9.第九章解答金榜图书武忠祥 2019高等数学辅导讲义 练习题详解

Γ
2 2 2 4πa 3 2 2 2 ∫Γ ( x + y )ds = 3 ∫Γ ( x + y + z )ds = 3 ∫Γa ds = 3
2
∫ (4 x − 6 y)ds = −2∫
Γ
Γ
yds = −
2 2 ( x + y + z )ds = − ∫ 0ds = 0 ∫ 3 Γ 3 Γ
∫13ds = 26πa
14.【解】应填
为沿外法线方向的方向导数 . 2 ∂n
∫
∂u ∂u ∂u ds = ∫ [ cos(n, x)ds + cos(n, y )ds ] L ∂n L ∂x ∂y =∫ [
L
∂u ∂u cos(τ , y )ds − cos(τ , x)ds] ∂x ∂y
2
=∫ [
L
∂u ∂u ∂ 2u ∂ 2u dy − dx] = ∫∫ [ 2 + 2 ]dσ ∂x ∂y ∂x ∂y D
Σ Ω 0 0 0 2π
π
R
18.【解】应填 8. 记 Γ 为圆周 ( x − 1) + y = 1 ，则所求面积为 S = zds
2 2 Γ
∫
=∫
Γ
x 2 + y 2 ds = ∫ 2 3
2π
0
4 cos 2 θ 4 cos 2 θ + 4 sin 2 θ dθ = 8∫ 2 cosθdθ = 8
（格林公式）
= ∫∫ ( x 2 + y 2 )dσ =
D
π
2
（其中 D 为单位圆域 x + y ≤ 1. ）
2 2
15.【解】应填
2 8π 4 R . 原式 = ∫∫ ( x 2 + z 2 )dS = ∫∫ ( x 2 + y 2 + z 2 )dS 3 3Σ Σ
8π 4 R 3 2 2 2 16.【解】应填 2πa ( a + a + 1). ∫∫ ( 2 x + z + 1) dS = =
−1 −1
0
0
1 2 ， ∫ xy d x + x d y = L 2 6
∫ [ x(1 − x) − x ] d x = ∫ ( x − 2 x ) d x = − 6 ，故 ∫
2 2 0 0
1
1
1
L
xy d x + x 2 d y = 0.
注：也可补线用格林公式计算. 13.【解】应填 π . 化为平面线积分.将 z = x + y 代入原积分得
I = ∫ x( x + y )dx + xdy +
L
y2 (dx + dy ) 2
（ L 为 x + y = 1 沿逆时针方向）
2 2
= ∫ [ x( x + y ) +
L
y2 y2 ]dx + [ x + ]dy 2 2
（格林公式）
=
=π
x 2 + y 2 ≤1
∫∫ (1 − x − y)dσ
π ∂u
∫∫∫ z d v = 4∫∫∫ z d v.
Ω1 Ω2
3.【解】应选（C）. 由于函数 z 既是 x 的偶函数也是 y 的偶函数,积分域 S 既关于 yoz 面前 后对称也关于 xoz 面左右对称,则
∫∫∫ z d v = 4∫∫∫ z d v. 由变量对称性知,
S S1
∫∫∫ z d v = ∫∫∫ x d v. 故应选（C）.
