高等数学(第七版)同济大学 总习题十(前6题)
函数作图软件:Mathematica
1. 填 空 : \begin{aligned}&1. \ 填空:&\end{aligned} 1. 填空:
( 1 ) 积 分 ∫ 0 2 d x ∫ x 2 e − y 2 d y 的 值 是 _ _ _ _ _ ; ( 2 ) 设 闭 区 域 D = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ R 2 } , 则 ∬ D ( x 2 a 2 + y 2 b 2 ) d x d y = _ _ _ _ . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 积分\int_{0}^{2}dx\int_{x}^{2}e^{-y^2}dy的值是\_\_\_\_\_;\\\\ &\ \ (2)\ \ 设闭区域D=\{(x, \ y)\ |\ x^2+y^2 \le R^2\},则\iint_{D}\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\right)dxdy=\_\_\_\_. & \end{aligned} (1) 积分∫02dx∫x2e−y2dy的值是_____; (2) 设闭区域D={(x, y) ∣ x2+y2≤R2},则∬D(a2x2+b2y2)dxdy=____.
解:
( 1 ) ∫ 0 2 d x ∫ x 2 e − y 2 d y = ∫ 0 2 d y ∫ 0 y e − y 2 d x = ∫ 0 2 y e − y 2 d y = − 1 2 ⋅ ∫ 0 2 e − y 2 d ( − y 2 ) = − 1 2 [ e − y 2 ] 0 2 = 1 2 ( 1 − e − 4 ) . ( 2 ) D = { ( ρ , θ ) ∣ 0 ≤ ρ ≤ R , 0 ≤ θ ≤ 2 π } , ∬ D ( x 2 a 2 + y 2 b 2 ) d x d y = ∬ D ( ρ 2 c o s 2 θ a 2 + ρ 2 s i n 2 θ b 2 ) ρ d ρ d θ = ∫ 0 2 π ( c o s 2 θ a 2 + s i n 2 θ b 2 ) d θ ∫ 0 R ρ 3 d ρ = R 4 4 ∫ 0 2 π ( 1 + c o s 2 θ 2 a 2 + 1 − c o s 2 θ 2 b 2 ) d θ = R 4 4 ( 1 2 a 2 + 1 2 b 2 ) ⋅ 2 π = π 4 R 4 ( 1 a 2 + 1 b 2 ) . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \int_{0}^{2}dx\int_{x}^{2}e^{-y^2}dy=\int_{0}^{2}dy\int_{0}^{y}e^{-y^2}dx=\int_{0}^{2}ye^{-y^2}dy=-\frac{1}{2}\cdot \int_{0}^{2}e^{-y^2}d(-y^2)=-\frac{1}{2}[e^{-y^2}]_{0}^{2}=\frac{1}{2}(1-e^{-4}).\\\\ &\ \ (2)\ D=\{(\rho, \ \theta)\ |\ 0 \le \rho \le R,0 \le \theta \le 2\pi\},\iint_{D}\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\right)dxdy=\iint_{D}\left(\frac{\rho^2cos^2\ \theta}{a^2}+\frac{\rho^2sin^2\ \theta}{b^2}\right)\rho d\rho d\theta=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{2\pi}\left(\frac{cos^2\ \theta}{a^2}+\frac{sin^2\ \theta}{b^2}\right)d\theta \int_{0}^{R}\rho^3 d\rho=\frac{R^4}{4}\int_{0}^{2\pi}\left(\frac{1+cos\ 2\theta}{2a^2}+\frac{1-cos\ 2\theta}{2b^2}\right)d\theta=\frac{R^4}{4}\left(\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{2b^2}\right)\cdot 2\pi=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{\pi}{4}R^4\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right). & \end{aligned} (1) ∫02dx∫x2e−y2dy=∫02dy∫0ye−y2dx=∫02ye−y2dy=−21⋅∫02e−y2d(−y2)=−21[e−y2]02=21(1−e−4). (2) D={(ρ, θ) ∣ 0≤ρ≤R,0≤θ≤2π},∬D(a2x2+b2y2)dxdy=∬D(a2ρ2cos2 θ+b2ρ2sin2 θ)ρdρdθ= ∫02π(a2cos2 θ+b2sin2 θ)dθ∫0Rρ3dρ=4R4∫02π(2a21+cos 2θ+2b21−cos 2θ)dθ=4R4(2a21+2b21)⋅2π= 4πR4(a21+b21).
