2012考研数学高分必看各种题型经典归类总结(第二部分).pdf

空间曲面的表面积的题型与解法 智 轩 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 x y 给出 2 2 1 xy D zz Sdxdy xy apple apple 2 如果曲面有参数函数 xx u vyy u vzz u v 给出 2 222222222 D uuuuuuvvvvvvuvuvuv SEGF dudv ExyzGxyzFxyz 特别地 对于球面坐标系 22 sin cos sin sinsin cos xR yREGF dudvRd d zR 若所求曲面S由极坐标方程 rr 决定 则引入球体坐标系 sincos sinsin cos xr yr zr 22222 sinEGF dudvrrrrd d 3 对于柱面上的曲面面积一般不使用公式 2 2 1 xy D zz Sdxdy xy apple apple 而使用第一类曲线积分 设S为柱面 0f x y 上介于曲线弧 1 l和 2 l之间的曲面片 且 12 1221 0 0 zzx yzzx y llzx yzx y fx yfx y 又设柱面 0f x y 在xoy平面的准线l的方程可写成如下参数式 l xx tyy tt 22 2121 ll Szx y dlzx y dlzx ty tzx ty tx ty tdt 二 曲面面积的题型与解法 例 1 求包括在圆柱面 2 222 2xya xy 之内的曲面 22 2xyaz 的侧面 面积 解 对于曲面 22 2xyaz 2222 11 yyxy xzaa apple apple apple apple 圆柱面 2 22222 2sin2xya xyra 2222 222 sin 2 22 4 00 3 33 4 2 0 22 3 4 0 222 11 1 4 4 1 sin2 3 4 cossin 33 42 20 3539 xzxy xy DD D a yyxy Sdxdzdxdy xzaa axydxdy a darrdr a aad a aa d aaa apple apple apple apple 3 例 2 柱面 22 2xyx 被锥面 22 zxy 割下部分的曲面面积 解 由于对称性 本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 2 2 112yxxx 故有 在xoz平 面投影 不能在xoy平面投影 2 22 2 111 110 2 yyx xzyy xx apple apple apple 所以所求的曲面面积为 2 22 2 2 121 22000 11 2 02 1 414 2 12 44 22 22 4428 221 2 xz D zx x tx yy Sdxdzdxdz xz xx x dxdzdx xxxx dxt dt tx apple apple 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 22 zxy 故有 在xoy平面投影 22 2 2 2222 112 zzxy xy xyxy apple apple apple apple apple apple 所以所求的曲面面积为 22 22 2 2 1111 21222 2 xyxy zz Sdxdydxdy xy apple apple 例 3 求曲面 222 xya 被平面 0 0 0 0 xzxzxy 切除的那 部分的面积 解 对于准线平行于xoy平面的柱面 不能在xoy平面上投影 因为投 影面积为零 故需要转化到其他坐标平面上如xoz的投影 2 22 2 222200 110 2 2 xzxz DD axa x yyx Sdxdzdxdz xzy aax dxdzdxa axax apple apple apple 例 4 求螺旋面 cos sin 0 02 xr yrra zh 的侧面面积 解 因为 222 222 22 222 2 2 222222 00 1 0 2ln 22 r DD a xyz E rrr xyz Grh xxyyzz F rrr SEGF dudvrh drdrdrd rh drh drrhrrh apple apple apple apple apple apple 切忌写成 0 22 222 ln a aah a ahh h 例 5 计算空间曲线 2 2222 2 0 xyza xya 所包围的面积 解 引入球体坐标系 sincos sinsin cos xr yr zr 2 2222222 2 222222 22222 2 22 22 00 2 0sinsin2 cos 2 cossin2 sin sin2 sin 4sin 4 DD xyza xyara rara SEGF dudvrrrrd d a add 例 6 求柱面 22 33 1xy 被球面 222 1xyz 割下部分的曲面面积 解 按照第一类曲线积分解法如下 2 322 22 33 3 3 1 3 3 32662 2 222 2 0 cos 1 3 sincos 02 sin cos 0 sin cos 3 sin1cossinsin 2 4 1 3 8sin23sincos 2 