第9章重积分 | YHK's life

第1节⼆重积分的概念与性质

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1. 利用二重积分的几何意义证明下列等式成立，其中区域 $D$ 为 $x^2 + y^2 \leqslant R^2$.

(1) $\iint_D \sqrt{R^2 - x^2 - y^2} \text{d}x\text{d}y = \frac{2}{3}\pi R^3$

被积函数 $z = \sqrt{R^2 - x^2 - y^2}$ 在几何上表示球心在原点、半径为 $R$ 的上半球面。

二重积分 $\iint_D \sqrt{R^2 - x^2 - y^2} \text{d}x\text{d}y$ 表示以区域 $D$（即 $xOy$ 面上以原点为圆心、半径为 $R$ 的圆盘）为底、以上述上半球面为顶的曲顶柱体的体积。

该几何体恰好是一个半径为 $R$ 的半球体。由立体几何知识可知，半径为 $R$ 的球体体积为 $\frac{4}{3}\pi R^3$，因此半球体的体积为 $\frac{1}{2} \cdot \frac{4}{3}\pi R^3 = \frac{2}{3}\pi R^3$。

所以该等式成立。

(2) $\iint_D y\sqrt{R^2 - x^2 - y^2} \text{d}x\text{d}y = 0$

积分区域 $D = \{(x,y) \mid x^2 + y^2 \leqslant R^2\}$ 关于 $x$ 轴是对称的。

被积函数 $f(x,y) = y\sqrt{R^2 - x^2 - y^2}$ 满足 $f(x,-y) = -y\sqrt{R^2 - x^2 - (-y)^2} = -f(x,y)$，即它是关于 $y$ 的奇函数。

根据二重积分的对称性质：若积分区域关于 $x$ 轴对称，且被积函数是关于 $y$ 的奇函数，则该二重积分的值为 $0$。

所以该等式成立。

2. 利用二重积分的性质比较下列二重积分的大小.

(1) $I_1 = \iint_D (x+y)^3 \text{d}x\text{d}y$ 与 $I_2 = \iint_D (x+y)^2 \text{d}x\text{d}y$，其中 $D$ 为由 $x$ 轴、$y$ 轴与直线 $x+y=1$ 所围成的闭区域.

积分区域 $D$ 位于第一象限，即在区域 $D$ 内，始终有 $x \geqslant 0, y \geqslant 0$，且被直线 $x+y=1$ 限制，故对于 $D$ 内的所有点均满足 $0 \leqslant x+y \leqslant 1$。

对于介于 $0$ 和 $1$ 之间的数，其三次方小于或等于其平方，即 $(x+y)^3 \leqslant (x+y)^2$（在区域内部是严格小于）。

根据二重积分的比较性质，被积函数在积分区域上满足不等式，其积分值也满足相同方向的不等式。

因此，$I_1 < I_2$。

(2) $I_1 = \iint_D \ln(x+y) \text{d}x\text{d}y$ 与 $I_2 = \iint_D [\ln(x+y)]^2 \text{d}x\text{d}y$，其中 $D = \{(x,y) \mid 3\leqslant x \leqslant 5, 0 \leqslant y \leqslant 1\}$.

在积分区域 $D$ 内，$x$ 最小为 $3$，$y$ 最小为 $0$，因此恒有 $x+y \geqslant 3$。

由于自然常数 $\text{e} \approx 2.718$，有 $x+y \geqslant 3 > \text{e}$。

根据对数函数的单调性，这意味着在该区域内恒有 $\ln(x+y) > \ln \text{e} = 1$。

对于严格大于 $1$ 的数，它的平方大于它本身，即 $[\ln(x+y)]^2 > \ln(x+y)$。

根据二重积分的比较性质可知，$I_1 < I_2$。

(3) $I_1 = \iint_D (x+y)^3 \text{d}x\text{d}y$ 与 $I_2 = \iint_D (x+y)^2 \text{d}x\text{d}y$，其中 $D = \{(x,y) \mid (x-2)^2+ (y-1)^2 \leqslant 2\}$.

积分区域 $D$ 是以 $(2,1)$ 为圆心、$\sqrt{2}$ 为半径的圆盘。我们需要确定目标函数 $f(x,y) = x+y$ 在该区域内的取值范围。

考查圆盘内任意一点到直线 $x+y=c$ 的距离问题。圆心 $(2,1)$ 到该直线的距离不能超过半径，即：

$$d = \frac{|2+1-c|}{\sqrt{1^2+1^2}} = \frac{|3-c|}{\sqrt{2}} \leqslant \sqrt{2}$$

由此解得 $|3-c| \leqslant 2 \Rightarrow 1 \leqslant c \leqslant 5$。

所以，在区域 $D$ 内，所有的点都满足 $x+y \geqslant 1$。

对于大于等于 $1$ 的数，其三次方大于或等于其平方，即 $(x+y)^3 \geqslant (x+y)^2$（且在圆域内部为严格大于）。

因此，$I_1 > I_2$。

二、提高题

3. 已知 $I = \iint_D (\cos y^2 + \sin x^2) \text{d}x\text{d}y$，积分区域 $D$ 为 $0 \leqslant x \leqslant 1, 0 \leqslant y \leqslant 1$，则 ________.

利用积分的线性性质，原积分可拆分为：

$$I = \iint_D \cos y^2 \text{d}x\text{d}y + \iint_D \sin x^2 \text{d}x\text{d}y$$

由于积分区域是矩形 $[0,1] \times [0,1]$，上述积分可化为累次积分：

$$I = \int_0^1 \cos y^2 \text{d}y \int_0^1 \text{d}x + \int_0^1 \sin x^2 \text{d}x \int_0^1 \text{d}y = \int_0^1 \cos y^2\text{d}y + \int_0^1 \sin x^2 \text{d}x$$

替换积分变量符号，可以将它们合并成一个定积分：

$$I = \int_0^1 (\cos x^2 + \sin x^2) \text{d}x$$

利用三角辅助角公式，被积函数为 $\cos x^2 + \sin x^2 = \sqrt{2}\sin\left(x^2 + \frac{\pi}{4}\right)$。

当 $x \in [0, 1]$ 时，$x^2 \in [0, 1]$。由于 $1 < \frac{\pi}{2}$，此时角度 $x^2 + \frac{\pi}{4} \in \left[\frac{\pi}{4}, 1+\frac{\pi}{4}\right]$。

在该区间内，正弦函数的最小值在起始点取得：$\sqrt{2}\sin\left(\frac{\pi}{4}\right) = 1$。

最大值在角度取 $\frac{\pi}{2}$ 处取得（因为 $\frac{\pi}{2}$ 落在该区间内），此时值为 $\sqrt{2} \times 1 = \sqrt{2}$。

所以对于所有的 $x \in [0,1]$，恒有 $1 \leqslant \cos x^2 + \sin x^2 \leqslant \sqrt{2}$。

对该不等式在区间 $[0,1]$ 上进行积分，得到：$1 \leqslant I \leqslant \sqrt{2}$。

正确选项是 B.

4. 设区域 $D$ 为圆 $x^2 + y^2 \leqslant r^2$，求极限 $\lim_{r \to 0} \frac{\iint_D \text{e}^{x^2-y^2}\cos(x+y) \text{d}x\text{d}y}{\pi r^2}$.

设被积函数为 $f(x,y) = \text{e}^{x^2-y^2}\cos(x+y)$，此函数在其定义域内处处连续，特别是在原点附近也是连续的。

对于圆域 $D$，根据二重积分的积分中值定理，在闭区域 $D$ 内至少存在一点 $(\xi, \eta)$，使得：

$$\iint_D f(x,y) \text{d}x\text{d}y = f(\xi, \eta) \cdot S_D$$

其中 $S_D$ 是积分区域的面积，这里 $S_D = \pi r^2$。将其代入所求的极限式：

$$\lim_{r \to 0} \frac{f(\xi, \eta) \cdot \pi r^2}{\pi r^2} = \lim_{r \to 0} f(\xi, \eta)$$

当半径 $r \to 0$ 时，整个圆域 $D$ 逐渐收缩并退化至原点 $(0,0)$。由于点 $(\xi, \eta)$ 始终被包围在区域 $D$ 内，因此必定有 $(\xi, \eta) \to (0,0)$。

因为函数 $f(x,y)$ 在 $(0,0)$ 处是连续的，所以极限值就等于函数在该点的函数值：

$$\lim_{(\xi, \eta) \to (0,0)} \text{e}^{\xi^2-\eta^2}\cos(\xi+\eta) = \text{e}^{0^2-0^2}\cos(0+0) = \text{e}^0 \cdot 1 = 1$$

极限值为 $1$.

5. 设函数 $f(x,y)$、$g(x,y)$ 在有界闭区域 $D$ 上连续，且 $g(x,y) > 0$，证明在 $D$ 上至少存在一点 $(\xi, \eta)$ 使得 $\iint_D f(x,y)g (x,y) \text{d}x\text{d}y = f(\xi, \eta) \iint_D g(x,y) \text{d}x\text{d}y$.

因为 $f(x,y)$ 在有界闭区域 $D$ 上连续，根据连续函数的最值定理，它在 $D$ 上必定能取得最小值 $m$ 和最大值 $M$，即对所有 $(x,y) \in D$，有：

$$m \leqslant f(x,y) \leqslant M$$

已知条件给定 $g(x,y) > 0$，用它同乘上述不等式各边，不等号方向不发生改变：

$$m \cdot g(x,y) \leqslant f(x,y)g(x,y) \leqslant M \cdot g(x,y)$$

根据二重积分的保号性（比较性质），在区域 $D$ 上对上述不等式求二重积分得：

$$m \iint_D g(x,y) \text{d}x\text{d}y \leqslant \iint_D f(x,y)g(x,y) \text{d}x\text{d}y \leqslant M \iint_D g(x,y) \text{d} x\text{d}y$$

由于 $g(x,y) > 0$ 且连续，其在区域 $D$ 上的积分 $\iint_D g(x,y) \text{d}x\text{d}y > 0$。可将不等式各边同时除以该积分：

$$m \leqslant \frac{\iint_D f(x,y)g(x,y) \text{d}x\text{d}y}{\iint_D g(x,y) \text{d}x\text{d}y} \leqslant M$$

这说明上述比值是一个介于函数最小值 $m$ 和最大值 $M$ 之间的某个常数。

又因为 $f(x,y)$ 在有界闭连通区域 $D$ 上连续，根据介值定理，在 $D$ 内至少存在一点 $(\xi, \eta)$，使得该点的函数值正好等于这个中间常数：

$$f(\xi, \eta) = \frac{\iint_D f(x,y)g(x,y) \text{d}x\text{d}y}{\iint_D g(x,y) \text{d}x\text{d}y}$$

移项即可得出待证结论：

$$\iint_D f(x,y)g(x,y) \text{d}x\text{d}y = f(\xi, \eta) \iint_D g(x,y) \text{d}x\text{d}y$$

三、考研真题

6. (1991109) 设 $D$ 是 $xOy$ 面上以 $(1,1)$、$(-1,1)$ 和 $(-1,-1)$ 为顶点的三角形区域，区域 $D_1$ 为区域 $D$ 在第一象限的部分，则 $\iint_D (xy + \cos x \sin y) \text{d}x\text{d}y$ 等于 ________.

根据给定的顶点，可以判断积分区域 $D$ 是一块位于直线 $y=1$（上边界）、$x=-1$（左边界）以及穿过 $(-1,-1)$ 和 $(1,1)$ 的直线 $y=x$（下斜边界）之间的直角三角形区域。用不等式可表示为 $D = \{(x,y) \mid -1 \leqslant x \leqslant y \leqslant 1\}$。

利用积分的线性性质，把积分拆分为前后两部分：

$$I = \iint_D xy \text{d}x\text{d}y + \iint_D \cos x \sin y \text{d}x\text{d}y$$

分别计算：

第一部分 $\iint_D xy \text{d}x\text{d}y = \int_{-1}^1 \text{d}y \int_{-1}^y xy \text{d}x = \int_{-1}^1 y \left[\frac{1}{2} x^2\right]_{-1}^y \text{d}y = \frac{1}{2}\int_{-1}^1 y(y^2-1) \text{d}y$。由于被积函数 $y(y^2-1)$ 是奇函数，其在对称区间 $[-1, 1]$ 上的积分为 $0$。

第二部分 $\iint_D \cos x \sin y \text{d}x\text{d}y = \int_{-1}^1 \text{d}y \int_{-1}^y \cos x \sin y \text{d}x = \int_{-1}^1 \sin y [\sin x]_{-1}^y \text{d}y$

$$= \int_{-1}^1 \sin y (\sin y - \sin(-1)) \text{d}y = \int_{-1}^1 (\sin^2 y + \sin 1 \cdot \sin y) \text{d}y$$

拆分该一元积分，后项 $\sin 1 \cdot \sin y$ 为奇函数，积分为 $0$；前项 $\sin^2 y$ 为偶函数，所以积分等于 $2\int_0^1 \sin^2 y \text{d}y$。

再来考查第一象限区域 $D_1$，此时 $x$ 和 $y$ 均为非负数，$D_1 = \{(x,y) \mid 0 \leqslant x \leqslant y \leqslant 1\}$。

计算原积分后半项在 $D_1$ 上的二重积分：

$$\iint_{D_1} \cos x \sin y \text{d}x\text{d}y = \int_0^1 \text{d}y \int_0^y \cos x \sin y \text{d}x = \int_0^1 \sin y [\sin x]_0^y \text{d}y = \int_0^1 \sin^2 y \text{d}y$$

对比可以看出，总积分 $\iint_D (xy + \cos x \sin y) \text{d}x\text{d}y$ 的结果恰好等于 $2 \iint_{D_1} \cos x \sin y \text{d}x\text {d}y$。

正确选项是 A.

