总习题九
一、 填空题
(1) 设 $D$ 是以点 $O(0,0)$、$A(1,2)$ 和 $B(2,1)$ 为顶点的三角形区域，将二重积分 $\iint_D \text{d}x\text{d}y$ 化为先 $x$ 后 $y$ 的二 次积分：
解答： 观察 $y$ 的取值范围，最低点为 $O(0,0)$，最高点为 $A(1,2)$，故 $y \in [0, 2]$。
求出三条边的直线方程：
$OA$: 过 $(0,0)$ 和 $(1,2)$，方程为 $y = 2x \Rightarrow x = \frac{y}{2}$
$OB$: 过 $(0,0)$ 和 $(2,1)$，方程为 $y = \frac{1}{2}x \Rightarrow x = 2y$
$AB$: 过 $(1,2)$ 和 $(2,1)$，斜率为 $-1$，方程为 $y-1 = -(x-2) \Rightarrow x = 3-y$
先对 $x$ 积分时，需要以交点纵坐标 $y=1$（即 $B$ 点的纵坐标）为界进行分段：
当 $0 \leqslant y \leqslant 1$ 时，左边界为 $OA$ ($x=y/2$)，右边界为 $OB$ ($x=2y$)；
当 $1 \leqslant y \leqslant 2$ 时，左边界为 $OA$ ($x=y/2$)，右边界为 $AB$ ($x=3-y$)。
答案填写： $\int_0^1 \text{d}y \int_{y/2}^{2y} \text{d}x + \int_1^2 \text{d}y \int_{y/2}^{3-y} \text{d}x$
(2) 设 $\Omega$ 为3个坐标面及平面 $x+2y+z=1$ 所围成的闭区域，将三重积分 $\iiint_\Omega y \text{d}x\text{d}y\text{d}z$ 化为先 $z$ 次 $y$ 再 $x$ 的三次积分为：
解答： 外层对 $x$ 积分：$x$ 在第一卦限的截距为 1，故 $x \in [0, 1]$。
中间对 $y$ 积分：投影在 $xOy$ 面上的区域边界为 $x+2y=1$，故对于给定的 $x$，$y$ 的范围是 $[0, \frac{1-x}{2}]$。
内层对 $z$ 积分：立体下底面为 $z=0$，上顶面为 $z=1-x-2y$，故 $z \in [0, 1-x-2y]$。
答案填写： $\int_0^1 \text{d}x \int_0^{\frac{1-x}{2}} \text{d}y \int_0^{1-x-2y} y \text{d}z$
(3) 设区域 $D$ 为 $|x| \leqslant \pi, |y| \leqslant 1$，则 $\iint_D [x - \sin(y^3)]\text{d}x\text{d}y =$
解答： 积分区域 $D = [-\pi, \pi] \times [-1, 1]$ 是一个关于 $x$ 轴和 $y$ 轴都对称的矩形区域。
利用二重积分的对称性，拆分被积函数：
$\iint_D x \text{d}x\text{d}y$ 中，被积函数 $f(x)=x$ 是奇函数，区域关于 $y$ 轴对称，积分为 0。
$\iint_D \sin(y^3) \text{d}x\text{d}y$ 中，被积函数 $f(y)=\sin(y^3)$ 是奇函数，区域关于 $x$ 轴对称，积分为 0。
答案填写： $0$
(4) 设区域 $D$ 是由曲线 $x^2+y^2+4x-6y+4=0$ 所围成的平面区域，则积分 $\iint_D (5y+3x)\text{d}\sigma =$
解答： 配方圆的方程：$(x+2)^2 + (y-3)^2 = 9$。这是一个圆心为 $(-2, 3)$，半径 $R=3$ 的圆，其面积 $S = \pi \cdot 3^2 = 9\pi$。
由重心的几何性质，在匀质圆域上：$\iint_D x \text{d}\sigma = \bar{x} \cdot S = -2 \cdot 9\pi = -18\pi$，$\iint_D y \text{d}\sigma = \bar{y} \cdot S = 3 \cdot 9\pi = 27\pi$。
原积分 $= 5\iint_D y \text{d}\sigma + 3\iint_D x \text{d}\sigma = 5(27\pi) + 3(-18\pi) = 135\pi - 54\pi = 81\pi$。
答案填写： $81\pi$
二、 选择题
(1) 设 $T_i = \iint_{D_i} \sqrt[3]{x-y}\text{d}x\text{d}y \ (i=1,2,3)$，其中… 选项为
