期末考试总结之数学篇,举一反三,题型归类学习

【最新】期末考试总结之数学篇,举一反三,题型归类学习期末考试总结之数学篇,举一反三,题型归类学习期末考试总结之数学篇举一反三,题型归类学习学生:周同学老师:平盟于老师记录人:贾某科目:高一数学于老师针对平时试卷.作业.本次期末考试试卷以及学生和家长反映的情况,总结分析了孩子在学习数学中遇到的瓶颈,以及造成的原因.在此根底上,介绍了为周同学量身定做的辅导规划方案,并征得了家长和学生的认可和肯定.此外,于老师针对孩子的期末考试试卷,重点讲解了孩子通过考试所反映出的孩子数学学习中重大的知识疏漏,并对问题进行归类,讲解了整类问题的解题方法和思路.在孩子理解和总结之后,于老师提供应孩子自己精选的该类型的题以及相关的变型题目,供孩子练习.最后老师总结了本次课讲解的归类提醒的解题方法和思路,以及相关知识点的梳理.同时给孩子留了相关的习题作业,帮助孩子稳固所学知识.扩展阅读:考研数学__高分必看:各种题型经典归类总结考试点空间曲面的外表积的题型与解法一.计算曲面面积的系统解题方法1．如果曲面由显示函数zf_,y给出SD_yzz1d_dy_y222．如果曲面有参数函数__u,v;yyu,v;zzu,v给出SEGF2dudvDE_uuyuuzuu;G_vvyvvzvv;F_uvyuvzuv222222222特别地:●对_Rsincos22球面坐标系yRsinsinEGFdudvRsinddzRcos●假设所求曲面S由极坐标方程rr,决定,那么引入球体坐标系_r,sincosyr,sinsinzr,cosEGF2dudvr2r2sin2r2rddzz1d_dy_y223．对于柱面上的曲面面积一般不使用公式SD_y而使用第一类曲线积分.设S为柱面f_,y0上介于曲线弧l1和l2之间的曲面片,且zz1_,yzz2_,yl1:;l2:;z2_,yz1_,yf_,y0f_,y又设柱面f_,y0在_oy平面的准线l的方程可写成如下参数式l:__t,yyt,tSz2_,ydlz1_,ydlz_t,ytz1_t,yt_tytll2

二.曲面面积的题型与解法【例1】求包括在圆柱面_2y22a2_y之内的曲面_2y22az的侧面222面积.yy_y1解:对于曲面_2y22az,1_zaa2222圆柱面_2y22a2_yr2a2sin22SD_zyy_y1d_dz1d_dy_zaaD_y22221222a_yd_dyaD_yasin244da2r2rdr0a0343432aa1sin2d03a24a2a34cossind0334a22a2a2_3539【例2】柱面_2y22_被锥面z_2y2割下局部的曲面面积.解:由于对称性,此题所求锥面所围的柱面面积为第一象限的4倍,对于右半平面,柱面方程为y1_12__2,故有〔在_oz平面投影,不能在_oy平面投影〕_111yy1102y_z2__y222所以所求的曲面面积S4D_z1yy1d_dz4d_dz2_z2__z22_1222441012__d_2_0dz412_2__20d_0122t2_d_42tdt822t2_21为另外,还可以求出柱面围的锥面面积如下:由于对称性,所求锥面面积为上半平面的2倍,对于上半平面,锥面方程为z_2y2,故有〔在_oy平面投影〕_zz11_2y2_y22y_2y2222所以所求的曲面面积为S2_1y212zz1d_dy22d_dy22_y_12y2122【例3】求曲面_2y2a2被平面_z0,_z0_0,y0切除的解:对于准线平行于_oy平面的,不能在_oy平面零,故需要转化到其他坐标平面上如_oz的投影.那局部的面积.柱面上投影,因为投影面积为SD_za_yy1d_dz10d_dz_zyD_z_222d_0aa2_2_dza2a_a2_20d_2a2_rcos【例4】求螺旋面yrsin0ra,02的侧面面积.zh解:因为_yzE1rrr_yz22Grh__yyzzF0rrrSEGFdudvD2Dr222222rhdrd切忌写成rdrd222d022a0r2hr2h2dr2rh2lnrr2h2220aaa2h2aahhlnh22

