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湘潭大学高等数学第三章答案习题3.2 二重积分的计算 A组 1、 计算下列二重积分： òòds，其中D=(x,y)|x£1,y£1 22Dòò(x+2xy+y)ds，其中D=(x,y)|0£x£1,0£y£1 2Dòòxyds，其中D是由直线y=1-x与x轴、y轴围成的区域 D(4) òòDxy22ds,其中D是由y=111x，x=2,y=x所围成的区域 1dxdy=解 原式=òò-1-1222ò-1(123(13+2y)dy=+2y)dy=28343原式=ò10ò10(x+2xy+y)dxdy=132ò0原式=ò10ò1-x0xydydx=òòx-2x+x230dx=124原式=ò21òx1xxy2dydx=221(x-x)dx=942、画出积分区域，并计算二重积分 òòdxdy,其中D是由直线y=2x,x=2y,x+y=3所围成的区域 Dòòxy2ds，其中D是由圆周x+y=4及y轴所围成的右半区域 òòxyds，其中D由抛物线y=D22x,y=x与围成的区域 2解 原式=SD=24-y23222(2)原式=ò-2ò0xydxdy=ò-2(2y-2y42)dy=6415655原式=ò10òx2xxydydx=2ò3170(x4-x)dx=43、证明：若D关于y轴对称，f(x,y)关于x是奇函数，则òòf(x,y)dxdy=0 D(2)若f(x,y)关于x是偶函数，且D=D1ÈD2,D1与D2关于y轴或x轴对称，则òòDf(x,y)dxdy=2òòf(x,y)dxdy D1证明 这里只证明D关于y轴对称的情况，记D在y轴左右两侧的区域分别为D1、D2，则 òòDf(x,y)dxdy=f(x,y)dxdy-òòD1f(x,y)dxdy+òòD2f(u,v)dudv=òòD1òòD1f(-x,v)(-dx)dv=òòD1f(x,y)dxdy-òòD1f(x,v)dxdv=0 若f(x,y)关于x是偶函数， òòDf(x,y)dxdy=f(x,y)dxdy-òòD1f(x,y)dxdy+òòD2f(u,v)dudv=òòD1òòD1f(-x,v)(-dx)dv=2òòf(x,y)dxdy D14、交换下列二重积分的积分次序 òdxòf(x,y)dy， òdyò0001x11-yy-12f(x,y)dx， 2òdxò-101+x0f(x,y)dy+11ò10dxò1-x0f(x,y)dy òdxò011-x1-xf(x,y)dy 解 原式=òdyòf(x,y)dx 0y原式=ò原式=ò原式=ò0-101òx+1f(x,y)dydx+f(x,y)dxdy 2òò011-x0f(x,y)dydx 01òò1-yy-11-y01-yf(x,y)dxdy 5、在极坐标系下计算下列二重积分 òòeD-3(x+y)22dxdy，其中D是由x+y222=a围成的区域 22òòsin(x+y)dxdy，其中D=(x,y)|p2D£x+y22£4p2 òòdxdyD1-x-y22,其中D=í(x,y)|x2+y2£îì1üý 4þ22(4) òòDarctanyxdxdy，其中D是由x+y22=4，x+y=1及直线y=0,y=x所围成的在第一象限内的闭区域。 解 原式=ò原式=ò2p2p0dq2pòa0e-3r2rdr=2p2òa0e-3r2rdr=2p3(1-e-3a2) 0dqòprsinrdr=2pò2pprsinrdr=p(cosp2-cos(2p) 2原式=ò2p10ò2rdrdq1-r210=2pò2rdr1-r20p p原式=ò40ò21rarctan(rsinqrcosqp)drdq=òò0421rqdrdq=3p642B组 1、 选用适当的坐标计算下列二重积分： òòxydxdy，其中D=(x,y)|y³0,x2+y2³1,x2+y2-2x£0 DòòxeDxydxdy，其中D=(x,y)|0£x£1,-1£y£0 dxdy，其中D=(x,y)|x+y£1 22òòeDx+yòòeDmax(x,y)dxdy，其中D=(x,y)|0£x£1,0£y£1 òòy-xdxdy，其中D=(x,y)|-1£x£1,0£y£1 2Dòò(x+y)dxdy，其中D=(x,y)|x+y£1 D12x-x1-x22解 原式=ò1原式=ò原式 =ò0-1-1-xx+112òxexydydx+1òò122x-x20xydydx=1eò112(x-2x2)dx+ò21(x-2x32)dx=25480ò0xy-1dydx=ò0(1-e-x)dx= òex+ydydx+1òò0211-xx-1ex+ydydx=yò0-1(e2x+1-1e)dx+òe(e01x1-x-ex2x-1)dx=e-1e原式=ò原式=ò原式 =0òòx0edydx+2xòò010ey2dxdy=2ò110òx0edydx=2òxe0x21dx=e-1 12x41x-10(x-y)dydx+2òò1-1x(y-x)dydx=22ò1x4-12dx+ò1-1(-x+22)dx=1115òò0111-x0(x+y)dydx+2òò010x-1(x-y)dydx+02òò0x+1-10(y-x)dydx+43òò00-1-1-x-(x+y)dydx=ò02x(1-x)+(1-x)dx+ò-1(x+1)-2x(x+1)dx= 2、设f(u)为可微函数，且f(0)=0,求limx+y£t2òòf(x+y)dxdy2222t®0pt3。 