华南理工大学高数(下)习题册答案汇总

1、第七章多元函数微分学作业1多元函数1.填空题y 22 (1)已知函数f x y， x y,则f x,yx22(2) z arcsin yJx皿x 0(4)函数f (x, y) x ' 的连续范围是 全平面y, x 0y2 2x , o(5)函数z 当在y2 2x处间断.y2 2x 2.求下列极限3 ；9 xy lim;x 0x Vy 0x y3 ,9 xy 39 t r t 1解：lim lim lim -x 0 xy t 0 t t 03 V9t 6 lim (x2y2) e (x y)xyy2 4 的定义域是x, y 4 x2y2 9 ；9(3) z lnxln(y x)的定义域是

2、x, y ,x 0, y x 1 x, y x 0,x y x 1 ；解：y322、八x lim (x y) ex y(x y)lim (xx yy)2e (xy)2xexye由于limtte t limlimt2 lim ttlimtt2 elimt2t elimt故 lim (x2xyy2)(x y)limx y(x2 (xy) ey)x2xe ye3.讨论极限limx 0 y 0是否存在.解：沿着曲线kx3,x, y0,0，有 xlim y kx33x y620x ylim0kx66-26x k x万因k而异，从而极限limx 0 y 0不存在2xy4.证明 f (x, y)0,0在点(

3、0,0)分别对于每个自变量 x或y0都连续，但作为二元函数在点(0,0)却不连续.解：由于 f(x,0)0, f (0, y)0,从而可知在点(0,0)分别对于每个自变量x或y都连续，但沿着曲线y kx, x, y0,0，有 lim2axy 2 lim 22kx2 2"0x2 y2 x 0x2 k2x22k-2因k而异, 1 k2从而极限lim x 0y 0x, y不存在，故作为二元函数在点(0,0)却不连续.1.填空题(1)设 f(x, y)(2)(3)设 f x,In(3)2 xz(4)曲线2.设 u e证明作业2偏导数，则 fx(3,4)证：因为 x所以2x x2xe3.设 z

4、 y1nx2 z2 x解：z elnxlnyy2x在点2x x2,4,52x3y处的切线与Ox轴正向的倾角是0.xyey2x3yx-2 ey从而 xln x In ey ln y 2zInx In e 2ln yxlnx In ey ln y2- xln2 y ln y 山2 y xln xln eln yxlnlnx ln y eInInxy1 lnx一 y4.设uxz arctan 一 y2u2 x2u2 y解：因为yzx y0 yz 2x2xyz22 2x yxz2 , y2u2 yxz 2yy2xyz,x arctan, y0,所以2xyz2xyz5.设函数(1)试求x,y0,解：当x

5、fy x,y当 x 0, fxfy 0,yx,y的偏导函数;0, fx x,y_ 2. 12x ysin 一 ,x0,yf 0,y lim y 03-2fx x, y 4x 2xy4x3fx x,f x,y.1sin -,x22xy, 1sin 一 x1 cos一x4x30,yy f 0,y y 022xy1 sin 一x21y cos一 xsin- 0x00 0lim 0y 0 y1221sin x y cos xx(2)考察偏导函数在0,3点处是否连续limx 0 y 3fyx,y21lim 2x ysin 0x 0 y 3fy0,3fy x,y在0,3点处连续,lim x 0 y 3fx

6、x,ylim4x3 2xy2.1 sin 一 x1 cos- 不存在，从而 fx x, y 在 x0,3点处不连续作业3全微分及其应用1 .填空题(1)z f (x, y)在点(x° , y°)处偏导数存在是 z f(x, y)在该点可微的必要条件;(2)函数zx2y3在点2, 1处，当 x 0.02, y 0.01时有全增量z0.2040402004,全彳It分 dz 0.20；(3)设z f(x,y)在点(x° ,y°)处的全增量为 z,全微分为dz,则f(x, y)在点(xo, yo)处的全增量与全微分的关系式是z dz o dz ；(4)x_.r