6 3 x xydlx ty tdtd y x zl y x zyz xyz Sd 2 22 00 1cos4 sin 23 3 2 3 3 2 dd apple 例 7 求以极坐标曲线 1cos 0 ra L z 为准线 母线平行于z轴 的柱面被平面 20 xyza 及0z 截下的有限部分的面积 解 对于本题 就可以按照第一类曲线积分解法如下 22 1 22 2 0 2 1 cos2 cos 02 2 0 1 cos 1 cos 1 coscos1 cossin2 cossin2 1 coscos1 cossin2 2 cos 2 2coscos 2 radlrrdtad zlra ra zzaaa zrra Saaaad a 2 2 0 2 22 0 22 0 22 coscos sincoscos sincos2cos 2222 4cos2 coscos 2 cos sin2 coscos2 sin2 cos2cos 4cos2 coscos 2 cos sin2 coscos2 sin2 cos 42cos t d attttttttttdt atttttttttdt at 2 2 0 2 0 2222 0 235 0 235 1 cos2cos1cos sin2 coscos2 sin2 cos 4sin2 coscos2 sin2 cos 42sin1 sin2 1 2sin1 sinsin 44sin8sin4sin 84sin8sin4sin ttttttttdt atttttdt atttttdt atttdt attt 2 0 22 24232 8484 3535 dt aa 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 12 m A 为 121 mm B 的部分组 如果一 个向量组线性无关 则其部分组必无关 如果部分组相关 则向量组必相关 但如果向量组相关 则部分组可能相关也 可能无关 同理 部分组无关 则向量组可能无关也可能相 关 证明 记 12121 1 mmm ABR BR A 121 12 1 11 A mm B m R AmR BR Am R BmR AR Bm 线性相关 线性无关 故线性相关 故线性无关 形象记忆法 大无小无 小关大关 部分相关 全部相关 全部无 关 部分相关 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 定 理 2m个n维向量向量组成的向量组 如果坐标维数n小于向量 维数m时一定线性相关 特别地 1n 个n维向 量一定线性相关 证 明 m个n维 向 量 12 m 构 成 矩 阵 12 n mm A 12 12 n mm n m m A R AnR Amm 个向量线性相关 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 意矢量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 定 理 3 设n维向量组 12 r A 1 2 i i i ni x x x apple apple apple apple 为n维坐标 n维 向量组 12 r B 为增加 i 的坐标维数得到的 称为导出组或延伸 组 即 1 2 1 in n n s x x x x x apple apple apple apple apple apple apple apple apple 则 1 12 r A 无关 导出组 12 r B 无关 2 导出组 12 r B 相关 12 r A 相关 形象记忆法 高维相关 低维相关 低维无关 高维无关 定 理 4设 m n R Ar 则n元齐次方程0AX 的解空间S的秩为 R Snr 定 理 5若0AB 当A为非零矩阵时B不可逆 当 A B为非零矩阵 时 则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 若B不能由A线 性表示 则0A 证明 向量组A能由向量组B线性表示 AB 则矩阵方程ABC 有解 向量组B不能由向量组A线性表示 则矩阵方程BAC 无解 若0A 则方程AXB 有解 1 XA B AXB 成立意味 BA 与条件矛盾 故0A 定 理 7若0AB 当A为列满矩阵时 则0B 证明 设Am n n l BC 依题意 R An 知A的标准型为 0 n m n E apple 并有 m阶可逆矩阵P 使 0 000 0 0 nn C EEB PAPCPABB B R CR PCRR BR B apple apple apple apple 令 定 理 8若ABE 则B的列向量线性无关 证明 考虑0BX 则 000BXABXEXX 为0BX 的解 故0BX 只有零解0B 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 给矩阵A增加几行后得矩阵 A B C apple apple 就相当于增加每一个向量的维 数 这时满秩 maxmax A R AR C apple apple apple apple 就是说 12 n A 无 关 12 n B 无关 但反之不成立 因为 A RR A C apple apple 如果 AA RrR