太原理工大学高等数学习题册下册答案.pdf

第八章习题册答案第八章习题册答案 习题十六向量代数习题十六向量代数 一选择题 1D ；2C ;3B ;4A;5B 二填空题 12 ；2 （6，-7，-12） ；322 ；4 4 ; 5 2 | a b a ? ? i ? 三计算题 1解3,5,8AB = ? ? ,2, 4, 7CD = ? ? 4313,7,15aABCDm=+= ? ? ? ? 向量a ? 在三个坐标轴上的投影和分向量分别为： 13,7,15； 13i ? ,7j ? ,15k ? . a ? 的模 222 |13715443a=+= ? ，方向余弦为： 13 cos 443 =， 7 cos 443 =， 15 cos 443 = 0 13715 , 443443443 a= ? ? 222 |(1 0)(03)(2 1)11AC =+= 习题十七空间解析几何习题十七空间解析几何 一选择题 1C;2B;3A;4B;5A 二填空题 1 （3,-1,0） ；2 222 4xyz+=；3顶点在原点半顶角为 6 的圆锥面 4 222 22222 1 xyz aacac += ，旋转椭球面 5 222 2( 21) ( 21) xya za += = ，半径为2 22a的圆 三计算题与证明题 1解绕x轴旋转所成的旋转曲面方程为 222 49()36xyz+=表示双叶双曲面 绕y轴旋转所成的旋转曲面方程为 222 4()936xzy+=表示单叶双曲面 2解消去z，将1zx= 代入曲面有 222 (1)9xyx+= 或 22 228xyx+=为投影柱面从而 投影曲线为： 22 228 0 xyx z += = 3解所求柱面母线平行于x轴，即垂直于yoz坐标面，故在方程组中消 去x，将 222 xyz=代入 222 216xyz+=中，得到所求的柱面方程： 2222 2216yzyz+=或者 22 316yz= 41）解 设所求平面方程为：0ByD+=.将点(2, 5,3)代入，得50BD+= 解得5BD=，取1B=，则5D =，所求平面为：50y+= 2） 解 设所求平面方程为：0AxBy+=， 将点( 3,1,2)代入， 得30AB+= 解得3BA=，取1A=，则3B =，所求平面方程为：30xy+= 3）解 设平面方程为：0ByCzD+=，将点(4,0, 2)及(5,1,7)代入， 则有 20 70 CD BCD += += ? ? 由 得2DC=， 代 入 得 9BC= ，取1C = ，则9B =，2D = 所求平面方程为：920yz= 4)解 设所求平面为1 xyz aaa +=，将点(5, 7,4)代入，则有 574 1 aaa +=，得到2a =，故所求平面方程为2xyz+= 5)解 设所求平面方程为：(1)(2)(1)0A xB yC z+=，其法向量为 n ? ， 1 1,1,0n = ? ， 2 0,5,1n = ? ? ，可取法向量 12 1 1 01, 1,5 0 5 1 ij k nnn= ? ? ? ? ? ， 故所求平面方程为540xyz+= 5解 由点到平面的距离公式 000 222 AxByCzD d ABC + = + ,将点(1,2,1)代入可得 222 112 22 1 103 1 1219 d + = + iii 6.解 在直线l上取一点(1,1,1)，直线l的方向向量 12 11 1 2,1,3 211 ijk snn= ? ? ? ? ，故所求直线的坐标式方程为： 111 213 xyz = ，参数方程为 1 2 1 1 3 xt yt zt = = + = + 7解 过点( 1,2,0)作直线l垂直于已知平面，直线l与平面的交点即为所 求的投影点，又直线的方向s ? 与平面法向量n ? 平行，故直线l的方程 为： 12 121 xyz+ = 或 1 22 xt yt zt = + =+ = 。 将直线的参数式代入平面方程， 解得 2 3 t = ，那么所求投影点为 5 2 2 (, ) 3 3 3 。 8解 过已知直线l作平面 1 ，两平面交线即为所求的投影直线， 过直线l的平面方程为：329(24)0xyzxyz +=。其法向 量 1 32 , 14 , 2n=+ + ? ，而1,1,1n = ? 由题意： 1 nn ? ，可有 1 0n n = ? ? i， 即321420+ +=， 解得0=。 