第2节直⾓坐标系下⼆重积分的计算

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

习题 9.2

一、基础题

1. 将二重积分化为直角坐标系下的二次积分（写出两种积分次序）.

(1) $D = \{(x,y) \mid a < x < b, c < y < d\}$.

先 $y$ 后 $x$：$\int_a^b \text{d}x \int_c^d f(x,y) \text{d}y$

先 $x$ 后 $y$：$\int_c^d \text{d}y \int_a^b f(x,y) \text{d}x$

(2) $D$ 是由直线 $x=2$、$y=-x$ 及 $y=x$ 所围成的闭区域.

先 $y$ 后 $x$：$\int_0^2 \text{d}x \int_{-x}^x f(x,y) \text{d}y$

先 $x$ 后 $y$ (需分段)：$\int_{-2}^0 \text{d}y \int_{-y}^2 f(x,y) \text{d}x + \int_0^2 \text{d}y \int_y^2 f(x,y) \text{d}x$

(3) $D$ 是由直线 $y=2-x$、$y=0$ 及 $y=x$ 所围成的闭区域.

先 $x$ 后 $y$：$\int_0^1 \text{d}y \int_y^{2-y} f(x,y) \text{d}x$

先 $y$ 后 $x$ (需分段)：$\int_0^1 \text{d}x \int_0^x f(x,y) \text{d}y + \int_1^2 \text{d}x \int_0^{2-x} f(x,y) \text{d}y$

(4) $D$ 是由 $y=\ln x$、$y=0$ 及 $x=\text{e}$ 所围成的闭区域.

先 $y$ 后 $x$：$\int_1^{\text{e}} \text{d}x \int_0^{\ln x} f(x,y) \text{d}y$

先 $x$ 后 $y$：$\int_0^1 \text{d}y \int_{\text{e}^y}^{\text{e}} f(x,y) \text{d}x$

2. 计算 $\iint_D 2xy \text{d}x\text{d}y$, 积分区域 $D$ 是由直线 $y=1$、$x=2$ 及 $y=x$ 所围成的平面区域.

解答： 区域可表示为 $1 \leqslant x \leqslant 2$, $1 \leqslant y \leqslant x$。

$I = \int_1^2 \text{d}x \int_1^x 2xy \text{d}y = \int_1^2 x [y^2]_1^x \text{d}x = \int_1^2 x(x^2 - 1) \text{d}x = \int_1^2 (x^3 - x) \text{d}x$

$= \left[ \frac{1}{4}x^4 - \frac{1}{2}x^2 \right]_1^2 = \left( \frac{16}{4} - \frac{4}{2} \right) - \left( \frac{1}{4} - \frac {1}{2} \right) = (4 - 2) - \left(-\frac{1}{4}\right) =$ $\frac{9}{4}$。

3. 计算 $\iint_D x\sqrt{y} \text{d}x\text{d}y$, 积分区域 $D$ 是由 $y=\sqrt{x}$、$y=x^2$ 所围成的平面区域.

解答： 区域在第一象限，交点为 $(0,0)$ 和 $(1,1)$。区域可表示为 $0 \leqslant x \leqslant 1$, $x^2 \leqslant y \leqslant \sqrt{x} $。

$I = \int_0^1 \text{d}x \int_{x^2}^{\sqrt{x}} x y^{1/2} \text{d}y = \int_0^1 x \left[ \frac{2}{3}y^{3/2} \right]_{x^2}^{\sqrt {x}} \text{d}x = \frac{2}{3} \int_0^1 x \left( x^{3/4} - x^3 \right) \text{d}x = \frac{2}{3} \int_0^1 \left( x^{7/4} - x^4 \right) \text{d}x$

$= \frac{2}{3} \left[ \frac{4}{11}x^{11/4} - \frac{1}{5}x^5 \right]_0^1 = \frac{2}{3} \left( \frac{4}{11} - \frac{1}{5} \right) = \frac{2}{3} \cdot \frac{9}{55} =$ $\frac{6}{55}$。

4. 交换下列二重积分的积分次序：

(1) 原积分为 $y \in [0,1], x \in [1-\sqrt{1-y^2}, 3-y]$。

交换后：$\int_0^1 \text{d}x \int_0^{\sqrt{2x-x^2}} f(x,y) \text{d}y + \int_1^2 \text{d}x \int_0^1 f(x,y) \text{d}y + \int_2^3 \text{d}x \int_0^{3-x} f(x,y) \text{d}y$。

(2) 原积分为 $y \in [0,1], x \in [\sqrt{y}, \sqrt{2-y^2}]$。

交换后：$\int_0^1 \text{d}x \int_0^{x^2} f(x,y) \text{d}y + \int_1^{\sqrt{2}} \text{d}x \int_0^{\sqrt{2-x^2}} f(x,y) \text{d} y$。

(3) 原积分为 $y \in [0,1], x \in [0,y]$ 与 $y \in [1,2], x \in [0,2-y]$ 拼接。

组合后交换：$\int_0^1 \text{d}x \int_x^{2-x} f(x,y) \text{d}y$。

(4) 原积分为 $x \in [1,2], y \in [2-x, \sqrt{2x-x^2}]$。

交换后：$\int_0^1 \text{d}y \int_{2-y}^{1+\sqrt{1-y^2}} f(x,y) \text{d}x$。

二、提高题

5. 计算累次积分 $\int_0^{\frac{\pi}{6}} \text{d}y \int_y^{\frac{\pi}{6}} \frac{\cos x}{x} \text{d}x$.

解答： 交换积分次序，区域为三角形 $x \in [0, \frac{\pi}{6}], y \in [0, x]$。

$I = \int_0^{\frac{\pi}{6}} \text{d}x \int_0^x \frac{\cos x}{x} \text{d}y = \int_0^{\frac{\pi}{6}} \frac{\cos x}{x} [y]_0^x \text{d}x = \int_0^{\frac{\pi}{6}} \cos x \text{d}x = [\sin x]_0^{\frac{\pi}{6}} =$ $\frac{1}{2}$。

6. 计算 $\iint_D \frac{xy}{\sqrt{1+y^3}} \text{d}x\text{d}y$, 其中 $D$ 是由 $y=x^2 (x \geqslant 0)$、$y=1$ 和 $x=0$ 所围成的平面区域.

解答： 选用先对 $x$ 积分：$y \in [0,1]$, $x \in [0, \sqrt{y}]$。

$I = \int_0^1 \text{d}y \int_0^{\sqrt{y}} \frac{xy}{\sqrt{1+y^3}} \text{d}x = \int_0^1 \frac{y}{\sqrt{1+y^3}} \left[\frac{1} {2}x^2\right]_0^{\sqrt{y}} \text{d}y = \frac{1}{2} \int_0^1 \frac{y^2}{\sqrt{1+y^3}} \text{d}y$。

令 $u = 1+y^3$, $\text{d}u = 3y^2\text{d}y$。

$I = \frac{1}{2} \int_1^2 \frac{1}{\sqrt{u}} \frac{\text{d}u}{3} = \frac{1}{6} [2\sqrt{u}]_1^2 =$ $\frac{\sqrt{2}-1}{3}$。

7. 计算 $\iint_D \frac{x^2}{y^2} \text{d}x\text{d}y$, 其中 $D$ 是由 $y=x$、$y=2$ 和双曲线 $xy=1$ 所围成的平面区域.

解答： 选用先对 $x$ 积分较简便。区域可表示为 $y \in [1,2]$, $x \in [\frac{1}{y}, y]$。

$I = \int_1^2 \text{d}y \int_{1/y}^y \frac{x^2}{y^2} \text{d}x = \int_1^2 \frac{1}{y^2} \left[ \frac{1}{3}x^3 \right]_{1/y}^y \text{d}y = \frac{1}{3} \int_1^2 \frac{1}{y^2} (y^3 - y^{-3}) \text{d}y = \frac{1}{3} \int_1^2 (y - y^{-5}) \text{d}y$

$= \frac{1}{3} \left[ \frac{1}{2}y^2 + \frac{1}{4}y^{-4} \right]_1^2 = \frac{1}{3} \left[ \left(2 + \frac{1}{64}\right) - \left(\frac{1}{2} + \frac{1}{4}\right) \right] = \frac{1}{3} \cdot \frac{81}{64} =$ $\frac{27}{64}$。

8. 计算 $\iint_D (|x| + |y|) \text{d}x\text{d}y$, 其中 $D: |x| + |y| \leqslant 1$.

解答： 根据对称性，积分为第一象限区域 $D_1: x+y \leqslant 1\ (x,y \geqslant 0)$ 的 $4$ 倍。

$I = 4 \iint_{D_1} (x+y) \text{d}x\text{d}y = 4 \int_0^1 \text{d}x \int_0^{1-x} (x+y) \text{d}y = 4 \int_0^1 \left[ xy + \frac {1}{2}y^2 \right]_0^{1-x} \text{d}x = 4 \int_0^1 \left( x(1-x) + \frac{1}{2}(1-x)^2 \right) \text{d}x$

$= 4 \int_0^1 \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{2}x^2 \right) \text{d}x = 4 \left[ \frac{1}{2}x - \frac{1}{6}x^3 \right]_0^1 = 4 \left( \frac{1}{2} - \frac{1}{6} \right) =$ $\frac{4}{3}$。

9. 计算 $\iint_D 2 \text{d}x\text{d}y$, 其中 $D$ 是由 $y^2=2x$、$x+y=4$ 和 $x+y=12$ 所围成的平面区域.

解答： 积分值即为区域 $D$ 面积的 $2$ 倍。区域是两平行线 $x = 12-y$ 和 $x = 4-y$ 之间，并且以抛物线 $x = \frac{1}{2}y^2$ 为左边界的区域。

外边界线 $x=12-y$ 与抛物线交于 $y=4, y=-6$；内边界线 $x=4-y$ 与抛物线交于 $y=2, y=-4$。

面积 $S$ 等于两直线与抛物线围成的大区域面积减去小区域面积：

$S = \int_{-6}^4 (12 - y - \frac{1}{2}y^2) \text{d}y - \int_{-4}^2 (4 - y - \frac{1}{2}y^2) \text{d}y = \frac{250}{3} - 18 = \frac{196}{3}$。

所求积分为 $I = 2 \times S = 2 \times \frac{196}{3} =$ $\frac{392}{3}$。

三、考研真题

10. (2017213) $\int_0^1 \text{d}y \int_y^1 \frac{\tan x}{x} \text{d}x = $ ________.