7、在,我(0,1)处的du22x ydx ；(5)(ln y)cosx,则 du (ln y 产cosxln ln y sin xdx dy ;yln y(6)x z ,(一)，则 duyZx.z z . z x .()-dx dy ln dz ;=，贝U du - x2 y2 z2 2 z2. 2 y2 .证明：f x, yJRy在点0,0处连续，fx 0,0与fy 0,0存在，但在0,0处不可微.证：由于 f(0, y) 0, f(x,0) 0,从而 fy(0,0)0, fx(0,0)0.但是3.limx 0y 0dz2 y设函数x,y试证:(1)函数证：因为fx 0,0又limx 0y 0

8、从而在0,0处不可微.0,x,y在点0,0处是可微的;f lim x 0x,00,02.1x sin 0limx 0, fy 0,00x 0 x 0z dz22x ylimx 0y 0221x y sin2x y所以函数f x, y在点0,0处是可微的函数fx x,y在点0,0处不连续.证：当 x2 y2 0, fx x, y12xsin 2x y2x1-2 cos-2x y x y.r.12x1 F lim fx x, y lim 2xsin 77cos7 小存在,xoxx o222222y 0x 0x y x y x y故fx x, y在点0,0处不连续作业4 多元复合函数的求导法则1.填

9、空题(1)u2 ln v,u -, vx3y 2x,则2-y- ln 3y 2x x2y22x 3y 2x(2)x y xy ,x u cosv, y333-u sin v cos v sin2vsinv sin2vcosv ；(3)zx y ,z22uzx y ,贝U x y 2xln x x(4)x2y,yw dz八 cosxsinx ,贝U2x = dx 2、sinx2.求下列函数的偏导数,其中f具有一阶连续偏导数，求解： xfl1f1(2)设 u解：因为duf21 f2 f1z yf2,x, y, z , zy,t ,ty,x，其中f,均可微，求一u和 xf1dx f2dyf3dz,

10、dz1dy2dt,dt1dy 2dx从而duf1dx f2dy f31dy21dy2dxf12 2 dx f 21 f3所以f1xu2, yf3 1 f33.验证下列各式(1)设 z fu可微,则1证：因为2xyfz2， y2y2ff21 2xyf(2)设 zf22y2ff2yfz2 y2 y3xxy ，其中可微，则z xy y0.证：因为 x3xxy2y3xxy所以x2 z xy y2 y3x2xyxy2y3xxyxy2y yTxy4.设zxf22 x,其中函数f具有二阶连续偏导数，求解：因为2f1f22y2 xf 2xf12工f2,x2xf12yxf2 2xf:2y12x2yx4yfi22

11、y32-Xf22(-)x (丫)其中函数 X X22c u 2 u c 2Xy y 2 0.x y y具有二阶连续偏导数，试证：证:因为2y3 X2 y4 X2 y_3 X从而左边2 2yX X2 y_4 X2 y3 X2Xy1.填空题(1)已知(2)已知2y(3)已知(4)已知2 cos(5)已知dzzf1dx2.设F解:2z2 x作业5 隐函数求导法z 2 Jxyz 0 ,则2 cosxz, zf?dy1xf1f2zF1 一xF21F2z, xy yz2x y.2，x y2, xyz xz xy 、 xyz 'z dy yzln zdx;xy yzln ysin 2xdx sin

12、2ydy；sin 2z，其中f具有一阶连续偏导数，则0,其中F2F1 yF2F22F12y F20,F具有二阶连续偏导数,2 z2 xyF2F1 yF2F22 y yzxF1yF2 F2 F1 yF2 x2F1 yF22F1 yF2F2 F11yF21F1 F12yF223F1yF23求由方程组z2 x2y2y2 c 23z所确定的y x及z x的导数S及dz20d x d x,右 dz 2xdx 2ydy解：由已知''2xdx 4ydy 6zdzdz 2xdx 2ydy2xdx2 dz 2xdx6zdz 02xdx 2 6z dz 0dzx dyxdx 2ydy 3z 2xd