故所求平面 1 的方程为3290xyz= 从而投影直线为 3290 10 xyz xyz = + = 9 解 要证四点共面， 只需证过四点的三向量共面， 即证三向量混合积为0， 而这里1, 1,0AB = ? ? ,0, 2,1AC = ? ,1,1, 1AD = ? , 110110110 ,0210210210 111021000 AB AC AD = ? ? ? ? ,故四点共面， 而其所在的平面的法向量可取为1,1,2nABAC= ? ? ,四点所在平 面的方程由点法式可得240xyz+= 10解 用定积分求体积，设高度为z处的截面 z D的面积为( )A z，则所求立 体的体积为 1 0 ( )VA z dz=，AB所在的直线方程为： 100 111 xyz = 或 1xt yt zt = = = 即 1xz yz = = 。AB绕z轴旋转所形 成的旋转曲面的方程为 2222 (1)xyzz+=+，截面 z D为一圆域，半 径为 22 (1)Rzz=+， z D的面积 222 ( )(1)A zRzz=+，那么 所求立体的体积为 33 1 22 0 1 (1)112 (1)()() 033333 zz Vzz dz =+=+=+= 第九章 习题册答案第九章 习题册答案 习题十八多元微分法习题十八多元微分法 一填空题 10； 2)(ln2yx ；3 y f x f + ；4 3 ( )(2 ）yx yx + ；5dx 6 ，所以(0,0)不是( , )f x y的极值点 在(1,0)处， 2 410BAC= ，所以(1,0)不是( , )f x y的极值点 在(0,1)处， 2 410BAC= ，所以(0,1)不是( , )f x y的极值点 在 1 1 ( , ) 3 3 处， 2 1 40 3 BAC= 解方程组 1 1 0 2 0 22 0 n x n y n Fx na Fyxy Fxya =+= =+= =+= 得唯一驻点：(,) 2 2 a a 由实际问题本身可知函数( , )f x y的最小值一定存在，且必在唯一 驻点处取到，故(,)( , ) 2 2 a a ff x y，即() 22 nn n xyxy+ 8解：拉格朗日乘数法，设( , )x y为曲线lnyx=上任意一点，则改点到已 知直线的距离为 1 1 2 dxy=+，令 2 zd=，则 2 1 (1) 2 zxy=+， 引入辅助函数： 2 1 ( , , )(1)(ln ) 2 F x yxyyx=+ 解方程组： 10 10 ln0 x y Fxy x Fxy Fyx =+ = = + += = ，得唯一驻点(1,0) 由问题本身可知，距离的最小值一定存在，且在唯一驻点处取得 故 min 2 2 2 d= 9解：先求内部驻点，解方程组： (4)0 (4)0 x y zyxyxy zxxyxy = = ，解得驻点 4 4 ( , ) 3 3 ， 4 464 ( , ) 3 327 z= 再求边界上可能的最值点及函数值 (1)在1x =上， 2 3zyy=，(05)y，驻点 3 2 y =而 39 (1, ) 24 z=， (1,0)0z=，(1,5)10z= (2)在0y =上，0z =(16)x (3)在6xy+=上，2 (6)zxx= (16)x，驻点3x =， max 64 27 z=， min 18z= 10解：令拉格朗日函数( , , )2lnln(2436)F x yxyxy=+ 解方程组： 2 20 1 40 24360 x y F x F y Fxy =+= =+= =+= 解得唯一驻点123xy=， 由问题实际意义可知， 最大效用一定存在， 且必在唯一驻点处取到， 故购买的两种物品数量分别为123xy=，时效用最大。 11*解：设l为任意方向，x轴正向与l的夹角为，那么 cosx =，siny = (0,0) 0 (cos,sin)(0,0) lim fff l + = 2 442 0 24 0 cossin cos lim 1 lim(cossin) cos1 cossin1 + + + + = =+ + =+ 令0=时, (0,0) (0,0)2 x f f l + = ;=时, (0,0) (0,0)0 x f f l = = 令 2 =时, (0,0) (0,0)2 y f f l + = ; 3 2 =时, (0,0) (0,0)0 y f f l = = ( , )f x y在(0,0)处不可导，从而不可微 12*解：由22dzxdxydy=可知， 22 ( , )zf x yxyc=+，再由(1,1)2f=， 得2c =，故 22 ( , )2zf