎧≤≤≤≤≤≤Ω,cos 20,232,20:2ϕρπϕππθR则dz dxdy z ⎰⎰⎰Ω2=dz dxdy z ⎰⎰⎰Ω12dz dxdy z ⎰⎰⎰Ω+22ρρϕρϕϕθππd d d R⎰⎰⎰=2030222.cos sinρρϕρϕϕθπππϕd d d R ⎰⎰⎰+2023cos 20222.cos sin⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=⎰⎰R d d 04302cos .sin 2ρρϕϕϕππ ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎰⎰ϕππρρϕϕϕπcos 204232cos .sin 2R d d ⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=||0530351cos 312R ρϕππ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+⎰2375cos .sin 32512ππϕϕϕπd R 551.247.2R π=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+|2385cos 81564ππϕπR 5607R π=⎪⎭⎫ ⎝⎛+81.25615645R π5607R π=5160R π+.480595R π= 【解法三】（直角坐标系之“切片法”）将Ω分块为21Ω⋃Ω=Ω.其中()()⎪⎩⎪⎨⎧∈≤≤Ω11,,20z D y x R z ：，()22212:z Rz y x D z -≤+； ()()⎪⎩⎪⎨⎧∈≤≤Ω22,,2z D y x R z R：，()22222:z R y x D z -≤+. ()()()()[]dz z Rz z dz D S z dxdy dz z dz dxdy zR z D R R z220212022022211-===⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰Ωπ5205440151412|R z z R Rππ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=；()()()()[]dz z R z dz D S z dxdy dz z dz dxdy z RR z D RR R R z222222222222-===⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰Ωπ 52532480475131|R z z R R R ππ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=. 所以dz dxdy z ⎰⎰⎰Ω2=dz dxdy z ⎰⎰⎰Ω12dz dxdy z ⎰⎰⎰Ω+225554805948047401R R R πππ=+=. 7.若柱面122=+y x 与平面0=z ，1=z 所围成的柱体内任一点()z y x ,,处的密度22y x z --=μ，试计算该柱体的质量.【解】()()⎪⎩⎪⎨⎧Ω∈-+Ω∈--=--=.,,,,,22212222y x z y x y x y x z y x z μ 其中()⎩⎨⎧∈≤≤+ΩD y x z y x ,,1221：；()⎩⎨⎧∈+≤≤ΩD y x y x z ,,0222：；1:22≤+y x D . 所以 =M ()dz dxdy y xz ⎰⎰⎰Ω--122()πππ316161222=+=-++⎰⎰⎰Ωdz dxdy z y x .【其中()dz dxdy y xz ⎰⎰⎰Ω--122【柱面坐标】()dr z r z r dz r z rdr d r r ⎰⎰⎰⎰⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=10101221220|222.2πθπ()πππ6161222|10642153=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛+-=+-=⎰r r r dr r r r ；()dz dxdy z y x⎰⎰⎰Ω-+222【柱面坐标】()dr z z r r dz z r rdr d r r ⎰⎰⎰⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=110022220|2221.2πθππππ6161|10615=⎪⎭⎫ ⎝⎛==⎰r dr r .】8.分别用定积分、二重积分和三重积分求由22y x z +=和22y x z +=所围成的立体Ω的体积.【解】联立⎪⎩⎪⎨⎧+=+=,,2222y x z y x z 消z ,得Ω在xoy 坐标面上的投影区域为 .1:22≤+y x D（一）定积分过z 轴上任意一点z 作Ω的截面，则该截面的面积为 ()()()[]1,0,222∈-=-=z z z z z z A πππ所以Ω的体积为()()πππ613121|103210210=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-==⎰⎰z z dz z z dz z A V .（二）二重积分 ()[]d xdy y x y xV D⎰⎰+-+=2222【极坐标】()ππθπ61432|10432012=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-=-=⎰⎰r r rdr r r d . （三）三重积分⎰⎰⎰Ω=dV V 【球面坐标】ρρϕϕθπϕϕππd d d ⎰⎰⎰=20sin cos 02242sin()ϕϕπϕϕϕπϕρϕπππππππϕϕcot cot 32sin cos 3231sin 2243245324sin cos 03|2d d d ⎰⎰⎰-==⎥⎦⎤⎢⎣⎡=πϕπππ61cot 4132|244=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=. 9.设()x f 在0=x 处可导，且()00=f ，求极限()d xdydz z y x f t t ⎰⎰⎰Ω→++22241lim，其中(){}2222|,,t z y x z y x ≤++=Ω.【解】()d xdydz z y x f tt ⎰⎰⎰Ω→++222401lim ()⎰⎰⎰=ππρρρϕϕθ00220.sin ad f d d()ρρρϕππd f a 200.cos 2|⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=()ρρρπd f a 20.4⎰=. ①所以()d xdydz z y x ft t ⎰⎰⎰Ω→++22241lim【由①】()4204lim t f tt ⎰→=ρρπ【洛必达法则】()32044lim t t t f t π→=()t t f t 0lim →=π()()00lim 0--=→t f t f t π()0f '=π. 习题9.４1.求由曲线()xy y x C =+222:所围平面图形D 的面积.【解】化曲线C 为极坐标表示：θθsin cos 2=r ，⎥⎦⎤⎢⎣⎡⋃⎥⎦⎤⎢⎣⎡∈πππθ23,2,0.