【例5】计算空间曲线_2y2z22a2_ya0所包围的面积.2解:_r,sincos引入球体坐标系yr,sinsinzr,cos_2y2z222a2_ya0r2a2sin2sin2r222sin2,r222cos22acosasinsin2SEGF2dudvr2r2sin2r2rddDD24a22220dsinda04【例6】求柱面22_3y31被球面_2y2z21割下局部的曲面面积.解:按照第一类曲线积分解法如下22_3y31_cos3sindl_t2yt2dt3sincosdy3,zl:_cos310,ysin3_cos3z321cos6sin632:ysinz2sin22_2y2z214S82302sin23sincosd63210sin22d332cos402d3322ra1cos【例7】求以极坐标曲线L:为准线,母线平行于z轴z0的柱面被平面_yz2a0及z0截下的有限局部的面积.解:对于此题,就可以按照第一类曲线积分解法如下ra1cosdlrrdt2acos2d,02z10,l:ra1cosra1cosz2:z2a1coscosa1cossin2azrcosrsin2aSa1coscosa1cossin2a2acos2d02a2222_coscoscoscos+sincoscossincos2cosd222222t4a4a4a4a4a_cos2tcostcos2tcost+sin2tcostcos2tsin2tcost2costdt2cos2tcostcos2tcost+sin2tcostcos2tsin2tcostdt_2cos2t1cost2cos2t12cost+sin2tcostcos2tsin2tcostdt2sin2tcostcos2tsin2tcostdt0_sint1sin2t212sin2t1sin2tsintdt354a24sint8sint4sintdt08a2_54sint8sint4sintdt242328a2484a23535考研数学中向量组相关性的8大必须掌握的系统定理及其证明智轩定理1一般称A:1,2,,m为B:1,2,,m,m1的局部组,如果一个向量组线性无关,那么其局部组必无关;如果局部组相关,那么向量组必相关.

但如果向量组相关,那么局部组可能相关也可能无关,同理,局部组无关,那么向量组可能无关也可能相关.证明:记A1,2,,m,B1,2,,m,m1RBRA1A线性相关RAmRBRA1m故1,2,,m,m1线性相关.B线性无关故1,2,,m线性无关RBm1RARB1=m.形象记忆法:大无小无,小关大关.〔局部相关全部相关;全部无关局部相关.〕评注对此类定理的掌握不能只局限于理论证明,更重要的是需要找到直观解析或几何图案.上述定理从坐标空间的维度很容易直观理解.,如果坐标维数n小于向量.特别地:n1个n维向量一定线性相关.:m个n维向量1,2,,m构成矩阵定理2m个n维向量向量组成的向量组维数m时一定线性相关证明Anm1,2,,mAnm1,2,,mnmRAnRAmm个向量1,2,,m线性相关.上述定理可以这样形象理解:相当于方程组中有多余一个合理方程.或者可以这样理解:单个向量的维数相当于坐标空间的维度,向量组的维数〔即向量组所含单个向量的个数〕相当于任r的分量个数,如果r具有三个分量,它又怎能在2维空间中表示呢,除非三个分量不独立,即线性相关.形象记忆法:坐标数大于维数总相关.〔坐标数指单个向量的维数〕3设n维向量组A1,2,,r,i2i为n维坐标;n维_ni向量组意矢量_1i_定理B1,2,,r为增加i的坐标维数得到的〔称为导出组或延伸_1_2组〕,即i_n,那么_n1_ns〔1〕A1,2,,r无关导出组B1,2,,r无关;〔2〕导出组B1,2,,r相关A1,2,,r相关.形象记忆法:高维相关元齐次方程A_0的解空间S的秩为低维相关;低维无关高维无关.定理4设RAmnr,那么n

RSnr.定理5假设AB0,当A为非零矩阵时B不可逆;当A,B为非零矩阵时,那么A列不满秩,B行不满秩.定理6向量组A能由向量组B线性表示AB,假设B不能由A线性表示,那么A0.证明:向量组A能由向量组B线性表示AB,那么矩阵方程ABC有解向量组B不能由向量组A线性表示,那么矩阵方程BAC无解假设A0,那么方程A_B有解_A1B,A_B成立意味BA,与条件矛盾.故A0.定理7假设AB0,当A为列满矩阵时,那么B0.证明:设AmnBnlC,依题意,RAn,知A的标准型为En,并有:0mnm阶可逆矩阵P,使EEBPAnPCPABnB000B令C0RCRPCRRBRB00定理8假设ABE,那么B的列向量线性无关.证明:考虑B_0,那么B_0AB_0E__0为B_0的解.故B_0只有零解B0,故B的列向量线性无关.评注第一,对向量组相关性的理解,首先把向量组转化为对应矩阵A,因为秩是它们的公共量,从而等价于讨论矩阵的秩.第二,要明白秩是用子式〔方阵〕是否为零来定义的,所以矩阵A的秩等于矩阵的行秩也等于列秩,要明白单个向量的维数〔坐标空间的维度〕和向量组的维数〔任意矢量r的分量个数〕是两个不同的概念.A给矩阵A增加几行后得矩阵BC,就相当于增加每一个向量的维A数,这时满秩=ma_RAma_R,就是说A1,2,,n无CA关B1,2,,n无关;之不成立,因为RCRA;如果AARCrRARCr,就是B1,2,,r相关AA1,2,,n相关,反之也不成立,也是因为RCRA.第19专题讲座---二重积分的系统题型与题法__