x yxy=+ 下面求D上的最值 先求D内的驻点及驻点处的函数值，解方程组： 20 20 x y zx zy = = = 得驻点(0,0)，且(0,0)2f= 再求边界上可能的最值点及最值 在椭圆 2 2 1 4 y x+=上, 222 ( , )(44)252f x yxxx=+=( 11)x 驻点0x =,(0, 2)2f= ,( 1,0)3f=为边界上可能的最值， 经比较可 知： 函数( , )f x y在D上的最大值为( 1,0)3f=， 最小值(0, 2)2f= 第十章 重积分及应用习题册答案第十章 重积分及应用习题册答案 习题二十二重积分习题二十二重积分 一填空题 1 2 (0) 3 f；2 4 3 ；3 2 (2) 8 a ；4 1 2 ；56；61 2 二单项选择题 1C2C3D4C5A6B 三按要求改变积分次序 1解 2 2234 11132 ( , )( , )( , ) yxx yx dyf x y dxdxf x y dydxf x y dy + =+ 2解 2 1422 0121 ( , )( , )( , ) xxy xxy dxf x y dydxf x y dydyf x y dx + += 3*解 11 02 ( , ) y dyf x y dx 02 11 2021 1110 ( , )( , ) ( , )( , ) y D x x dyf x y dxf x y dxdy dxf x y dydxf x y dy = = = = 4*解 2sin 00 ( , ) x dxf x y dy 12 sin20 00sin 1arcsin02arcsin 0arcsin1arcsin ( , )( , ) ( , )( , ) ( , )( , ) x x DD yy yy dxf x y dydxf x y dy f x y dxdyf x y dxdy dyf x y dxdyf x y dx = = = 5解 2 224 4 000 ( cos , sin )( , ) y y df rrrdrdyf x y dx = 6解 2 222sin 2 1 10 sin4 ( , )( cos , sin ) y y dyf x y dxdf rrrdr = 7解 22 02 sin 22 00 4 ()( ) aaaxa x dxfxydydrf r dr + += 四计算下列二重积分或二次积分 1解 2 1111 3330000 1 2 111 y x xyxyy dxdydydxydy yyy = + i 3 1 3 30 1 11(1)11 2 1( 21) 02363 1 dy y y + =+= + ii 2解 2 4222 2 222 1111 lnlnln (1) 111 x y xxx dydxdxdyxdx xxx = 22 11 2 lnln2ln2 1 1 xdxxxdx= 3解 2 2 111 0000 ()() 0 xxxx y yyyy D y e dxdydye dxyedyyey dy= 2 1 111 ()1 0222 yy yeey= + = 4解 22222 ()(2)() DDD xy dxdyxxyy dxdyxy dxdy+=+=+ cos 344 222 00 22 113 coscos 4232 dr drdd = 5解 1 2 00 sin1cos11 x DD rrdrdyxdxdyxdxydy+=+=+ 111 223/223/23/2 000 1 111 1(1)(1)(1)2 0233 x x dxx dxxxxxdx=+=+=+ i 11 5/25/25/2 00 1 2 2222 24 (1) (1)(1) 033535 xdxxxxdx=+=+ i 2 216 264 282 (11 24) 315105105105 =+= 6解 用曲线 2 yx=将区域D分割，则 12 DDD=+ 12 222 DDD yx dxdyyx dxdyyx dxdy=+ 2 2 112 22 101 2 11 23/223/2 2 11 11 3 23/2 11 222 () () 0 33 22145 (2) 3332332 x x dxxydydxyx dy x xydxyxdx x x dxxdx =+ =+ =+=+=+ 7解 利用对称性 1 11 2222 00 11 223 00 ()44 111 4(1)4()4() 343 x DDD yx