高等数学（第七版）同济大学习题10-2（后7题）个人解答

高等数学（第七版）同济大学习题10-2（后7题）

函数作图软件：Mathematica

16.设平面薄片所占的闭区域D由螺线ρ=2θ上一段弧(0≤θ≤π2)与直线θ=π2所围成，它的面密度为μ(x,y)=x2+y2，求这薄片的质量（图10−27）.\begin{aligned}&16. \ 设平面薄片所占的闭区域D由螺线\rho=2\theta上一段弧\left(0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}\right)与直线\theta=\frac{\pi}{2}所围成，它的面密度\\\\&\ \ \ \ \ \ 为\mu(x, \ y)=x^2+y^2，求这薄片的质量（图10-27）.&\end{aligned}16. 设平面薄片所占的闭区域D由螺线ρ=2θ上一段弧(0≤θ≤2π)与直线θ=2π所围成，它的面密度为μ(x, y)=x2+y2，求这薄片的质量（图10−27）.

解：

薄片的质量为它的面密度在薄片所占区域D上的二重积分，即M=∬Dμ(x,y)dσ=∬D(x2+y2)dσ=∬Dρ2⋅ρdρdθ=∫0π2dθ∫02θρ3dρ=4∫0π2θ4dθ=π540.\begin{aligned} &\ \ 薄片的质量为它的面密度在薄片所占区域D上的二重积分，即M=\iint_{D}\mu(x, \ y)d\sigma=\iint_{D}(x^2+y^2)d\sigma=\\\\ &\ \ \iint_{D}\rho^2 \cdot \rho d\rho d\theta=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \int_{0}^{2\theta}\rho^3 d\rho=4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\theta^4 d\theta=\frac{\pi^5}{40}. & \end{aligned} 薄片的质量为它的面密度在薄片所占区域D上的二重积分，即M=∬Dμ(x, y)dσ=∬D(x2+y2)dσ= ∬Dρ2⋅ρdρdθ=∫02πdθ∫02θρ3dρ=4∫02πθ4dθ=40π5.

17.求由平面y=0，y=kx(k>0)，z=0以及球心在原点、半径为R的上半球面所围成的在第一卦限内的立体的体积（图10−28）.\begin{aligned}&17. \ 求由平面y=0，y=kx(k \gt 0)，z=0以及球心在原点、半径为R的上半球面所围成的在第一卦限\\\\&\ \ \ \ \ \ 内的立体的体积（图10-28）.&\end{aligned}17. 求由平面y=0，y=kx(k>0)，z=0以及球心在原点、半径为R的上半球面所围成的在第一卦限内的立体的体积（图10−28）.

解：

记α=arctank，V=∬DR2−x2−y2dσ=∬DR2−ρ2ρdρdθ=∫0αdθ∫0RR2−ρ2ρdρ=α⋅(−12)∫0RR2−ρ2d(R2−ρ2)=αR33=R33arctank.\begin{aligned} &\ \ 记\alpha=arctan\ k，V=\iint_{D}\sqrt{R^2-x^2-y^2}d\sigma=\iint_{D}\sqrt{R^2-\rho^2}\rho d\rho d\theta=\int_{0}^{\alpha}d\theta \int_{0}^{R}\sqrt{R^2-\rho^2}\rho d\rho=\\\\ &\ \ \alpha \cdot \left(-\frac{1}{2}\right)\int_{0}^{R}\sqrt{R^2-\rho^2}d(R^2-\rho^2)=\frac{\alpha R^3}{3}=\frac{R^3}{3}arctan\ k. & \end{aligned} 记α=arctan k，V=∬DR2−x2−y2dσ=∬DR2−ρ2ρdρdθ=∫0αdθ∫0RR2−ρ2ρdρ= α⋅(−21)∫0RR2−ρ2d(R2−ρ2)=3αR3=3R3arctan k.