ARr CC apple apple apple apple 就是 12 r B 相关 12 n A 相关 反之也不成立 也是因为 A RR A C apple apple 第 19 专题讲座 二重积分的系统题型与题法 2009 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 1 2 D表示D的一半区域 即D中 对应0y 部分 余类推 被积函数 f x y同时具有奇偶性 那么 二重积分的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 务必理解记住下列 6 6 6 6 类对称类对称性定理 1D关于X轴对称 D关于Y轴对称类推 1 2 2 0 D D f x y dxdyfyf xyf x y f x y dxdy f xyf x y 是关于 的偶函数 即 D关于 X Y都对称 1 4 4 0 D D f x y dxdyfx yf xyf x y f x y dxdy fx yf x yf xyf x y 或 D关于原点对称 1 2 0 2 D D fxyf x y f x y dxdy f x y dxdyfxyf x y 当 1 D和 2 D关于某一直线对称 对同一被积函数 则 12 DD f x y dxdyf x y dxdy D关于Xa 轴对称 0 D xa dxdy 万能轮换对称性 轮换对称性描述 如果将x与y及z交换 即xy yz zx 后 积分区域 方程不变 则将被积函数中的变量作同样变换后所获得的积分值与 原积分值相等 这个性质在二重积分 三重积分 曲线积分和曲面 积分等六类多元函数积分中都成立 轮换对称性实例 1 1111 0 00 0 222222 2 11 44 22 1 0 2 333 xyxyx yx y xyxy xyxy abab Ia xb y dxdyxy dxdyxy dxdyabxdxdy xyxyyx Idxdydxdy xyxyyx 二 二重积分次序选择原则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 否则域内要分拆 隐含边界须周全 6 类对称挂耳边 极坐标 逆弧线 多种边界同园拆 先看积分区域的边界方程 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 2 2 D x Idxdy y D由 2 2 1 2xyyxx 所围 解 x幂次高 所以先积y 2 2 12 1Dxyx x 2 22 21 2 22 1 7 arctan2 84 x x D xx Idxdydxdy yy 若被积函数只有一个变量 就后积此变量 例2 sin D y Idxdy y D 由 2 yxxy 所围 解 被积函数只有一个变量y 先积x 2 1 0 sinsin 1 sin1 y y D yy Idxdydydx yy 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 2 12 01 2 2 0 0 x xx Idxf x y dydxf x y dy 解 1 2 01 02 x D yxx 及 2 12 02 x D yx 作 12 DD和图形 得 2 12 011 y y Idyf x y dx 例4 交换积分次序 2 288 12 x xx Idxf x y dydxf x y dy 解 1 2 12x D xyx 2 28 8 x D xy 画出 12 D D图形 得 48 142 yy y Idyf x y dxdyf x y dx 例5 更换积分次序 2sin 00 x Idxf x y dy 解 1arcsin02arcsin 0arcsin1arcsin yy yy Idyf x y dxdyf x y dx 例6 更换积分次序 2 cos 2 0 4 a Idfd 解 如改为先 后 则有下列两点技巧 D的边界曲线全都用极坐标表示 若以原点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 则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 12 arccosarccosarccos 2222 0222 aaaDD aaa 2cos2cos 22 02 cos 42 aarcaarc aa a arc a Idfddfd 三 换元法技巧 以尽可能简便D为出发点 再参考 f x 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 D D x y f x y dxdyf x u vy u vdudv u v x y z f x y z dxdgdzf x u v wu v wdudvdw u v w 其中雅可比矩阵 1 xx x y uv u vyy u v uvx y apple apple apple apple 题型二 关于对称性题法 例7 1 D 1 22 1 11 22 D xyIxydxdy 2 D 2 22 2 01 02 D xyIxydxdy 解 f为偶函数数 1 D关于 x y都对称 2 D正好是 1 D的 1 4 故 222 