第六次习题课讨论题解答_156606012

4D3D2D1D第六次习题课讨论题参考解答5月7日和8日本次习题课讨论题涉及以下几问题。一．先化简积分再作计算。二．积分不等式三．三重积分计算四．广义重积分计算一：先化简积分再作计算。注：在某些情况下，对积分区域作适当的分割，可简化积分计算。特别是当积分域和被积数具有对称性时。这样可显著提高计算效率。1．计算二重积分dxdyxyD，这里D为闭圆盘222ayx。解：由对称性有0y,0,222xydxdy4xayxDdxdyxy。利用极坐标我们做如下计算200200430y,0,8sincossincosxydxdy222aaxayxadrrdrdrrrd。因此原积分24adxdyxyD。解答完毕。2．求DdyxI,其中]2,0[]2,0[D,yx为取整函数。解：为方便对D作分解4321DDDDD，如图。于是6)(2332321043243214321DDDDdddddyxIDDDDDDDDD解答完毕。3．计算DdyxI422,16:22yxD。解：记21DDD，4:221yxD，164:222yxD，则80)24(2)42(2)4()4()4()4(422420424222020220222221rrrrrdrrdrdrrddyxdyxIDD或者80)4(2)4()4(2)4()4()4(20220402202222222212121rdrrdrdrrddyxdyxdyxdyxIDDDDD解答完毕。二．积分不等式1．设二元函数),(yxf在开单位圆盘1:22yxD上是2C的，在开单位圆盘1:22yxD上连续。若函数),(yxf在单位圆周122yx上取值为常数零，证明0)],(),()[,(122dxdyyxfyxfyxfyxyyxx。（第三章总复习题题10,page171.）。证明：将重积分化为累次积分，然后再做分部积分，并利用假设条件。111111111222222),(),(),(),(yyyyxxxyxxxfdfdydxyxfyxfdydxdyyxfyxf12111121122220),(),(),(),(yxxyyxyyxdxdyyxfdydxyxfyxfyxf。同理可证dxdyyxfyxfyxyy122),(),(12220),(yxydxdyyxf。因此0)],(),()[,(122dxdyyxfyxfyxfyxyyxx。证毕2.设函数),(yxf及其偏导数),(yxfy在平面域D上连续，其中域D可表为D：bxa，)()(xyx，这里)(x和)(x为],[ba上的连续函数，且)()(xx。进一步假设0))(,(xxf，],[bax，证明存在常数0C，使得dxdyyxfCdxdyyxfDDy),(),(22（这个不等式常称作Poincare不等式）证明：根据假设和Newton—Leibniz公式得yxtdttxfyxf)(),(),(。两边平方并应用Cauchy-Schwarz不等式得)()(2)(22)(2),()]()([),())((),(),(xxyyxtyxtdyyxfxxdttxfxydttxfyxf。两边关于y在区间)](),([xx上积分得)()(222)()(),()]()([),(xxyxxdyyxfxxdyyxf记},)]()(max{[2bxaxxC。则)()(22)()(),(),(xxyxxdyyxfCdyyxf。对上述不等式关于x在区间],[ba上积分得)()(22)()(),(),(xxybaxxbadyyxfdxCdyyxfdx。再将上式两边的累次积分换成重积分，即得所要证明的Poincare不等式。证毕。三．三重积分计算1．求由曲面:Szzyx4222)(所围立体的体积。解：记立体的体积为||。由观察可知平面]1,0[zz裁截立体所得的截面为圆盘，记为zD，其圆心位于),0,0(z，半径为4/14)(zzrz，其面积为2/14)(zz。于是zDdxdydzdxdydz10||6)1(32)(210102/122/14duudzzz。解答完毕。2．设)(ijaA为33实对称正定矩阵，31.)(jijiijxxaxH,则1)(xH表示三维空间的一个椭球面。(i)证明椭球面1)(xH所包围立体V的体积为AVdet34||。(ii)计算积分3211)()(dxdxdxeIxHxH（第三章总复习题题14，page172）证明：(i)由于A对称正定，因此存在可逆矩阵P，使得PPAt。立体V在线性变换Pxy作用下的象集U是单位球。这是因为33222131.1yyyyyPxPxAxxxxattttjijiij＝。于是||V3211321|det|dydydyPdxdxdxUV|det|1P||U|det|341P。根据关系PPAt，我们有APdet)(det2，于是|det|1PAPdet1|det|1。故AVdet34||。证毕。(ii)由于A对称正定，因此存在正交矩阵Q，使得QQAt，其中为对角阵，对角元分别为A的三个特征值。我们记这三个特征值为a，b，c。他们均为正的。于是在正交变换Qxy下，我们有3211232221232221dydydyeIcybyaycybyay.再对上述积分做广义球坐标变换cossin11ay，sinsin12by，cos13cy得abcedrerabcddrdreabcIrrr)2(44sin110220,0,102。由于Aabcdet。因此AeIdet)2(4。解答完毕。3．计算三重积分dxdydzzyxI)(，其中为由上半球面221yxz和上半锥面22yxz所围成的立体.解：由对称性可知0dxdydzx和0dxdydzy。因此所求积分为dxdydzzI。以下我们分别用不同方法来求积分.方法一：利用球坐标我们求得8)cos)(sin(102204/0drrrddI方法二：直接在直角坐标系计算。以下我们采用先二后一方法求积分。具体说来，以平面zz裁截立体，所得截面在Oxy平面的投影为闭圆盘222:zyxDz。于是8112/122/10210zzdzzzdxdyzdzIzD。解答完毕。四．广义重积分计算1．计算二重广义积分dxdyyxeRyx222)sin(22)(。（第三章总复习题题7(2),page171.）解：作极坐标变换：trxcos，trysin，则所求积分为rdrdtretrr20,02sin2dssedts02120sin注意212)sin(cossin00ssssssedsse。于是我们得到2)sin(22222)(dxdyyxeRyx。解答完毕。2．计算二重广义积分dxdyeRyxxy22222。（第三章总复习题题7(3),page171）解：注意222)(22xyxyxxy。考虑做变换yxu，yv。其逆变换为vux，vy。它的Jacobi行列式是常数1。于是原积分等于dvvRuvuRyxxyeduedudvedxdye2222222222。解答完毕。3．计算广义三重积分)1)(1(2222zyzxdxdydzI，其中为无穷长的方体：1,0yx，0z。解：将上述积分化为如下累次积分(先一后二)022221,0)1)(1(zyzxdzdxdyIyx再将内层积分的被积函数分解为两个简单分式之差222222222222111)1)(1(1zyyzxxyxzyzx，yx。于是)(211)(1)1)(1(0220222202222yxzyydyzzxxzxdyxzyzxdz。（*）由此得2ln21,0yxyxdxdyI。注：上述三重积分有两处奇性：z处，以及0yx（z轴）上。它们的收敛性不难证明。另外积分（*）得最后第二个等式当yx时仍然成立。这可以直接证明。或者通过连续性证明。解答完毕。