2. 以 下 各 题 中 给 出 了 四 个 结 论 , 从 中 选 出 一 个 正 确 的 结 论 : \begin{aligned}&2. \ 以下各题中给出了四个结论,从中选出一个正确的结论:&\end{aligned} 2. 以下各题中给出了四个结论,从中选出一个正确的结论:
( 1 ) 设 有 空 间 闭 区 域 Ω 1 = { ( x , y , z ) ∣ x 2 + y 2 + z 2 ≤ R 2 , z ≥ 0 } , Ω 2 = { ( x , y , z ) ∣ x 2 + y 2 + z 2 ≤ R 2 , x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0 } , 则 有 ( ) ; ( A ) ∭ Ω 1 x d v = 4 ∭ Ω 2 x d v ( B ) ∭ Ω 1 y d v = 4 ∭ Ω 2 y d v ( C ) ∭ Ω 1 z d v = 4 ∭ Ω 2 z d v ( D ) ∭ Ω 1 x y z d v = 4 ∭ Ω 2 x y z d v ( 2 ) 设 有 平 面 闭 区 域 D = { ( x , y ) ∣ − a ≤ x ≤ a , x ≤ y ≤ a } , D 1 = { ( x , y ) ∣ 0 ≤ x ≤ a , x ≤ y ≤ a } , 则 ∬ D ( x y + c o s x s i n y ) d x d y = ( ) ; ( A ) 2 ∬ D 1 c o s x s i n y d x d y ( B ) 2 ∬ D 1 x y d x d y ( C ) 4 ∬ D 1 ( x y + c o s x s i n y ) d x d y ( D ) 0 ( 3 ) 设 f ( x ) 为 连 续 函 数 , F ( t ) = ∫ 1 t d y ∫ y t f ( x ) d x , 则 F ′ ( 2 ) = ( ) . ( A ) 2 f ( 2 ) ( B ) f ( 2 ) ( C ) − f ( 2 ) ( D ) 0 \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 设有空间闭区域\Omega_1=\{(x, \ y, \ z)\ |\ x^2+y^2+z^2 \le R^2,z \ge 0\},\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \Omega_2=\{(x, \ y, \ z)\ |\ x^2+y^2+z^2 \le R^2,x \ge 0 ,y \ge 0,z \ge 0\},则有(\ \ \ \ );\\\\ &\ \ (A)\ \ \iiint_{\Omega_1}xdv=4\iiint_{\Omega_2}xdv\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (B)\ \ \iiint_{\Omega_1}ydv=4\iiint_{\Omega_2}ydv\\\\ &\ \ (C)\ \ \iiint_{\Omega_1}zdv=4\iiint_{\Omega_2}zdv\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (D)\ \ \iiint_{\Omega_1}xyzdv=4\iiint_{\Omega_2}xyzdv\\\\ &\ \ (2)\ \ 设有平面闭区域D=\{(x, \ y)\ |\ -a \le x \le a,x \le y \le a\},D_1=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le x \le a,x \le y \le a\},\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 则\iint_{D}(xy+cos\ xsin \ y)dxdy=(\ \ \ \ );\\\\ &\ \ (A)\ \ 2\iint_{D_1}cos\ xsin\ ydxdy\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (B)\ \ 2\iint_{D_1}xydxdy\\\\ &\ \ (C)\ \ 4\iint_{D_1}(xy+cos\ xsin\ y)dxdy\ \ \ \ \ \ \ \ (D)\ \ 0\\\\ &\ \ (3)\ \ 设f(x)为连续函数,F(t)=\int_{1}^{t}dy\int_{y}^{t}f(x)dx,则F'(2)=(\ \ \ \ ).\\\\ &\ \ (A)\ \ 2f(2)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (B)\ \ f(2)\\\\ &\ \ (C)\ \ -f(2)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (D)\ \ 0 & \end{aligned} (1) 设有空间闭区域Ω1={(x, y, z) ∣ x2+y2+z2≤R2,z≥0}, Ω2={(x, y, z) ∣ x2+y2+z2≤R2,x≥0,y≥0,z≥0},则有( ); (A) ∭Ω1xdv=4∭Ω2xdv (B) ∭Ω1ydv=4∭Ω2ydv (C) ∭Ω1zdv=4∭Ω2zdv (D) ∭Ω1xyzdv=4∭Ω2xyzdv (2) 设有平面闭区域D={(x, y) ∣ −a≤x≤a,x≤y≤a},D1={(x, y) ∣ 0≤x≤a,x≤y≤a}, 则∬D(xy+cos xsin y)dxdy=( ); (A) 2∬D1cos xsin ydxdy (B) 2∬D1xydxdy (C) 4∬D1(xy+cos xsin y)dxdy (D) 0 (3) 设f(x)为连续函数,F(t)=∫1tdy∫ytf(x)dx,则F′(2)=( ). (A) 2f(2) (B) f(2) (C) −f(2) (D) 0
解:
(
1
)
设
Ω
3
=
{
(
x
,
y
,
z
)
∣
x
2
+
y
2
+
z
2
≤
R
2
,
z
≥
0
,
x
≥
0
}
,
因
为
被
积
函
数
z
关
于
x
是
偶
函
数
,
Ω
3
与
Ω
1
\
Ω
2
关
于
y
O
z
面
对
称
,
所
以
∭
Ω
1
z
d
v
=
∭
Ω
3
z
d
v
,
又
因
被
积
函
数
z
关
于
y
是
偶
函
数
,
Ω
2
与
Ω
3
\
Ω
2
关
于
z
O
x
面
对
称
,
所
以
∭
Ω
3
z
d
v
=
2
∭
Ω
2
z
d
v
,
因
此
选
C
.