智轩一.二重积分的六大对称性如果积分区域D具有轴或点对称〔令D表示D的一半区域,即D中12对应y0局部,被积函数f_,y同时具有奇偶性,那么计算可以得到不同程度的简化,这一技巧在研考数学中每年都必出题,务必理解6类对称性定理.①D关于_轴对称〔D关于Y轴对称类推〕是关于y的偶函数,即,余类推〕,二重积分的记住以下D2f(_,y)d_dy,ff(_,y)f(_,y)f(_,y)d_dyD120,f(_,y)f(_,y)②D关于_,Y都对称D4f(_,y)d_dy,f(_,y)f(_,y)f(_,y)f(_,y)d_dyD140,f(_,y)f(_,y)或f(_,y)f(_,y)③D关于原点对称0,f(_,y)f(_,y)f(_,y)d_dy2f(_,y)d_dy,f(_,y)f(_,y)D12D④当D1和D2关于某一f(_,y)d_dyf(_,y)d_dyD1D2⑤D关于_a轴对称●轮换对称性描述如果将_与y及z交换,即_y,yz,z_后,积分区域方程不变,那么变量作同样变换后所获得的积分值与原积分值相等,这质在二重积分,三重积分,曲线积分成立.●轮换对称性实例直线对称,对同一被积函数,那么_ad_dy0D⑥万能轮换对称性将被积函数中的个性和曲面积分等六类多元函数积分中都I1_y1a_byd_dyab2_y1_yd_dy4ab2_y1_yd_dy4ab_d_dy_0,y0_y1_0,y0I2_y1_2y21d_dy2_y3_2y2y2_2d_dy0y_3_y3_y1二.二重积分次序选择原那么与积分次序的更换方法陈氏穿线法【原创】后积先定常数限,先积方向正直穿;相交必须同一线,否那么域同园拆.①先看积分区域的内要分拆;隐含边界须周全,6类对称挂耳边;极坐标逆弧线,多种边界边界方程,那个变量幂次高,就后积此变量;■题型一关于积分交换次序题法【例1】计算ID_2d_dy,D由_y=2,y=1_2,_2所围.2y解:_幂次高,所以先积yD:1_2,y1_2ID221_2__27d_dyd_dy=+arctan2-12_y2y2842_②假设被积函数就后积此变量;【例2】IDsinyd_dy,D由y_,_y2所围.y解:被积函数只有一个变量y,先积_只有一个变量,

1sinyysinyd_dydy2d_1sin1I0yyyD③积分次序一般以尽可能不拆分区域〔即为正规区域〕为基准.【例3】更换积分次序I0d_12__20f_,ydyd_122_0f_,ydy1_20_1D:解:D1:及220y2_0y2__作D1和D2图形,得:I0dy11yf_,yd_212y【例4】交换积分次序I1d__f_,ydy2d__f_,ydy1_22_8D解:D122_y8_y_2_288画出D1,D2图形,得:I1dyyf_,yd_4dy2f_,yd_4y8y【例5】更换积分次序I0d_0解:I0dyarcsiny12s_inf_,ydy2arcsinyarcsinyf_,yd_dy10arcsinyf_,yd_【例6】更换积分次序Id0242acosf,d解:如改为先后那么有以下两点技巧①D的边界曲线全都用极坐标表示②假设以原点o为圆心的一系列同心圆与y区域D的边界曲线中的不同曲线相交,那么应在交点处用逆时针园弧线2a把的区间分为两个正规区域:arccosarccosarccos2aD22a2aD1_a2a2aI2a0darccos2a4f,d2a2adarccos2aarccosf,d2a三.换元法技巧以尽可能简便D为出发点,再参考f_,y,z的特征.如球对称用球坐标,锥体用柱坐标等,微分元换算利用雅可比行列式.Df_,yd_dyf[_u,v,yu,v]D_,yu,vdudvf_,y,zd_dgdzf[_u,v,w,u,v,w]_,y,zu,v,wdudvdw__,yu其中雅可比矩阵u,vyu_1vyu,vv_,y■题型二关于对称性题法【例7】D1:1_1,2y2,I1(_2y2)d_dyD1D2:0_1,0y2,I2(_2y2)d_dyD2解:f为偶函数数,D1关于_,y都对称,D2正好是D1的,故222I14I2(_2y2)d_dy_d_dyyd_dydy_d_2ydyd_4D2D2142121D00002【例8】计算I_yd_dyD1D1:_2y222_2y22D2:_2y22_y