解答： $D_1$ 关于 $y=x$ 完全对称，而被积函数满足 $f(y,x) = \sqrt[3]{y-x} = -\sqrt[3]{x-y} = -f(x,y)$，所以 $T_1 = 0$。
由于 $D_1 = D_2 \cup D_3$，且区域 $D_2$ 和 $D_3$ 恰好关于 $y=x$ 相互对称。因此 $\iint_{D_3} f(x,y)\text{d}\sigma = \iint_{D_2} f(y, x)\text{d}\sigma = -\iint_{D_2} f(x,y)\text{d}\sigma$，即 $T_3 = -T_2$。
在 $D_2$ 区域内 ($0 \leqslant x \leqslant 1, 0 \leqslant y \leqslant \sqrt{x}$)，使得 $x>y$ (即积分值为正) 的面积大于使得 $x
所以 $T_3 < 0 = T_1 < T_2$。
答案：B
(2) 设平面区域 $D = \{(x,y)| -a \leqslant x \leqslant a, x \leqslant y \leqslant a\}$，… 选项为
解答： 区域 $D$ 是以 $(-a,-a), (a,a), (-a,a)$ 为顶点的直角三角形。将其按 $y$ 轴分为左右两半，右半部分正是给定的 $D_1$ ($0 \leqslant x \leqslant a, x \leqslant y \leqslant a$)。
对于被积函数 $f(x,y) = y\sin x + x^2\tan y$：
积分 $\iint_D y\sin x \text{d}x\text{d}y$，对定 $y \in [-a, a]$，$x$ 从 $-a$ 到 $y$；然而该积分域整体并不直接显现奇偶性。转换思路，交换积 分次序计算或观察整体项的奇偶：$\iint_D y\sin x \text{d}x\text{d}y = 0$ (整体区域积分可严格计算得出为0)。
而对于 $\iint_D x^2\tan y \text{d}x\text{d}y = \int_{-a}^a \text{d}y \int_{-a}^y x^2\tan y \text{d}x = \frac{1}{3}\int_{-a}^a (y^3 - (-a)^3)\tan y \text{d}y$
其中 $a^3\tan y$ 是奇函数，在 $[-a,a]$ 上积分为 0，仅剩 $\frac{1}{3}\int_{-a}^a y^3\tan y \text{d}y = \frac{2}{3}\int_0^a y^3\tan y \text{d}y$。
对于 $D_1$ 区间，$\iint_{D_1} x^2\tan y \text{d}x\text{d}y = \frac{1}{3}\int_0^a y^3\tan y \text{d}y$。所以原积分恰等于 $2\iint_ {D_1} x^2\tan y \text{d}x\text{d}y$。
答案：A
(3) 设 $\Omega = \{(x,y,z)| x^2+y^2+z^2 \leqslant R^2, z \geqslant 0\}$，$\Omega_1$ 是第一卦限部分，则下列选项中正确的是
解答： $\Omega$ 是上半球体，关于 $xOz$ 面和 $yOz$ 面均对称。
由于对称性，被积函数 $x, y$ 在 $\Omega$ 上积分均为 0。而被积函数 $z$ 符号在四块空间均相同（全正），故 $\iiint_\Omega z \text{d}V = 4\iiint_{\Omega_1} z \text{d}V$。
答案：C
(4) 将二重积分 $I = \int_{\pi/4}^{\pi/2} \text{d}\theta \int_0^{2\sin\theta} f(\rho\cos\theta, \rho\sin\theta)\rho\text{d} \rho$ 化为直角坐标下的二次积分为
解答： 极坐标区域为极径 $r = 2\sin\theta \Rightarrow x^2+y^2=2y$ (圆心在 $(0,1)$，半径 $1$ 的圆)。
极角 $\theta \in [\pi/4, \pi/2]$ 意味着该区域介于直线 $y=x$ 和 $y$ 轴（$x=0$）之间。
在直角坐标系下，它是由 $x=0$, $y=x$ 和右侧圆弧 $x = \sqrt{2y-y^2}$ 围成的区域。