13、x 2ydydx,1 3z dxx 6xy2y 6yz4.设函数z f udt确定u是x, y的函数,其中f uu均可微;连续，且1.试证：P y xx 0.y证：因为解:因为2x ze阶连续偏，求 f u .x .e sinu e cosy,-2 yy,x .e sinxe cosyexsiny满足方程x .e sin ysin y)2z2 x2z2y2x2 xe f (u)e , ff(u) 0特征方程为0,r11,r21, f uuuc1ec2e作业6方向导数与梯度1.填空题(1)在梯度向量的方向上，函数的变化率 最大 ；(2)函数在给定点的方向导数的最大值就是梯度的模（3）函数 z 4

14、x2 9y2在点 2,1 的梯度为 gradz 16,18;(4)函数u xyz在点(1,1,1)处沿方向l cos ,cos , cos 的方向导数是夹角余弦为coscos cos cos ,且函数u在该点的梯度是1,1,1；解：gradz1,12x y,2 y x1,13,3r lo2 15,.53、, 5 "Vz在该点沿梯度相反方向，即11、 ，_方向减少得最快;22沿与梯度垂直的那个方向，即1 112,12方向z的值不变r4.设X轴正向到l得转角为x, yxyX20,在点0,0处沿着方向r的方向导数.cos,sin x -,cos-22 ,sin,x yy22x y由于该函数

15、在点0,0处不可微，从而不能用公式,只能由定义得出沿着方向方向导数:f x, lim00,0xy22. x ylim 022,x y. x ylim x 02222y 0 x y * x ycos sin-sin 2 2作业7偏导数的几何应用1 .填空题(1)已知曲面z 4 x2 y2上点P的切平面平行于平面 2x 2y z 1,则点P的坐标是(1,1,2)；(2)曲面z ez 2xy 3在点1,2,0处的切平面方程是2x y 4 ；3x 2y 12 -(3)由曲线3xy 绕y轴旋转一周所得到的旋转曲面在点M 0,J3,J2z 0处的指向内侧的单位法向量为处的法线方程是x 2y z 4,贝U点

16、 P解：切点为111, ,2 2 2r ,T八.2,-2.-一2sintcost,cos t sin t, 2costsint 1,0, 1,4曲面 x2 2y2 3z2 21 在点 1, 2,2(5)已知曲线x t, y t2,z t3上点P的切线平行于平面,1 11的坐标是 1,1, 1或，一3 927一 ,、rr , r、9_9. 一一 一.Tt .2 .求曲线x sin t, y sint cost, z cos t在对应于的点t处的切线和法平面4方程.11x - y 从而切线为2 211法平面为x z 0,x z 0223.求两个圆柱面的交线的方程.2 x2 x2 y2 z1在点M1

17、处的切线和法平面,一 r 一 一 _ r 一一 一解：n 2x,2y,0| m /1,1,0, n2 2x,0, 2z| m /1,0,1rT 1,1,01,0,11, 1, 1x切线为一1211z -2一，一%,法平面为x y11z、/204-求曲面 ax2 by2 cz2切平面为 ax0x by0y cz0zx X。ax0by°cz025.求函数z 1x2a2在点M b2,处沿曲线2y?1在此点的外法b1 abc 0在点x0,y0,z0处的切平面及法线的方程r斛：n 2ax0,2by0,2cz0/ ax0,by0,C4线方向的方向导数.解：gradz m2f, 2r近，立, 2