2121 222222 12 0000 4 4 DDD IIxydxdyx dxdyy dxdydyx dxy dydx 例8 计算 D Ixydxdy 22 222222 12 1 2 2 2DxyxyDxyxy 解 1 D关于 x y对称 f x yxy 关于 x y都是奇数0 D Ixydxdy 2 D关于原点对称 fxyxyf x yxyf x y 为偶 函数 故 2 D D f x y dxyd 3 2 0 sin2 2sincos 0 drdr 1 6 例 9 设 区 域 D 由 3 1 1yxyx 所 围 试 计 算 22 1 D Ixyf xyd 解 作辅助线 3 yx 则 D 分为 12 DD和 显然 1 D关于 X 轴对称 2 D 关于 Y 轴对称 12 3 3 1 2222 0 1 1 1 2 5 DD x x D Ixyf xydxyf xyd xdxdxdy 例10 计算 22 2sin44 D xy Ixyd pq 222 D xya 解 由于 D 关于X Y 轮换对称性 故 22 2sin44 D xy Ixyd pq 中被积函数又可以轮换 积分值不变 又由于 D 关于X Y 轴均对称 故 2sin0 D xd 40 D yd 2222 222 2 22 00 42 1 4 2 1 11 4 2 1 11 4 2 11 4 4 DD D a xyyx Idd pqpq xyda pq r dra pq aa pq 例11 设二元函数 2 22 1 1 12 xxy f x y xy xy 计算二重积分 D f x y d 其中 2Dx yxy 解 记 1 1Dx yxy 21 DDD 12 12 2 22 112211 2 2222000000 1 11 44 1 4 2ln21 3 DDD DD yxx f x y df x y df x y d x dd xy x dxdydxdydxdy xyxy 例12 计算 D I af x y dxdy 其中 22 0 0 0 xxa ya D xyax af x y other 求 2 0 1 lim 1cosln 1 I a a e aa 解 D关于x轴对称 f x y关于y是偶函数 则 1 cos 2 0000 333 3433 2 0 3 3 2 000 22 22cos 223 1 cos 334 2 28 1 8 limlimlim2 11 4 1cosln 1 ln 1 22 aaa D I a aaa I axdxdyxdxdydrrdr aaa adaa a a I ae aa aaa a 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 cos sin xr yy 或 2平移法 0 0 cos sin xxr yyy 选择的原则是使被积函数 容易积出 一般来说 被积函数具有 22 f xy 或 mn f x y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 222 2 2 0 4 cossin 2 0 当 和 没有一个为奇数 当 和 至少有一个为奇数 m n mn mn xya a dmn x y mn mn 例13 计算 a 2 2 12 22 1 011 x x x Idxxydy b 22 2 0424 2222 2 202 xx xx x Idxxydydxxydy c 设 f xy在单位圆上有连续的偏导数 且在边界 上为零 试证明 222 22 0 1 1 0 0lim 2 xy xy xfyf fdxdy xy 解 a积分区域为 22 01 112 x D xyxx 显然本题适合用原点极坐标 2 2 cos112sin 2 sin4 22cos xryxr yr yxxr apple 交点坐标 由对称性 知 1 2 2sin 234 44 1 000 228sin D Irrdrdr drd 2 44 00 1cos21cos41 3 8212cos28 2248 dd apple apple apple b积分区域为 22 2 02 20 244 x x D xxyxxyx 22 2 0424 cos2222 2sin 202 344 22 2222 422 02cos 002cos0 2 4 2 0 444 319 41 cos4 24224 xx x r y r xx x Idxxydydxxydy rr drrdrdrrdrd d apple c 使用原点极坐标 cosxr sinyr 222 222 00 1 1 02 21 00 00 sinsin 11 limlim 22 11 limlimcos sin 22 xyxyxy xy r xy ff cosffrrcosfrfxfyf rr f r xfyf r dxdyrdrd xyr f ddrf rr r 1 2 2 0 00 1 lim0cos sinlimcos sin0 00 2 2 d fdff 例14 计算 22222 0 D IRxy dxdyDxyRxR 解 22 222 22 RR D xyRxxy apple apple 为偏心圆域 由于被积函数的 特点 故可使用极坐标 而这里有两种取法 如使用原位法 即 1 2 cos 0 0cos