解答： 交换积分次序，区域为 $x \in [0,1], y \in [0,x]$。

$I = \int_0^1 \text{d}x \int_0^x \frac{\tan x}{x} \text{d}y = \int_0^1 \frac{\tan x}{x} \cdot x \text{d}x = \int_0^1 \tan x \text{d}x = [-\ln|\cos x|]_0^1 =$ $-\ln(\cos 1)$ （或写为 $\ln(\sec 1)$）。

11. (2009204) 设函数 $f(x,y)$ 连续，则 $\int_1^2 \text{d}x \int_1^x f(x,y)\text{d}y + \int_2^3 \text{d}x \int_1^{4-x} f(x,y) \text{d}y = $ ________. (注：基于逻辑推断原题第二项上限应为3，否则会产生负面积，且选项C与之完美契合)

解答： 观察两块积分区域：$D_1$ 是由 $x=1, x=2, y=1, y=x$ 围成的三角形；$D_2$ 是由 $x=2, x=3, y=1, y=4-x$ 围成的三角形。

二者合并为一个大三角形，顶点为 $(1,1), (3,1), (2,2)$。

若将合并后的区域改用先对 $x$ 积分的形式（即 Y-型区域）：

$y$ 的范围是 $[1, 2]$。对于给定的 $y$，左边界为直线 $y=x$ (即 $x=y$)，右边界为直线 $y=4-x$ (即 $x=4-y$)。

所以交换积分次序后为：$\int_1^2 \text{d}y \int_y^{4-y} f(x,y)\text{d}x$。

观察选项，C 选项 $\int_1^2 \text{d}y \int_1^{4-y} f(x,y)\text{d}x$ 虽然下限印为 ‘1’，但这是印刷中常见的形近字（‘1’ 与 ‘y’）排版错误。基于题目结构，其本意必为此互换形式。

答案选 C

第3节极坐标系下⼆重积分的计算

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1. 将二重积分 $\iint_D f(x,y)\text{d}x\text{d}y$ 化为极坐标系下的二次积分.

(1) $D: 1 \leqslant x^2 + y^2 \leqslant 4$

解答： 积分区域 $D$ 是以原点为圆心，半径从 $1$ 到 $2$ 的圆环。

在极坐标系中，区域边界可表示为 $1 \leqslant r^2 \leqslant 4$，即 $1 \leqslant r \leqslant 2$。

因为是完整的圆环，极角 $\theta$ 的范围是 $0 \leqslant \theta \leqslant 2\pi$。

积分微元 $\text{d}x\text{d}y = r\text{d}r\text{d}\theta$。

化为二次积分为：$\int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_1^2 f(r\cos\theta, r\sin\theta)r \text{d}r$

(2) $D: x^2 + y^2 \geqslant 2x, x^2 + y^2 \leqslant 4x$

解答： 将直角坐标方程化为极坐标形式：

$x^2 + y^2 \geqslant 2x \Rightarrow r^2 \geqslant 2r\cos\theta \Rightarrow r \geqslant 2\cos\theta$

$x^2 + y^2 \leqslant 4x \Rightarrow r^2 \leqslant 4r\cos\theta \Rightarrow r \leqslant 4\cos\theta$

要使 $r \geqslant 0$，必须满足 $\cos\theta \geqslant 0$，即 $\theta \in \left[-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}\right]$。

化为二次积分为：$\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \text{d}\theta \int_{2\cos\theta}^{4\cos\theta} f(r\cos\theta, r\sin\theta)r \text{d} r$

(3) $D: 0 \leqslant y \leqslant 1-x, 0 \leqslant x \leqslant 1$

解答： 积分区域 $D$ 是顶点为 $(0,0), (1,0), (0,1)$ 的直角三角形。

化为极坐标：直线 $x+y=1 \Rightarrow r\cos\theta + r\sin\theta = 1 \Rightarrow r = \frac{1}{\cos\theta+\sin\theta}$。

极角范围为第一象限内的三角形区域，即 $0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}$。

化为二次积分为：$\int_0^{\pi/2} \text{d}\theta \int_0^{\frac{1}{\cos\theta+\sin\theta}} f(r\cos\theta, r\sin\theta)r \text{d} r$

(4) $D$ 为第一象限内曲线 $x^2+y^2=1, x^2+y^2=4, y=x, y=0$ 围成的区域.

解答： 在极坐标系中，$x^2+y^2=1$ 即 $r=1$；$x^2+y^2=4$ 即 $r=2$。

射线 $y=0$ 即 $\theta = 0$；射线 $y=x$ 即 $\theta = \frac{\pi}{4}$。

因此极角范围是 $\left[0, \frac{\pi}{4}\right]$，极径范围是 $[1, 2]$。

化为二次积分为：$\int_0^{\pi/4} \text{d}\theta \int_1^2 f(r\cos\theta, r\sin\theta)r \text{d}r$

2. 利用极坐标计算 $\iint_D (x-2y)^2 \text{d}x\text{d}y$，积分区域 $D = \{(x,y) \mid x^2+y^2 \leqslant 4\}$.

解答：

积分区域 $D$ 是原点为圆心、半径为 2 的圆，极坐标下表示为 $0 \leqslant \theta \leqslant 2\pi$, $0 \leqslant r \leqslant 2$。

将原积分化为极坐标形式：

$\iint_D (x-2y)^2 \text{d}x\text{d}y = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^2 (r\cos\theta - 2r\sin\theta)^2 r \text{d}r$

$= \int_0^{2\pi} (\cos\theta - 2\sin\theta)^2 \text{d}\theta \int_0^2 r^3 \text{d}r$

分别计算两个积分：

$\int_0^2 r^3 \text{d}r = \left[ \frac{r^4}{4} \right]_0^2 = 4$

$\int_0^{2\pi} (\cos^2\theta - 4\cos\theta\sin\theta + 4\sin^2\theta) \text{d}\theta$

$= \int_0^{2\pi} \cos^2\theta \text{d}\theta - 4\int_0^{2\pi} \sin\theta\cos\theta \text{d}\theta + 4\int_0^{2\pi} \sin^2\theta \text{d}\theta = \pi - 0 + 4\pi = 5\pi$

相乘得到最终结果：$4 \times 5\pi =$ $20\pi$

3. 利用极坐标计算 $\iint_D x^2 \text{d}x\text{d}y$，其中 $D = \{(x,y) \mid 0 \leqslant x \leqslant 2, \sqrt{2x-x^2} \leqslant y \leqslant \sqrt{4-x^2}\}$.

解答：

区域的上边界为 $y = \sqrt{4-x^2}$，即 $x^2+y^2=4\ (y \geqslant 0)$，极坐标下为 $r=2$。

区域的下边界为 $y = \sqrt{2x-x^2}$，即 $x^2+y^2=2x\ (y \geqslant 0)$，极坐标下为 $r=2\cos\theta$。

由于 $0 \leqslant x \leqslant 2$ 且 $y \geqslant 0$，区域位于第一象限，极角范围为 $0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}$。

积分转换为：

$I = \int_0^{\pi/2} \text{d}\theta \int_{2\cos\theta}^2 (r\cos\theta)^2 r \text{d}r = \int_0^{\pi/2} \cos^2\theta \left[ \frac {r^4}{4} \right]_{2\cos\theta}^2 \text{d}\theta$

$= \int_0^{\pi/2} \cos^2\theta (4 - 4\cos^4\theta) \text{d}\theta = 4\int_0^{\pi/2} \cos^2\theta \text{d}\theta - 4\int_0^ {\pi/2} \cos^6\theta \text{d}\theta$

利用华里士公式（点火公式）：

$= 4 \left( \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} \right) - 4 \left( \frac{5}{6} \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac {\pi}{2} \right) = \pi - 4 \left( \frac{15}{96}\pi \right) = \pi - \frac{5}{8}\pi =$ $\frac{3}{8}\pi$

4. 利用极坐标计算 $\iint_D (x^2+y^2) \text{d}x\text{d}y$，积分区域 $D = \{(x,y) \mid x^2+y^2 \leqslant 4x\}$.

解答：

边界方程 $x^2+y^2 \leqslant 4x$ 化为极坐标：$r^2 \leqslant 4r\cos\theta \Rightarrow r \leqslant 4\cos\theta$。

由于圆在 $y$ 轴右侧，极角范围为 $-\frac{\pi}{2} \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}$。

积分转换为：

$I = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \text{d}\theta \int_0^{4\cos\theta} r^2 \cdot r \text{d}r = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \left[ \frac{r^4} {4} \right]_0^{4\cos\theta} \text{d}\theta = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} 64\cos^4\theta \text{d}\theta$

由偶函数对称性和点火公式：

$= 128 \int_0^{\pi/2} \cos^4\theta \text{d}\theta = 128 \left( \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} \right) = 128 \cdot \frac{3\pi}{16} =$ $24\pi$

5. 利用极坐标计算 $\iint_D y \text{d}x\text{d}y$，积分区域 $D = \{(x,y) \mid x^2+y^2 \leqslant 4, x \geqslant 0, y \geqslant 0\} $.

解答：

区域 $D$ 是第一象限内半径为 2 的四分之一圆，极角范围 $0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}$，极径 $0 \leqslant r \leqslant 2$。

$I = \int_0^{\pi/2} \text{d}\theta \int_0^2 (r\sin\theta) r \text{d}r = \int_0^{\pi/2} \sin\theta \text{d}\theta \int_0^2 r^2 \text{d}r$

$= [-\cos\theta]_0^{\pi/2} \cdot \left[ \frac{r^3}{3} \right]_0^2 = (0 - (-1)) \cdot \frac{8}{3} =$ $\frac{8}{3}$

二、提高题

6. 计算 $\iint_D \ln(1+x^2+y^2) \text{d}x\text{d}y$，其中积分区域 $D = \{(x,y) \mid x^2+y^2 \leqslant 1, x \geqslant 0, y \geqslant 0\}$.

解答：

区域 $D$ 为第一象限的四分之一单位圆。在极坐标下：$\theta \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right]$, $r \in [0, 1]$。

$I = \int_0^{\pi/2} \text{d}\theta \int_0^1 \ln(1+r^2) r \text{d}r = \frac{\pi}{2} \int_0^1 \ln(1+r^2) r \text{d}r$

凑微分，令 $u = 1+r^2$，则 $\text{d}u = 2r\text{d}r$：

$\int_0^1 \ln(1+r^2) r \text{d}r = \frac{1}{2} \int_1^2 \ln u \text{d}u$

使用分部积分法：$\int \ln u \text{d}u = u\ln u - u$

$= \frac{1}{2} [u\ln u - u]_1^2 = \frac{1}{2}((2\ln 2 - 2) - (0 - 1)) = \ln 2 - \frac{1}{2}$

所以最终结果为：$\frac{\pi}{2}\left(\ln 2 - \frac{1}{2}\right)$ 或 $\frac{\pi}{2}\ln 2 - \frac{\pi}{4}$

7. 计算 $\iint_D \left(\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2}\right) \text{d}x\text{d}y$，其中积分区域 $D$ 为 $x^2+y^2 \leqslant R^2\ (R>0)$，且常数 $a>b>0$.

解答：

转换为极坐标：$\theta \in [0, 2\pi], r \in [0, R]$。

$I = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^R \left(\frac{r^2\cos^2\theta}{a^2} + \frac{r^2\sin^2\theta}{b^2}\right) r \text{d}r = \int_0^{2\pi} \left(\frac{\cos^2\theta}{a^2} + \frac{\sin^2\theta}{b^2}\right) \text{d}\theta \int_0^R r^3 \text{d}r$

$\int_0^{2\pi} \cos^2\theta \text{d}\theta = \pi$，$\int_0^{2\pi} \sin^2\theta \text{d}\theta = \pi$；$\int_0^R r^3 \text{d}r = \frac{R^4}{4}$

$I = \left(\frac{\pi}{a^2} + \frac{\pi}{b^2}\right) \cdot \frac{R^4}{4} =$ $\frac{\pi R^4 (a^2+b^2)}{4a^2 b^2}$

8. 计算 $\iint_D y \text{d}x\text{d}y$，其中 $D$ 是由直线 $x=-2, y=0, y=2$ 以及曲线 $x = -\sqrt{2y-y^2}$ 所围成的平面区域.

解答：

曲线 $x = -\sqrt{2y-y^2}$ 两边平方可得 $x^2 + (y-1)^2 = 1\ (x \leqslant 0)$，这是圆心在 $(0,1)$，半径为 1 的左半圆。

由题意，积分区域 $D$ 可视为一个矩形 $R = [-2, 0] \times [0, 2]$ 中挖去左半圆 $H = \{(x,y) \mid x^2 + (y-1)^2 \leqslant 1, x \leqslant 0\}$ 后剩余的区域。

利用二重积分的可加性：$\iint_D y \text{d}x\text{d}y = \iint_R y \text{d}x\text{d}y - \iint_H y \text{d}x\text{d}y$。

矩形部分积分：$\iint_R y \text{d}x\text{d}y = \int_{-2}^0 \text{d}x \int_0^2 y \text{d}y = 2 \times \left[\frac{y^2}{2}\right] _0^2 = 4$。

半圆部分积分巧妙利用对称性：$\iint_H y \text{d}x\text{d}y = \iint_H (y-1+1) \text{d}x\text{d}y = \iint_H (y-1) \text{d}x\text{d}y

\iint_H 1 \text{d}x\text{d}y$。

由于区域 $H$ 关于直线 $y=1$ 上下对称，且被积函数 $(y-1)$ 是奇函数，故 $\iint_H (y-1) \text{d}x\text{d}y = 0$。

而 $\iint_H 1 \text{d}x\text{d}y$ 即为半圆 $H$ 的面积，等于 $\frac{1}{2} \cdot \pi \cdot 1^2 = \frac{\pi}{2}$。

所以，最终积分值为 $4 - \frac{\pi}{2}$。

9. 将二重积分 $\iint_D f(x,y)\text{d}x\text{d}y$ 化成极坐标系下的累次积分，其中区域 $D=\{(x,y) \mid 0 \leqslant x \leqslant a, 0 \leqslant y \leqslant a\}$.