2解:〔1〕D关于_,y对称f_,y_y关于_,y都是奇数I_yd_dy0D〔2〕D关于原点对称,f_,y_yf_,y_y,f_,y为偶函数,故Df_,yd2_yd22dD0sin20r3sincosdr=16【例9】设区域D由y_3,y1,_1所围,试计算I_[1yf(_2y2)]dD解:作辅助线y_3,那么D分为D1和D2.显然,D1关于_轴对称,D2关于Y轴对称.I_[1yf(_2y2)]d_[1yf(_2y2)]dD1D2_d_d_3D11_0_32dy5_2y222【例10】计算I(2sin_4y4)dD:_ypqD2a解:由于D关于_,Y轮换对称性,故_2y2I(2sin_4y4)d中被积函数又可以轮换,积分值不变Dpq又由于D关于_,Y轴均对称,故2sin_d04yd0DD1_2y2y2I2(_2pq)d4dDpqD1(11)(_2y22pq)d4a2D12a2(1p1q)00r2dr4a2(11)a44a24pq_2,_y【例11】设二元函数f_,y11,1_y,_2y22f_,yd,其中D_,y|_y2.D解:记D1_,y|_y1,D2DD1f_,ydf_,ydf_,ydDD1D2_2d1D1D2_2y2d411ydy422_111_10_2d_00d_0_2y2dy0d_0_2y2dy1342ln21计算二重积分【例12】计算Iaf_,yd_dy,其中:DD:_2y2a_a0,f_,y_,0_a,ya0,other,求a0limeIa121cosaln1a.解:D关于_轴对称,f_,y关于y是偶函数,那么aacosaIa2_d_dy2_d_dy2drcosrdr0000D12a3a33332a31a302cosda3422a843Iaa0lime11cosaln1a2lima0Ia1aln1a22a3a82lima014aa223■题型三关于极坐标题法陈氏第14技能否使用极坐标主要由被积函数的特点

决定,而不是由区域特点所决定;使用极坐标方式有两种:1原位法:__0rcos_rcos2平移法:,选择的原那么是使被积函数或yysinyy0ysin容易积出,一般来说,被积函数具有f_2y2或f_myn形式时,使用极坐标会大大简化计算.如果选择不当会使积分求解复杂.●常用结论4amn2mn2cossind当m和n没有一个为奇数mn0_ymn20当m和n至少有一个为奇数_2y2a2【例13】计算aI10d_112__21_2_2y2dybI22d__04_2_2ydyd__4_22__2_2y2dyc设f_,y在单位圆上有连续的偏导数,且在边界上为零,试证明:1f0,0lim022_2y_f_yfy21_2y2d_dy0_1解:a积分区域为:D:2211_y2__显然此题适合用原点极坐标,2_rcosy11_r2sin交点坐标2,24yrsiny2__r2cos由对称性⑤知:I12rrdr24dD10222sin0rdr84sin4d301cos41cos2484d212cos__2213d8480_22_0b积分区域为:D:222_y4_2__y4_I_34d_4_2_22_2ydyd__4_22__2_2_rcosy2dyyrsind2044rr2222rrdrdrrdr|0|d02cos042cos4422319421cos4d4024224c使用原点极坐标,_rcos,yrsinffcosf_sinfyrrcosf_rsinfy_f_yfyrrfr_f_yfy11rrdrdlimd_dylim2_2__yr2r1_y10211f1212limddrlimfrcos,rsindr0__01_limfcos,sinf0,00,20fcos,sindlim0200【例14】计算IR2_2y2d_dyD:_2y2R_,R0.DRR2_y解:D:_2y2R_为偏心圆域,由于被积函数的2222特点,故可使用极坐标,而这里有两种取法.如使用原位法,即_rcosD1:0,0rRcos2yysin2I2R_yd_dy22dD102222Rcos0R2r2rdr2__2322Rr302Rcos

1141d22R3R3sin3dR303333R_rcosD1:02,0rR,如使用平移法,即2本质上是把2yysin圆心平移到原点,那么I2R_yd_dy2dD102222R0R2R1Rrcosrdr42显然上述积分十分繁琐,此题不能使用平移法.但在别的场合,必须使用平移法以简便计算,因为平移法有个优点就是能使积分上下限常数化.参见下例.22111_y222【例15】求积分I_y_2y2d_dyD:.D_y01_rcos12解:方法一:平移法D:02,0r2y1ysin22I_y_2y2d_dyrrdrd28DD1方法二:原位法_rcos3D:,0rcossinyysin442srsinrrdrdI_y_2y2d_dyrcoDD8读者可以尝试计算上述积分,其中的计算过程要必平移法复杂得多!解:被平面z和z所夹【例16】求球面_2y2z2a2a0a4a2局部的外表积23_2y2_2y2z2a22aaza2z2215_2y2_2y2z2a24aaza4z4上半球za2_2y2z__a_y222zyya_y222由于对称性S41z_zyd_dy2D_y4D_yaa_y15a23a2222d_dyd2a44d20aa2222|15a23a21a22【例17】ID_y_y在第一象限所围成的区_ydyD由623域._y_y解:由解出_,y相当困难,为此采取极坐标,令2362s_2co为广义极坐标,那么2y3sin4_y_y42sin2cos22sin2cos262340,所研究的曲线在第一象限,于是sincos2解出,上下限,sincos00,;2J_,y,2cos23sin24cossin6sincos12sincosI62sin2cos212sincosddD12d0sincos01262sin2cos2d6_2y2z2【例18】求椭球体的体积2221〔广义极坐标〕abc解:作广义极坐标变换_arcoszc1r2Jabrybrsin1c1r再采用穿线法,有V802d0dr054abrdzabc3_2y2_y【例19】求曲线4包围的面积S.cab_2y2_arcos2_y解:4yarsin2caba2b2c45