18、.2a , b指向外侧为此点的外法线方向，方向导数为a b m a br2x 2yn-2 , 2a b M卫 gradz n-上了 nnab6.证明：曲面z xf证：设切点为 x0,y0,z0 ,y0X01 ,z Xof Xo切平面为yoX。y。y。t XoXoXXoy。Xoy。ZZo在任意点处的切平面都通过原点，其中f具有连续导数令x y z 0,得左边等于右边，从而原点在任意点处的切平面上，也即任意点处的切平面都通过原点。作业8多元函数的极值1.填空题(1)函数z x3 4x2 2xy y2的极值是 0；(2)函数 zx4y4x22xyy2 的极值点是 1,1, ,1, 1 ；(3)函数

19、zx3y33x23y29x 的极值点是 1,0 ,3,2 ;n n 2 n 。(4)函数 z x y 2x 2y 的极值是 f 1,0 f 1,01；(5)函数z e2x x 2y y2的极值是 -.22 .证明：函数z 1 ey cosx yey有无穷多个极大值点，但无极小值点证：因为由zx1 ey sinx 0,zy eycosx ey yey 0k得驻点坐标为x k ,k Z;y 11又 zxx1 ey cosx, zyy ey (cosx 2 y), 4yeysinx2k 11 k 11 k 12故 AC B211 e e 1 02只有当k为偶数时才大于零，从而才有极值。而这时k 11

20、 k 1_A 11 e 0因此该函数有无穷多个极大值点，但无极小值点。3 .求函数z ln x 3ln y在条件x2 y2 25下的极值.解：令 L In x 3ln yx2 y2 25则Lx1x从而2525275,y , x4452,y5、. 353,zmin 41n - - ln 32224.求函数f x,y在圆域x24上的最大值与最小值.解：先求圆内部的驻点fx2x0,fy2y3222123x 0,Ly - 2 y 0,x y 25 x ，y y y226.求椭圆再求圆周上的有约束极值，令则 Lx 2x 2 x0,Ly2y22.0, x y 4若 0则必有x0,y0, x2y2 4 0矛

21、盾,若 0则必有x0,y2,或 x 2, y 0,由于 f 0,00, f2.04, f 0, 24从而要求的最大值为4,最小值为4.5.在半径为R的半球内求一个体积为最大的内接长方体R2解：设在第一卦限内的顶点坐标为x, y,z ,则V 4xyz,x2令 L 4xyzLx 4yz0, Ly 4xz 2 y 0,Lz 4xy 2可得x yR -4 3c3 ,2Rr ,Vmax9- R ,其长范均为述R,3高为解：由对称性，得知椭圆的中心点为0,0,1 ,从而问题转化为求在约束条件2z 1的最值222X y 下 d Jx2 y2 z 1 2 或 d2 R2x y z 1取 L R2z 1 2x2

22、 y2 R2x y z 1由 Lx 2 x0,Ly 2 y0,Lz 2 z 10,从而，当0时x y ,由约束条件x y1m .2R,d1, 3R0时 0,z 1,由约束条件x yR,2，d22 .填空题(每小题 3分)22于是椭圆x yx y zR2_的长半轴为J3r和短半轴为r.1第七章多元函数微分学测试试卷1 .单项选择题(每小题 3分)2(1)二重极限lim 2x 4值为(D ) y 0 x y(A) 0;(B) 1;(C) - ;(D)不存在.2(2)二元函数f(x, y)在点(Xo，yo)处的两个偏导数fx(Xo,yo)和fy(Xo，yo)都存在，则 f (x, y) ( D )(

23、A)在该点可微；(B)在该点连续可微；(C)在该点沿任意方向的方向导数存在；(D)以上结论都不对.(3)函数 f x, y x2 ay2 a 0 在 0,0 处(A )(A)不取极值；(B)取极小值；(C)取极大值；(D)是否取极值依赖于 a.(4)在曲线x t, y23 . .t ,z t的所有切线中，与平面2yz 4平行的切线(A)只有1条;(B)只有2条;(C)至少有3条;(D)不存在.(5)设 z其中xu e ,vy ,下面运算中(I : x2II:-zx2f2"v(A) I、II都不正确;(B)正确，II不正确;(C) I不正确，II正确;(D)、II都正确.(1)已知理想