由对称性知()⎰⎰=12D d D S σ【极坐标】θθπθθπθθd r dr r d ⎰⎰⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡==20cos sin 0220cos sin 0|2122()21sin 21sin sin cos sin |2022020====⎰⎰πππθθθθθθθd d d .2.求由曲面222y x z +=及2226y x z --=所围成的立体Ω的体积. 【解】联立⎪⎩⎪⎨⎧--=+=,26,22222y x z y x z 消去z ，得 Ω向xoy 面上的投影区域为 2:22≤+y x D xy .所以Ω的体积为 ()()[]d xdy y x y xV xyD ⎰⎰+---=2222226()d xdy y xxyD ⎰⎰--=22336()ππθπ6433236|2422022=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-=⎰⎰r rrdr r d . 3.求由曲面()xyz a z y x S 332223:=++所围立体的体积.【解】做球坐标变换：⎪⎩⎪⎨⎧===,cos ,sin sin ,cos sin ϕρθϕρθϕρz y x 则S 在球坐标下的方程为θθϕϕρsin cos cos sin 3233a =ρρϕϕθθθϕϕππd d d dV V a ⎰⎰⎰⎰⎰⎰Ω==3231cos sin cos sin 3022020sin 44⎰⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡=2020cos sin cos sin 303|32331sin 4ππθθϕϕϕρϕθd d a ⎰⎰=22033cos sin cos sin 4ππϕϕϕθθθd d a.21sin 41sin 21432042023||a a =⎥⎦⎤⎢⎣⎡⎥⎦⎤⎢⎣⎡=ππϕθ4.证明：曲面2214:y x z S ++= ① 任一点处的切平面与曲面22:2y x z S +=所围立体图形Ω的体积为定值.【证明】任取曲面1S 上一点()0000,,z y x M .令 ()z y x z y x F -++=224,,.则1S 在点()0000,,z y x M 处的切平面的法向量为 ()()(){}{}1,2,2,,00000-='''=y x M F M F M F z y x .1S 在点()0000,,z y x M 处的切平面π的法平面为()()()02200000=---+-z z y y y x x x .即 ()0222:02020000=-+---+z y x z z y y x x π. ②又由于()10000,,S z y x M ∈，故402020-=-+z y x . ③ 将③式代入②式得0822:000=+--+z z y y x x π. ④ 联立⎩⎨⎧+==+--+,,082222000y x z z z y y x x 消去z ，得 ()()8020202020+-+=-+-z y x y y x x 【由③】4=，故Ω向xoy 面上的投影区域为()()4:2020≤-+-y y x x D xy . ⑤所以，Ω的体积为 ()()[]d xdy y x z y yx x V xyD ⎰⎰+-+-+=2200822()()()[]d xdy y y x x z y xxyD ⎰⎰----+-+=202002028【由③】()()[]d xdy y y x x xyD ⎰⎰----=2024令⎩⎨⎧+=+=.sin ,cos 00θθr y y r x x 则()()r r r y r y xrxr y x J =-=∂∂∂∂∂∂∂∂=∂∂=θθθθθθθcos sin sin cos ,,所以()dr d r r V r D θθ⎰⎰-=24()ππθπ841224|20422022=⎥⎦⎤⎢⎣⎡-=-=⎰⎰r r rdr r d .从而:2S 与π所围立体图形Ω的体积为定值π8.5.形状如22y x z +=，100≤≤z （单位：米）的“碗”，计划在其上刻上刻度使其成为一个容器.求对应于容积为１立方米的液体在该容器内的高度是多少？【解】设对应于容积为１立方米的液体在该容器内的高度是h （米）. 由题意知()()σπd y xh h D⎰⎰+-⨯=222.1. ①其中222:h y x D ≤+.()⎰⎰⎰⎰=+πθσ200222.h Drdr r d d y x20421412|h r h ππ=⎥⎦⎤⎢⎣⎡=. ②将②式代入①式得2221.1h h ππ-=，即 2211h π=，解之得π2=h （米）.6.求均匀密度的半椭圆平面薄片()01:2222≥≤+y by a x D 的质心.【解】设D 的质心坐标为()y x ,.由质心坐标公式得⎰⎰⎰⎰=DDxd d x σσ1； ①⎰⎰⎰⎰=DDyd d y σσ1②【其中令⎩⎨⎧==,sin ,cos θθbr y ar x 则()()abrbr b ar a y ry xrxr y x J =-=∂∂∂∂∂∂∂∂=∂∂=θθθθθθθcos sin sin cos ,,由对称性知0=⎰⎰σd x D；()⎰⎰⎰⎰⎰⎰==πθθθθσθ0102.sin sin rdr r d ab drd J br d y r D D⎰⎥⎦⎤⎢⎣⎡=πθθ01032|31sin d r ab2020232cos 31sin 31|ab ab d ab =-==⎰ππθθθ；又 ()ab D S d Dπσ2121==⎰⎰. 故⎰⎰⎰⎰==DDxd d x 01σσ；ππσσ34213212bab ab yd d y DD===⎰⎰⎰⎰. 所以，平面薄片()01:2222≥≤+y b y a x D 的质心为⎪⎭⎫⎝⎛π34,0b .7.社平面薄片所占的区域D 由抛物线2x y =及直线x y =所围成，它在点()y x ,处的面密度()y x y x 2,=ρ，求此薄片的质心.【解】设D 的质心坐标为()y x ,.由质心坐标公式得()()⎰⎰⎰⎰=DDd y x x d y x x σρσρ,,1σσ⎰⎰⎰⎰=DDyd x yd x 321； ① ()()⎰⎰⎰⎰=D D d y x y d y x y σρσρ,,1⎰⎰⎰⎰=DDd y x yd xσσ2221②ydy x dx yd x xx D⎰⎰⎰⎰=10222σ⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛=1022|221dx y x x x ()⎰-=106421dx x x 351715121|1075=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x x ； ③ydy x dx yd x x x D⎰⎰⎰⎰=10332σ⎰⎪⎭⎫ ⎝⎛=1023|221dx y x x x ()⎰-=107521dx x x 481816121|1086=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x x ； ④ dy y x dx d y x xx D2102222⎰⎰⎰⎰=σ⎰⎪⎭⎫⎝⎛=1032|231dx y x x x ()⎰-=108531dx x x 541916131|1096=⎪⎭⎫ ⎝⎛-=x x . ⑤故 4835351481==x ；5435351541==y .所以此薄片的质心为⎪⎭⎫⎝⎛5435,4835.8.平面薄片D 由ax y x ≥+22，222a y x ≤+确定，其上任一点处的面密度与离原点的距离成正比，求此薄片的质心.【解】由题意知，面密度()22,y x k y x +=ρ)0(>k .。