Sd_dydS20cos4sin40552abrcossindab1410c2550sin9dab1c42920sin9dab1260c455【例20】求曲线4_4y1;_0;y0包围的面积S.ab_4y_arcos81解:yarsin8ab4ucos7Sd_dy8abrcossindrd4ab2cossin7d77SS04abu71u2du301ab70■题型四关于换元题法【例21】计算IcosD_y_y1d_dyD所围区域._y_0,y0解:令u_y,v_yJ_,yu,v111u,v112_,y11vu111u111Icosdudvdvcosdu2sin1vdvsinvv220v_Duv【例22】求y2p_yq_20pq和_ya_yb0ab所围D的面积.y2解:作变换,令u,_yv,由此把原有的曲线区域变成矩形区域_J_,yu,v111122u,u3y3uy2y2__,y__y_Sd_dyDD1bq111qdudvdvdubalnap3u3u3p【y2例2a2,23a】2计2算b由曲线m_y22围成b,的_积.y所面〔y0,ba0,nm0〕解:令y22u_u2,y22v_v2__雅克比行列式Juyu1_2vy1vv2uuv,yuv,2121uv()u1u4v2v故Sd_dyDaub,mvnJdudv1uv()dudv4aubvu,mvn3113311131uv22222222dudvdudv(ba)(nm)(nm)(ba)34vuaub,mvnaub,mvn【例24】I0y_3_y14_yln11_yy_d_dy0y__,yy1u3解:设

u_y;v;_y124_u,vuu1v_yvv_y0v13u14I0y_3_y14y_yln111ln1vu2__d_dy3dudv1ln2204801_y1v41u■题型五关于隐含边界题法【例25】计算I0dyy11y1_y22d_解:用隐含边界圆弧r1将区间分为D1和D2两局部,使用原点极坐标,得Idr400122r2sinrsin4ddrd1221arccos1rr1r21r221dr01r222r22dr01r2211212r2rdr11r2dr1r2_r2rdrdr2211r1r121dr_r_12d1rdr12211r21r213arctan2ln2422_1y_d_dyD0y22【例26】I0解:题中y_2为隐含边界Iy_2d_dy_2yd_dyD1D252_ydy21032【例27】Isin(_y)d_dyD:0_,0y1d__12y_dyd_21_2D解:Isin(_y)d_dysin(_y)d_dyD1D2(,)d_0_0sin(_y)dyd_0_sin(_y)dy2_y评注如果此题改为D:0_,0y2,那么Isin(_y)d_dyd_D0_0sin(_y)dyd_02__sin(_y)dyd_022_sin(_y)dy1cos_d_2_d_1cos_d_4000【例28】Isgn(_y)e_yd_dyD:_2y1_2D22y解:Ie_D12y2d_dye_D22y2d_dye_D32y2d_dyD1,D3关于Y轴对称〔二个区域〕,而被积函数相等,_故D1D3Ie_2y2D2d_dy2e1D22_2y240d_dy2drerdr0124(e1)【例29】I3_4yd_dyD:_2y21D解:I0d03rcos4rsinrdr50sin()d0r2drarctan52521020sin()dsindsind0003333TaT212134〔利用0f(_a)d_a同步练习:f(_)d_f(_)d_)〕0TD_y9_2y2d_dyD:_2y21答案:.162【例30】计算I_2y21_yd_dy解:隐含边界为_y0,令3D1,|,014437,|,01D2