sin2 xr DrR yy 1 2 cos 22222 2 00 cos 3 223333 222 00 0 22 121114 22sin 233333 R D R IRxy dxdydRrrdr RrdRRdR apple apple 如使用平移法 即 1 2 cos D 02 02 sin R xr rR yy 本质上是把 圆心平移到原点 则 1 2 2 2222 00 221cos 4 R D R IRxy dxdydRRrrdr apple 显然上述积分十分繁琐 本题不能使用平移法平移法 但在别的场合 必须 使用平移法平移法以简便计算 因为平移法平移法有个优点就是能使积分上下限常 数化 参见下例 例15 求积分 22 22 111 222 0 D xy IxyxydxdyD xy apple apple 解 方法一 平移法 1 cos 1 2 02 0 12 sin 2 xr Dr yy 222 1 28 DD Ixyxydxdyrrdrd apple 方法二 原位法 cos 3 0cossin sin44 xr Dr yy 222 cossin 8 DD Ixyxydxdyrrrrdrd 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 例16 求球面 2222 0 xyzaa 被平面 4 a z 和 2 a z 所夹 部分的表面积 解 2 2222 22 3 2 2 2 xyzaxya a z a z apple apple 2 2222 22 15 4 4 4 xyzaxya a z a z apple apple 上半球 222 zaxy 222222 xy xy zz axyaxy 由于对称性 2 222 1515 222 222 33 220 22 41 4 1 42 2 xy xy xy D D aa a a Szzdxdy a dxdy axy a ddaa a 例17 D Ixydy D由 4 236 xyxy apple 在第一象限所围成的区 域 解 由 4 236 xyxy apple 解出 x y相当困难 为此采取极坐标 令 2 2 2cos 3 sin x y 为广义极坐标 则 4 4222222 sincossincos 236 xyxy apple 所研究的曲线在第一象限 于是0 sincos 2 解出 上下限 sincos00 2 2 2 2cos4cos sin 12sincos 3sin6sincos x y J 1 222 sincos 222 2 00 6sincos12sincos 12 6sincos 6 15 D Id d dd 例18 求椭球体的体积 222 222 1 xyz abc 广义极坐标 解 作广义极坐标变换 cos sin xar ybr 2 1zcr Jabr 再采用穿线法 有 11 2 000 4 8 3 cr Vddrabrdzabc 例19 求曲线 5 22 4 xyx y abc apple 包围的面积S 解 2 2 5 22 cos 4 sin x ar y ar xyx y abc apple 2 2 44 4 cossin 2 00 555555 99 2 410494 00 2cossin 11 sinsin 221260 a b c S Sdxdydabrd a ba ba b dd ccc 例20 求曲线4 4 1 0 0 xy xy ab 包围的面积S 解 8 8 cos 44 sin 1 x ar y ar xy ab cos7777 2 0 1 3 72 0 8cossin4cossin 41 70 u SS Sdxdyabrdrdabd ab abuudu 题型四 关于换元题法 例21 计算cos D xy Idxdy xy apple 1 0 0 xy D xy 所围区域 解 令 uxyvxy 111 11 2 11 x y J u v u v x y 1 0 11111 coscos2sin1sin 02222 uv D vuu Idudvdvduvdv vvv 例22 求 2 2 0 ypx pq yqx 和 0 xya ab xyb 所围D的面积 解 作变换 令 2 y uxyv x 由此把原有的曲线区域变成矩形区域 2 2 2 1111 3 3 2 x y J u uyu vu yy xx yxx yx 1 111 ln 333 DD bq q Sdxdydudvdvduba apuup 例23 计算由曲线 22222222 2 2 2 2yaaxybbxymmxynnx 所围成的面积 0 0 0ybanm 解 令 2222 2 2 2 uv yuxuyvxvxyuv 雅克比行列式 11 221 411 22 xx uv uv J yyvuvu uvuv 故 33113311 22222222 1 4 11 43 Da u b m v na u b m v n a u b m v na u b m v n uv SdxdyJ dudvdudv vu uv dudvdudvbanmnmba vu apple apple 例24 0 3 1 4 ln 1 1 y x x y y xy x Idxdy xy apple 解 设 2 1 1 x yyu uxyv uuxu