《高等数学辅导讲义》练习题解答 第九章 多元函数积分学 1.【解】应选（D）. P ( x, y ) =
x + ay y ∂P ∂Q , Q ( x, y ) = , 由题设知, = , 2 2 ( x + y) ( x + y) ∂y ∂x
则 (a − 2) x − ay = −2 y, (a − 2) x = (a − 2) y, 故 a = 2. 2.【解】应选（C）.由于函数 z 既是 x 的偶函数也是 y 的偶函数,积分域 Ω1 既关于 yoz 面前 后对称也关于 xoz 面左右对称,则
π
D1
D2
−π
= ∫ dx = −2π
−π
π
25.【解】在上半平面
∂P ∂Q = , 设 L 为上半圆 y = a 2 − x 2 (a > 0) 从 (− a,0) 到 ( a,0) 的弧 ∂y ∂x
4
段.则
∫
∫
1 ( x − y )dx + ( x + y )dy ( x − y )dx + ( x + y )dy = 2 =∫ 2 2 2 2 C L x +y x +y a
1 . x + y2 + z2
2
6.【解】应填 {2,−2,4} . 7.【解】应填 0. 8.【解】应填
4π abc(a 2 + b 2 + c 2 ). ∫∫∫ ( x + y + z ) 2 dV = ∫∫∫ ( x 2 + y 2 + z 2 )dV 15 Ω Ω
c
2 2 ∫∫∫ z dV = ∫ z πab(1 −
Σ
∫∫ (2x
Σ
2
+ z 2 + 1 + 2 2 xz + 2 2 x + 2 z )dS
∫∫ (2x
Σ
2
+ z 2 )dS =
1 (2 x 2 + z 2 )dS 2 ∫∫ ∑1
（其中 ∑1 为球面 x + y + z = a ）
2 2 2 2
=
1 1 ( x 2 + y 2 + z 2 )dS = ∫∫ a 2 dS = 2πa 4 ∫∫ 2 ∑1 2 ∑1
2
1
0
0
dz ∫
0
(1 − y )e −(1− y − z ) dx
2
= ∫ dy ∫
0
(1 − y )(1 − y − z )e −(1− y − z ) dz = ∫
2
2 1 1 (1 − y )[1 − e −(1− y ) ]dy = . 0 2 4e
1
23.【解】取 L1 为有向线段 x = 0, y 从 2 到 0；由 L 与 L1 围成的平面区域记为 D. 根据格林 公式，得
Γ
12.【解】应填 0 . L = L1 + L2 ，其中 L1 : y = 1 + x ( −1 ≤ x ≤ 0) ， L2 : y = 1 − x (0 ≤ x ≤ 1) .
∫
L1
xy d x + x 2 d y = ∫ [ x(1 + x) + x 2 ] d x = ∫ (2 x 2 + x) d x =
3
20.【解】
∫∫∫ x(1 + z )dv = ∫∫∫ xdv = ∫ xπ ( x − x )dx = 12 .
2
1
π
Ω
Ω
0
21.【解】
∫∫∫| z − x
Ω
2
2
− y 2 | dv = ∫∫∫ ( z − x 2 − y 2 )dv + ∫∫∫ ( x 2 + y 2 − z )dv
Ω1 Ω2
0
π
19.【解】应填 . z =
z d V ∫∫∫ d V ，而 ∫∫∫ d V = ∫ ⎜ ∫∫ d x d y ⎟ d z = ∫ πz d z = ， ∫∫∫ ⎜ ⎟ 2 Ω Ω Ω
1 1 0
⎛
⎞ ⎠
π
⎝ x2 + y2 ≤z
0
且
⎞ 1⎛ ⎜ ⎟ z d z = 1πz 2 d z = π ，故 z = 2 . = z V x y d d d ∫∫∫ ∫ ∫∫ ∫0 0⎜ ⎟ 3 3 Ω ⎝ x2 + y2 ≤z ⎠
0 0 t 0
t
t
t 2 + ∫ C ( y ) d y = t + ∫ C ( y ) d y. 两边对 t 求导，得
0
2t = 1 + C (t ), C (t ) = 2t − 1.
从而 C ( y ) = 2 y − 1 ，所以 Q ( x, y ) = x + 2 y − 1.
2
28.【解】由曲线积分与路径无关的充要条件可得 f y′ ( x, y ) = cos y.
= ∫ xdy − ydx + ∫
Γ
− 1dy 7 = π. 0 4 + y2 8
2
27.【解】
由曲线积分与路径无关的条件知
∂Q ∂ = (2 xy ) = 2 x. ∂x ∂y
于是， Q ( x, y ) = x + C ( y ) ，其中 C ( y ) 为待定函数.
2
∫
( t ,1) ( 0, 0 )
2 2 2 2 2 2
C
∫
= a 2b2 ∫ (
C 2 2
பைடு நூலகம்
x y + 2 ) ds + L 2 a b
2
2
= ( a b + 1) L.
11. 【解】 应填.
4π 3 a + 26πa. 3
2
∫ [( x + 2)
Γ
2
+ ( y − 3) 2 ]ds = ∫ [( x 2 + y 2 ) + (4 x − 6 y ) + 13]ds
( x − y ) dx + ( x + y )dy − 1 a2
∫ ( x − y)dx + ( x + y)dy
L
=
1 a2
L + AB
∫
AB
( x − y ) dx + ( x + y ) dy
=−
1 a2
∫∫ 2dxdy − a ∫
2 D
1
−a
a
xdx = −π .