(
2
)
记
D
的
三
个
顶
点
为
A
(
a
,
a
)
,
B
(
−
a
,
a
)
,
C
(
−
a
,
−
a
)
,
连
接
O
,
B
,
则
D
为
△
C
O
B
和
△
A
O
B
合
并
区
域
,
因
为
△
C
O
B
关
于
x
轴
对
称
,
△
A
O
B
关
于
y
轴
对
称
,
函
数
x
y
关
于
y
和
x
都
为
奇
函
数
,
则
有
∬
D
x
y
d
x
d
y
=
∬
△
A
O
B
x
y
d
x
d
y
+
∬
△
C
O
B
x
y
d
x
d
y
=
0
+
0
=
0
,
因
为
函
数
c
o
s
x
s
i
n
y
关
于
y
是
奇
函
数
,
\begin{aligned} &\ \ (1)\ 设\Omega_3=\{(x, \ y, \ z)\ |\ x^2+y^2+z^2 \le R^2,z \ge 0,x \ge 0\},因为被积函数z关于x是偶函数,\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \Omega_3与\Omega_1\backslash \Omega_2关于yOz面对称,所以\iiint_{\Omega_1}zdv=\iiint_{\Omega_3}zdv,又因被积函数z关于y是偶函数,\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \Omega_2与\Omega_3\backslash \Omega_2关于zOx面对称,所以\iiint_{\Omega_3}zdv=2\iiint_{\Omega_2}zdv,因此选C.\\\\ &\ \ (2)\ 记D的三个顶点为A(a, \ a),B(-a, \ a),C(-a, \ -a),连接O,B,则D为\triangle COB和\triangle AOB合并区域,\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因为\triangle COB关于x轴对称,\triangle AOB关于y轴对称,函数xy关于y和x都为奇函数,则有\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}xydxdy=\iint_{\triangle AOB}xydxdy+\iint_{\triangle COB}xydxdy=0+0=0,因为函数cos\ xsin\ y关于y是奇函数,\\\\ & \end{aligned}
(1) 设Ω3={(x, y, z) ∣ x2+y2+z2≤R2,z≥0,x≥0},因为被积函数z关于x是偶函数, Ω3与Ω1\Ω2关于yOz面对称,所以∭Ω1zdv=∭Ω3zdv,又因被积函数z关于y是偶函数, Ω2与Ω3\Ω2关于zOx面对称,所以∭Ω3zdv=2∭Ω2zdv,因此选C. (2) 记D的三个顶点为A(a, a),B(−a, a),C(−a, −a),连接O,B,则D为△COB和△AOB合并区域, 因为△COB关于x轴对称,△AOB关于y轴对称,函数xy关于y和x都为奇函数,则有 ∬Dxydxdy=∬△AOBxydxdy+∬△COBxydxdy=0+0=0,因为函数cos xsin y关于y是奇函数,
关
于
x
是
偶
函
数
,
则
有
∬
D
c
o
s
x
s
i
n
y
d
x
d
y
=
∬
△
C
O
B
c
o
s
x
s
i
n
y
d
x
d
y
+
∬
△
A
O
B
c
o
s
x
s
i
n
y
d
x
d
y
=
0
+
2
∬
D
1
c
o
s
x
s
i
n
y
d
x
d
y
,
因
此
选
A
.
(
3
)
设
t
>
1
,
对
二
重
积
分
交
换
积
分
次
序
,
得
F
(
t
)
=
∫
1
t
f
(
x
)
d
x
∫
1
x
d
y
=
∫
1
t
(
x
−
1
)
f
(
x
)
d
x
,
则
F
′
(
t
)
=
(
t
−
1
)
f
(
t
)
,
有
F
′
(
2
)
=
f
(
2
)
,
选
B
.
\begin{aligned} &\ \ \ \ \ \ \ \ 关于x是偶函数,则有\iint_{D}cos\ xsin\ ydxdy=\iint_{\triangle COB}cos\ xsin\ ydxdy+\iint_{\triangle AOB}cos\ xsin\ ydxdy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 0+2\iint_{D_1}cos\ xsin\ ydxdy,因此选A.\\\\ &\ \ (3)\ 设t \gt 1,对二重积分交换积分次序,得F(t)=\int_{1}^{t}f(x)dx\int_{1}^{x}dy=\int_{1}^{t}(x-1)f(x)dx,\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则F'(t)=(t-1)f(t),有F'(2)=f(2),选B. & \end{aligned}
关于x是偶函数,则有∬Dcos xsin ydxdy=∬△COBcos xsin ydxdy+∬△AOBcos xsin ydxdy= 0+2∬D1cos xsin ydxdy,因此选A. (3) 设t>1,对二重积分交换积分次序,得F(t)=∫1tf(x)dx∫1xdy=∫1t(x−1)f(x)dx, 则F′(t)=(t−1)f(t),有F′(2)=f(2),选B.