dxdyx dxdyx dxdyx dxdy xx dxxx dx += = 8解 4 2 2232 2 00 1sin cos 1 D xyxy dxdydrr dr +=+ 4 214 2 3233 2 0001 1 sincos1(2) 2 1 113 () 2 428 drr drr drr dr =+=+ =+= 五应用题与综合题 1解 立体的投影域 xy D： 22 0 xyay z += = sin 22222 00 sin 222222 3/2 000 33 3333 00 3 3 11sin ()() 0 23 14 (cos)(cos1)() 3333 4 39 a D a Vaxy dxdydar rdr a dar d arard aa aa dd a a = = = = = = 2解 22 111 ( )sinsin(1) txt f tx dxdyxxdx= i 2 ( )(1)sinf ttt=故 (2) sin4f= 3解 令( , ) D f x y dxdyA= 则 2 1 ( , ) 2 f x yA x=+() 将()式两边在 D 上作二重积分，则有 11 22 00 2 11 ( , ) 22 11 22 DD Af x y dxdyAxdxdyAxdxdy A =+=+ =+ 即 2 210AA+ =1A=故 1 ( , ) 2 f x yx=+ 4 解 原式= 2222 00 2( )22( )2(2) yy y fy dyydxy fy dyydx= 22 3/22 00 2 2 0 2 0 222 2( ) (2)( )(2) 33 2 2 (2)( )2( )(2)(2) 03 22 84884 (2)( )( )( ) 0033333 164118 (1)6 3323 y fyxdyfyydy y yfyfyyy dy y fyfy dyf y = = =+ =+=+ =+= i 六证明题 1证明 令 22 ( )( )()( ) xx aa F xf t dtxaft dt= 只需证( )0F b 而 22 ( )2( )( )( )()( ) xx aa F xf t dt f xft dtxa fx= i 22 22 2( ) ( )( )( ) 2 ( ) ( )( )( ) xxx aaa x a f x f t dtft dtfx dt f x f tftfxdt = =+ 故( )F x在 , a b上单减 从而( )( )0F xF a=故( )0F b 即 原不等式成立 2(1)证明 设区域 0 : 0 xa D ya 1 0 : xa D xya 2 0 : 0 xa D yx 记 2 0 ( ) a If x dx= 1 1 0 ( ) ( )( )( ) aa x D If x f y dxdyf x dxf y dy= 2 2 00 ( ) ( )( )( ) ax D If x f y dxdyf x dxf y dy= 即证： 1 2II=而显然有 12 III=+故只需证 21 II= 而 2 000 ( )( )( )( ) axaa y If x dxf y dyf y dyf x dx= 00 ( ) ( )( ) ( ) y t aaaa yt f x dx f y dyf t f y dy dt = = 00 ( )( )( )( ) aaaa tt f tf y dy dtf t dtf y dy= 1 0 ( )( ) aa x f x dxf y dyI= 故 1 2II= (2)解 由(1)的结果， 2 1 2IIA= 故 111 22 00 2( )( )( ) x f x dxf y dyf x dxA= 从而 11 2 0 1 ( )( ) 2 x f x dxf y dyA= 习题二十一三重积分习题二十一三重积分 一填空题 1 3 203(1 cos1) 2 4 211 00 ( cos , sin , ) r drdrf rrz dz 5 44 ()ba6 22 22 11111 0000 ( , , )( , , ) yy yz y dydzf x y z dxdydzf x y z dx + + 二单项选择题 1A2C3B4D5A6C 三计算下列三重积分 1解在xoy平面上的投影域 01 : 01 x D y 故 11311 2 00000 1 (3) 2 x y xyzdVxdxydyzdzxdxyxy dy = 2 111 2322 