18.计算以xOy面上的圆周x2+y2=ax围成的闭区域为底，而以曲面z=x2+y2为顶的曲顶柱体的体积.\begin{aligned}&18. \ 计算以xOy面上的圆周x^2+y^2=ax围成的闭区域为底，而以曲面z=x^2+y^2为顶的曲顶柱体的体积.&\end{aligned}18. 计算以xOy面上的圆周x2+y2=ax围成的闭区域为底，而以曲面z=x2+y2为顶的曲顶柱体的体积.

解：

设D={(x,y)∣0≤y≤ax−x2，0≤x≤a}={(ρ,θ)∣0≤ρ≤acosθ，0≤θ≤π2}，因为曲顶柱体关于zOx面对称，所以V=2∬D(x2+y2)dxdy=2∬Dρ2⋅ρdρdθ=2∫0π2dθ∫0acosθρ3dρ=a42∫0π2cos4θdθ=a42⋅34⋅12⋅π2=332πa4.\begin{aligned} &\ \ 设D=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le y \le \sqrt{ax-x^2}，0 \le x \le a \}=\left\{(\rho, \ \theta)\ |\ 0 \le \rho \le acos\ \theta，0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}\right\}，因为曲顶柱体\\\\ &\ \ 关于zOx面对称，所以V=2\iint_{D}(x^2+y^2)dxdy=2\iint_{D}\rho^2 \cdot \rho d\rho d\theta=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \int_{0}^{acos\ \theta}\rho^3 d\rho=\frac{a^4}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}cos^4\ \theta d\theta=\\\\ &\ \ \frac{a^4}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi}{2}=\frac{3}{32}\pi a^4. & \end{aligned} 设D={(x, y) ∣ 0≤y≤ax−x2，0≤x≤a}={(ρ, θ) ∣ 0≤ρ≤acos θ，0≤θ≤2π}，因为曲顶柱体关于zOx面对称，所以V=2∬D(x2+y2)dxdy=2∬Dρ2⋅ρdρdθ=2∫02πdθ∫0acos θρ3dρ=2a4∫02πcos4 θdθ= 2a4⋅43⋅21⋅2π=323πa4.

19.作适当的变换，计算下列二重积分:\begin{aligned}&19. \ 作适当的变换，计算下列二重积分:&\end{aligned}19. 作适当的变换，计算下列二重积分:

(1)∬D(x−y)2sin2(x+y)dxdy，其中D是平行四边形闭区域，它的四个顶点是(π,0)，(2π,π)，(π,2π)，(0,π)；(2)∬Dx2y2dxdy，其中D是由两条双曲线xy=1和xy=2，直线y=x和y=4x所围成的在第一象限内的闭区域；(3)∬Deyx+ydxdy，其中D是由x轴、y轴和直线x+y=1所围成的闭区域；(4)∬D(x2a2+y2b2)dxdy，其中D={(x,y)∣x2a2+y2b2≤1}.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \iint_{D}(x-y)^2sin^2(x+y)dxdy，其中D是平行四边形闭区域，它的四个顶点是(\pi, \ 0)，(2\pi, \ \pi)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ (\pi, \ 2\pi)，(0, \ \pi)；\\\\ &\ \ (2)\ \ \iint_{D}x^2y^2dxdy，其中D是由两条双曲线xy=1和xy=2，直线y=x和y=4x所围成的在第一象限内的闭区域；\\\\ &\ \ (3)\ \ \iint_{D}e^{\frac{y}{x+y}}dxdy，其中D是由x轴、y轴和直线x+y=1所围成的闭区域；\\\\ &\ \ (4)\ \ \iint_{D}\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\right)dxdy，其中D=\left\{(x, \ y)\ \bigg|\ \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2} \le 1\right\}. & \end{aligned} (1) ∬D(x−y)2sin2(x+y)dxdy，其中D是平行四边形闭区域，它的四个顶点是(π, 0)，(2π, π)， (π, 2π)，(0, π)； (2) ∬Dx2y2dxdy，其中D是由两条双曲线xy=1和xy=2，直线y=x和y=4x所围成的在第一象限内的闭区域； (3) ∬Dex+yydxdy，其中D是由x轴、y轴和直线x+y=1所围成的闭区域； (4) ∬D(a2x2+b2y2)dxdy，其中D={(x, y) ∣∣∣∣ a2x2+b2y2≤1}.