9章作业答案

9)F = {AC, C A , BC， D C}
去掉各FD左部多余的属性 F = {AC, C A , BC，D C}
9、已知关系框架R（A，B,C,D,E）及其上的函数相关性集合 F={AD,ED,DB,BCD,DCA}。试问分解={R1（A，B），R2（A，E）， R3（E，C），R4（D，B,C），R5（A， C）}是否为R的无损连接分解？
A
R1 R2 R3 R4 a1 a1 b31 a1 b41 a1
B
a2 b22 a2 b32 a2 a2
C
b13 b23 a3 a3
D
b14 a4 b14 b24 a4 b14 b34 a4 b14 a4
E
b15 a5 a5 b45
R5
a1
b52 a2
a3
b54 a4 b14
b55
F={AD,ED,DB,BCD,DCA}
4、设有函数相关性集合 F={ABCE,AC,GPB,EPA,C DEP,HBP,DHG,ABCPG}. 求属性集关于F的闭包D+
解: 1) D+ D 2) ∵D HG ∴D+ DHG
5、求与F={AC, CA, BAC, DAC,BDA} 等价的最小相关性集合。
• F={FB， BF， FDB， FGB， FDGB， BDF， BGF ， BDGF ，DGF， DG B} • 候选关键字DG • 2NF
（2） F={AB， C F，EA,CED} 候选关键字：CE 1）AB ： {A，B} {A、C、D、E、F} 2）F={C F，EA,CED} C F：{C，F} 3）{A、C、D、E} F={EA,CED} E A：{E，A} 4）{C、E、D}