3. 计 算 下 列 二 重 积 分 : \begin{aligned}&3. \ 计算下列二重积分:&\end{aligned} 3. 计算下列二重积分:
( 1 ) ∬ D ( 1 + x ) s i n y d σ , 其 中 D 是 顶 点 分 别 为 ( 0 , 0 ) , ( 1 , 0 ) , ( 1 , 2 ) 和 ( 0 , 1 ) 的 梯 形 闭 区 域 ; ( 2 ) ∬ D ( x 2 − y 2 ) d σ , 其 中 D = { ( x , y ) ∣ 0 ≤ y ≤ s i n x , 0 ≤ x ≤ π } ; ( 3 ) ∬ D R 2 − x 2 − y 2 d σ , 其 中 D 是 圆 周 x 2 + y 2 = R x 所 围 成 的 闭 区 域 ; ( 4 ) ∬ D ( y 2 + 3 x − 6 y + 9 ) d σ , 其 中 D = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ R 2 } . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \iint_{D}(1+x)sin\ y d\sigma,其中D是顶点分别为(0, \ 0),(1, \ 0),(1, \ 2)和(0, \ 1)的梯形闭区域;\\\\ &\ \ (2)\ \ \iint_{D}(x^2-y^2)d\sigma,其中D=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le y \le sin\ x,0 \le x \le \pi\};\\\\ &\ \ (3)\ \ \iint_{D}\sqrt{R^2-x^2-y^2}d\sigma,其中D是圆周x^2+y^2=Rx所围成的闭区域;\\\\ &\ \ (4)\ \ \iint_{D}(y^2+3x-6y+9)d\sigma,其中D=\{(x, \ y)\ |\ x^2+y^2 \le R^2\}. & \end{aligned} (1) ∬D(1+x)sin ydσ,其中D是顶点分别为(0, 0),(1, 0),(1, 2)和(0, 1)的梯形闭区域; (2) ∬D(x2−y2)dσ,其中D={(x, y) ∣ 0≤y≤sin x,0≤x≤π}; (3) ∬DR2−x2−y2dσ,其中D是圆周x2+y2=Rx所围成的闭区域; (4) ∬D(y2+3x−6y+9)dσ,其中D={(x, y) ∣ x2+y2≤R2}.
解:
( 1 ) D 可 表 示 为 0 ≤ y ≤ 1 + x , 0 ≤ x ≤ 1 , 则 ∬ D ( 1 + x ) s i n y d σ = ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 + x ( 1 + x ) s i n y d y = ∫ 0 1 [ ( 1 + x ) − ( 1 + x ) c o s ( 1 + x ) ] d x , 令 t = 1 + x , 则 上 式 = ∫ 1 2 ( t − t c o s t ) d t = [ t 2 2 − t s i n t − c o s t ] 1 2 = 3 2 + s i n 1 + c o s 1 − 2 s i n 2 − c o s 2. ( 2 ) 因 为 ∬ D x 2 d σ = ∫ 0 π x 2 d x ∫ 0 s i n x d y = ∫ 0 π x 2 s i n x d x = − [ x 2 c o s x ] 0 π + 2 ∫ 0 π x c o s x d x = π 2 + 2 ( x s i n x ∣ 0 π − ∫ 0 π s i n x d x ) = π 2 − 4 , ∬ D y 2 d σ = ∫ 0 π d x ∫ 0 s i n x y 2 d y = 1 3 ∫ 0 π s i n 3 x d x = 2 3 ∫ 0 π 2 s i n 3 x d x = 2 3 ⋅ 2 3 = 4 9 , 所 以 ∬ D ( x 2 − y 2 ) d σ = ∬ D x 2 d σ − ∬ D y 2 d σ = ( π 2 − 4 ) − 4 9 = π 2 − 40 9 . ( 3 ) 在 极 坐 标 系 中 , D = { ( ρ , θ ) ∣ 0 ≤ ρ ≤ R c o s θ , − π 2 ≤ θ ≤ π 2 } , 则 ∬ D R 2 − x 2 − y 2 d σ = ∬ D R 2 − ρ 2 ρ d ρ d θ = ∫ − π 2 π 2 d θ ∫ 0 R c o s θ R 2 − ρ 2 ρ d ρ = ∫ − π 2 π 2 − 1 3 [ ( R 2 − ρ 2 ) 3 2 ] 0 R c o s θ d θ = ∫ − π 2 π 2 R 3 3 ( 1 − ∣ s i n 3 θ ∣ ) d θ = 2 3 R 3 ∫ 0 π 2 ( 1 − s i n 3 θ ) d θ = 2 3 R 3 ( π 2 − 2 3 ) = R 3 3 ( π − 4 3 ) . ( 4 ) 根 据 对 称 性 可 知 , ∬ D 3 x d σ = 0 , ∬ D 6 y d σ = 0 , 因 为 ∬ D 9 d σ = 9 π R 2 , ∬ D y 2 d σ 极 坐 标 ‾ ‾ ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 R ρ 2 s i n 2 θ ⋅ ρ d ρ = ∫ 0 2 π s i n 2 θ d θ ⋅ ∫ 0 R ρ 3 d ρ = π ⋅ R 4 4 = π 4 R 4 , 因 此 , ∬ D ( y 2 + 3 x − 6 y + 9 ) d σ = π 4 R 4 + 9 π R 2 . \begin{aligned} &\ \ (1)\ D可表示为0 \le y \le 1+x,0 \le x \le 1,则\iint_{D}(1+x)sin\ yd\sigma=\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{1+x}(1+x)sin\ y dy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{1}[(1+x)-(1+x)cos(1+x)]dx,令t=1+x,则上式=\int_{1}^{2}(t-tcos\ t)dt=\left[\frac{t^2}{2}-tsin\ t-cos\ t\right]_{1}^{2}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{3}{2}+sin\ 1+cos\ 1-2sin\ 2-cos\ 2.