解：

(1)令u=x−y，v=x+y，则x=u+v2，y=v−u2，在变换下，D的边界x−y=−π，x+y=π，x−y=π，x+y=3π依次与u=−π，v=π，u=π，v=3π对应，后者构成uOv平面上与D对应的闭区域D′的边界，则D′={(u,v)∣−π≤u≤π，π≤v≤3π}，又因J=∂(x,y)∂(u,v)=∣1212−1212∣=12，所以∬D(x−y)2sin2(x+y)dxdy=∬D′u2sin2v⋅12dudv=12∫−ππu2du∫π3πsin2vdv=12[u33]−ππ⋅[v2−sin2v4]π3π=π43.\begin{aligned} &\ \ (1)\ 令u=x-y，v=x+y，则x=\frac{u+v}{2}，y=\frac{v-u}{2}，在变换下，D的边界\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ x-y=-\pi，x+y=\pi，x-y=\pi，x+y=3\pi依次与u=-\pi，v=\pi，u=\pi，v=3\pi对应，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 后者构成uOv平面上与D对应的闭区域D'的边界，则D'=\{(u, \ v)\ |\ -\pi \le u \le \pi，\pi \le v \le 3\pi\}，又因\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ J=\frac{\partial(x, \ y)}{\partial(u, \ v)}=\left|\begin{array}{cccc}\frac{1}{2} &\frac{1}{2}\\ \\-\frac{1}{2} &\frac{1}{2}\end{array}\right|=\frac{1}{2}，所以\iint_{D}(x-y)^2sin^2(x+y)dxdy=\iint_{D'}u^2sin^2\ v\cdot \frac{1}{2}dudv=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}u^2du\int_{\pi}^{3\pi}sin^2\ vdv=\frac{1}{2}\left[\frac{u^3}{3}\right]_{-\pi}^{\pi}\cdot \left[\frac{v}{2}-\frac{sin\ 2v}{4}\right]_{\pi}^{3\pi}=\frac{\pi^4}{3}.\\\\ & \end{aligned}  (1) 令u=x−y，v=x+y，则x=2u+v，y=2v−u，在变换下，D的边界        x−y=−π，x+y=π，x−y=π，x+y=3π依次与u=−π，v=π，u=π，v=3π对应，        后者构成uOv平面上与D对应的闭区域D′的边界，则D′={(u, v) ∣ −π≤u≤π，π≤v≤3π}，又因        J=∂(u, v)∂(x, y)=∣∣∣∣∣∣21−212121∣∣∣∣∣∣=21，所以∬D(x−y)2sin2(x+y)dxdy=∬D′u2sin2 v⋅21dudv=        21∫−ππu2du∫π3πsin2 vdv=21[3u3]−ππ⋅[2v−4sin 2v]π3π=3π4.

(2)令u=xy，v=yx，则x=uv，y=uv，在变换下，D的边界xy=1，y=x，xy=2，y=4x依次与u=1，v=1，u=2，v=4对应，后者构成uOv平面上与D对应的闭区域D′的边界，则D′={(u,v)∣1≤u≤2，1≤v≤4}，又因J=∂(x,y)∂(u,v)=∣12uv−u2v3v2uu2v∣=14(1v+1v)=12v，所以∬Dx2y2dxdy=∬D′u2⋅12vdudv=12∫12u2du∫141vdv=73ln2.\begin{aligned} &\ \ (2)\ 令u=xy，v=\frac{y}{x}，则x=\sqrt{\frac{u}{v}}，y=\sqrt{uv}，在变换下，D的边界xy=1，y=x，xy=2，y=4x依次与\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ u=1，v=1，u=2，v=4对应，后者构成uOv平面上与D对应的闭区域D'的边界，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D'=\{(u, \ v)\ |\ 1 \le u \le 2，1 \le v \le 4\}，又因J=\frac{\partial(x, \ y)}{\partial(u, \ v)}=\left|\begin{array}{cccc}\frac{1}{2\sqrt{uv}} &-\frac{\sqrt{u}}{2\sqrt{v^3}}\\ \\\frac{\sqrt{v}}{2\sqrt{u}} &\frac{\sqrt{u}}{2\sqrt{v}}\end{array}\right|=\frac{1}{4}\left(\frac{1}{v}+\frac{1}{v}\right)=\frac{1}{2v}，所以\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}x^2y^2dxdy=\iint_{D'}u^2\cdot \frac{1}{2v}dudv=\frac{1}{2}\int_{1}^{2}u^2du\int_{1}^{4}\frac{1}{v}dv=\frac{7}{3}ln\ 2.\\\\ & \end{aligned}  (2) 令u=xy，v=xy，则x=vu，y=uv，在变换下，D的边界xy=1，y=x，xy=2，y=4x依次与        u=1，v=1，u=2，v=4对应，后者构成uOv平面上与D对应的闭区域D′的边界，则        D′={(u, v) ∣ 1≤u≤2，1≤v≤4}，又因J=∂(u, v)∂(x, y)=∣∣∣∣∣∣∣2uv12uv−2v3u2vu∣∣∣∣∣∣∣=41(v1+v1)=2v1，所以        ∬Dx2y2dxdy=∬D′u2⋅2v1dudv=21∫12u2du∫14v1dv=37ln 2.