24、气体状态方程 PV RT ,则(2)ln . x2 y2arctan-y x y，则d zy dx x y dy(3)函数J 在点(1,1,1)的梯度为1, 1,0 ；(4)已知y，其中 z为可微函数，则XZ；(5)已知曲面xy上的点P处的法线l平行于直线l :_6l1: 22z 12 ， x 1则该法线的方程为3.设zxfx、yg(x,一),其中yf,g均为二阶可微函数，求解：因为xfyg1yg2yg1g22所以一zxyg1g21f xg1xyg12 yg22g1x一g12 yx-2 g22 y4.设uxy,v试以新变量u,v变换方程2z2 x2 z2y其中z对各变量有二阶连续偏导数解： 卫

25、 yx u2z2 u2z2v从而22 zx x2 zx 2u2x z-3 y v5.已知z2 z2yf X, y , xy,z ,其中f,均为可微函数，求dzd x解：对函数取全微分得,dz f1dxf 2dy,dx1dy2dz,2dz dx , 一 从而 dy ,dzf1dx2dz dx ,1dz1 f1dx f2 2dzf2 dx(1f2 2)dz ( fdzf2)dx, 最1 f1f2f2 2n是曲面zP 1,2,3处指向外侧的法向量，求函数解:dudu从而3x22x, y,2Tvdv223y z » -在点xP处沿方向n的方向导数.P 2,2,.ro1 ,n1 - 指向下侧在

26、此即抛物面的外侧,31 6xdx 6ydy2 ,v2zdz x2. x3x2 3y2 z2 dx一.一._2_22.1 6xdx 6ydy 2zdz x 3x 3y z dx2.vu gradu P nro n_9 _3_ _3_2,6， 6,2.67.在第一卦限内作椭球面222xyz2. 22abc1的切平面，使该切平面与三个坐标平面围成的四面体的体积最小，求切点的坐标解：设切点为X0,yo,Zo，则切平面为等丝尊1 a b c2 2 2 a b c6xoyoZo2 Xoa2 yo b22当1的最值问题与f x,y,x cxyz在2 y1下的最值问题等价，只是最大与最小问题焕位而已。12x2

27、y222xyz”令 L x, y,x xyz F 1a b c贝U Lxyz2x0, Ly xz2y2z20, Lz xy-0,aa222与约束条件结合推得 x 1 2 2(x y) sin -2, x y 08.设 f (x, y)x yC22c0,x y 0 ,y2 ,z2 333由于在第一卦限，从而切点为(2) , f是否在原点连续 x yf(x, y)在原点是否可微说明理由解：(1)当 x2 y20, f (x, y)(x y)2sin x2(xy)sin x(x yy)2cos x2(x_2、.1 2y(x y) 1y)sin _2 -：_rcos2x y x2 y2 x y当x20

28、, f (x, y)在此为分段点，用定义求偏导数fx 0,0212 .1x sin 2 0y sin 0limx0, fy 0,0 limy0x 0 xy 0 y在原点因为二重极限不存在从而不连续，但 ylim f x,y f 0,00必fx 0,0 xfy 0,0 yxlim 02 .1y sin -2 0 0 x 0 yx ylim02 sin 1 2xysin.'x212x y2y0,Q 2xy9.已知x, y, z为常数，且ex y2exy2z1.解：令ex2u,y v, zt,则问题化为在约束条件u v0,v0,t 0下 f u,v,tuvt的最大值为1令 L uvtu v