26.【解】
由于
∂P ∂Q = ∂y ∂x
( x 2 + y 2 ≠ 0) ，则
L + CA
∫
xdy − ydx xdy − ydx =∫ 2 2 4x + y 4 x2 + y 2 Γ
2 2
其中 Γ 为椭圆 4 x + y = 1 沿逆时针方向，从而
∫
L
xdy − ydx xdy − ydx xdy − ydx =∫ −∫ 2 2 2 2 4x + y 4x + y 4x2 + y2 Γ CA
= ∫∫1dxdy − ∫ 2 ydy = π −
D 0
2
π
2
−4 =
π
2
− 4.
24.【解】 补线段 BA ，则
I=
L + BA
∫
−
BA
∫
= ∫∫ (sin y − 3 − sin y )dσ − ∫∫ (sin y − 3 − sin y )dσ − ∫ (e − x sin x − 1)dx
2
2 2 2 2 2
其中 Ω 2 为 z = x + y , x + y = 1 与 z = 0 所围区 其中 Ω1 为 z = x + y 与 z = 1 所围区域， 域，
2 2 2 ∫∫∫ ( z − x − y )dv = ∫ dθ ∫ dρ ∫ 2 ( z − ρ ) ρdz = Ω1 0 0 2π 1 1
2 xy d x + Q( x, y ) d y = ∫ [t 2 + C ( y )] d y = t 2 + ∫ C ( y ) d y,
0 0
1
1
∫
由题设知
(1, t ) ( 0, 0 ) 1
2 xy d x + Q( x, y ) d y = ∫ [12 + C ( y )] d y = t + ∫ C ( y ) d y.
I = ∫ 3x 2 ydx + ( x 3 + x − 2 y )dy
L
=∫
L + L1
3 x 2 ydx + ( x 3 + x − 2 y )dy − ∫ 3x 2 ydx + ( x 3 + x − 2 y )dy
L1
= ∫∫[
D
0 ∂ ( x 3 + x − 2 y ) ∂ (3x 2 y ) − ]dxdy − ∫ (−2 y )dy 2 ∂x ∂y
Ω
−c
4π z2 )dz = abc 3 . 2 15 c
1− r 0
9.【解】应填 π (1 − e ). I =
−1
∫
2π 0
dθ ∫ dr ∫
0
1
e −(1− z ) dz = ∫ dz ∫ dθ ∫
2
1
2π
1− z
0
0
0
e −(1− z ) dr
2
= π (1 − e −1 ).
1
10.【解】应填. ( a b + 1) L. 原式 = (b x + a y + 1)ds
S1 S1
4.【解】应选（D）.由格林公式知 I i =
2 ∫∫ (1 − x − Di
y2 )dxdy, 其中 Di 为 Li 围成的平面域 2
(i = 1,2,3,4). 显然在 D1 和 D4 上， 1 − x 2 −
y2 ≥ 0, D4 ⊃ D1 ,0 < I1 < I 4 . 2
又 I 2 < I 4 , I 3 < I 4 , 则 max{I1 , I 2 , I 3 , I 4 } = I 4 . 5.【解】应填
π
6
ρ
2 2 2 ∫∫∫ ( x + y − z )dv = ∫ dθ ∫ dρ ∫ ( ρ − z ) ρdz = Ω2 0 0 0
2π
1
ρ2
π
6
1− y 1− y − z
22.【解】
1
∫ dx ∫
0
1− y 0
1
1− x
0
dy ∫
1− x − y
0
(1 − y )e −(1− y − z ) dz = ∫ dy ∫
1dS = 2πa 2
2 2 xz + 2 2 x + 2 z )dS = 2 ∫∫ zdS = 2 ∫∫ z 1 + z x + z2 y dxdy ∑
∫∫
Σ Σ
∫∫ (2
D
D
= 2 ∫∫ adxdy = 2πa 3
17.【解】应填 (2 − 2 )πR . 由高斯公式得
3 3 2 ∫∫ xdydz + ydzdx + zdxdy = ∫∫∫3dv = 3∫ dθ ∫ 4 dϕ ∫ r sin ϕdr = (2 − 2 )πR .