(3)令u=x+y，v=y，即x=u−v，y=v，在变换下，D的边界y=0，x=0，x+y=1依次与v=0，u=v，u=1对应，后者构成uOv平面上与D对应的闭区域D′的边界，则D′={(u,v)∣0≤v≤u，0≤u≤1}，又因J=∂(x,y)∂(u,v)=∣1−101∣=1，所以∬Deyx+ydxdy=∬D′evududv=∫01du∫0uevudv=∫01u(e−1)du=12(e−1).(4)作广义极坐标变换{x=aρcosθ，y=bρsinθ(a>0，b>0，ρ≥0，0≤θ≤2π)，在变换下，与D对应的闭区域D′={(ρ,θ)∣0≤ρ≤1，0≤θ≤2π}，又因J=∂(x,y)∂(ρ,θ)=∣acosθ−aρsinθbsinθbρcosθ∣=abρ，所以∬D(x2a2+y2b2)dxdy=∬D′ρ2⋅abρdρdθ=ab∫02πdθ∫01ρ3dρ=12abπ.\begin{aligned} &\ \ (3)\ 令u=x+y，v=y，即x=u-v，y=v，在变换下，D的边界y=0，x=0，x+y=1依次与\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ v=0，u=v，u=1对应，后者构成uOv平面上与D对应的闭区域D'的边界，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D'=\{(u, \ v)\ |\ 0 \le v \le u，0 \le u \le 1\}，又因J=\frac{\partial(x, \ y)}{\partial(u, \ v)}=\left|\begin{array}{cccc}1 &-1\\ \\0&1\end{array}\right|=1，所以\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}e^{\frac{y}{x+y}}dxdy=\iint_{D'}e^{\frac{v}{u}}dudv=\int_{0}^{1}du\int_{0}^{u}e^{\frac{v}{u}}dv=\int_{0}^{1}u(e-1)du=\frac{1}{2}(e-1).\\\\ &\ \ (4)\ 作广义极坐标变换\begin{cases}x=a\rho cos\ \theta，\\\\y=b\rho sin\ \theta\end{cases}(a \gt 0，b \gt 0，\rho \ge 0，0 \le \theta \le 2\pi)，在变换下，与D对应的闭区域\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D'=\{(\rho, \ \theta)\ |\ 0 \le \rho \le 1，0 \le \theta \le 2\pi\}，又因J=\frac{\partial(x, \ y)}{\partial(\rho, \ \theta)}=\left|\begin{array}{cccc}acos\ \theta & -a\rho sin\ \theta\\ \\bsin\ \theta & b\rho cos\ \theta\end{array}\right|=ab\rho，所以\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\right)dxdy=\iint_{D'}\rho^2 \cdot ab\rho d\rho d\theta=ab\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}\rho^3 d\rho=\frac{1}{2}ab\pi. & \end{aligned}  (3) 令u=x+y，v=y，即x=u−v，y=v，在变换下，D的边界y=0，x=0，x+y=1依次与        v=0，u=v，u=1对应，后者构成uOv平面上与D对应的闭区域D′的边界，则        D′={(u, v) ∣ 0≤v≤u，0≤u≤1}，又因J=∂(u, v)∂(x, y)=∣∣∣∣∣∣10−11∣∣∣∣∣∣=1，所以        ∬Dex+yydxdy=∬D′euvdudv=∫01du∫0ueuvdv=∫01u(e−1)du=21(e−1).  (4) 作广义极坐标变换⎩⎪⎨⎪⎧x=aρcos θ，y=bρsin θ(a>0，b>0，ρ≥0，0≤θ≤2π)，在变换下，与D对应的闭区域        D′={(ρ, θ) ∣ 0≤ρ≤1，0≤θ≤2π}，又因J=∂(ρ, θ)∂(x, y)=∣∣∣∣∣∣acos θbsin θ−aρsin θbρcos θ∣∣∣∣∣∣=abρ，所以        ∬D(a2x2+b2y2)dxdy=∬D′ρ2⋅abρdρdθ=ab∫02πdθ∫01ρ3dρ=21abπ.