v v xy vv xy 001 33 11 44 y xv xyu 2 11 3 2 0 4 0 3 1 4 ln 1 ln 1203 1 ln2 48011 1 y x x y y xy vu x Idxdydudv xyuv apple 题型五 关于隐含边界题法 例25 计算 11 22 0 1 y y Idydx xy 解 用隐含边界圆弧1r 将区间分为 1 D和 2 D两部分 使用原点极坐 标 得 22 12 44 1 22 001 arccos 22 122 222 011 22 122 222 001 2 122 222 001 sinsin 11 22 1 21211 2 1211 1 1211 11 12121 r rr Idrddrd rr rrr drdrdr rrr rrr drdrdr rrr dr drdr rrr apple apple apple apple 213 arctan2ln 2422 例26 2 0 Iyx dxdy 1 02 x D y 解 题中 2 yx 为隐含边界 12 22 DD Iyx dxdyxydxdy 2 2 121 22 110 5 32 x x dxyx dydxxydy 例27 sin D Ixy dxdy 0 0Dxy 解 12 sin sin DD Ixy dxdyxy dxdy xy 评 注 如果本题改为 0 02Dxy 则 22 00002 000 sin sin sin sin 1cos21cos4 xx xx D Ixy dxdydxxy dydxxy dydxxy dy x dxxdxx dx 例28 22 sgn xy D Ixy edxdy 22 1D xyx x y 例29 34 D Ixydxdy 22 1D xy 00 sin x dxxy dy 0 sin 2 x dxxy dy 解 222222 123 xyxyxy DDD Iedxdyedxdyedxdy 13 D D关于 Y 轴对称 二个区域 而被积函数相等 故 13 DD 22222 2 2 1 4 00 1 2 22 1 4 xyxyr D D Iedxdyedxdydre dre 解 2121 2 0000 3 cos4 sin 5sin Idrrrdrdr dr 3 arctan 4 22 000 551020 sin sinsin 3333 ddd 利用 00 Ta TT a f xa dxf x dxf x dx 同步练习 22 2 D xy xy dxdy 22 1D xy 答案 9 16 例30 计算 22 1xy Ixydxdy 解 隐含边界为0 xy 令 1 2 3 3 01 44 37 01 44 01 44 D D D 22 12 112 112 3 1 4 4 2 20 0 4 4cos DDD xy DDDD DDDD D Ixydxdyxydxdyxy dxdyxy dxdy xy dxdyxy dxdy xy dxdyDx yxy dxdy xdxdyDx y d apple apple 因为关于都对称 所以 因为关于 具有轮换对称性 1 2 0 4 2 3 d 例31 计算 02 22 2 x x Ixydxdy 解 使用0 xyyx 和22xyxy 或2xy 共 3 条隐含 边界把积分区间从上到下划分为 123 DDD 故 1 2 3 2 2 22 2 2 2 xyDyx xyxyDxyx xyDxyx 123 1232123 22 2 02 22 2222 2222 22 21 11 xDDD x DDDDDDD DDD DD Ixydxdyxydxdyxy dxdyxydxdy xy dxdyxy dxdydxdydxdydxdy xy dxdyxy dxdydxdy xdxdyxy dxdy xd 2 210808 DD xdyxy dxdy 例32 cos D Ixy d D由 0 2 yx yx 所围 解 隐含放边界 cos0 2 xyxy 在图上画出此辅助线 用 1 2 D 表示积分区域的下半部分 则 1 2 42 0 44 2 00 2cos2cos 2cos21 sin21 2 y y D y y Ixy ddyxy dx xydyy dy 例33 计算 22 1 1 D Ixy dxdyDMax xy 解 隐含边界 2222 101xyxy 把区域D的第一象限部分分为左 右两子域 12 DD和 12 121 21 22 2222 2222 1 22 2 00 11 2 00 1 4141 8141 81412 113 8412 2244 D DD DDD DD Ixy dxdy xydxdyxydxdy xydxdyxydxdy ddxdxdy dyxdx apple 例34 计算积分 22 22 4 sgn2 xy Ixydxdy 解 将区间分为 5 个部分 2222 1 2222 2 2222 3 2222 4 2222 5 42 421 412 412 42 的左部 的右部 Dxyyx Dxyyxx Dxyxyx Dxyxyx Dxyyx 22 15234 222 2 22 4 141224 020010 121 222 010 sgn2 444 82444 413 8ln 32 xy DDDDD xxx x Ixydxdy