\\\\ &\ \ (2)\ 因为\iint_{D}x^2d\sigma=\int_{0}^{\pi}x^2dx\int_{0}^{sin\ x}dy=\int_{0}^{\pi}x^2sin\ xdx=-[x^2cos\ x]_{0}^{\pi}+2\int_{0}^{\pi}xcos\ xdx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \pi^2+2\left(xsin\ x\bigg|_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}sin\ xdx\right)=\pi^2-4,\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}y^2d\sigma=\int_{0}^{\pi}dx\int_{0}^{sin\ x}y^2dy=\frac{1}{3}\int_{0}^{\pi}sin^3\ xdx=\frac{2}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin^3\ xdx=\frac{2}{3}\cdot \frac{2}{3}=\frac{4}{9},\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以\iint_{D}(x^2-y^2)d\sigma=\iint_{D}x^2d\sigma-\iint_{D}y^2d\sigma=(\pi^2-4)-\frac{4}{9}=\pi^2-\frac{40}{9}.\\\\ &\ \ (3)\ 在极坐标系中,D=\left\{(\rho, \ \theta)\ \bigg|\ 0 \le \rho \le Rcos\ \theta,-\frac{\pi}{2} \le \theta \le \frac{\pi}{2}\right\},则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}\sqrt{R^2-x^2-y^2}d\sigma=\iint_{D}\sqrt{R^2-\rho^2}\rho d\rho d\theta=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \int_{0}^{Rcos\ \theta}\sqrt{R^2-\rho^2}\rho d\rho=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}-\frac{1}{3}[(R^2-\rho^2)^{\frac{3}{2}}]_{0}^{Rcos\ \theta}d\theta=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{R^3}{3}(1-|sin^3\ \theta|)d\theta=\frac{2}{3}R^3\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(1-sin^3\ \theta)d\theta=\frac{2}{3}R^3\left(\frac{\pi}{2}-\frac{2}{3}\right)=\frac{R^3}{3}\left(\pi-\frac{4}{3}\right).\\\\ &\ \ (4)\ 根据对称性可知,\iint_{D}3xd\sigma=0,\iint_{D}6yd\sigma=0,因为\iint_{D}9d\sigma=9\pi R^2,\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}y^2d\sigma\underline{\underline{极坐标}}\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{R}\rho^2sin^2\ \theta \cdot \rho d\rho=\int_{0}^{2\pi}sin^2\ \theta d\theta \cdot \int_{0}^{R}\rho^3d\rho=\pi \cdot \frac{R^4}{4}=\frac{\pi}{4}R^4,\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因此,\iint_{D}(y^2+3x-6y+9)d\sigma=\frac{\pi}{4}R^4+9\pi R^2. & \end{aligned} (1) D可表示为0≤y≤1+x,0≤x≤1,则∬D(1+x)sin ydσ=∫01dx∫01+x(1+x)sin ydy= ∫01[(1+x)−(1+x)cos(1+x)]dx,令t=1+x,则上式=∫12(t−tcos t)dt=[2t2−tsin t−cos t]12= 23+sin 1+cos 1−2sin 2−cos 2. (2) 因为∬Dx2dσ=∫0πx2dx∫0sin xdy=∫0πx2sin xdx=−[x2cos x]0π+2∫0πxcos xdx= π2+2(xsin x∣∣∣∣0π−∫0πsin xdx)=π2−4, ∬Dy2dσ=∫0πdx∫0sin xy2dy=31∫0πsin3 xdx=32∫02πsin3 xdx=32⋅32=94, 所以∬D(x2−y2)dσ=∬Dx2dσ−∬Dy2dσ=(π2−4)−94=π2−940. (3) 在极坐标系中,D={(ρ, θ) ∣∣∣∣ 0≤ρ≤Rcos θ,−2π≤θ≤2π},则 ∬DR2−x2−y2dσ=∬DR2−ρ2ρdρdθ=∫−2π2πdθ∫0Rcos θR2−ρ2ρdρ=∫−2π2π−31[(R2−ρ2)23]0Rcos θdθ= ∫−2π2π3R3(1−∣sin3 θ∣)dθ=32R3∫02π(1−sin3 θ)dθ=32R3(2π−32)=3R3(π−34). (4) 根据对称性可知,∬D3xdσ=0,∬D6ydσ=0,因为∬D9dσ=9πR2, ∬Dy2dσ极坐标∫02πdθ∫0Rρ2sin2 θ⋅ρdρ=∫02πsin2 θdθ⋅∫0Rρ3dρ=π⋅4R4=4πR4, 因此,∬D(y2+3x−6y+9)dσ=4πR4+9πR2.