解答：

区域 $D$ 位于第一象限的一个正方形。在极坐标下：

直线 $x=a$ 对应极坐标方程 $r\cos\theta = a \Rightarrow r = \frac{a}{\cos\theta}$。

直线 $y=a$ 对应极坐标方程 $r\sin\theta = a \Rightarrow r = \frac{a}{\sin\theta}$。

这两条线在区域内的交点为 $\theta = \frac{\pi}{4}$。

所以需要将积分按角度 $\theta$ 分段：

当 $0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{4}$ 时，射线的边界为直线 $x=a$。

当 $\frac{\pi}{4} \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}$ 时，射线的边界为直线 $y=a$。

化为极坐标的累次积分为：

$\int_0^{\pi/4} \text{d}\theta \int_0^{a/\cos\theta} f(r\cos\theta, r\sin\theta)r \text{d}r + \int_{\pi/4}^{\pi/2} \text{d} \theta \int_0^{a/\sin\theta} f(r\cos\theta, r\sin\theta)r \text{d}r$

三、考研真题

10. (1996306) 累次积分 $\int_0^{\pi/2} \text{d}\theta \int_0^{\cos\theta} f(\rho\cos\theta, \rho\sin\theta)\rho \text{d} \rho$ 可以写成________.

解答：

分析该极坐标累次积分所表示的区域：

极角范围：$0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}$。极径范围：$0 \leqslant \rho \leqslant \cos\theta$。

将 $\rho = \cos\theta$ 两边同乘 $\rho$，得到 $\rho^2 = \rho\cos\theta$，转换为直角坐标即 $x^2 + y^2 = x$。

配方得 $\left(x - \frac{1}{2}\right)^2 + y^2 = \frac{1}{4}$，这是一个圆心在 $\left(\frac{1}{2}, 0\right)$、半径为 $\frac{1}{2}$ 的圆。

由于 $\theta \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right]$，该区域限定在第一象限，因此它是这个圆在 $x$ 轴上方的上半部分。

将其转换为直角坐标系下的先 $y$ 后 $x$ 的二次积分：

$x$ 的取值范围为圆的横向跨度，即 $[0, 1]$。

对于固定的 $x$，$y$ 从 $y=0$ 穿出上半圆周 $y = \sqrt{x-x^2}$。

转换后的积分形式为：$\int_0^1 \text{d}x \int_0^{\sqrt{x-x^2}} f(x,y)\text{d}y$。

对比选项，答案选 D。

11. (2014217) 设平面区域 $D = \{(x,y) \mid 1 \leqslant x^2+y^2 \leqslant 4, x \geqslant 0, y \geqslant 0\}$，计算二重积分 $\iint_D \frac{x\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})}{x+y} \text{d}x\text{d}y$.

解答：

积分区域 $D$ 是第一象限内的圆环部分，关于直线 $y=x$ 完全对称。

利用区域对称性和轮换对称性，交换被积函数中的 $x, y$ 积分值不变：

$I = \iint_D \frac{x\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})}{x+y} \text{d}x\text{d}y = \iint_D \frac{y\sin(\pi\sqrt{y^2+x^2})}{y+x} \text{d} x\text{d}y$

将两式相加：

$2I = \iint_D \frac{x+y}{x+y} \sin(\pi\sqrt{x^2+y^2}) \text{d}x\text{d}y = \iint_D \sin(\pi\sqrt{x^2+y^2}) \text{d}x\text{d}y$

所以 $I = \frac{1}{2} \iint_D \sin(\pi\sqrt{x^2+y^2}) \text{d}x\text{d}y$。

使用极坐标计算：$\theta \in \left[0, \frac{\pi}{2}\right], r \in [1, 2]$。

$I = \frac{1}{2} \int_0^{\pi/2} \text{d}\theta \int_1^2 \sin(\pi r) r \text{d}r = \frac{\pi}{4} \int_1^2 r\sin(\pi r) \text{d} r$

用分部积分法求定积分：$\int_1^2 r\sin(\pi r) \text{d}r = -\frac{1}{\pi}\int_1^2 r\text{d}(\cos(\pi r)) = -\frac{1}{\pi} [r\cos (\pi r)]_1^2 + \frac{1}{\pi}\int_1^2 \cos(\pi r)\text{d}r$

$= -\frac{1}{\pi}(2\cos 2\pi - \cos\pi) + \left[ \frac{1}{\pi^2}\sin(\pi r) \right]_1^2 = -\frac{1}{\pi}(2 - (-1)) + 0 = -\frac{3}{\pi}$

最终结果：$I = \frac{\pi}{4} \times \left(-\frac{3}{\pi}\right) =$ $-\frac{3}{4}$。

12. (2005221) 计算二重积分 $\iint_D |x^2+y^2-1| \text{d}x\text{d}y$，其中区域 $D = \{(x,y) \mid 0 \leqslant x \leqslant 1, 0 \leqslant y \leqslant 1\}$.

解答：

根据绝对值符号内的正负，将正方形区域 $D$ 拆分为 $D_1$ ($x^2+y^2 \leqslant 1$，四分之一圆内) 和 $D_2$ ($x^2+y^2 > 1$)。

原积分 $I = \iint_{D_1} (1-x^2-y^2) \text{d}x\text{d}y + \iint_{D_2} (x^2+y^2-1) \text{d}x\text{d}y$

为了简化计算，可以构造：$I = \iint_D (x^2+y^2-1) \text{d}x\text{d}y + 2\iint_{D_1} (1-x^2-y^2) \text{d}x\text{d}y$。

计算第一项在正方形上的积分：

$\iint_D (x^2+y^2-1) \text{d}x\text{d}y = \int_0^1 \text{d}x \int_0^1 (x^2+y^2-1) \text{d}y = \int_0^1 \left[ x^2y + \frac {y^3}{3} - y \right]_0^1 \text{d}x = \int_0^1 \left( x^2 - \frac{2}{3} \right) \text{d}x = \left[ \frac{x^3}{3} - \frac{2x} {3} \right]_0^1 = -\frac{1}{3}$。

计算第二项在四分之一圆上的积分（使用极坐标）：

$\iint_{D_1} (1-x^2-y^2) \text{d}x\text{d}y = \int_0^{\pi/2} \text{d}\theta \int_0^1 (1-r^2)r \text{d}r = \frac{\pi}{2} \left [ \frac{r^2}{2} - \frac{r^4}{4} \right]_0^1 = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{4} = \frac{\pi}{8}$。

最终结果：$I = -\frac{1}{3} + 2\left(\frac{\pi}{8}\right) =$ $\frac{\pi}{4} - \frac{1}{3}$。

13. (2013206) 设 $D_k$ 是圆域 $D = \{(x,y) \mid x^2+y^2 \leqslant 1\}$ 在第 $k$ 象限的部分，记 $I_k = \iint_{D_k} (y-x) \text{d} x\text{d}y\ (k=1,2,3,4)$，则________.

解答：

利用几何直观和对称性分析被积函数 $f(x,y) = y-x$ 的正负号。

在第一象限 $D_1$ 内：区域关于 $y=x$ 对称，被积函数在 $y>x$ 时为正，在 $y
在第二象限 $D_2$ 内：$x < 0$ 且 $y > 0$，因此 $y - x > 0$ 恒成立。故被积函数大于0，积分 $I_2 > 0$。
在第三象限 $D_3$ 内：区域关于 $y=x$ 对称，同理 $I_3 = 0$。
在第四象限 $D_4$ 内：$x > 0$ 且 $y < 0$，因此 $y - x < 0$ 恒成立。故被积函数小于0，积分 $I_4 < 0$。

对比选项，答案选 B。

第4节三重积分

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1. 将三重积分 $I = \iiint_\Omega f(x,y,z)\text{d}x\text{d}y\text{d}z$ 化为直角坐标系下的三次积分，其中

(1) $\Omega$ 是由曲面 $z=1-x^2-y^2$、平面 $z=0$ 所围成的闭区域;

解答： 区域的下边界为平面 $z=0$，上边界为开口向下的旋转抛物面 $z=1-x^2-y^2$。

将这两者联立求交线：$1-x^2-y^2 = 0 \Rightarrow x^2+y^2=1$。

区域 $\Omega$ 在 $xOy$ 面上的投影 $D_{xy}$ 为圆域：$x^2+y^2 \leqslant 1$。

先对 $z$ 积分，再对 $y$，最后对 $x$ 积分：

$$I = \int_{-1}^1 \text{d}x \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \text{d}y \int_0^{1-x^2-y^2} f(x,y,z) \text{d}z$$

(2) $\Omega$ 是由曲面 $z=x^2+y^2$、平面 $z=1$ 所围成的闭区域;

解答： 区域下边界为开口向上的旋转抛物面 $z=x^2+y^2$，上边界为平面 $z=1$。

联立交线为 $x^2+y^2=1$。

区域 $\Omega$ 在 $xOy$ 面上的投影 $D_{xy}$ 为圆域：$x^2+y^2 \leqslant 1$。

$$I = \int_{-1}^1 \text{d}x \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \text{d}y \int_{x^2+y^2}^1 f(x,y,z) \text{d}z$$

(3) $\Omega$ 是双曲抛物面 $z=xy$、平面 $x+y=1$、平面 $z=0$ 所围成的闭区域;

解答： 根据“围成的闭区域”的隐含条件，该区域位于第一卦限内（若越过坐标轴，图形将不封闭）。因此隐含的侧边界是坐标面 $x=0$ 和 $y=0$。

区域底面在 $xOy$ 面上，投影 $D_{xy}$ 是由 $x=0, y=0, x+y=1$ 围成的三角形区域。

在这个三角形区域内，$x,y \ge 0$，故 $z=xy \ge 0$。区域下边界为 $z=0$，上边界为 $z=xy$。

$$I = \int_0^1 \text{d}x \int_0^{1-x} \text{d}y \int_0^{xy} f(x,y,z) \text{d}z$$

(4) $\Omega$ 是由曲面 $z=x^2+2y^2$、曲面 $z=2-x^2$ 所围成的闭区域.

解答： 联立两个曲面方程求交线在 $xOy$ 面上的投影：

$x^2+2y^2 = 2-x^2 \Rightarrow 2x^2+2y^2 = 2 \Rightarrow x^2+y^2=1$。

投影区域 $D_{xy}$ 为圆域：$x^2+y^2 \leqslant 1$。

在这个圆域内，$x^2+2y^2 \leqslant 2-x^2$，故下边界为 $z=x^2+2y^2$，上边界为 $z=2-x^2$。

$$I = \int_{-1}^1 \text{d}x \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \text{d}y \int_{x^2+2y^2}^{2-x^2} f(x,y,z) \text{d}z$$

2. 计算 $\iiint_\Omega x\text{d}x\text{d}y\text{d}z$, $\Omega: 1 \leqslant x \leqslant 2, -2 \leqslant y \leqslant 1, 0 \leqslant z \leqslant \frac{1}{2}$.

解答： 区域是一个长方体，各变量的积分限都是常数，可直接累次积分：

$$I = \int_1^2 x \text{d}x \int_{-2}^1 \text{d}y \int_0^{1/2} \text{d}z = \left[ \frac{1}{2}x^2 \right]_1^2 \cdot \left[ y \right]_{-2}^1 \cdot \left[ z \right]_0^{1/2}$$$$= \left(\frac{4}{2} - \frac{1}{2}\right) \cdot (1 - (-2)) \cdot \left(\frac{1}{2} - 0\right) = \frac{3}{2} \cdot 3 \cdot \frac{1}{2} = \mathbf{\frac{9}{4}}$$

3. 计算 $\iiint_\Omega z\text{d}x\text{d}y\text{d}z$, 其中 $\Omega$ 是由 $x=1, x=2, y=x, z=0, 2z=y$ 所围成的闭区域.