dxdydxdydxdydxdydxdy dxdydxdydxdy x dxx dxx dx 例35 计算积分 02 02 x y Ixy dxdy 解 将区域分为由下到上的 4 个积分区间 1234 DDDD 1 1 1 1 0 100 1 1200 2 2322 3 322 Dxyxy Dxyxy xy Dxyxy Dxyxy 123 1323 02 02 23 2 1133 246 2222 xDDD y DDDD Ixy dxdydxdydxdydxdy dxdydxdydxdydxdy DDD apple apple apple apple 例36 求 22 min xy D Ix y ed x D y 2222 2222 2 xyxy y xy x yx xyxy Ixedyed dyxedxdxyedy 例37 计算 22 2222 3 16 3 min 2 16 xy Ixyxydxdy 解 22 2222 3 16 22 1 13 0 22 4 22 3 min 2 16 37 23 163224 xy r r Ixyxydxdy r rdrdrrdrd apple 例38 计算 1 D IMax xydxdy 其中 02 02Dx yxy 解 用双曲线的上支将D分成两块 1 12 2 1 1 Dxyx yD DDD Dxyx yD 而 1 D为非正规区域 过点 1 2 2 apple 作平行于y轴的直线 把 1 D分为左右 两个正规区域 11 D和 12 D 11122 1 222 111 0 22 111 19 1ln2 4 DDDD x x IMax xydxdydxdydxdyxy dxdy dxdyxdxydy 题型六 关于含参积分题法 例39 已知 2 2 22 00 cos ln 1 xux utu I xdudt x x 求 0 lim x I x 解 当0 x 时 记 2 2 cos 02 02 ln 1 D tududt DuxtuxuI x x x 当0 x 时 记 2 2 cos 20 02 ln 1 D tududt DxutuxuI x x x 根据积分中值定理 222 2 coscoscos 2 D D tududtSx 2 2 00 2 2 00 0 cos 2 limlim 2 cos 2 limlim 2 lim 2 xx xx x x I x x x x I x x x I x 例 40 设函数 0 0 2 0 x yD f x y x yD 0 0 1 0 1 x D y 求 x y t F tf x y dxdy 解 含参数的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 平移法的思想是 先画出 0 D的区域图 再令0 xy 为基准直线 然后把该基准直线分别平移到 0 D的全部边界点上 如本题 把基准直 线0 xy 平移到边界点1x 得分界直线1xy 再把基准直线 0 xy 平移到边界点 1 1xy 得分界直线2xy 于是得出所求 积分关于参数t的三个分段点0 1 2t 所以有 1 0t 00f x yF t 201t 把基准直线平移到该区域任意位置 得直线xyt 该直线与x轴的交点为t 于是 0 2 00 2 ttx x y tD F tf x y dxdydxdyt 3 12t 把基准直线平移到该区域任意位置 得直线xyt 该直线与x轴的交点在区域 0 D外 不可作为积分限 但该直线与1y 交于 1 1t 为于是 0 1111 2 00101 2221242 ttx tt x y tD F tf x y dxdydydxdxdyttx dxtt 42t 0 11 00 22 x y tD F tf x y dxdydxdy 例41 22 22 1x ty t F txy dxdy 求 Ft 解 利 用 区 间 变 换 将 参 量t转 移 到 被 积 函 数 中 令 xtuytv 22 2222 22 1 2222 1 1 uv uv x ty t F tutvtdudv utvtxy Ftdudvdxdy xy utvt 例42 222 0 xyt F tf xy dxdy t 求 Ft 解 利 用 极 坐 标 等 将 参 量t转 移 到 积 分 变 限 中 令 cos sin xryr 22 000 cos sincos sin t F tdrf rrdFtf rrd 例43 2 22222 22cos2Dxyxyr 求 2 D xydxdy 解 2 22 2cos2 32 44 000 2 1 4 44cos 2 42 DD x xy dxdyxy dxdy dr drd 这是标准的伯努利双纽线 参见同济版上册附录 由于伯努利双纽线关于 轴对称 根据对称性 则 例44 计算 2222 2 4 1 xy xyxy Idxdy xy 2222 cos sin2222 1sin 42 11 arctancos 24 2 4 1111 2 4coscos sinsin 4242 111 cossinarctan 422 1 2 cossin 1 sin 1 2 2ln 1 cos sin cos 4 x r y r xy xyxy xy Drr xyxy rdr Idxdyd xyrr d 44 11 arctanarctan 