29、t 3 ,则 Luvt0, Lvut0,Ltuv0,3uvt结合约束条件uvtuv vt tu由于该实际问题的最大值一定存在，又可能点唯一,因此最大值为1,1,1从而exy2 z 1第八章 重积分作业 9 二重积分的概念与性质1 利用二重积分的性质, 比较下列积分的大小：( 1 ) (xy)2d 与 (xy) ln(1 x y z)dv 与 ln2(1 x y z)dv ，其中 是由三个坐标面与平面 x y z 1 所围成的闭区域解 ： 因 为在 区 域 内 部有 1 1 x y z 2 e,0 ln 1 x y z 1 ， 从 而dDD(a)D 是由直线 x 0, y 0 及 x y 1 所

30、围成的闭区域；(b) D 是由圆周 (x 2)2(y 1)22所围成的闭区域解：(a) 因为在区域内部有x y 1, x y 2 x y 3 ，从而 (x y)2 d 大D(b) 因为在区域内部有x y 1, x y 2 x y 3 ，从而 (xy)3d 大D( 2 )exyd 与e2xydDD(a)D 是矩形闭区域： 0 x 1,0 y 1 ；(b) D 是矩形闭区域：1x0,0 y 1 解： (a) 因为在区域内部有0xy 2 xy,1exye2xy ，从而e2xyd大D(b) 因为在区域内部有0 xy 2xy,1exye2xy0 ，从而 exyd 大D2Olnlxyz Inlxyz,因此

31、 ln(1 x y z)dv 大2.利用积分的性质，估计下列各积分的值：(1) I xy(x y)d ，其中D是矩形闭区域：0 x 1,0 y 1 ；D解：因为在区域内部有 1 xy(x y) 2, D 1,因此0 I 2(2) I ln(1 x2 y2z2)dv,其中 为球体 x2y2z2 1；解：因为在区域内部有1 ln(1 x2y2 z2) In 2,V,34因此0 I ln22y 1位于第一象限的部分;3(3) I (x y)ds ,其中L为圆周x2L解：因为在曲线上积分,不妨设 x cost, y sint, .2 x y cost sint 、.2sin ts L 2 ,因此 2,

32、2 I 2,2122(4) I2一2dS,其中 为枉面x2 y2 1被平面z 0,z 1所截下x y z的部分.1 1解：因为在曲面上积分，从而 2一2 1, S 2 ,2 x y z因此 I 2作业10二重积分的计算1 .试将二重积分f(x, y)d 化为两种不同的二次积分，其中区域D分别为:D(1)由直线y x,x 3及双曲线xy 1所围成的闭区域；1解：作图得知区域 D可以表不为：1x3y x,x3 x得 f (x, y)d dx f x, y dyD1 1x11区域D也可以分块表本为：一 y 1, x 3;1 y 3, y x 33y从而 f (x, y)dD13dy f x,y dx

33、13 1y33dy f x, y dx1 y(2)环形闭区域：1 x2 y24.解：在极坐标下环形闭区域1 x2y24为 1 r 2,022从而 f (x, y)d d f r cos ,rsin rdrD01,22在直角坐标下环形闭区域1 x y4需分块表达，分块积分变为1J4 x2I dx f x, y dy2. 4 x21J1 x214 x2dx f x, y dy dx fdy1.4 x21/1 x22 -M x2 dx fdy1. 4 x22.改换下列二次积分的积分次序(填空)(1)2 2y0 dy y2 f (x, y)dx4. xdx f x, y dy;0x222x-x21(2

34、) 1dx 2 x f(x, y)dyi i y2dy fx, y dx;1 2y33 y(3) 0dy 0 f(x, y)dx 1 dy 0 f(x,y)dx2 3 xdx f x, y dy .0x23 .画出积分区域，并计算下列二重积分:（1）xjyd ,其中D是由两条抛物线yx, y x2所围成的闭区域;解：作图，原式1 、次=dx x. ydy0x2x3 dx2 1x1413 11655(2)ex yd ,其中D是由xDy 1所确定的闭区域;冗所围成的闭区域;2 49401 x11 x/1斛：作图，原式=dx e dy dx e dy e 一 1 x 10 x 1e(3)x ,y2