4. 交 换 下 列 二 次 积 分 的 次 序 : \begin{aligned}&4. \ 交换下列二次积分的次序:&\end{aligned} 4. 交换下列二次积分的次序:
( 1 ) ∫ 0 4 d y ∫ − 4 − y 1 2 ( y − 4 ) f ( x , y ) d x ; ( 2 ) ∫ 0 1 d y ∫ 0 2 y f ( x , y ) d x + ∫ 1 3 d y ∫ 0 3 − y f ( x , y ) d x ; ( 3 ) ∫ 0 1 d x ∫ x 1 + 1 − x 2 f ( x , y ) d y . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \int_{0}^{4}dy\int_{-\sqrt{4-y}}^{\frac{1}{2}(y-4)}f(x, \ y)dx;\\\\ &\ \ (2)\ \ \int_{0}^{1}dy\int_{0}^{2y}f(x, \ y)dx+\int_{1}^{3}dy\int_{0}^{3-y}f(x, \ y)dx;\\\\ &\ \ (3)\ \ \int_{0}^{1}dx\int_{\sqrt{x}}^{1+\sqrt{1-x^2}}f(x, \ y)dy. & \end{aligned} (1) ∫04dy∫−4−y21(y−4)f(x, y)dx; (2) ∫01dy∫02yf(x, y)dx+∫13dy∫03−yf(x, y)dx; (3) ∫01dx∫x1+1−x2f(x, y)dy.
解:
(
1
)
该
二
次
积
分
等
于
闭
区
域
D
上
的
二
重
积
分
∬
D
f
(
x
,
y
)
d
x
d
y
,
其
中
D
=
{
(
x
,
y
)
∣
−
4
−
y
≤
x
≤
1
2
(
y
−
4
)
,
0
≤
y
≤
4
}
,
D
表
示
为
2
x
+
4
≤
y
≤
4
−
x
2
,
−
2
≤
x
≤
0
,
得
∫
0
4
d
y
∫
−
4
−
y
1
2
(
y
−
4
)
f
(
x
,
y
)
d
x
=
∫
−
2
0
d
x
∫
2
x
+
4
4
−
x
2
f
(
x
,
y
)
d
y
.
\begin{aligned} &\ \ (1)\ 该二次积分等于闭区域D上的二重积分\iint_{D}f(x, \ y)dxdy,其中\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D=\left\{(x, \ y)\ \bigg|\ -\sqrt{4-y} \le x \le \frac{1}{2}(y-4),0 \le y \le 4\right\},D表示为2x+4 \le y \le 4-x^2,-2 \le x \le 0,\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得\int_{0}^{4}dy\int_{-\sqrt{4-y}}^{\frac{1}{2}(y-4)}f(x, \ y)dx=\int_{-2}^{0}dx\int_{2x+4}^{4-x^2}f(x, \ y)dy. & \end{aligned}
(1) 该二次积分等于闭区域D上的二重积分∬Df(x, y)dxdy,其中 D={(x, y) ∣∣∣∣ −4−y≤x≤21(y−4),0≤y≤4},D表示为2x+4≤y≤4−x2,−2≤x≤0, 得∫04dy∫−4−y21(y−4)f(x, y)dx=∫−20dx∫2x+44−x2f(x, y)dy.
(
2
)
该
二
次
积
分
等
于
二
重
积
分
∬
D
f
(
x
,
y
)
d
x
d
y
,
其
中
D
=
D
1
∪
D
2
,
D
1
=
{
(
x
,
y
)
∣
0
≤
x
≤
2
y
,
0
≤
y
≤
1
}
,
D
2
=
{
(
x
,
y
)
∣
0
≤
x
≤
3
−
y
,
1
≤
y
≤
3
}
,
D
表
示
为
{
(
x
,
y
)
∣
x
2
≤
y
≤
3
−
x
,
0
≤
x
≤
2
}
,
则
∫
0
1
d
y
∫
0
2
y
f
(
x
,
y
)
d
x
+
∫
1
3
d
y
∫
0
3
−
y
f
(
x
,
y
)
d
x
=
∫
0
2
d
x
∫
x
2
3
−
x
f
(
x
,
y
)
d
y
.