22 2 4 1 arctan 2 1 2ln 2tantan tan 2ln2ln tanln tanln 2 d d 题型七 二重积分应用题法 例45 设 f x y为恒大于零的连续函数 求证 21 bb aa f x dxdxba f x 证明 采用二重积分的逆向思想逆向思想 设 Daxbayb 11 11 1 2 111 22 222 bbbb aaaaD bbbb aaaaD DD DDD f x If x dxdxf x dxdydxdy f xfyfy fy If x dxdxfy dydxdxdy f xf xf x f xfy Idxdydxdy fyf x f xfyf xfy dxdydxdydxdyb fyf xfyf x 2 a 例46 设 f x是区间 0 上具有连续导数的单调增加函数 且 01f 对任意 0 t 直线 0 xxt 曲线 yf x 以及x轴所 围成的曲边梯形绕x轴旋转一周生成的旋转体 若该旋转体的侧面积 在数值上等于其体积的 2 倍 求 f x 解 依题意得 2 2 00 212 tt f xfxdxfx dx 也可使用古尔金第二定理 0t 时 上述等式显然成立 现在上式两边对t求导得 2 0 22 010 2 2 2 22 22 2 11 ln11 1 01 01 01 ln11 1 ln1ln1 1 1 2 f tft ff t yf x x x xx f tftftftft dy dy dx yyxcy ydx y y y yyxyye yyxxyye yy f xyee 单增 又 行列式的题型题法大全专题讲座 一 行列式的基础题型与题法 例 1 求极限 23 0 123 sin2 lim 111 1sincos1 101 x xxx xx L xx 解 应用罗毕达法则 22323 00 123 100 123000123 123 sin2sin2cos10 002 limlim4 000111111111 1sincos1cossin01sincos1100 101101000101 xx xxxxxxxx xxxxx L xxxxxx 同步练习 23 22 1236 026 xxx F xxxFxx x 例2 行列式的分解方法和重要结论 设n阶同型矩阵 ijijijij AaBbABab 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 111213111213 212223212223 313233313233 131211 232221 333231 111 112 121211 1113 2123 3133 2 00 00 00 000000 000000 000000 0 0 aaaaaa EAaaaaaa aaaaaa aaa aaa aaa aa aa aa 11121112111213 21222122212223 31323132313233 12221221222 00 00 aaaaaaa aaaaaaa aaaaaaa 111213 22231113 111232 112233212223 323331332122 313233 123112233 111213 123212223 313233 1 根据韦达定理 马上可以得到两个重要公式 n aaa aaaaaa EAaaaaaa aaaaaa aaa aaaTr A aaa aaaA aaa apple 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 EA 3 323232 112233 1 ii i aaaatrA apple 123 0trA 评 注 韦达定理的一般形式为 12 120 120 111 0 1 nnn n nnn nn nnniiji iiji nnn aaa a xaxaxaxx xx aaa 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 11121 21222 11221 12 12 n n i iiiiinn iiin nnnn aaa aaa aAaAaA aaa aaa 第行 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 1 11121 111111 12 1112111121 11 1212 11 000 000 1 m mn mmmm mn mmmnnn nnnmnnnn aaa aabb aaa a cccbbb aabb cccbbb a 1 1111 11 1 1 12121111 mn mmmnnn m m abb aabb mmm m 2 1112111121 111111 1212 11121 11 12 1 000 000 1 nm mn mmmnmmmm n mmmnnn nnnn cccaaa aabb cccaaa b bbb aabb bbb 2 111111 11 2 1 1212 121 11111 22 mn mn mmmnnn mnm mmn aabb aabb mnnnm m mmnm mnm m 3123313221 13 222 123 1234 4414243313221 2222 14 12