20.求由下列曲线所围成的闭区域D的面积:\begin{aligned}&20. \ 求由下列曲线所围成的闭区域D的面积:&\end{aligned}20. 求由下列曲线所围成的闭区域D的面积:

(1)D是由曲线xy=4，xy=8，xy3=5，xy3=15所围成的第一象限部分的闭区域；(2)D是由曲线y=x3，y=4x3，x=y3，x=4y3所围成的第一象限部分的闭区域.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ D是由曲线xy=4，xy=8，xy^3=5，xy^3=15所围成的第一象限部分的闭区域；\\\\ &\ \ (2)\ \ D是由曲线y=x^3，y=4x^3，x=y^3，x=4y^3所围成的第一象限部分的闭区域. & \end{aligned} (1) D是由曲线xy=4，xy=8，xy3=5，xy3=15所围成的第一象限部分的闭区域； (2) D是由曲线y=x3，y=4x3，x=y3，x=4y3所围成的第一象限部分的闭区域.

解：

(1)令u=xy，v=xy3(x≥0，y≥0)，则x=u3v，y=vu，在变换下，与D对应的uOv平面上的闭区域D′={(u,v)∣4≤u≤8，5≤v≤15}，又因J=∂(x,y)∂(u,v)=∣32uv−12u3v3−12vu3121uv∣=12v，所求面积A=∬Ddxdy=∬D′12vdudv=12∫48du∫5151vdv=2ln3.(2)令u=yx3，v=xy3(x>0，y>0)，则x=u−38v−18，y=u−18v−38，在变换下，与D对应的uOv平面上的闭区域D′={(u,v)∣1≤u≤4，1≤v≤4}，又因J=∂(x,y)∂(u,v)=∣−38u−118v−18−18u−38v−98−18u−98v−38−38u−18v−118∣=18u−32v−32，所求面积A=∬Ddxdy=∬D′18u−32v−32dudv=18∫14u−32du∫14v−32dv=18([−2u−12]14)2=18.\begin{aligned} &\ \ (1)\ 令u=xy，v=xy^3(x \ge 0，y \ge 0)，则x=\sqrt{\frac{u^3}{v}}，y=\sqrt{\frac{v}{u}}，在变换下，与D对应的uOv平面上的闭区域\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D'=\{(u, \ v)\ |\ 4 \le u \le 8，5 \le v \le 15\}，又因J=\frac{\partial(x, \ y)}{\partial(u, \ v)}=\left|\begin{array}{cccc}\frac{3}{2}\sqrt{\frac{u}{v}} & -\frac{1}{2}\sqrt{\frac{u^3}{v^3}}\\ \\-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{v}{u^3}}& \frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{uv}}\end{array}\right|=\frac{1}{2v}，所求面积\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ A=\iint_{D}dxdy=\iint_{D'}\frac{1}{2v}dudv=\frac{1}{2}\int_{4}^{8}du\int_{5}^{15}\frac{1}{v}dv=2ln\ 3.