44D3,|,0144I_2y21_yd_dy_yd_dy_yd_dy_yd_dyDD1D22_yd_dyD1D1D2D_yd_dy2_yd_dy0因为D关于_,y都对称D1D1D2D=4_d_dy因为D关于_,y具有轮换对称性D344cosd2d401423_y2d_dy.【例31】计算I0_22_2解:使用_y0y_和_y2_y2或_y2共3条隐含边界把积分,所以_yd_dy=0区间从上到下划分为D1;D2;D3,故_y2;D1y_2_y22_y;D2_y_2_y2;D3_2y_I0_22_2_y2d_dy_y2d_dy2_yd_dy_y2d_dyD1D2D3D1D2D3_yd_dy2_yd_dy2d_dy2d_dy2d_dyD2D1D2D3_yd_dy2_yd_dy2d_dyDD2D2_d_dy2_1yd_dyDD2_11d_dy2_1yd_dy0808DD2【例32】Icos_yd,D:由y_,y0,_D2所围.解:隐含放边界cos_y0_y2在图上画出此辅助线.用D1表示积分区域的下半局部,那么:2I2cos_yd2dy2y0D140ycos_yd_2y224cos_yydy241sin2ydy021【例33】计算I1_2y2d_dyD:Ma__,y1.D解:隐含边界1_2y20_2y21把区域D的第一象限局部分为左右两子域D1和D2I1_2y2d_dyD=41_2y2d_dy41_2y2d_dyD1D281_2y2d_dy4D1D2D11_2y2d_dy28d12d4__D2D112_d_dy8111134dy12_2d_002244【例34】计算积分I_2y24sgn_2y22d_dy.D:_2y24y2_221D2:_2y24y2_22_12222解:将区间分为5个局部D3:_y4_1的左部y_22222D4:_y4_1的右部y_22222D5:_y4y_2I_2y24D1sgn_2y22d_dyd_dyd_dyd_dyd_dyd_dyD5D2D3D440d_2_dy40d_0214_212_2dy4d_11024_20dy8102_d_42214_d_24_2d_4138ln32【例35】计算积分I0_20y2_yd_dy.解:将区域分为由下到上的4个积分区间D1;D2;D3;D4.0;D1_y1_0y01;D11_y2_0y0_y2;D12_y3_2y23;D3_y_2y21

I0_20y2_yd_dyd_dy2d_dy3d_dyD1D2D3d_dyd_dy2d_dyd_dyDDD3D3121133D2DD462222【例36】求Imin_,yeD_2y2_,dDy,Iy_y_e_2y2dye_y_2y2d_2y2dy_e_2y2_d_d_yedy232222【例37】计算Imin_y,2_yd_dy163_2y216解:I32222min_y,2_yd_dy316_2y2160r13r2rdrd16122r2r2rdrd3473322422【例38】计算IMa__y,1d_dy,其中D_,y|0_2,0y2.DD1:_y1,_,yD解:用双曲线的上支将D2:_y1,_,yD而D1为非正规区域,2作平行于y轴的直线,把21两个正规区域D11和D12D分成两块:DD1D2,过点D1分为左右IMa__y,1d_dy1d_dy1d_dy_yd_dyDD112D12D211d_dy1_d_1ydy22_21_0219ln24■题型六关于含参积分题法【例39】I_0du02_2u_u2ln1__costu2dt;求limI_._0解:当_0时,记D:0u2_,0t2u_u2I_costududtD2ln1__2当_0时,记D:2_u0,0t2u_u2I_costududtDln1__根据积分中值定理:costududtcosSDcosD2222_2_0limI_lim_0cos__22_22_0limI_lim_0cos__22_22limI__022【例40】设函数f_,y0_,yD0,_,yD0_0,1,求D0y0,1Ft_ytf_,yd_dy.解:含参数的平移法的思想是:先画出D0的区域分别平移到D0的全部边界点上,如此题,把基准直线_y0平移到边界点_1,得分界直线_y1,再把界直线_y2,于是得出所求_y0平移到边界点_1,y1,关于参数t的三个分段点12t0f_,y0Ft0把基准直线平该直线与_轴的交点为t,于是积分问题采用平移法决定参数的取值范围是作者的精妙秘诀.图,再令_y0为基准直线,然后把该基准直线基准直线得分积分t0,1,2,所以有移到该区域任意位置,得直线_yt,0t1,

Ft_ytD0f_,yd_dy2d_0tt_0dyt231t2,把基准直线平移到该区域任意位置,得直线_yt,该直线与_轴的交点在区域D0外,不可作为积分限,但该直线与y1交于t1,1,为于是Ft_ytD0f_,yd_dy2dyd_2d_00t11t11t_0dy2t12t_d_t24t2t114t2,Ft【例41】Ft2_ytD0f_,yd_dy2d_dy20011_tyt21_2y2d_dy,求Ft.解:利用区间变换将参量t转移到被积函数中,令_tu;ytvFtFtu2v21utvtutvt222dudvdudvu2v21utvt2_t2yt21_y_y22d_dy【例42】Ft_2y2t2f_,yd_dyt0,求Ft.解:利用极坐标等将参量t转移到积分变限中,令_rcos;yrsinFtdr0t20frcos,rsindFt220frcos,rsindD2【例43】D:_2y22_2y2r22cos2,求_yd_dy解:这是标准的伯努利双纽线〔参见同济版上册附录2〕由于伯努利双纽线关于_轴对称,根据对称性,那么22_yd_dy_yd_dy2DD44d02cos_r3dr444cos22d042【例44】计算I2__y22,y2_y241d_dy_y_y1111_rcos,4cosrcos;sinrsinyrsin_2y2_2y22424111cossinarctan4221sin1rdr42Id_dy2d11arctancosrcosrsin_y_y24D:22_2y2,_2y241sin11241ln2d241ln2tandtanarctancossinarctantan122cos4241arctan22ln2lntandlntanln2■题型七二重积分应用题法【例45】设f_,y为恒大于零的连续函数,求证:baf_d_ab12d_ba.f_证明:采用二重积分的逆向思想.设D:a_b,ayb,bIabbbf_11f_d_d_f_d_dyd_dyf_fyfyaaaDbbbfy11f_d_d_fydyd_d_dyf_f_f_aaaDbIaIfy1f_d_dyd_dy2fyf_DD1f_fy1f_fy12d_dy2d_dy2d_dyba2fyf_2fyf_2DDD【例46】设f_是区间0,上具有连续导数的单调增加函数,且t0,,直线_0,_t,曲线f01.对任意yf_以及_轴所