\begin{aligned} &\ \ (2)\ 该二次积分等于二重积分\iint_{D}f(x, \ y)dxdy,其中D=D_1 \cup D_2,D_1=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le x \le 2y,0 \le y \le 1\},\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D_2=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le x \le 3-y,1 \le y \le 3\},D表示为\left\{(x, \ y)\ \bigg|\ \frac{x}{2} \le y \le 3-x,0 \le x \le 2\right\},\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{2y}f(x, \ y)dx+\int_{1}^{3}dy\int_{0}^{3-y}f(x, \ y)dx=\int_{0}^{2}dx\int_{\frac{x}{2}}^{3-x}f(x, \ y)dy. & \end{aligned}
(2) 该二次积分等于二重积分∬Df(x, y)dxdy,其中D=D1∪D2,D1={(x, y) ∣ 0≤x≤2y,0≤y≤1}, D2={(x, y) ∣ 0≤x≤3−y,1≤y≤3},D表示为{(x, y) ∣∣∣∣ 2x≤y≤3−x,0≤x≤2}, 则∫01dy∫02yf(x, y)dx+∫13dy∫03−yf(x, y)dx=∫02dx∫2x3−xf(x, y)dy.
(
3
)
该
二
次
积
分
等
于
二
重
积
分
∬
D
f
(
x
,
y
)
d
x
d
y
,
其
中
D
=
{
(
x
,
y
)
∣
x
≤
y
≤
1
+
1
−
x
2
,
0
≤
x
≤
1
}
,
D
表
示
为
D
1
∪
D
2
,
其
中
D
1
=
{
(
x
,
y
)
∣
0
≤
x
≤
y
2
,
0
≤
y
≤
1
}
,
D
2
=
{
(
x
,
y
)
∣
0
≤
x
≤
2
y
−
y
2
,
1
≤
y
≤
2
}
,
则
∫
0
1
d
x
∫
x
1
+
1
−
x
2
f
(
x
,
y
)
d
y
=
∫
0
1
d
y
∫
0
y
2
f
(
x
,
y
)
d
x
+
∫
1
2
d
y
∫
0
2
y
−
y
2
f
(
x
,
y
)
d
x
.
\begin{aligned} &\ \ (3)\ 该二次积分等于二重积分\iint_{D}f(x, \ y)dxdy,其中D=\{(x, \ y)\ |\ \sqrt{x} \le y \le 1+\sqrt{1-x^2},0 \le x \le 1\},\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D表示为D_1 \cup D_2,其中D_1=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le x \le y^2,0 \le y \le 1\},\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D_2=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le x \le \sqrt{2y-y^2},1 \le y \le 2\},\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则\int_{0}^{1}dx\int_{\sqrt{x}}^{1+\sqrt{1-x^2}}f(x, \ y)dy=\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{y^2}f(x, \ y)dx+\int_{1}^{2}dy\int_{0}^{\sqrt{2y-y^2}}f(x, \ y)dx. & \end{aligned}
(3) 该二次积分等于二重积分∬Df(x, y)dxdy,其中D={(x, y) ∣ x≤y≤1+1−x2,0≤x≤1}, D表示为D1∪D2,其中D1={(x, y) ∣ 0≤x≤y2,0≤y≤1}, D2={(x, y) ∣ 0≤x≤2y−y2,1≤y≤2}, 则∫01dx∫x1+1−x2f(x, y)dy=∫01dy∫0y2f(x, y)dx+∫12dy∫02y−y2f(x, y)dx.
5. 证 明 : ∫ 0 a d y ∫ 0 y e m ( a − x ) f ( x ) d x = ∫ 0 a ( a − x ) e m ( a − x ) f ( x ) d x . \begin{aligned}&5. \ 证明:\int_{0}^{a}dy\int_{0}^{y}e^{m(a-x)}f(x)dx=\int_{0}^{a}(a-x)e^{m(a-x)}f(x)dx.&\end{aligned} 5. 证明:∫0ady∫0yem(a−x)f(x)dx=∫0a(a−x)em(a−x)f(x)dx.
解:
上 式 左 端 二 次 积 分 等 于 二 重 积 分 ∬ D e m ( a − x ) f ( x ) d x d y , 其 中 D = { ( x , y ) ∣ 0 ≤ x ≤ y , 0 ≤ y ≤ a } = { ( x , y ) ∣ x ≤ y ≤ a , 0 ≤ x ≤ a } , 交 换 积 分 次 序 得 ∫ 0 a d y ∫ 0 y e m ( a − x ) f ( x ) d x = ∫ 0 a d x ∫ x a e m ( a − x ) f ( x ) d y = ∫ 0 a ( a − x ) e m ( a − x ) f ( x ) d x . \begin{aligned} &\ \ 上式左端二次积分等于二重积分\iint_{D}e^{m(a-x)}f(x)dxdy,其中D=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le x \le y,0 \le y \le a\}=\\\\ &\ \ \{(x, \ y)\ |\ x \le y \le a,0 \le x \le a\},交换积分次序得\int_{0}^{a}dy\int_{0}^{y}e^{m(a-x)}f(x)dx=\int_{0}^{a}dx\int_{x}^{a}e^{m(a-x)}f(x)dy=\\\\ &\ \ \int_{0}^{a}(a-x)e^{m(a-x)}f(x)dx. & \end{aligned} 上式左端二次积分等于二重积分∬Dem(a−x)f(x)dxdy,其中D={(x, y) ∣ 0≤x≤y,0≤y≤a}= {(x, y) ∣ x≤y≤a,0≤x≤a},交换积分次序得∫0ady∫0yem(a−x)f(x)dx=∫0adx∫xaem(a−x)f(x)dy= ∫0a(a−x)em(a−x)f(x)dx.