\\\\ &\ \ (2)\ 令u=\frac{y}{x^3}，v=\frac{x}{y^3}(x \gt 0，y \gt 0)，则x=u^{-\frac{3}{8}}v^{-\frac{1}{8}}，y=u^{-\frac{1}{8}}v^{-\frac{3}{8}}，在变换下，与D对应的uOv平面上的闭区域\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D'=\{(u, \ v)\ |\ 1 \le u \le 4，1 \le v \le 4\}，又因J=\frac{\partial(x, \ y)}{\partial(u, \ v)}=\left|\begin{array}{cccc}-\frac{3}{8}u^{-\frac{11}{8}}v^{-\frac{1}{8}} & -\frac{1}{8}u^{-\frac{3}{8}}v^{-\frac{9}{8}}\\ \\-\frac{1}{8}u^{-\frac{9}{8}}v^{-\frac{3}{8}}& -\frac{3}{8}u^{-\frac{1}{8}}v^{-\frac{11}{8}}\end{array}\right|=\frac{1}{8}u^{-\frac{3}{2}}v^{-\frac{3}{2}}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所求面积A=\iint_{D}dxdy=\iint_{D'}\frac{1}{8}u^{-\frac{3}{2}}v^{-\frac{3}{2}}dudv=\frac{1}{8}\int_{1}^{4}u^{-\frac{3}{2}}du\int_{1}^{4}v^{-\frac{3}{2}}dv=\frac{1}{8}([-2u^{-\frac{1}{2}}]_{1}^{4})^2=\frac{1}{8}. & \end{aligned} (1) 令u=xy，v=xy3(x≥0，y≥0)，则x=vu3，y=uv，在变换下，与D对应的uOv平面上的闭区域 D′={(u, v) ∣ 4≤u≤8，5≤v≤15}，又因J=∂(u, v)∂(x, y)=∣∣∣∣∣∣∣∣23vu−21u3v−21v3u321uv1∣∣∣∣∣∣∣∣=2v1，所求面积 A=∬Ddxdy=∬D′2v1dudv=21∫48du∫515v1dv=2ln 3. (2) 令u=x3y，v=y3x(x>0，y>0)，则x=u−83v−81，y=u−81v−83，在变换下，与D对应的uOv平面上的闭区域 D′={(u, v) ∣ 1≤u≤4，1≤v≤4}，又因J=∂(u, v)∂(x, y)=∣∣∣∣∣∣−83u−811v−81−81u−89v−83−81u−83v−89−83u−81v−811∣∣∣∣∣∣=81u−23v−23，所求面积A=∬Ddxdy=∬D′81u−23v−23dudv=81∫14u−23du∫14v−23dv=81([−2u−21]14)2=81.

21.设闭区域D是由直线x+y=1，x=0，y=0所围成，求证∬Dcos(x−yx+y)dxdy=12sin1.\begin{aligned}&21. \ 设闭区域D是由直线x+y=1，x=0，y=0所围成，求证\iint_{D}cos\left(\frac{x-y}{x+y}\right)dxdy=\frac{1}{2}sin\ 1.&\end{aligned}21. 设闭区域D是由直线x+y=1，x=0，y=0所围成，求证∬Dcos(x+yx−y)dxdy=21sin 1.