解答： 观察边界，顶面是平面 $z = \frac{y}{2}$，底面是 $z=0$。

区域在 $xOy$ 面上的投影 $D_{xy}$ 受限于 $x=1, x=2$ 以及 $y=x$ 和 $y=0$（由于 $z \ge 0 \Rightarrow y \ge 0$）。这是一个梯形区域。

$$I = \int_1^2 \text{d}x \int_0^x \text{d}y \int_0^{y/2} z \text{d}z = \int_1^2 \text{d}x \int_0^x \left[ \frac{1}{2}z^2 \right]_0^{y/2} \text{d}y = \int_1^2 \text{d}x \int_0^x \frac{y^2}{8} \text{d}y$$$$= \frac{1}{8} \int_1^2 \left[ \frac{y^3}{3} \right]_0^x \text{d}x = \frac{1}{24} \int_1^2 x^3 \text{d}x = \frac{1}{24} \left [ \frac{x^4}{4} \right]_1^2 = \frac{1}{96}(16 - 1) = \mathbf{\frac{5}{32}}$$

4. 用柱面坐标计算 $\iiint_\Omega (x^2+y^2)\text{d}x\text{d}y\text{d}z$, $\Omega: 0 \leqslant z \leqslant 1-\sqrt{x^2+y^2}$.

解答： 在柱面坐标系 $(r, \theta, z)$ 下，$x^2+y^2 = r^2$, $\text{d}x\text{d}y\text{d}z = r\text{d}r\text{d}\theta\text{d} z$。

边界曲面为圆锥面 $z=1-r$ 和平面 $z=0$。其投影到 $xOy$ 面上的圆域半径为 $r=1$。

$$I = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^1 \text{d}r \int_0^{1-r} r^2 \cdot r \text{d}z = 2\pi \int_0^1 r^3(1-r) \text{d}r = 2\pi \left( \int_0^1 (r^3 - r^4) \text{d}r \right)$$$$= 2\pi \left[ \frac{r^4}{4} - \frac{r^5}{5} \right]_0^1 = 2\pi \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{5} \right) = 2\pi \cdot \frac {1}{20} = \mathbf{\frac{\pi}{10}}$$

5. 用柱面坐标计算 $\iiint_\Omega z(x^2+y^2)\text{d}x\text{d}y\text{d}z$, 其中 $\Omega$ 是由 $z=\sqrt{x^2+y^2}, z=1$ 围成的区域.

解答： 区域 $\Omega$ 为圆锥体，柱坐标下边界为 $z=r$ 和 $z=1$。投影圆域半径最大为 $1$。

$$I = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^1 \text{d}r \int_r^1 z \cdot r^2 \cdot r \text{d}z = 2\pi \int_0^1 r^3 \left[ \frac {1}{2}z^2 \right]_r^1 \text{d}r = \pi \int_0^1 r^3(1-r^2) \text{d}r$$$$= \pi \int_0^1 (r^3 - r^5) \text{d}r = \pi \left[ \frac{r^4}{4} - \frac{r^6}{6} \right]_0^1 = \pi \left( \frac{1}{4} - \frac {1}{6} \right) = \mathbf{\frac{\pi}{12}}$$

6. 用柱面坐标计算 $\iiint_\Omega 2(x^2+y^2)\text{d}x\text{d}y\text{d}z$, 其中 $\Omega$ 是由 $2z=x^2+y^2, z=2$ 围成的区域.

解答： 区域 $\Omega$ 位于旋转抛物面 $z=\frac{r^2}{2}$ 之上，平面 $z=2$ 之下。联立得外边缘圆的半径 $r = 2$。

$$I = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^2 \text{d}r \int_{r^2/2}^2 2r^2 \cdot r \text{d}z = 2\pi \int_0^2 2r^3 \left(2 - \frac{r^2}{2}\right) \text{d}r = 4\pi \int_0^2 \left(2r^3 - \frac{1}{2}r^5\right) \text{d}r$$$$= 4\pi \left[ \frac{1}{2}r^4 - \frac{1}{12}r^6 \right]_0^2 = 4\pi \left( 8 - \frac{64}{12} \right) = 4\pi \left( 8 - \frac {16}{3} \right) = 4\pi \cdot \frac{8}{3} = \mathbf{\frac{32\pi}{3}}$$

二、提高题

7. 计算三重积分 $\iiint_\Omega y\sqrt{1-x^2}\text{d}x\text{d}y\text{d}z$, 其中 $\Omega$ 是由曲面 $y=-\sqrt{1-x^2-z^2}$、$x^2 +z^2=1, y=1$ 围成的区域.

解答： 区域 $\Omega$ 的投影在 $xOz$ 面上是一个单位圆 $D_{xz}: x^2+z^2 \leqslant 1$。

在 $y$ 方向上，下界是半球面 $y=-\sqrt{1-x^2-z^2}$，上界是平面 $y=1$。

使用“先 $y$ 后 $x,z$” 的积分顺序：

$$I = \iint_{D_{xz}} \sqrt{1-x^2} \text{d}x\text{d}z \int_{-\sqrt{1-x^2-z^2}}^1 y \text{d}y = \iint_{D_{xz}} \sqrt{1-x^2} \left[ \frac{1}{2}y^2 \right]_{-\sqrt{1-x^2-z^2}}^1 \text{d}x\text{d}z$$$$= \frac{1}{2} \iint_{D_{xz}} \sqrt{1-x^2} (1 - (1-x^2-z^2)) \text{d}x\text{d}z = \frac{1}{2} \iint_{D_{xz}} \sqrt{1-x^2} (x^2+z^2) \text{d}x\text{d}z$$

转换为累次积分，在圆域 $x^2+z^2 \leqslant 1$ 内积分：

$$I = \frac{1}{2} \int_{-1}^1 \sqrt{1-x^2} \text{d}x \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} (x^2+z^2) \text{d}z = \frac{1}{2} \int_{-1}^1 \sqrt{1-x^2} \left[ x^2z + \frac{1}{3}z^3 \right]_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \text{d}x$$$$= \int_{-1}^1 \sqrt{1-x^2} \left( x^2\sqrt{1-x^2} + \frac{1}{3}(1-x^2)\sqrt{1-x^2} \right) \text{d}x = \int_{-1}^1 (1-x^2) \left( x^2 + \frac{1}{3} - \frac{1}{3}x^2 \right) \text{d}x$$$$= \int_{-1}^1 (1-x^2) \left( \frac{2}{3}x^2 + \frac{1}{3} \right) \text{d}x = \frac{1}{3} \int_{-1}^1 (1-x^2)(2x^2+1) \text {d}x = \frac{1}{3} \int_{-1}^1 (1 + x^2 - 2x^4) \text{d}x$$

由于是被积函数为偶函数：

$$= \frac{2}{3} \int_0^1 (1 + x^2 - 2x^4) \text{d}x = \frac{2}{3} \left[ x + \frac{1}{3}x^3 - \frac{2}{5}x^5 \right]_0^1 = \frac{2}{3} \left( 1 + \frac{1}{3} - \frac{2}{5} \right) = \frac{2}{3} \left( \frac{14}{15} \right) = \mathbf{\frac{28}{45}}$$

8. 利用柱面坐标计算 $\iiint_\Omega (x+y)\text{d}x\text{d}y\text{d}z$, 其中 $\Omega$ 是介于两柱面 $x^2+y^2=1$ 和 $x^2+y^2=4$ 之间的被平面 $z=0$ 和 $z=x+2$ 所截下的部分.

解答： 区域 $\Omega$ 的投影是圆环 $1 \leqslant r \leqslant 2$。高从 $z=0$ 到 $z=x+2 = r\cos\theta+2$。

$$I = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_1^2 \text{d}r \int_0^{r\cos\theta+2} (r\cos\theta + r\sin\theta) \cdot r \text{d}z$$$$= \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_1^2 r^2(\cos\theta + \sin\theta)(r\cos\theta+2) \text{d}r$$

将关于 $\theta$ 的部分展开并利用周期内积分为0的性质：

$$(\cos\theta + \sin\theta)(r\cos\theta+2) = r\cos^2\theta + 2\cos\theta + r\sin\theta\cos\theta + 2\sin\theta$$

积分 $\int_0^{2\pi}$ 后，只剩下包含 $\cos^2\theta$ 的项有非零值：$\int_0^{2\pi} \cos^2\theta \text{d}\theta = \pi$。

$$I = \int_1^{2 r}2 (r \cdot \pi) \text{d}r = \pi \int_1^{2 r}3 \text{d}r = \pi \left[ \frac{r^{4}{4} \right]_1}2 = \pi \left( 4

\frac{1}{4} \right) = \mathbf{\frac{15\pi}{4}}$$

9. 利用球面坐标计算 $\iiint_\Omega (2y+\sqrt{x^2+z^2})\text{d}x\text{d}y\text{d}z$, 其中 $\Omega$ 由 $x^2+y^2+z^2=a^2$、$x^2+y^2 +z^2=4a^2$、$x^2-y^2+z^2=0\ (y>0)$ 所围成, 其中 $a>0$.

解答： 注意这里的锥面是沿着 $y$ 轴方向展开的：$y = \sqrt{x^2+z^2}$。

为了方便使用球面坐标公式（通常是 $z$ 轴为对称轴），我们可以做个字母代换（将 $y$ 视为标准极轴的角色），或者直接建立以 $y$ 轴为极轴的球面坐标系：

设 $y = \rho\cos\varphi, x = \rho\sin\varphi\cos\theta, z = \rho\sin\varphi\sin\theta$。雅可比行列式为 $\rho^2\sin\varphi$。

区域界限：

两球面对应极径范围：$a \leqslant \rho \leqslant 2a$。

锥面 $y = \sqrt{x^2+z^2} \Rightarrow \rho\cos\varphi = \rho\sin\varphi \Rightarrow \tan\varphi = 1 \Rightarrow \varphi = \frac {\pi}{4}$。

因为 $y>0$，极角范围：$0 \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi}{4}$，方位角 $0 \leqslant \theta \leqslant 2\pi$。

被积函数：$2y + \sqrt{x^2+z^2} = 2\rho\cos\varphi + \rho\sin\varphi$。

$$I = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^{\pi/4} \text{d}\varphi \int_a^{2a} (2\rho\cos\varphi + \rho\sin\varphi) \cdot \rho^2\sin\varphi \text{d}\rho$$$$= 2\pi \int_0^{\pi/4} (2\sin\varphi\cos\varphi + \sin^2\varphi) \text{d}\varphi \int_a^{2a} \rho^3 \text{d}\rho$$

其中，径向积分：$\int_a^{2a} \rho^3 \text{d}\rho = \frac{15a^4}{4}$。

角向积分：$\int_0^{\pi/4} (\sin 2\varphi + \frac{1-\cos 2\varphi}{2}) \text{d}\varphi = \left[ -\frac{1}{2}\cos 2\varphi + \frac{1}{2}\varphi - \frac{1}{4}\sin 2\varphi \right]_0^{\pi/4}$

$$= \left( 0 + \frac{\pi}{8} - \frac{1}{4} \right) - \left( -\frac{1}{2} + 0 - 0 \right) = \frac{\pi}{8} + \frac{1}{4}$$

将两者相乘：

$$I = 2\pi \cdot \left( \frac{\pi+2}{8} \right) \cdot \frac{15a^4}{4} = \mathbf{\frac{15\pi(\pi+2)a^4}{16}}$$

10. 计算三重积分 $\iiint_\Omega z\text{d}v$, 其中闭区域 $\Omega$ 由不等式 $x^2+y^2+(z-a)^2 \leqslant a^2$、$x^2+y^2 \leqslant z^2\ (a>0)$ 所围成.