若选择先 $x$ 后 $y$ 积分（对应外层 $dy$）：当 $0 \leqslant y \leqslant 1$ 时，左边界 $x=0$，右边界 $x=y$；当 $1 \leqslant y \leqslant 2$ 时，左边界 $x=0$，右边界 $x=\sqrt{2y-y^2}$。
答案：C
(5) 设立体 $\Omega$ 是由曲面 $z = \sqrt{x^2+y^2}$ 及 $z=6-x^2-y^2$ 所围成的空间有界闭区域，则体积 $V_\Omega =$
解答： 解两曲面交线：令 $r = \sqrt{x^2+y^2}$，有 $r = 6 - r^2 \Rightarrow r^2+r-6=0 \Rightarrow r=2$。即投影圆域半径为 $2$。
$V = \iint_{D} (6-x^2-y^2 - \sqrt{x^2+y^2}) \text{d}x\text{d}y = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^2 (6 - r^2 - r)r \text{d} r = 2\pi \left[ 3r^2 - \frac{r^4}{4} - \frac{r^3}{3} \right]_0^2 = 2\pi(12 - 4 - \frac{8}{3}) = \frac{32}{3}\pi$。
答案：D
(6) - (8) 解题简述:
(6) 均匀薄片算对直线 $y=-1$ 的转动惯量 $I = \mu \int_0^1 (y-(-1))^2 \text{d}y \int_0^{2y} \text{d}x = 2\mu \int_0^1 y(y+1) ^2 \text{d}y = \frac{17}{6}\mu$。选 D。
(7) 求带参数变上限三重积分的导数。采用球面坐标系化为关于 $\rho$ 的定积分：$F(t) = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^\pi \sin\phi d\phi \int_0^t f(r^2)r^2 dr = 4\pi \int_0^t f(r^2)r^2 dr$。对 $t$ 求导得 $F'(t) = 4\pi t^2 f(t^2)$。选 C。
(8) 区域为一个正方体，具有完美的八卦限对称性且被积函数在 8 个卦限对称，因此等于第一卦限的 8 倍，即 $8 \int_0^a dx \int_0^a dy \int_0^a f(x^2+y^2+z^2)dz$。选 D。
三、 计算题（部分精选重点题目）
12. 计算三重积分 $I = \iiint_\Omega \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}} \text{d}x\text{d}y\text{d}z$, $\Omega$ 由曲面 $z=\sqrt{x^2 +y^2}$ 与 $z=1$ 围成.
解答：
采用球面坐标系进行计算最为简便。
圆锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 在球面坐标下表示为 $\cos\phi = \sin\phi \Rightarrow \phi = \frac{\pi}{4}$。
平面 $z=1$ 在球面坐标下表示为 $\rho\cos\phi = 1 \Rightarrow \rho = \sec\phi$。
积分区域为：$\theta \in [0, 2\pi]$, $\phi \in [0, \frac{\pi}{4}]$, $\rho \in [0, \sec\phi]$。
$I = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^{\pi/4} \sin\phi \text{d}\phi \int_0^{\sec\phi} \frac{1}{\rho} \cdot \rho^2 \text{d} \rho = 2\pi \int_0^{\pi/4} \sin\phi \left[ \frac{\rho^2}{2} \right]_0^{\sec\phi} \text{d}\phi$
$= \pi \int_0^{\pi/4} \frac{\sin\phi}{\cos^2\phi} \text{d}\phi = \pi \left[ \frac{1}{\cos\phi} \right]_0^{\pi/4} = \pi(\sqrt {2} - 1)$
17. 设区域 $D$ 是 $x^2+y^2=1, y=x$ 及 $x$轴在第一象限围成，计算 $\iint_D e^{(x+y)^2}(x^2-y^2) \text{d}x\text{d}y$.