解 对分子上的积分利用极坐标变换，原式 =limò2p0dqòf(r)rdr0tt®0tpt2p3=limò0f(r)rdrt®0tpto3= lim2òf(r)rdrt3t®0=lim2f(t)t3t2t®0=lim2f(t)3tt®0=lim2f(t)3't®0=23f(0) 'ìx2y,1£x£2,0£y£x3、设f(x,y)=í，求二重积分0,其他îD=(x,y)|x+yòòDf(x,y)dxdy，其中22³2x 2x2x-x2解 由题意，òòf(x,y)dxdy=òD1òxydydx=ò(x-x)dx=1224349204、证明òdyòe00ayam(a-x)f(x)dx=ò(a-x)e0m(a-x)f(x)dx 证明 积分区域由y=a,y=x和y轴围成，由y型区域转化为x型区域有，左端=òò0aaxem(a-x)f(x)dydx=òa0(a-x)em(a-x)f(x)dx=右端。 5、设闭区域D=(x,y)|x2+y2£y,x³0，f(x,y)为D上的连续函数，且f(x,y)=1-x-y22-8pòòDf(u,v)dudv，求f(x,y). 解 对f(x,y)在D上积分，有 òòDf(x,y)dxdy=òòD1-x-ydxdy-228pòòDf(u,v)dudv´SD=òòD1-x-ydxdy-òòf(u,v)dudvD22于是f(u,v)dudv=12òòDòòD21-x-ydxdy=82212pòò02sinq0r1-rdrdq=2389p212pò21-cosq330dq=p12-19所以f(x,y)= 1-x-y-2p12(p-19)=1-x-y-22+ 习题3.3 反常积分 A组 1、 计算下列反常积分： ò+¥0e-axdx ò11x4-¥dx ò+¥0xe1a-x2dx ò+¥11+x2-¥dx 解 原式=limb®+¥ò4b0e-axdx=lim1-eaabb®+¥=(这里a<0，否则该积分不收敛) 原式=limb®-¥ò11xbdx=limb-3-1b®-¥3=-13原式=lim原式 =limb®-¥b®+¥òb0xe-x2dx=lim1-e2-b2b®+¥=12ò1+xb012dx+lima®+¥ò1a11+x20dx=lim(-arctanb)+limarctana=b®-¥a®+¥p2+p2=p 2、计算下列反常积分： ò11x0dx ò1x11-xx1-x11-x20dx ò1x1-x20dx ò2xx-11dx 解 原式=limb®0ò1bdx=lim(2-2b)=2 b®0原式=limb®1òòb02dx=limarcsinb=b®1p2原式=lim原式 =limbb®102dx=lim=1 2b®1ò2xx-1bdx=limb®1òb2b(x-1+1x-1)dx=lim233b®11-(b-1)2+2(1-b-1)=833、下列解答是否正确，说明理由： ò+¥1x20dx=limb®+¥òx1x0dx=lim(-2b®+¥1b)=0 +¥因为f(x)=1+x2是上的奇函数，所以òx1+x2-¥dx=0 解 错；这里x=0也是被积函数的奇点。 错；这里要求积分区域为对称的有限区域，如-a,a B组 1、 若f(x)在上连续，且ddxò+¥-¥f(x)dx收敛，则对任何xÎ有òx-¥f(t)dt=f(x)，ddxò+¥xf(t)dt=f(x) 证明 这里只证明第一个等式， ddxòx-¥f(t)dt=lim+¥òx+Dx-¥f(t)dt-Dxòx-¥f(t)dt=limDx®0òx+Dxxf(t)dtDx®0Dx=limf(x+Dx)=f(x) Dx®02、 设òxf(x)dx收敛，证明： 若极限limf(x)存在，则limf(x)=0 x®+¥x®+¥ (P276-8)若f(x)在a,+¥）上单调limf(x) x®+¥解：反证法。 假设limf(x)=c¹0,不妨设c>0,x®+¥根据保号性，存在x0,d>0,当0<q-d<x<q+d时，有f(x)>则ò+¥0c2,f(x)dx>òqq+d-dc2dx=+¥，与已知矛盾，从而limf(x)=0x®+¥3、 (P276-9)证明：若ò+¥af(x)dx收敛，且f(x)在a,+¥）上一致连续，则必有limf(x)x®+¥=0 证明：用反证法 4、试求下列反常积分的值： ò+¥12n0dx ò+¥p0e-xsinxdx ò2ln(sinx)dx 0解： p令x=tanq,则原式=ò201secqpdtanq=2nò201secqpdq=2n-2ò20cosq2n-2dq=(2n-3)!p(2n-2)!2(2) 习题3.5B组 解：令un=¥ann+l22£12(an+121n+l12)，¥1 而已知åan收敛，2<2,故由比较判别法知，收敛，å2n+lnn=1n=1n+l 从而1¥å2(an+21n+l2)收敛，由比较判别法知，原级数绝对收敛且与l无关。