000 11117 (9662)() 22432 x xdxyx yyxyyxy dyxxdx=+=+ 4 23 1 1 1171 11715213 ()() 02 8982 89814436 x xx=+=+= 2解 投影域 22 1 : 0 xy xy D z + = 故 2111 22222 000 1 2(1) 2 r z xy dVdr drzdzrr dr += i 1 24 0 112 ()() 3515 rr dr= 3解 用球面坐标系求解 21 2224 4 000 21 ()sin2 (1)(22) 255 xyzdVddr dr += i 4解 用柱面坐标： 记 1 2 02 :02 2 r rz 2 2 02 :01 1 r rz 则 12 222222 ()()()xy dVxy dVxy dV +=+ 而 2 1 2222 22335 000 4 ()2(2) 3 r xy dVdr drdzrrdr += 2 2 2111 22335 000 ()2() 6 r xy dVdr drdzrrdr += 故 22 47 () 366 xy dV += 5 解 作辅助曲面 22 zxy=+， 记 22 1 22 1 : 1 xyz xy + + 22 2 22 0 : 1 zxy xy + + 则 12 222222 zxy dVzxy dVzxy dV =+ 12 2 2 2222 21121 22 00000 55 11 3 00 ()() ()() 2()2 222 111 2 () 4463 r r zxy dVxyz dV drdrzr dzdrdrrz dz rrr rdrdr =+ =+ =+ = 四应用题与综合体 1解 由于立体的投影域 12 DDD=+而 1: 0,0 xya D xy + 2 22 0 : xa D axyax 故 立体的体积 12 222222 11 ()()() DD Vaxyaxy dxdyaxydxdy aa =+ 22 2222 000 3 ()() 1 () 243 aa xaax a x xyxy dxxydydxady aaaa a =+ = 2解 因为 2 22 0000 ( )sin( )4( ) tt F tddr f r drr f r dr = 所以 2 2 0 443 000 0 4( ) ( )4( ) limlimlim 4 ( )(0) lim(0)1 0 t ttt t r f r dr F tt f t ttt f tf f t + + = = 3(1)解 因为 2 2222 0000 2 22 000 sin()2() ( ) ()() tt tt ddr f rdrr f rdr F t drf r drrf rdr = 22222222 000 2222 00 2( )()2 ( )()2( ) ()() ( ) ()() ttt tt t f trf rtf tr f rdrtrf tf rtr dr F t rf r drrf r dr = 0t 时， ( ) 0F t 故( )F t在(0,)+上单调增加 (2)证明 设 2 ( )( )( )f tF tG t =，只需证0t 时，( )0f t 即可 这里 2 22 000 22 00 ()() ( ) 2()() tt tt drf r drrf r dr G t f r drf r dr = 222 00 22 00 2()2() 2 ( )( )( ) ()() tt tt r f rdrrf r dr f tF tG t rf rdrf r dr = 22222 000 22 00 ()()() 2 ()() ttt tt r f rdrf r drrf r dr rf r drf r dr = i i 此式中显然分母大于0，再证分子大于0 令 22222 000 ( )()()() ttt g tr f rdrf r drrf rdr= i则有 22222222 000 ( )( )()( )()2()( ) ttt g tt f tf r drf tr f r drrf r dr tf t=+ i 222222222 00 ( )()()2()( )()() tt f tt f rr f rtrf rdrf tf rtr dr=+= 显然0t ， ( ) 0g t ， 又因为( )g t在0,+上连续， 所以( )g t在0,+ 单调增加，且( )(0)0g tg=，从而( )0f