集合(有答案)

1（一）集合一．考点梳理1．集合的基本概念(1)集合的概念：把一些元素组成的______叫集合；(2)集合中元素的三个特性：______、______、________；(3)集合的三种表示方法：_______、描述法、________．2．集合间的基本关系(1)子集：若对∀x ∈A ，都有x ∈B ，则A ⊆B ；(2)真子集：若A ⊆B ，但______________，则A B ；(3)相等：若A ⊆B ，且______，则A ＝B ；(4)∅是______集合的子集，是____________集合的真子集．3．集合的基本运算4、有限集的子集个数：① n 个元素的集合有______个子集 ② n 个元素的集合有______个真子集③ n 个元素的集合有______个非空子集 ④ n 个元素的集合有______个非空真子集典例探究考点一：集合中元素的互异性与无序性例1．（1）集合{}c b a S ,,=中的三个元素可构成∆ABC 的三条边长，那么∆ABC 一定不是( )A ．锐角三角形B ．直角三角形C ．钝角三角形D ．等腰三角形（2）如果A=}1|{->x x ，那么（）DA ．A ⊆0B ．A ∈}0{C ．A ∈ΦD ．A ⊆}0{变式练习1．（1）若集合{}R a a x ax x A ∈=++=,02|2中有且只有一个元素，则a 的取值集合是A ．｛1｝B ．｛－1｝C ．｛0，1｝D ．｛－1，0，1｝（2）若21{,x x ∈}，则x = . -1（3）（2007.全国）设,,R b a ∈集合{},,,0,,1⎭⎬⎫⎩⎨⎧=+b a b a b a 则=-b a A ．1 B ．-1 C ．2 D ．-22 （4）【2010北京一模】若集合{}0,1,2P =，10(,),,20x y Q x y x y P x y ⎧⎫-+>⎧⎪⎪=∈⎨⎨⎬--<⎩⎪⎪⎩⎭，则Q 中元素的个数是（） A ．3 B ．5 C ．7 D ．9考点二：集合的子集个数例2: 【2010·古田一中高三第一次月考】集合6|,6A x N y y N x *⎧⎫=∈=∈⎨⎬-⎩⎭的真子集的个数为． A ． 16 B ．8 C ．7 D ．4变式练习2（1）集合{}N x ,30∈<≤=x A 的真子集个数是_______（2）已知集合{1,2}A =,集合B 满足{1,2}A B = ,则集合B 有个．13. 44.（08山东）满足M ⊆｛a 1, a 2, a 3, a 4｝,且M ∩｛a 1 ,a 2, a 3｝={ a 1,a 2}的M 有（）个A ．1 B.2 C ．3 D ．4（3）定义集合运算A ◇B ={}|,,c c a b a A b B =+∈∈，设{}0,1,2A =，{}3,4,5B =，则集合A ◇B 的子集个数为（）AA .32B .31C .30D .14考点三：集合间的基本关系例3：(2014惠州调研)集合A ＝{－1,1}，B ＝{x |ax ＋1＝0}，若B ⊆A ，则实数a 的所有可能取值的集合为( )A ．{－1}B ．{1}C ．{－1,1}D ．{－1,0,1}变式练习3. 若},13|{Z n n a a A ∈+==，},23|{Z n n a b B ∈-==，},16|{Z n n a c C ∈+==，则A 、B 、C 的关系是（）CA ．A B C B ． A B=C C ．A=B C D ．A=B=C 。

第九章集合答案

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高等数学 课后习题答案第九章

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答案 第九章 集合

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(期末复习讲义)第9单元数学广角—集合-三年级数学上册(人教版)

【数学】第9章数学广角--集合单元测试卷(含答案)

【数学】第9章数学广角--集合单元测试卷练习题及答案

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高等数学课后习题答案第九章

答案第九章集合