6. 把 积 分 ∬ D f ( x , y ) d x d y 表 为 极 坐 标 形 式 的 二 次 积 分 , 其 中 积 分 区 域 D = { ( x , y ) ∣ x 2 ≤ y ≤ 1 , − 1 ≤ x ≤ 1 } . \begin{aligned}&6. \ 把积分\iint_{D}f(x,\ y)dxdy表为极坐标形式的二次积分,其中积分区域\\\\&\ \ \ \ D=\{(x, \ y)\ |\ x^2 \le y \le 1,-1 \le x \le 1\}.&\end{aligned} 6. 把积分∬Df(x, y)dxdy表为极坐标形式的二次积分,其中积分区域 D={(x, y) ∣ x2≤y≤1,−1≤x≤1}.
解:
积
分
区
域
D
如
图
中
围
成
区
域
,
抛
物
线
y
=
x
2
的
极
坐
标
方
程
为
ρ
=
s
e
c
θ
t
a
n
θ
,
直
线
y
=
1
的
极
坐
标
方
程
为
ρ
=
c
s
c
θ
,
射
线
θ
=
π
4
和
θ
=
3
4
π
将
积
分
区
域
分
为
三
部
分
,
分
别
为
D
1
,
D
2
,
D
3
,
D
1
表
示
为
0
≤
ρ
≤
s
e
c
θ
t
a
n
θ
,
0
≤
θ
≤
π
4
,
D
2
表
示
为
0
≤
ρ
≤
c
s
c
θ
,
π
4
≤
θ
≤
3
4
π
,
D
3
表
示
为
0
≤
ρ
≤
s
e
c
θ
t
a
n
θ
,
3
4
π
≤
θ
≤
π
,
因
此
∬
D
f
(
x
,
y
)
d
x
d
y
=
∫
0
π
4
d
θ
∫
0
s
e
c
θ
t
a
n
θ
f
(
ρ
c
o
s
θ
,
ρ
s
i
n
θ
)
ρ
d
ρ
+
∫
π
4
3
4
π
d
θ
∫
0
c
s
c
θ
f
(
ρ
c
o
s
θ
,
ρ
s
i
n
θ
)
ρ
d
ρ
+
∫
3
4
π
π
d
θ
∫
0
s
e
c
θ
t
a
n
θ
f
(
ρ
c
o
s
θ
,
ρ
s
i
n
θ
)
ρ
d
ρ
.
\begin{aligned} &\ \ 积分区域D如图中围成区域,抛物线y=x^2的极坐标方程为\rho=sec\ \theta tan\ \theta,直线y=1的极坐标方程为\rho=csc\ \theta,\\\\ &\ \ 射线\theta=\frac{\pi}{4}和\theta=\frac{3}{4}\pi将积分区域分为三部分,分别为D_1,D_2,D_3,D_1表示为0 \le \rho \le sec\ \theta tan\ \theta,0 \le \theta \le \frac{\pi}{4},\\\\ &\ \ D_2表示为0 \le \rho \le csc\ \theta,\frac{\pi}{4} \le \theta \le \frac{3}{4}\pi,D_3表示为0 \le \rho \le sec\ \theta tan\ \theta,\frac{3}{4}\pi \le \theta \le \pi,因此\\\\ &\ \ \iint_{D}f(x,\ y)dxdy=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}d\theta \int_{0}^{sec\ \theta tan\ \theta}f(\rho cos\ \theta, \ \rho sin\ \theta)\rho d\rho+\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3}{4}\pi}d\theta \int_{0}^{csc\ \theta}f(\rho cos\ \theta, \ \rho sin\ \theta)\rho d\rho+\\\\ &\ \ \int_{\frac{3}{4}\pi}^{\pi}d\theta \int_{0}^{sec\ \theta tan\ \theta}f(\rho cos\ \theta, \ \rho sin\ \theta)\rho d\rho. & \end{aligned}
积分区域D如图中围成区域,抛物线y=x2的极坐标方程为ρ=sec θtan θ,直线y=1的极坐标方程为ρ=csc θ, 射线θ=4π和θ=43π将积分区域分为三部分,分别为D1,D2,D3,D1表示为0≤ρ≤sec θtan θ,0≤θ≤4π, D2表示为0≤ρ≤csc θ,4π≤θ≤43π,D3表示为0≤ρ≤sec θtan θ,43π≤θ≤π,因此 ∬Df(x, y)dxdy=∫04πdθ∫0sec θtan θf(ρcos θ, ρsin θ)ρdρ+∫4π43πdθ∫0csc θf(ρcos θ, ρsin θ)ρdρ+ ∫43ππdθ∫0sec θtan θf(ρcos θ, ρsin θ)ρdρ.