t ，即 2 ( )( )F tG t ，(0)t 习题二十二重积分的应用习题二十二重积分的应用 一填空题 1 15 4 2 4 (,0) 3 R 3 1 8 4 181 (0,0,( 3) 254 二计算题 1解 2 2222255 2 00 4 ()sinsin() 15 b a IxydVddrrdrba =+= i 2解 设过底圆中心两条相互垂直的直径为x轴、y轴，则所求的转动惯量 为 x I 22 22222 000000 23 2 23 000 42 2322 ()sin 2sin 23 (34) 3412 ahah x ah IyzdVdrdrrdzdrdrz dz ah dr drdz a ha h a hah =+=+ =+ =+=+ ii i 3解 设球面方程为 2222 xyzR+=，圆柱面方程为 222 xyR+=，圆柱体 的 高 为h， 由题意知原心坐标0,0,0xyz=，只需求h，又 1 zzdV V = ，而 32 2 3 VRR h =+ 2222222 0 0 2 0 222224 () 224 h R xyRxyRz R zdVzdzdxdyzdzdxdy h Rz Rz dzR hR + =+ =+= i 可得： 22 2hR=，即 2 2 hR= 4解 2cos 2 0cos 3 8 D Addrdr = 2 os 2 2 0cos 7 cos 16 c D xddrdr = 2 os 2 2 0cos 7 sin 12 c D yddrdr = 77 714 1612 , 33 69 88 xy = 此薄片的重心为 7 14 ( ,) 6 9 第十一章曲线积分与曲面积分习题册答案第十一章曲线积分与曲面积分习题册答案 习题二十三对弧长的曲线积分及其对面积的曲面积分习题二十三对弧长的曲线积分及其对面积的曲面积分 一填空题 1 2 (1) 2 x e ；21；3 2 4sinaa；42 二单项选择题 1B；2D;3D ;4D ;5C 三计算下列对弧长的曲线积分 1解： 12 LLL=+ 1: L2yx=，0,2x， 2 15dsy dxdx=+= 2: L 2 yx=，0,2x， 22 114dsy dxx dx=+=+ 故 12 ()()() LLL xy dsxy dsxy ds+=+ ? 22 2 00 2 3/222 3/22 00 (2 ) 5() 14 11 2141 5(2 )(14)5(17 171) 234 336 xxdxxxx dx x xx =+ =+=+ 2解：用极坐标方程表曲线L： 2sinr=(0) 2222 ( )( )4cos4sin2dsrrddd =+=+= 222 00 1 cos ()4sin284 2L xydsdd += ? 3解：记 1: 0Ly =，0,1x，则dsdx= 2: 3Ly =， 1 0, 2 x，则2dsdx= 22 3: 1Lxy+=， 1 ,1 2 x，则 2 1 1 dsdx x = 那么 2222 123 1 11 2 2 1 200 2 1 2 1 xyxyxx LLLL edsedse dxe dxedx x + + =+ ? 1 (1)(1)(arcsin1 arcsin)(2)2 23 eeee =+=+ 4解：由于L的方程为： 2222 0 xyza xyz += += ，由于变量的转换对称性， 有： 222 LLL x dsy dsz ds= ? 那么 22222 22 3 11 () 33 2 2 333 LLL L x dsxyz dsa ds aa dsaa =+= = ? ? 四计算下列对面积的曲面积分 1解：记 1 ：0z =，dsdxdy=， 22 :1 xy Dxy+ 2 ：dsdxdy=， 22 :1 xy Dxy+ 3 ： 22 1xy+=， 2 1xy= ， 2 1 dydz ds y = ， 11 : 01 yz y D z 故 123 2222 ()()xy dsxy ds + + +=+ ? 2222 22 2222 22 11 22 2 1 ()() 11 2() 1 2()3 2 yzyz yz DD xyxy D xy dydzdydz xy dxdyxy dxdy yy dydz xy dxdy y + + =+ =+ =+= 2解：: 22 zxy=+，2dsdxdy=，投影域 22 11 ()0 :24 0 xy xyx D z + = 故 222222 ()() 2 xy D xyz ds