解答： 使用球面坐标系：$x=\rho\sin\varphi\cos\theta, y=\rho\sin\varphi\sin\theta, z=\rho\cos\varphi$。

球面方程 $x^2+y^2+z^2-2az \leqslant 0 \Rightarrow \rho^2 \leqslant 2a\rho\cos\varphi \Rightarrow \rho \leqslant 2a\cos\varphi$。

锥面方程 $x^2+y^2 \leqslant z^2 \Rightarrow \rho^2\sin^2\varphi \leqslant \rho^2\cos^2\varphi \Rightarrow \tan\varphi \leqslant 1 \Rightarrow 0 \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi}{4}$ （由题意 $z>0$）。

$$I = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^{\pi/4} \text{d}\varphi \int_0^{2a\cos\varphi} (\rho\cos\varphi) \cdot \rho^2\sin\varphi \text{d}\rho$$$$= 2\pi \int_0^{\pi/4} \cos\varphi\sin\varphi \left[ \frac{\rho^4}{4} \right]_0^{2a\cos\varphi} \text{d}\varphi = 2\pi \int_0^{\pi/4} \cos\varphi\sin\varphi \cdot 4a^4\cos^4\varphi \text{d}\varphi$$$$= 8\pi a^4 \int_0^{\pi/4} \cos^5\varphi\sin\varphi \text{d}\varphi = 8\pi a^4 \left[ -\frac{\cos^6\varphi}{6} \right]_0^ {\pi/4}$$$$= 8\pi a^4 \left( -\frac{(\sqrt{2}/2)^6}{6} - \left(-\frac{1}{6}\right) \right) = \frac{4\pi a^4}{3} \left( 1 - \frac{1}{8} \right) = \frac{4\pi a^4}{3} \cdot \frac{7}{8} = \mathbf{\frac{7\pi a^4}{6}}$$

11. 计算三重积分 $\iiint_\Omega f(x,y,z)\text{d}x\text{d}y\text{d}z$, 其中 $\Omega: x^2+y^2+z^2 \leqslant 1$, 被积函数为 $f(x,y, z) = \begin{cases} 0, & z \geqslant \sqrt{x^2+y^2}, \\ \sqrt{x^2+y^2}, & 0 \leqslant z \leqslant \sqrt{x^2+y^2}, \\ \sqrt{x^2 +y^2+z^2}, & z < 0. \end{cases}$

解答： 球面区域 $\Omega$ 被剖分成三块：

$\Omega_1$：处于上半锥体内，此时 $f=0$，积分值为 0。

$\Omega_2$：位于上半锥体外且在 $xOy$ 面的上半球部分，球面坐标下 $\varphi \in [\frac{\pi}{4}, \frac{\pi}{2}]$，$\rho \in [0, 1]$。

$\Omega_3$：下半球部分，球面坐标下 $\varphi \in [\frac{\pi}{2}, \pi]$，$\rho \in [0, 1]$。

分别计算非零部分：

$$I_2 = \iiint_{\Omega_2} \sqrt{x^2+y^2} \text{d}V = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_{\pi/4}^{\pi/2} \text{d}\varphi \int_0^1 (\rho\sin\varphi) \cdot \rho^2\sin\varphi \text{d}\rho$$$$= 2\pi \left( \int_{\pi/4}^{\pi/2} \sin^2\varphi \text{d}\varphi \right) \left( \int_0^1 \rho^3 \text{d}\rho \right) = 2\pi \left[ \frac{\varphi}{2} - \frac{\sin 2\varphi}{4} \right]_{\pi/4}^{\pi/2} \cdot \frac{1}{4} = \frac{\pi}{2} \left( \frac{\pi} {4} - \left( \frac{\pi}{8} - \frac{1}{4} \right) \right) = \frac{\pi^2}{16} + \frac{\pi}{8}$$$$I_3 = \iiint_{\Omega_3} \sqrt{x^2+y^2+z^2} \text{d}V = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_{\pi/2}^\pi \text{d}\varphi \int_0^1 \rho \cdot \rho^2\sin\varphi \text{d}\rho$$$$= 2\pi \left( \int_{\pi/2}^\pi \sin\varphi \text{d}\varphi \right) \left( \int_0^1 \rho^3 \text{d}\rho \right) = 2\pi [-\cos\varphi]_{\pi/2}^\pi \cdot \frac{1}{4} = \frac{\pi}{2}(1 - 0) = \frac{\pi}{2}$$

总积分为：$I = 0 + I_2 + I_3 = \left(\frac{\pi^2}{16} + \frac{\pi}{8}\right) + \frac{\pi}{2} = \mathbf{\frac{\pi^2}{16} + \frac {5\pi}{8}}$

三、考研真题

12. (2009112) 设 $\Omega = \{(x,y,z) \mid x^2+y^2+z^2 \leqslant 1\}$, 计算 $\iiint_\Omega z^2\text{d}x\text{d}y\text{d}z$.

解答： 由于积分区域 $\Omega$ 是关于原点高度对称的中心球面，依据对称性原理（轮换对称性）：

$\iiint_\Omega x^2 \text{d}V = \iiint_\Omega y^2 \text{d}V = \iiint_\Omega z^2 \text{d}V$

所以，所求积分等于 $\frac{1}{3} \iiint_\Omega (x^2+y^2+z^2) \text{d}V$。

转入球面坐标系求解极其简便：

$$I = \frac{1}{3} \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^\pi \text{d}\varphi \int_0^1 \rho^2 \cdot \rho^2\sin\varphi \text{d} \rho = \frac{1}{3} \cdot 2\pi \cdot [-\cos\varphi]_0^\pi \cdot \left[ \frac{\rho^5}{5} \right]_0^1 = \frac{2\pi}{3} \cdot 2 \cdot \frac{1}{5} = \mathbf{\frac{4\pi}{15}}$$

**13. (2015112) 设 $\Omega$ 是由平面 $x+y+z=1$ 与 3 个坐标平面围成的区域，计算 $\iiint_\Omega (x+2y+3z)\text{d}x\text{d}y\text{d}z$. **

解答： 区域 $\Omega$ 是一个四面体。利用积分的轮换对称性，在此完全对称的四面体上，单独对任一变量积分的结果都相同：

$\iiint_\Omega x \text{d}V = \iiint_\Omega y \text{d}V = \iiint_\Omega z \text{d}V$

原积分 $I = \iiint x \text{d}V + 2\iiint y \text{d}V + 3\iiint z \text{d}V = 6 \iiint_\Omega z \text{d}V$。

只需求解 $\iiint_\Omega z \text{d}V$：

$$\iiint_\Omega z \text{d}V = \int_0^1 \text{d}x \int_0^{1-x} \text{d}y \int_0^{1-x-y} z \text{d}z = \frac{1}{2} \int_0^1 \text{d}x \int_0^{1-x} (1-x-y)^2 \text{d}y$$$$= \frac{1}{2} \int_0^1 \left[ -\frac{1}{3}(1-x-y)^3 \right]_0^{1-x} \text{d}x = \frac{1}{6} \int_0^1 (1-x)^3 \text{d}x = \frac{1}{6} \left[ -\frac{1}{4}(1-x)^4 \right]_0^1 = \frac{1}{24}$$

因此，$I = 6 \times \frac{1}{24} = \mathbf{\frac{1}{4}}$。

14. (1989113) 计算 $\iiint_\Omega (x+z)\text{d}x\text{d}y\text{d}z$, 其中 $\Omega$ 是由曲面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 与 $z=\sqrt {1-x^2-y^2}$ 所围成的区域.

解答： $\Omega$ 是由上半圆锥面和上半球面构成的“冰淇淋”状区域。

根据积分区域关于 $yOz$ 面（$x$ 被替换为 $-x$）的对称性，$\iiint_\Omega x \text{d}V = 0$。

所以原积分等于 $\iiint_\Omega z \text{d}V$。

联立两曲面求交线：$\sqrt{x^2+y^2} = \sqrt{1-x^2-y^2} \Rightarrow x^2+y^2 = \frac{1}{2}$。

使用柱坐标系 $(r, \theta, z)$：

$$I = \iiint_\Omega z \text{d}V = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^{\sqrt{1/2}} r \text{d}r \int_r^{\sqrt{1-r^2}} z \text {d}z$$$$= 2\pi \int_0^{\sqrt{1/2}} r \left[ \frac{1}{2}z^2 \right]_r^{\sqrt{1-r^2}} \text{d}r = \pi \int_0^{\sqrt{1/2}} r(1 - r^2 - r^2) \text{d}r$$$$= \pi \int_0^{\sqrt{1/2}} (r - 2r^3) \text{d}r = \pi \left[ \frac{1}{2}r^2 - \frac{1}{2}r^4 \right]_0^{\sqrt{1/2}} = \pi \left( \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} - \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{4} \right) = \pi \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{8} \right) = \mathbf{\frac{\pi}{8}}$$

第5节重积分的应用

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1. 求由曲面 $z=x^2+y^2$ 及 $z^2=x^2+y^2$ 所围成的立体的体积.

解答：

曲面 $z = x^2+y^2$ 是开口向上的旋转抛物面，曲面 $z^2 = x^2+y^2$ 代表圆锥面。由于它们围成一个闭合立体，在 $z \ge 0$ 的区域内，圆锥面方程为 $z = \sqrt{x^2+y^2}$。

联立两个方程求交线：$x^2+y^2 = \sqrt{x^2+y^2} \Rightarrow r^2 = r \Rightarrow r=1$（$r=0$ 为原点）。

所以该立体在 $xOy$ 面上的投影区域 $D$ 为圆域 $x^2+y^2 \leqslant 1$。

在该区域内，圆锥面位于抛物面上方（即 $\sqrt{x^2+y^2} \ge x^2+y^2$）。

体积 $V = \iint_D (\sqrt{x^2+y^2} - (x^2+y^2)) \text{d}x\text{d}y$。

采用极坐标系计算：

$V = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^1 (r - r^2) r \text{d}r = 2\pi \int_0^1 (r^2 - r^3) \text{d}r = 2\pi \left[ \frac{1} {3}r^3 - \frac{1}{4}r^4 \right]_0^1 = 2\pi \left( \frac{1}{3} - \frac{1}{4} \right) = 2\pi \left(\frac{1}{12}\right) = \mathbf {\frac{\pi}{6}}$。

2. 求由曲面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 及 $x^2+y^2=ax$ 所围成立体的体积.

解答：

这是一个经典的维维亚尼(Viviani)体体积问题。球面方程为 $x^2+y^2+z^2=a^2$，柱面方程为 $x^2+y^2=ax$（即 $(x-\frac{a}{2})^2+y^2 = (\frac{a} {2})^2$）。

由于该立体关于 $xOy$ 面和 $xOz$ 面对称，总共有四块形状相同的体积。我们可以先计算第一卦限内的体积，然后乘 4。

第一卦限内，投影区域 $D_1$ 为：$0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}$，极径 $0 \leqslant r \leqslant a\cos\theta$。

顶部曲面为 $z = \sqrt{a^2-x^2-y^2}$。

$V = 4 \iint_{D_1} \sqrt{a^2-x^2-y^2} \text{d}x\text{d}y = 4 \int_0^{\pi/2} \text{d}\theta \int_0^{a\cos\theta} \sqrt {a^2-r^2} r \text{d}r$。

计算内层积分：

$\int_0^{a\cos\theta} \sqrt{a^2-r^2} r \text{d}r = \left[ -\frac{1}{3}(a^2-r^2)^{3/2} \right]_0^{a\cos\theta} = -\frac{1}{3} (a^2 - a^2\cos^2\theta)^{3/2} + \frac{1}{3}a^3 = \frac{1}{3}a^3 - \frac{1}{3}(a^2\sin^2\theta)^{3/2} = \frac{a^3}{3}(1 - \sin^3\theta)$。

代入外层积分：

$V = 4 \int_0^{\pi/2} \frac{a^3}{3}(1 - \sin^3\theta) \text{d}\theta = \frac{4a^3}{3} \left[ \int_0^{\pi/2} \text{d}\theta - \int_0^{\pi/2} \sin^3\theta \text{d}\theta \right] = \frac{4a^3}{3} \left( \frac{\pi}{2} - \frac{2}{3} \right) = \mathbf{\frac {2}{9}(3\pi - 4)a^3}$。

3. 求平面 $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1$ 被3个坐标面所截部分的面积.

解答：

该平面在第一卦限内被截成一个三角形。将其视为 $z = c\left(1 - \frac{x}{a} - \frac{y}{b}\right)$ 的曲面面积。

偏导数为 $z_x = -\frac{c}{a}$，$z_y = -\frac{c}{b}$。

面积微元 $\text{d}S = \sqrt{1 + z_x^2 + z_y^2} \text{d}x\text{d}y = \sqrt{1 + \frac{c^2}{a^2} + \frac{c^2}{b^2}} \text{d}x\text {d}y = \frac{\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}{ab} \text{d}x\text{d}y$。

该平面在 $xOy$ 面上的投影区域 $D$ 是由 $x=0, y=0$ 和 $\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1$ 围成的直角三角形，其面积为 $\frac{1}{2}ab$。

所求面积 $S = \iint_D \frac{\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}{ab} \text{d}x\text{d}y = \frac{\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}{ab} \iint_D \text{d}x\text{d}y = \frac{\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}}{ab} \cdot \frac{1}{2}ab = \mathbf{\frac{1}{2}\sqrt{a^2b^2 +b^2c^2+c^2a^2}}$。

4. 求球面 $x^2+y^2+z^2=2a^2\ (a>0)$ 在圆锥面 $x^2+y^2=z^2$ 内部的那部分面积.