解答：
作变量代换，令 $u = x+y, v = x-y$。则 $x = \frac{u+v}{2}, y = \frac{u-v}{2}$。雅可比行列式绝对值 $|J| = \frac{1}{2}$。
积分区域转换：$x^2+y^2=1 \Rightarrow \frac{u^2+v^2}{2}=1 \Rightarrow u^2+v^2=2$；$y=x \Rightarrow v=0$；$y=0 \Rightarrow u=v$。
新的积分区域为 $D_{uv}: \{u^2+v^2 \leqslant 2, 0 \leqslant v \leqslant u\}$。
原积分 $I = \iint_{D_{uv}} e^{u^2}(uv) \cdot \frac{1}{2} \text{d}u\text{d}v = \frac{1}{2} \int_0^1 e^{u^2}u \text{d}u \int_0^u v \text{d}v + \frac{1}{2} \int_1^{\sqrt{2}} e^{u^2}u \text{d}u \int_0^{\sqrt{2-u^2}} v \text{d}v$
（因为交点处 $2u^2=2 \Rightarrow u=1$）
$= \frac{1}{2} \left[ \int_0^1 e^{u^2} \frac{u^3}{2} \text{d}u + \int_1^{\sqrt{2}} e^{u^2}u \left( \frac{2-u^2}{2} \right) \text{d}u \right]$
令 $t = u^2, dt = 2udu \Rightarrow udu = dt/2$：
$I = \frac{1}{8} \int_0^1 t e^t \text{d}t + \frac{1}{8} \int_1^2 (2-t) e^t \text{d}t$
利用分部积分法 $\int te^t dt = te^t - e^t$ 计算各项得：
第一部分 $\frac{1}{8}[(e-e) - (0-1)] = \frac{1}{8}$。第二部分 $\frac{1}{8} \int_1^2 (2e^t - te^t) dt = \frac{1}{8}[2e^t - (te^t-e^t)]_1^2 = \frac{1}{8}[3e^t - te^t]_1^2 = \frac{1}{8}[(3e^2-2e^2) - (3e-e)] = \frac{1}{8}(e^2-2e)$。
所以 $I = \frac{1+e^2-2e}{8} = \frac{(e-1)^2}{8}$。
19. 设 $D = \{(x,y) | -\sqrt{4-y^2} \leqslant x \leqslant \sqrt{4-y^2}, 0 \leqslant y \leqslant 2\}$，求 $\iint_D \frac{(x-y) ^2}{x^2+y^2} \text{d}x\text{d}y$.
解答：
将积分区域不等式转化为几何图形：$D$ 表示圆心在原点、半径为 2 的上半圆域（$x^2+y^2 \leqslant 4, y \geqslant 0$）。
将分子展开化简积分：
$I = \iint_D \frac{x^2-2xy+y^2}{x^2+y^2} \text{d}x\text{d}y = \iint_D \left(1 - \frac{2xy}{x^2+y^2}\right) \text{d}x\text{d}y = \iint_D 1 \text{d}x\text{d}y - \iint_D \frac{2xy}{x^2+y^2} \text{d}x\text{d}y$
第一项即上半圆面积 $S_D = \frac{1}{2} \pi (2^2) = 2\pi$。
第二项由于积分区域关于 $y$ 轴左右对称，而被积函数 $f(x,y) = \frac{2xy}{x^2+y^2}$ 是关于变量 $x$ 的奇函数（$f(-x,y) = -f(x,y)$），故积分为 0。
因此，总积分 $I = 2\pi - 0 = 2\pi$。