围成的曲边梯形绕_轴旋转一周生成的旋转体,假设该旋转体的侧面积在数值上等于其体积的2倍,求f_.解:依题意得220f_1f_d_2f0_d_〔也可使用古尔金第二定理〕t2tt0时,上述等式显然成立.现在上式两边对t求导得2ft1ftftftf01ft0ft单增ft02f2t1dydy22d_y12lnyy1_cyf_d_y1y01y01y01lnyy21_yy21e_又lnyy21_lnf_y1__ee21yy21_yy21e_行列式的题型题法大全专题讲座一.行列式的根底题型与题法【例1】求极限_1sin_11_22_10_33211Llim_01sin_cos_1解:应用罗毕达法那么11Llimlim_0_02_3_22_00__sin_11_20_10_30211_1cos_10_221_3301010100123002411110010130sin_011sin_cos_1cos_sin_01sin_cos_1_0_22_36_●同步练习:F_12_3_2F_6_2【例2】行列式的分解方法和重要结论设n阶同型矩阵,Aaij;BbijABaijbij,而行列式只是就某一列分解,所以,AB应当是2n个行列式之和,即ABAB.以我们经常遇到三阶行列式的特征值问题举例如下:a11EAa21a31a12a13a110a310a120a130a23a22a32a230a21a220a3200a33a13a23a33(112)0000a12a22a32a33a11a3100000a11a21a31a12a22a32a13a23a332220a11a3100000000a12a22a3200a13a23a33212a21a12a22a3__1121a110211a11a21a31a21a21a31221221aEA3a11a22a33211a21a12a22a22a32a23a33a11a31a11a13a21a33a31a12a22a32a13a23a33123a11a22a33TrAa11a12a13根据韦达定理,马上可以得到两个重要公式:naaa1A123212223a31a32a33其中,111表示取被展开的行列式中的各列的第一子列,余类推.特别地,如特征值行列式中,有两行或两列对应成比例,上述公式可以简化为:

3EAa11a22a33aii23trA2i13231trA,230评注韦达定理的一般形式为:an_an1_nn1an2_n2nan1an2nnaa00_i;_i_j;_i10ananani1ij1i1n【例3】代数余子式的计算技巧元素的代数余子式与该元素无关,行列式按某一行元素的代数余子式展开形式中,代数余子式前面乘以不同的系数就可以得到不同的行列式.a11a21a12a22an2a1na2n=ai1Ai1ai2Ai2ainA1n第i行an1ai1ai2ainann如果把上述等式两边的中括号里的元素换成不同的值,就变成不同的行列式了.【例4】拉普拉斯行列式中逆序数的计算a11a12c12cn2a1mc1mcnm00b1100b1200a11aam1c11cn1am2amma11a1mb11b1nb1n11am1ammbn1bnnbn1bn2bnna1mb11b1nam1ammbn1bnn112m12mmm1111mm11c11bb11bn1c12b12bn2c1nb1nbnna11am100a1200a1mcm1cm2cmnam2amm00a11a1mb11b1n12am1ammbn1bnna11a1m1mnb11b1nam1ammbn1bnn212mn1n2nmmm12m2nm12mnmm1121mn1mm11mn1D3_1_121D4_1__21311_22_21_32_31ji3___ij3_1_3_2_2_11_2__22321_3__23331_4__24341ji4___ij4_1_4_2_4_3_3_1_3_2_2_1D4_4_1_4_2_4_3D31ji3___iji134_i二.行列式定义与余子式的应用2.1．行列式定义的应用【例5】求逆序数〔1〕1352n12462n〕〔2〕_1_2_n1_nk,求_n_n1_2_1解:〔1〕1352n12462nn1n210〔2〕解法一nn12对n个数的排列_1_2_n1_n,如果关于第i个元素_i有mi个元素比_i大,并且都放在_i的前面,我们说第i个元素_i有mi个逆序数,如果