n=1 解：前三选项用莱布尼茨定理判断为收敛，第四个选项用调和级数判断为发散。解：当P>1时，绝对收敛 当0<P£1时，条件收敛 正确 与同理解： 当n³1时，0<sin( 且有un=sin(p22n¥)£1,故åsin(n=1p2n)为正项级数p2n)<pn,¥ 根据等比数列的求和公式知，ån=1¥p2n=p收敛， 则由比较判别法知åsin(n=1p2n)收敛。令un=sin,vn=，nnsin¥¥n=1Î 因为lim，则åun与åvn有相同的敛散性，n®¥1n=1n=1n¥111 因调和级数ån=11¥发散，由比较判别法的极限形式知，sin发散。ånnn=11令un=n22n,limun+1unn®¥=lim22n+1n2n®¥n2=12<1, 由比值判别法知，原级数收敛。 令un=2n-1lnn®¥3n-1n3n-1）2-1nn2n-1 =li令un=(-1)n3n2n,un=3n2n,而limun+1unn®¥=12<1, 由比值判别法知，原级数绝对收敛。 令un=(-1)nn3n+11,因为limun¹0，故原级数不收敛。n®¥ limun+1unn®¥=limpn®¥n+1sin(pp)1n+1=limpn®¥)1n+1p1pn+1=1<1,pnsin(pnpnn 由比值判别法知，原级数绝对收敛。ln证明：limn®¥1un=limlnunln1n1nr+o(1)¥n®¥lnn=limlog1un=rn®¥n 则 un=r+o(1)= 因此，当r>1时，级数åun收敛；n=1¥ 当r<1时，级数åun发散；n=1¥ 当r=1时，级数åun可能收敛也可能发散；n=1习题3.6B组 解： 令t=x-1,则limun+1un=lim(n+1)an+1nan=liman+1an=13n®¥n®¥n®¥ 则R=3,当t=-3时，x=-2;当t=3时，x=4 从而，收敛区间为4 解： 令an=，1(n+1)2n2 liman+1ann®¥n+1=limn®¥1n2n1=limen+1nn®¥e=e,则R=1en 当x=±时，lim=limnn®¥en®¥ene1n1n21n2nneeennn®¥=1¹0,11,）ee (3)令t=x+1,an=nln(n+1)n+1a,则由limn+1n®¥an¥=知1，ln2=+2R=1¥ 当t=-1时，x=-2,此时，原级数=ån=1ln(n+1)n+1ån=2ln(n+1)n+1¥ln(n+1)11 而n³2时，>,å发散n+1n+1n=2n+1ln(n+1) 由比较判别法知，ån+1发散，从而原级数发散；n=2 当t=1时，x=0,此时，原级数=¥n¥ln22¥+ån=2(-1)nln(n+1)n+1ln(n+1) 由莱布尼茨定理知，å(-1)n+1收敛，从而原级数收敛n=2 综上，收敛域为令an= 则limn!2(2n)!=lim(n+1)!(2n)!(n!)(2n+2)!2n22an+1ann®¥n®¥=lim(n+1)2n®¥(2n+2)(2n+1)=14,故R=4, 当x=±4时，因lim4¹0,故原级数不收敛n®¥！ 从而，收敛域为 解： 由liman+1an=1，R=1n®¥ 当x=±1时，因limn(n+1)¹0,故原级数不收敛n®¥ 从而，收敛域为¥ 令S(x)=xån(n+1)xn=1n-1=xf(x),对f(x)两次求积分得：¥n-1 òf(x)dx=0x¥åòn=1nx0n(n+1)x¥dx=x2å(n+1)xn=1n òx0¥å(n+1)xn=1dx=ån=1xn+1=1-x=g(x)2=f(x) 对g(x)两次求导，得g(x)=2x(1-x)33 则和函数S(x)=xf(x)=(1-x),xÎ(-1,1)由liman+1(x)an(x)n®¥=x4<1，R=1, 当x=±1时，级数发散，故收敛域为¥ 对S(x)求导得：S(x)=åxn=1'4n=11-x124(x<1) 则S(x)=òx011-x4dx=14ln1+x1-x+arctanx(x<1)¥¥n+1¥¥nS(x)=å2n=0x-nån=0x=2å(2x)-n=0nån=0x=2f(x)-g(x)n11 分别求出f(x),g(x)的收敛域为和，2211 故S(x)的收敛域为22 直接运用等比数列求出f(x)=111-2x,g(x)=11-x11 则S(x)=2f(x)-g(x)=,xÎ(1-2x)(1-x)22¥ 证明：ln(1+x)=å(-1)n=1¥nxnnn(泰勒展开)nn¥¥xn-12n-1x 那么ln(1-x)=å(-1)=å(-1)=-ånnn=1n=1n=1n10 从而òln(1-x)xdx=-ò10¥ån=1xn-1¥ndx=-ån=1ò10xn-1¥ndx=-å(n=1xnn21¥)=-å0n=11n2