解答：

球面半径为 $\sqrt{2}a$。它在圆锥面内部包含了上半球面上的一块“球冠”和下半球面上的一块“球冠”。两部分对称，我们计算上半部分后乘 2。

联立两曲面方程求边界：$x^2+y^2 + (x^2+y^2) = 2a^2 \Rightarrow x^2+y^2 = a^2$。

故上半部分在 $xOy$ 面上的投影区域为圆盘 $D: x^2+y^2 \leqslant a^2$。

上半球方程为 $z = \sqrt{2a^2-x^2-y^2}$。偏导数为 $z_x = \frac{-x}{z}, z_y = \frac{-y}{z}$。

$\text{d}S = \sqrt{1 + z_x^2 + z_y^2} \text{d}x\text{d}y = \sqrt{1 + \frac{x^2+y^2}{z^2}} \text{d}x\text{d}y = \frac{\sqrt{z^2 +x^2+y^2}}{z} \text{d}x\text{d}y = \frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{2a^2-x^2-y^2}} \text{d}x\text{d}y$。

单块表面积 $S_1 = \iint_D \frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{2a^2-x^2-y^2}} \text{d}x\text{d}y = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^a \frac{\sqrt{2}a}{\sqrt{2a^2-r^2}} r \text{d}r$

$= 2\pi\sqrt{2}a \left[ -\sqrt{2a^2-r^2} \right]_0^a = 2\pi\sqrt{2}a ( -\sqrt{a^2} + \sqrt{2a^2} ) = 2\pi\sqrt{2}a^2(\sqrt{2} -1) = 2\pi a^2(2-\sqrt{2})$。

上下两块总面积为 $S = 2 \times S_1 = \mathbf{4\pi a^2(2-\sqrt{2})}$。

5. 求下列均匀平面薄片的质心坐标.

(1) 均匀平面薄片位于直线 $y=0$、$y=a-x$、$x=0$ 之间.

解答：

该薄片是一个以 $(0,0), (a,0), (0,a)$ 为顶点的直角三角形，由于是均匀薄片，由几何对称性或形心公式可知其质心即为其几何重心。

三角形的面积为 $A = \frac{1}{2}a^2$。

$\bar{x} = \frac{1}{A} \iint_D x \text{d}x\text{d}y = \frac{2}{a^2} \int_0^a \text{d}x \int_0^{a-x} x \text{d}y = \frac{2} {a^2} \int_0^a x(a-x) \text{d}x = \frac{2}{a^2} \left[ \frac{1}{2}ax^2 - \frac{1}{3}x^3 \right]_0^a = \frac{2}{a^2} \cdot \frac{a^3}{6} = \frac{a}{3}$。

由关于 $y=x$ 的对称性知 $\bar{y} = \frac{a}{3}$。

质心坐标为 $\mathbf{\left(\frac{a}{3}, \frac{a}{3}\right)}$。

(2) 均匀平面薄片由心形线 $r=a(1+\cos\theta)$ 所围成.

解答：

心形线关于极轴（$x$ 轴）对称，因此纵坐标 $\bar{y} = 0$。

薄片面积 $A = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} r^2 \text{d}\theta = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} a^2(1+\cos\theta)^2 \text{d}\theta = \frac{a^2}{2} \int_0^{2\pi} (1 + 2\cos\theta + \cos^2\theta) \text{d}\theta = \frac{a^2}{2}(2\pi + 0 + \pi) = \frac{3\pi a^2} {2}$。

对 $y$ 轴的静矩 $M_y = \iint_D x \text{d}x\text{d}y = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^{a(1+\cos\theta)} (r\cos\theta) r \text{d}r = \int_0^{2\pi} \cos\theta \left[ \frac{1}{3}r^3 \right]_0^{a(1+\cos\theta)} \text{d}\theta$

$= \frac{a^3}{3} \int_0^{2\pi} \cos\theta (1+\cos\theta)^3 \text{d}\theta = \frac{a^3}{3} \int_0^{2\pi} (\cos\theta + 3\cos^2\theta + 3\cos^3\theta + \cos^4\theta) \text{d}\theta$。

在 $[0, 2\pi]$ 上，奇数次幂积分均为 0。所以：

$M_y = \frac{a^3}{3} \left( 3\int_0^{2\pi}\cos^2\theta \text{d}\theta + \int_0^{2\pi}\cos^4\theta \text{d}\theta \right) = \frac{a^3}{3} \left( 3\pi + 4\times\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2} \right) = \frac{a^3}{3} \left( 3\pi + \frac {3\pi}{4} \right) = \frac{a^3}{3} \cdot \frac{15\pi}{4} = \frac{5\pi a^3}{4}$。

横坐标 $\bar{x} = \frac{M_y}{A} = \frac{5\pi a^3 / 4}{3\pi a^2 / 2} = \frac{5a}{6}$。

质心坐标为 $\mathbf{\left(\frac{5a}{6}, 0\right)}$。

6. 求半径为 $a$ 的均匀半圆薄片（面密度为常量 $\mu$）对于其直径边的转动惯量.

解答：

建立坐标系，设该半圆边界为 $x^2+y^2 \leqslant a^2\ (y \ge 0)$，则直径边在 $x$ 轴上。

根据转动惯量定义，薄片对直径边（$x$轴）的转动惯量 $I_x = \iint_D y^2 \mu \text{d}x\text{d}y$。

使用极坐标系计算：

$I_x = \mu \int_0^\pi \text{d}\theta \int_0^a (r\sin\theta)^2 r \text{d}r = \mu \int_0^\pi \sin^2\theta \text{d}\theta \int_0^a r^3 \text{d}r = \mu \left( \frac{\pi}{2} \right) \left( \frac{a^4}{4} \right) = \mathbf{\frac{\pi \mu a^4}{8}}$。

7. 利用三重积分计算由下列曲面所围成的立体的体积:

(1) $z=6-x^2-y^2$ 及 $z=\sqrt{x^2+y^2}$;

解答：

上面是抛物面，下面是圆锥面。联立求交线：$6-r^2 = r \Rightarrow r^2+r-6=0 \Rightarrow (r+3)(r-2)=0$，得 $r=2$。

投影区域 $D$ 是半径为 2 的圆域。

$V = \iint_{D} (6-x^2-y^2 - \sqrt{x^2+y^2}) \text{d}x\text{d}y = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^2 (6 - r^2 - r) r \text {d}r$

$= 2\pi \int_0^{2 (6r - r}3 - r^{2) \text{d}r = 2\pi \left[ 3r}2 - \frac{1}{4}r^{4 - \frac{1}{3}r}3 \right]_0^2 = 2\pi \left( 12

4 - \frac{8}{3} \right) = 2\pi \left( 8 - \frac{8}{3} \right) = \mathbf{\frac{32\pi}{3}}$。

(2) $x^2+y^2+z^2=2az\ (a>0)$ 及 $x^2+y^2=z^2$ (含有 $z$ 轴的部分);

解答：

第一个曲面为球心在 $(0,0,a)$，半径为 $a$ 的球面。第二个是圆锥面。

采用球面坐标系：$x=\rho\sin\varphi\cos\theta, y=\rho\sin\varphi\sin\theta, z=\rho\cos\varphi$。

球面方程化为：$\rho^2 = 2a\rho\cos\varphi \Rightarrow \rho = 2a\cos\varphi$。

圆锥面方程化为：$\rho^2\sin^2\varphi = \rho^2\cos^2\varphi \Rightarrow \tan\varphi = 1 \Rightarrow \varphi = \frac{\pi}{4}$。

包含 $z$ 轴说明极角 $\varphi$ 从 $0$ 积到 $\frac{\pi}{4}$。

$V = \iiint_\Omega 1 \text{d}V = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^{\pi/4} \sin\varphi \text{d}\varphi \int_0^ {2a\cos\varphi} \rho^2 \text{d}\rho = 2\pi \int_0^{\pi/4} \sin\varphi \left[ \frac{1}{3}\rho^3 \right]_0^{2a\cos\varphi} \text {d}\varphi$

$= \frac{16\pi a^3}{3} \int_0^{\pi/4} \cos^3\varphi \sin\varphi \text{d}\varphi = \frac{16\pi a^3}{3} \left[ -\frac{1}{4} \cos^4\varphi \right]_0^{\pi/4} = \frac{16\pi a^3}{3} \left( -\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4} + \frac{1}{4} \right) = \frac{16\pi a^3}{3} \left( \frac{3}{16} \right) = \mathbf{\pi a^3}$。

(3) $z = \sqrt{x^2+y^2}$ 及 $z = x^2+y^2$.

解答：

锥面在上，抛物面在下。联立交线为 $r = r^2 \Rightarrow r=1$。

$V = \iint_{D} (\sqrt{x^2+y^2} - (x^2+y^2)) \text{d}x\text{d}y = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^1 (r - r^2) r \text{d}r = 2\pi \int_0^1 (r^2 - r^3) \text{d}r = 2\pi \left[ \frac{1}{3}r^3 - \frac{1}{4}r^4 \right]_0^1 = 2\pi\left(\frac{1}{12} \right) = \mathbf{\frac{\pi}{6}}$。

二、提高题

8. 求由曲面 $2z = x^2+y^2$、$z = \frac{1}{2}$ 及 $z = 4-\sqrt{x^2+y^2}$ 围成的立体的体积.

解答：

曲面分别为旋转抛物面 $z=r^2/2$，平面 $z=1/2$，圆锥面 $z=4-r$。

联立平面与抛物面：$1/2 = r^2/2 \Rightarrow r=1$。

联立抛物面与圆锥面：$r^2/2 = 4-r \Rightarrow r^2+2r-8=0 \Rightarrow (r+4)(r-2)=0 \Rightarrow r=2$。

该立体由两部分拼接而成，可以视为以 $z=4-r$ 为顶，但在 $0\le r \le 1$ 区域底面是 $z=1/2$，在 $1\le r \le 2$ 区域底面是 $z=r^2/2$。

$V = \iint_{0\leqslant r\leqslant 1} (4-r - \frac{1}{2}) \text{d}x\text{d}y + \iint_{1\leqslant r\leqslant 2} (4-r - \frac {r^2}{2}) \text{d}x\text{d}y$

第一部分：$V_1 = 2\pi \int_0^1 (3.5 - r) r \text{d}r = 2\pi \left[ 1.75r^2 - \frac{r^3}{3} \right]_0^1 = 2\pi \left( \frac{7} {4} - \frac{1}{3} \right) = 2\pi \left( \frac{17}{12} \right) = \frac{17\pi}{6}$。

第二部分：$V_2 = 2\pi \int_1^2 (4 - r - \frac{r^2}{2}) r \text{d}r = 2\pi \int_1^2 (4r - r^2 - \frac{r^3}{2}) \text{d}r = 2\pi \left[ 2r^2 - \frac{r^3}{3} - \frac{r^4}{8} \right]_1^2$

$= 2\pi \left[ \left(8 - \frac{8}{3} - 2\right) - \left(2 - \frac{1}{3} - \frac{1}{8}\right) \right] = 2\pi \left[ \frac{10} {3} - \frac{37}{24} \right] = 2\pi \left( \frac{43}{24} \right) = \frac{43\pi}{12}$。

总体积 $V = V_1 + V_2 = \frac{17\pi}{6} + \frac{43\pi}{12} = \frac{34\pi}{12} + \frac{43\pi}{12} = \mathbf{\frac{77\pi}{12}}$。

9. 求锥面 $z = \sqrt{x^2+y^2}$ 被柱面 $z^2 = 2x$ 所截下部分的曲面面积.

解答：

柱面等价于 $x^2+y^2 = 2x$，即 $(x-1)^2+y^2 = 1$，这是一个圆心在 $(1,0)$ 半径为 $1$ 的圆柱。

被截下的锥面的投影区域 $D$ 即为此圆：$(x-1)^2+y^2 \leqslant 1$。

对于锥面 $z = \sqrt{x^2+y^2}$，有 $z_x = \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}, z_y = \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$。

面积微元 $\text{d}S = \sqrt{1 + z_x^2 + z_y^2} \text{d}x\text{d}y = \sqrt{1 + \frac{x^2+y^2}{x^2+y^2}} \text{d}x\text{d}y = \sqrt{2} \text{d}x\text{d}y$。

所以面积 $S = \iint_D \sqrt{2} \text{d}x\text{d}y = \sqrt{2} \times \text{Area}(D) = \sqrt{2} \times (\pi \cdot 1^2) = \mathbf {\sqrt{2}\pi}$。

10. 求由 $z^2 = x^2+y^2$、$z = 1$ 围成的立体的质心坐标 (设面密度 $\mu=1$).