35、d ,其中D是由不等式0 y sin x,0 xDsin x, 一 一 一 .、1111 Q斛：作图，原式 = dx (x y )dy (x sinx -sin x)dx 0003(4)xcos仅 y)d ,其中DD是顶点分别为（0,0）,（区0）,（村0的三角形闭区域.解：作图，原式=0xxdx cos(x0y)dy x(sin2x sin x)dx024.求由y 2px2qx解：曲线方程联立，得2px2qx q2,x,y pqpq作图知，原式= dy.pq 亡_ 2 2q y2qJpqdxp2, pq22222P3 一2p5.求由四个平面X解：四个平面x 0, y 0, x 1, y1决定

36、的区域D为：0 x 1,0在区域D内部z 6 2x 3y 62 30从而所截得的立体的体积11V 6 2x 3y dv dy 6 2x 3y dxD003y dy6.化下列二次积分为极坐标系下的二次积分:(1)110d y 0 f (x, y)dx214 cosd f r cos , r sin rdr d f r cos ,rsin rdr00002 1sin d f40r cos ,r sinrdr2- 3x-22 0 dy xf(Jxy )d y3 2sind f r cos , r sin rdr ,4 00, y 0,x 1, y 1所围柱体被平面 z 0及2x 3y z 6所截得的

37、立体的体积.7.利用极坐标计算下列积分:x2A 922212 2.从而ex y d d e rdr 2 e e 120D00乙 y222(1) e yd ，其中D是由圆周x y4所围成的闭区域;D解：D是圆周x2y2 4,即0 r 2,02(2)(x y)d ,其中D是由圆x2y2x y所围成的闭区域;解：D是圆周x2 y2 x y围成,知其为0 rcossin2 sin从而原式r cossinrdrd2sin _r2dr3412sin4 tdt(3)Db20, a b 0 所确定的闭区域;解：D是圆环的关于原点对称的两部分,b , arctanarctan 与arctanarctanarct

38、an从而原式=rsinDrdrdarctancos3arctan rarctan 3cos（由对称性更简单：因为x, ysinarctanarctan(4) xd ,其中DD是介于两圆x2解：D介于两圆之间,可知 2cos从而原式=r cosD2rdrd cos2br2draX,y22x和4cos4cosd r2dr2cosarctansin darctanbr2dra对称点的积分微元反号）4x之间的闭区域.4.64 8 cos d21124 ,112 3 11cos d -733 4 2 28.用适当的坐标计算下列积分:(1)(x2 y2)d，其中D是由直线Dx，y3a ( a 0)所围成的

39、闭区域;解：作图知 D由直角坐标表达方便,3a, y3a y/ 22、(x y )d dyDa yadx3aay2 dy44y ya 13-ay1233a3424129a4_4 424 141221 4 a2Jr2x2y2dD其中D是由圆周x2y2 Rx所围成的闭区域;解：由表达式 D由极坐标表达方便,0 r Rcos ,原式=一 R2 r2rdrdDRcos.R2 r2 rdrsin31 d2/2R3 sin3 d302r3 3R3(3) xyd , D：D解：先作坐标轴平移，再用极坐标u x 1 r cos , v y 1 r sind dudv rdrd ,0 r 1,02原式=uv u

40、 v 1 dudv= d2r sin cos r cos sin 1 rdr1 sin4cos1一 cos sin32121-sin - sin cos 一832 n2 y b2222/ ,、xy ,-x（4）J22-d,D：2d,aba解：用广义极坐标xar cos , y brsind abrdrd ,0 r 1,0作业11三重积分的概念与计算1.试将三重积分f (x, y, z)dv化为三次积分，其中积分区域分别为:(1)由双曲抛物面xy z及平面x y 10, z 0所围的闭区域f(x,y,z)dv11 x xydx dy f x, y, z dz ；000(2)由曲面z x222,_2y2及z 2 x2所围的闭