关于第i个元素_i有mi个元素比_i大,但都放在i个元素_i有mi个顺序数._1_2_n1_n中关于第1个元素_1有m10个逆序数,关于第1个元素_1有n1m1个顺序数,即在排列_n_n1_2_1中关于第n个元素_1的逆序数为n1m1;_1_2_n1_n中关于第素_2有n2m2个顺序数,即在排列_n_n1_2_1中关于第n1个元素_2的逆序数为_i的后面,我们说于第2个元素_2有m2个逆序数,那么关于第2个元n2m2;依此类推,可得:_n_n1_2_1nnmnn2m2n1m1nnn2n1m1m2mnnn12k解法二〔推荐解法〕在排列_1_2_n1_n任取两个数_k和_lkl,那么数对_k,_l要么为逆序数,要么为顺序数,而该排列共有Cn2个数对,_1_2_n1_n的逆序数为k,故_1_2_n1_n的顺序数为Cn2k,它正好就是_n_n1_2_1的逆序数,故_n_n1_2_1Cn2knn12k.【例6】〔1〕四阶行列式中a3ja12a41a2k的符号为负,求j,k;〔2〕在五阶行列式中,确定项a12a31a54a43a25的符号;〔3〕如果n阶行列式中等于零的元素大于n2n个,求Dn.解:〔1〕由于列号2,1固定,故j,k只能取3或者4,而a3ja12a41a2ka12a2ka3ja41j3,k424313141j4,k32341331j4,k32431123411〔2〕a12a31a54a43a25a12a25a31a43a542513411241251341,取正号.〔3〕n阶行列式展开共有n2项,等于零的元素大于n2n个,那么不为零的元素小于n个,而行列式展开的每一项都是n个不同元素的乘积,故Dn0.陈氏第21技--〔1〕使用〖排列法〗求参数行列式某幂次前的系数.排列法:先固定行号顺序排列:12n,再根据定义排列可能的列标.__10_23_2_1【例7】在f_23求_3项.112解:排列法:先固定行号顺序排列:12n,再根据定义排列可能的列标.

由定义知,行列式展开的每一项来源于原行列式每行每列只能取一个而且必须取一个元素的法那么.a11_,那么其余项为相应取a2ja3ja4j形式的排列中哪些符合要求.如取,下面就是看j2j3j4234可能j22,j33,j44那么为_4项不合题意所求;其他取法均为_2不合题意所求;故取a11_不成立.同样的分析知,只有取a12_,相应取a21a33a44才合题意,于是11133(2134)a12a21a33a44_3221335【例8】求D412_22219_2解:_1时前两行相等D0,故D展开式必含该两因式,_2时后两行相等D0,故D展开式必含该两因式,由于是四阶行列式,最高次幂不大于_4,故D4k_1_1_2_2而_4前的系数可由定义求出:含_4幂的项的形式为:a1ja22a22=2_2a3ja44a44=9_213由于已经固定顺序行标1234,列标有两个也被固定,即:j12j34根据行列式各项取自不同行不同列的规那么:j11或3;j23或1●当j11时,必有j33,即存在含_4幂11234a11a22a222_2a33a44a449_222222a112_a339_12_19_2_9_2●当j13时,必有j31,即存在含_4幂13214a13a22a22=2_2a31a44a44=9_222222a132_a319_22_29_42_9_2故_4前的系数k143陈氏第21技--〔2〕常数行列式法.像【例8】类型题有一个绝妙的方法:即划去2_2和9_2所在的行和列,剩下的数〔不能含未知数_,否那么,只能用排列法.〕组成行列式12213,就是_4前的系数._1023___如又:f_2171043,求f_.易知f_最高次幂为_2,71故只要求出_2的系数即可,而_2的系数

a1123104a44a11a2410231042_216_f_16.71104714a10a2b300b2a30b100a400b4【例9】求D解:方法一:a1D00b40a2b30a2b3b2a30b2a30b100a4a2b3a2a1b30b2a300a40b4a2b30b2a300b10a1a4b1b4b2a3a2a3b2b3a1a4b1b4方法二:利用拉普拉斯展开:a10a2b300b2a30b100a412+3+2+3D00b4a2b3b2a1a3b4b1a4a2a3b2b3a1a4b1b4_2_1_2_32_24_2_12_22_34_35_74_3【例10】设行列式f_3_33_24_53_5,那么f_0有多少个根?解:_2f(_)2_23_34_拉普拉斯展开1110011c2c4_22_23_34_1110000_223_73_213_761_215_(_1),所以有2个根.2_21_76_2【例11】设n阶行列式Daijm,而行列式D1aijbij,b0,求D1.解:D11a1j1b1j1a2j2b2j2anjnbnjn1a1ja2janjb12njjj12n12n1a1j1a2j2anjnb0mabadccdabdcbabcd【例12】求行列式D4解:abcdbadccdabdacbbcad2badccdabD42dc4a2b2c2d2baD4a2b2c2d2a11a31a12a32a