解答：

这里的面密度意为体密度（体积密度为常量1）。该立体是一个正立的圆锥体，位于 $z \in [0, 1]$ 之间。

由于立体关于 $z$ 轴完全对称，故 $\bar{x} = 0, \bar{y} = 0$。

体积 $V = \frac{1}{3} \pi r^2 h = \frac{1}{3} \pi (1)^2 (1) = \frac{\pi}{3}$。

对 $z$ 的一次矩 $M_z = \iiint_\Omega z \text{d}V = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^1 r \text{d}r \int_r^1 z \text{d}z = 2\pi \int_0^1 r \left[ \frac{1}{2}z^2 \right]_r^1 \text{d}r = \pi \int_0^1 r(1-r^2) \text{d}r = \pi \left[ \frac{1}{2}r^2 - \frac{1}{4}r^4 \right]_0^1 = \frac{\pi}{4}$。

$\bar{z} = \frac{M_z}{V} = \frac{\pi/4}{\pi/3} = \frac{3}{4}$。

质心坐标为 $\mathbf{\left(0, 0, \frac{3}{4}\right)}$。

11. 计算由曲面 $z = \sqrt{x^2+y^2}$ 和 $z = 1+\sqrt{1-x^2-y^2}$ 所围成的立体对于 $z$ 轴的转动惯量 (设面密度 $\mu=1$).

解答：

下边界为圆锥面 $z=r$，上边界为以 $(0,0,1)$ 为球心、半径为1的半球面 $z = 1+\sqrt{1-r^2}$。

联立两曲面求交线：$r = 1+\sqrt{1-r^2}$，由于 $1-r^2 \ge 0 \Rightarrow r \le 1$，而等式右侧恒大于等于1，故唯一解为 $r=1$。

因此投影区域为单位圆 $D: x^2+y^2 \leqslant 1$。立体位于圆柱内。

转动惯量 $I_z = \iiint_\Omega (x^2+y^2) \text{d}V = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^1 \text{d}r \int_r^{1+\sqrt{1-r^2}} r^2 \cdot r \text{d}z = 2\pi \int_0^1 r^3 (1+\sqrt{1-r^2}-r) \text{d}r$。

将积分拆开：

第一部分：$\int_0^1 (r^3 - r^4) \text{d}r = \left[ \frac{1}{4}r^4 - \frac{1}{5}r^5 \right]_0^1 = \frac{1}{4} - \frac{1}{5} = \frac{1}{20}$。

第二部分：$\int_0^1 r^3\sqrt{1-r^2} \text{d}r$。令 $u = 1-r^2$，则 $r^2 = 1-u$，$2r\text{d}r = -\text{d}u$。

原式 $= \int_1^0 (1-u)\sqrt{u} (-\frac{1}{2}\text{d}u) = \frac{1}{2} \int_0^1 (u^{1/2} - u^{3/2}) \text{d}u = \frac{1}{2} \left[ \frac{2}{3}u^{3/2} - \frac{2}{5}u^{5/2} \right]_0^1 = \frac{1}{2}\left(\frac{2}{3} - \frac{2}{5}\right) = \frac{2}{15} $。

合并得 $I_z = 2\pi \left( \frac{1}{20} + \frac{2}{15} \right) = 2\pi \left( \frac{3+8}{60} \right) = 2\pi \left(\frac{11}{60} \right) = \mathbf{\frac{11\pi}{30}}$。

12. 一均匀物体（面密度 $\mu$ 为常量）占有的闭区域 $\Omega$ 由曲面 $z = x^2+y^2$、平面 $z = 0$、$|x|=a$、$|y|=a$ 所围成.

(1) 求物体的质心坐标; (2) 求物体对于 $z$ 轴的转动惯量.

解答：

底面区域 $D$ 为边长为 $2a$ 的正方形 $[-a, a] \times [-a, a]$。顶部为抛物面。

体积 $V = \iint_D (x^2+y^2) \text{d}x\text{d}y = \int_{-a}^a \text{d}x \int_{-a}^a (x^2+y^2) \text{d}y = \int_{-a}^a \left[ x^2y + \frac{y^3}{3} \right]_{-a}^a \text{d}x = \int_{-a}^a \left( 2ax^2 + \frac{2}{3}a^3 \right) \text{d}x = \left[ \frac{2} {3}ax^3 + \frac{2}{3}a^3x \right]_{-a}^a = 2 \left( \frac{2}{3}a^4 + \frac{2}{3}a^4 \right) = \frac{8a^4}{3}$。质量 $M = \frac {8\mu a^4}{3}$。

(1) 由于区域关于 $xOz$ 和 $yOz$ 面对称，质心的水平坐标为 $\bar{x} = 0, \bar{y} = 0$。

求对 $xy$ 平面的力矩 $M_z$：

$M_z = \iiint_\Omega z \mu \text{d}V = \mu \iint_D \text{d}x\text{d}y \int_0^{x^2+y^2} z \text{d}z = \frac{\mu}{2} \iint_D (x^2+y^2)^2 \text{d}x\text{d}y = \frac{\mu}{2} \int_{-a}^a \text{d}x \int_{-a}^a (x^4+2x^2y^2+y^4) \text{d}y$

$= \frac{\mu}{2} \int_{-a}^a \left[ x^4y + \frac{2}{3}x^2y^3 + \frac{1}{5}y^5 \right]_{-a}^a \text{d}x = \mu \int_{-a}^a \left ( ax^4 + \frac{2}{3}a^3x^2 + \frac{1}{5}a^5 \right) \text{d}x = 2\mu \left[ \frac{1}{5}ax^5 + \frac{2}{9}a^3x^3 + \frac{1}{5} a^5x \right]_0^a$

$= 2\mu a^6 \left( \frac{1}{5} + \frac{2}{9} + \frac{1}{5} \right) = 2\mu a^6 \left( \frac{2}{5} + \frac{2}{9} \right) = 2\mu a^6 \left( \frac{28}{45} \right) = \frac{56\mu a^6}{45}$。

$\bar{z} = \frac{M_z}{M} = \frac{56\mu a^6 / 45}{8\mu a^4 / 3} = \frac{56}{8} \cdot \frac{3}{45} \cdot a^2 = 7 \cdot \frac{1} {15} a^2 = \frac{7a^2}{15}$。

质心坐标为 $\mathbf{\left(0, 0, \frac{7a^2}{15}\right)}$。

(2) 转动惯量 $I_z = \iiint_\Omega (x^2+y^2) \mu \text{d}V = \mu \iint_D (x^2+y^2) \text{d}x\text{d}y \int_0^{x^2+y^2} \text{d} z = \mu \iint_D (x^2+y^2)^2 \text{d}x\text{d}y$。

注意到这与上面计算的积分恰好是 2 倍关系（由于 $M_z$ 式中带有 $\frac{1}{2}$ 系数）。

所以 $I_z = 2 \times M_z = 2 \times \frac{56\mu a^6}{45} = \mathbf{\frac{112\mu a^6}{45}}$。

三、考研真题

13. (2010112) 设 $\Omega = \{(x,y,z) \mid x^2+y^2 \leqslant z \leqslant 1\}$，求 $\Omega$ 的质心的竖坐标.

解答：

这表示底端是一个抛物面，顶端是平面的立体，默认密度均匀。

体积 $V = \iint_{x^2+y^2 \leqslant 1} (1 - (x^2+y^2)) \text{d}x\text{d}y = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^1 (1-r^2)r \text{d}r = 2\pi \left[ \frac{r^2}{2} - \frac{r^4}{4} \right]_0^1 = 2\pi \left(\frac{1}{4}\right) = \frac{\pi}{2}$。

力矩 $M_z = \iint_{x^2+y^2 \leqslant 1} \text{d}x\text{d}y \int_{x^2+y^2}^1 z \text{d}z = \iint_D \frac{1}{2} (1 - (x^2+y^2) ^2) \text{d}x\text{d}y = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^1 (1-r^4)r \text{d}r = \pi \left[ \frac{r^2}{2} - \frac{r^6}{6} \right]_0^1 = \pi \left(\frac{1}{2} - \frac{1}{6}\right) = \frac{\pi}{3}$。

质心竖坐标 $\bar{z} = \frac{M_z}{V} = \frac{\pi/3}{\pi/2} = \mathbf{\frac{2}{3}}$。

14. (2000116) 有一半为 $R$ 的球体，$P_0$ 是此球体上的一个定点，球体上任一点的密度与该点到 $P_0$ 的距离的平方成正比 (比例常数 $k>0$)，求球体的重心坐标.

解答：

为便于计算，建立空间直角坐标系，将定点 $P_0$ 置于坐标原点 $(0,0,0)$，让球体位于 $z$ 轴正半轴上，球心位于 $(0, 0, R)$。

此时球面方程为 $x^2+y^2+(z-R)^2 = R^2$，化简得 $x^2+y^2+z^2 = 2Rz$。

密度函数为 $\rho(x,y,z) = k(x^2+y^2+z^2)$。

采用球面坐标系进行积分：$\rho_r$ 为极径，$0 \leqslant \theta \leqslant 2\pi$，$0 \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi}{2}$。

球面极坐标方程为 $\rho_r = 2R\cos\varphi$。

计算总质量 $M$：

$M = \iiint_\Omega k\rho_r^2 \text{d}V = k \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^{\pi/2} \sin\varphi \text{d}\varphi \int_0^ {2R\cos\varphi} \rho_r^2 \cdot \rho_r^2 \text{d}\rho_r = 2\pi k \int_0^{\pi/2} \sin\varphi \left[ \frac{1}{5}\rho_r^5 \right] _0^{2R\cos\varphi} \text{d}\varphi$

$= \frac{64\pi k R^5}{5} \int_0^{\pi/2} \cos^5\varphi \sin\varphi \text{d}\varphi = \frac{64\pi k R^5}{5} \left[ -\frac{1}{6} \cos^6\varphi \right]_0^{\pi/2} = \frac{64\pi k R^5}{5} \cdot \frac{1}{6} = \frac{32\pi k R^5}{15}$。

由对称性，重心在 $z$ 轴上，横纵坐标为 $0$。求 $z$ 的力矩 $M_z$：

$M_z = \iiint_\Omega z \cdot k\rho_r^2 \text{d}V = k \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^{\pi/2} \sin\varphi \text{d}\varphi \int_0^{2R\cos\varphi} (\rho_r\cos\varphi) \cdot \rho_r^4 \text{d}\rho_r = 2\pi k \int_0^{\pi/2} \sin\varphi\cos\varphi \left [ \frac{1}{6}\rho_r^6 \right]_0^{2R\cos\varphi} \text{d}\varphi$

$= \frac{128\pi k R^6}{6} \int_0^{\pi/2} \cos^7\varphi \sin\varphi \text{d}\varphi = \frac{64\pi k R^6}{3} \left[ -\frac{1}{8} \cos^8\varphi \right]_0^{\pi/2} = \frac{64\pi k R^6}{3} \cdot \frac{1}{8} = \frac{8\pi k R^6}{3}$。

求质心高度 $\bar{z}$：

$\bar{z} = \frac{M_z}{M} = \frac{8\pi k R^6 / 3}{32\pi k R^5 / 15} = \frac{8}{32} \cdot \frac{15}{3} R = \frac{1}{4} \cdot 5 R = \frac{5R}{4}$。

所以重心位置为：在通过定点 $P_0$ 和球心的直线上，距离 $P_0$ 为 $\frac{5R}{4}$ 处（即离球心距离 $\frac{R}{4}$，偏向远离 $P_0$ 的一侧）。

总习题九

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

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 $x 0$。

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 $I = 2\pi - 0 = 2\pi$。

第9章 重积分 | YHK's life

第1节 ⼆重积分的概念与性质

一、 基础题

二、 提高题

三、 考研真题

第2节 直⾓坐标系下⼆重积分的计算

习题 9.2

第3节 极坐标系下⼆重积分的计算

一、 基础题

二、 提高题

三、 考研真题

第4节 三重积分

一、 基础题

二、 提高题

三、 考研真题

第5节 重积分的应用

一、 基础题

二、 提高题

三、 考研真题

总习题九

一、 填空题

二、 选择题

三、 计算题（部分精选重点题目）

第9章重积分 | YHK's life

第1节⼆重积分的概念与性质

一、基础题

二、提高题

三、考研真题

第2节直⾓坐标系下⼆重积分的计算

第3节极坐标系下⼆重积分的计算

一、基础题

二、提高题

三、考研真题

第4节三重积分

一、基础题

二、提高题

三、考研真题

第5节重积分的应用

一、基础题

二、提高题

三、考研真题

一、填空题

二、选择题

三、计算题（部分精选重点题目）