解：

令u=x−y，v=x+y，则x=u+v2，y=v−u2，在变换下，D的边界x+y=1，x=0，y=0依次与v=1，u+v=0，v−u=0对应，后者构成uOv平面上与D对应的闭区域D′的边界，则D′={(u,v)∣−v≤u≤v，0≤v≤1}，又因J=∂(x,y)∂(u,v)=∣1212−1212∣=12，所以∬Dcos(x−yx+y)dxdy=∬D′cosuv⋅12dudv=12∫01dv∫−vvcosuvdu=12∫01v[sinuv]−vvdv=∫01vsin1dv=12sin1.\begin{aligned} &\ \ 令u=x-y，v=x+y，则x=\frac{u+v}{2}，y=\frac{v-u}{2}，在变换下，D的边界x+y=1，x=0，y=0依次与\\\\ &\ \ v=1，u+v=0，v-u=0对应，后者构成uOv平面上与D对应的闭区域D'的边界，则\\\\ &\ \ D'=\{(u, \ v)\ |\ -v \le u \le v，0 \le v \le 1\}，又因J=\frac{\partial(x, \ y)}{\partial(u, \ v)}=\left|\begin{array}{cccc}\frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\ \\-\frac{1}{2}& \frac{1}{2}\end{array}\right|=\frac{1}{2}，所以\iint_{D}cos\left(\frac{x-y}{x+y}\right)dxdy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D'}cos\frac{u}{v}\cdot \frac{1}{2}dudv=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}dv\int_{-v}^{v}cos\frac{u}{v}du=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}v\left[sin\frac{u}{v}\right]_{-v}^{v}dv=\int_{0}^{1}vsin\ 1dv=\frac{1}{2}sin\ 1. & \end{aligned} 令u=x−y，v=x+y，则x=2u+v，y=2v−u，在变换下，D的边界x+y=1，x=0，y=0依次与 v=1，u+v=0，v−u=0对应，后者构成uOv平面上与D对应的闭区域D′的边界，则 D′={(u, v) ∣ −v≤u≤v，0≤v≤1}，又因J=∂(u, v)∂(x, y)=∣∣∣∣∣∣21−212121∣∣∣∣∣∣=21，所以∬Dcos(x+yx−y)dxdy= ∬D′cosvu⋅21dudv=21∫01dv∫−vvcosvudu=21∫01v[sinvu]−vvdv=∫01vsin 1dv=21sin 1.

22.选取适当的变换，证明下列等式:\begin{aligned}&22. \ 选取适当的变换，证明下列等式:&\end{aligned}22. 选取适当的变换，证明下列等式:

(1)∬Df(x+y)dxdy=∫−11f(u)du，其中闭区域D={(x,y)∣∣x∣+∣y∣≤1}；(2)∬Df(ax+by+c)dxdy=2∫−111−u2f(ua2+b2+c)du，其中D={(x,y)∣x2+y2≤1}，且a2+b2≠0.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \iint_{D}f(x+y)dxdy=\int_{-1}^{1}f(u)du，其中闭区域D=\{(x, \ y)\ |\ |x|+|y| \le 1\}；\\\\ &\ \ (2)\ \ \iint_{D}f(ax+by+c)dxdy=2\int_{-1}^{1}\sqrt{1-u^2}f(u\sqrt{a^2+b^2}+c)du，其中D=\{(x, \ y)\ |\ x^2+y^2 \le 1\}，且a^2+b^2 \neq 0. & \end{aligned} (1) ∬Df(x+y)dxdy=∫−11f(u)du，其中闭区域D={(x, y) ∣ ∣x∣+∣y∣≤1}； (2) ∬Df(ax+by+c)dxdy=2∫−111−u2f(ua2+b2+c)du，其中D={(x, y) ∣ x2+y2≤1}，且a2+b2=0.

解：

(1)闭区域D的边界为x+y=−1，x+y=1，x−y=−1，x−y=1，令u=x+y，v=x−y，即x=u+v2，y=u−v2，在变换下，D为uOv平面上的闭区域D′={(u,v)∣−1≤u≤1，−1≤v≤1}，又因J=∂(x,y)∂(u,v)=∣121212−12∣=−12，所以∬Df(x+y)dxdy=∬D′f(u)∣−12∣dudv=12∫−11f(u)du∫−11dv=∫−11f(u)du.(2)比较等式两端，需作变换ua2+b2=ax+by，即u=ax+bya2+b2，因D的边界曲线为x2+y2=1，令v=bx−aya2+b2，就有u2+v2=1，即D的边界曲线x2+y2=1为uOv平面上的圆u2+v2=1，则与D对应的闭区域为D′={(u,v)∣u2+v2=1}，由u，v的表达式可得x=au+bva2+b2，y=bu−ava2+b2，因此J=∂(x,y)∂(u,v)=∣aa2+b2ba2+b2ba2+b2−aa2+b2∣=−1，则∬Df(ax+by+c)dxdy=∬D′f(ua2+b2+c)∣−1∣dudv=∫−11du∫−1−u21−u2f(ua2+b2+c)dv=2∫−111−u2f(ua2+b2+c)du.\begin{aligned} &\ \ (1)\ 闭区域D的边界为x+y=-1，x+y=1，x-y=-1，x-y=1，令u=x+y，v=x-y，即\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ x=\frac{u+v}{2}，y=\frac{u-v}{2}，在变换下，D为uOv平面上的闭区域D'=\{(u, \ v)\ |\ -1 \le u \le 1，-1 \le v \le 1\}，又因\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ J=\frac{\partial(x, \ y)}{\partial(u, \ v)}=\left|\begin{array}{cccc}\frac{1}{2} & \frac{1}{2}\\ \\\frac{1}{2}& -\frac{1}{2}\end{array}\right|=-\frac{1}{2}，所以\iint_{D}f(x+y)dxdy=\iint_{D'}f(u)\left|-\frac{1}{2}\right|dudv=\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}f(u)du\int_{-1}^{1}dv=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{-1}^{1}f(u)du.\\\\ &\ \ (2)\ 比较等式两端，需作变换u\sqrt{a^2+b^2}=ax+by，即u=\frac{ax+by}{\sqrt{a^2+b^2}}，因D的边界曲线为x^2+y^2=1，令\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ v=\frac{bx-ay}{\sqrt{a^2+b^2}}，就有u^2+v^2=1，即D的边界曲线x^2+y^2=1为uOv平面上的圆u^2+v^2=1，则与D对应的\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 闭区域为D'=\{(u, \ v)\ |\ u^2+v^2=1\}，由u，v的表达式可得x=\frac{au+bv}{\sqrt{a^2+b^2}}，y=\frac{bu-av}{\sqrt{a^2+b^2}}，因此\\\\ &J=\frac{\partial(x, \ y)}{\partial(u, \ v)}=\left|\begin{array}{cccc}\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}} & \frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}\\ \\\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}& \frac{-a}{\sqrt{a^2+b^2}}\end{array}\right|=-1，则\iint_{D}f(ax+by+c)dxdy=\iint_{D'}f(u\sqrt{a^2+b^2}+c)|-1|dudv=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{-1}^{1}du\int_{-\sqrt{1-u^2}}^{\sqrt{1-u^2}}f(u\sqrt{a^2+b^2}+c)dv=2\int_{-1}^{1}\sqrt{1-u^2}f(u\sqrt{a^2+b^2}+c)du. & \end{aligned} (1) 闭区域D的边界为x+y=−1，x+y=1，x−y=−1，x−y=1，令u=x+y，v=x−y，即 x=2u+v，y=2u−v，在变换下，D为uOv平面上的闭区域D′={(u, v) ∣ −1≤u≤1，−1≤v≤1}，又因 J=∂(u, v)∂(x, y)=∣∣∣∣∣∣212121−21∣∣∣∣∣∣=−21，所以∬Df(x+y)dxdy=∬D′f(u)∣∣∣∣−21∣∣∣∣dudv=21∫−11f(u)du∫−11dv= ∫−11f(u)du. (2) 比较等式两端，需作变换ua2+b2=ax+by，即u=a2+b2ax+by，因D的边界曲线为x2+y2=1，令 v=a2+b2bx−ay，就有u2+v2=1，即D的边界曲线x2+y2=1为uOv平面上的圆u2+v2=1，则与D对应的闭区域为D′={(u, v) ∣ u2+v2=1}，由u，v的表达式可得x=a2+b2au+bv，y=a2+b2bu−av，因此J=∂(u, v)∂(x, y)=∣∣∣∣∣∣∣a2+b2aa2+b2ba2+b2ba2+b2−a∣∣∣∣∣∣∣=−1，则∬Df(ax+by+c)dxdy=∬D′f(ua2+b2+c)∣−1∣dudv= ∫−11du∫−1−u21−u2f(ua2+b2+c)dv=2∫−111−u2f(ua2+b2+c)du.