【图文】高等数学二重积分详解_百度文库
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高等数学二重积分详解
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&&高​等​数​学​的​二​重​积​分​详​解
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你可能喜欢二重积分的计算法
第二节& 二重积分的计算法
教学目的：熟练掌握二重积分的计算方法
教学重点：利用直角坐标和极坐标计算二重积分
教学难点：化二重积分为二次积分的定限问题
教学内容：
利用二重积分的定义来计算二重积分显然是不实际的,二重积分的计算是通过两个定积分的计算(即二次积分)来实现的.
一、利用直角坐标计算二重积分
我们用几何观点来讨论二重积分&&&X—型
&&&&&&&&&&&&&
极坐标系下&&
作业 教材161 习题2（I）（2）（3）3（1）（3）4（2）（4）高等数学(华农版)第八章 重积分 习题详细解答41_二重积分习题-牛宝宝文章网
高等数学(华农版)第八章 重积分 习题详细解答41 二重积分习题
习 题 8-11．设有1个面薄板（不计其厚度），占有xOy面上的闭区域D，薄板上分布有面密度为μ=μ(x,y)的电荷，且μ(x,y)在D上连续，试用二重积分表达该板上的全部电荷Q．解 用一组曲线将D分成n个小闭区域Δσi，其面积也记为Δσi(i=1,2,??,n).任取一点(ξi,ηi)∈Δσi,则Δσi上分布的电量ΔQ≈μ(ξi,ηi)Δσi.通过求和、取极限，便得到该板上的全部电荷为Q=lim∑μ(ξi,ηi)Δσi=∫∫μ(x,y)dσ,λ→0i=1Dn其中λ=max{Δσi的直径}．1≤i≤n2. 设I1=∫∫(x2+y2)3dσ其中D1={(x,y)?1≤x≤1,?2≤y≤2}；又I2=∫∫(x2+y2)3dσD1D2其中D2={(x,y)0≤x≤1,0≤y≤2}．试利用二重积分的几何意义说明I1与I2之间的关系．顶为曲面z=(x2+y2)3的曲顶柱体Ω1的解 由二重积分的几何意义知，I1表示底为D1、体积；I2表示底为D2、顶为曲面z=(x2+y2)3的曲顶柱体Ω2的体积．由于位于D1上方的曲面z=(x2+y2)3关于yOz面和zOx面均对称，故yOz面和zOx面将Ω1分成4个等积的部分，其中位于第一卦限的部分即为Ω2．由此可知I1=4I2．3. 利用二重积分定义证明： (1) ∫∫dσ=σD(其中σ为D的面积)；(其中k为常数)；12(2) (∫∫kfx,y)dσ=k∫∫f(x,y)dσDD(3)∫∫f(x,y)dσ=∫∫f(x,y)dσ+∫∫f(x,y)dσ,其中D=D∪DDD1D2，D1、D2为2个无公共内点的闭区域.证 (1) 由于被积函数f(x,y)≡1，故由二重积分定义得∑f(ξ,η)Δσ∫∫dσ=limλD→0iii=1nni=lim∑Δσi=limσ=σ.λ→0i=1nλ→0(2) ∫∫kf(x,y)dσ=lim∑kf(ξi,ηi)Δσi=klim∑f(ξi,ηi)Δσi=k∫∫f(x,y)dσ.Dnλ→0i=1λ→0i=1D(3) 因为函数f(x,y)在闭区域D上可积，故不论把D怎样分割，积分和的极限总是不变的，因此在分割D时，可以使D1和D2的公共边界永远是一条分割线。这样f(x,y)在D1∪D2上的积分和就等于D1上的积分和加D2上的积分和，记为D1∪D2∑f(ξi,ηi)Δσi=∑f(ξi,ηi)Δσi+∑f(ξi,ηi)Δσi.D1D2令所有Δσi的直径的最大值λ→0，上式两端同时取极限，即得D1∪D2∫∫f(x,y)dσ=∫∫f(x,y)dσ+∫∫f(x,y)dσ.D1D24. 根据二重积分的性质，比较下列积分的大小：(1) ∫∫(x+y)2dσ与∫∫(x+y)3dσ，其中积分区域D是由x轴、y轴与直线x+y=1所DD围成；(2) 成；∫∫(x+y)dσ与∫∫(x+y)dσ，其中积分区域D是由圆周(x?2)DD232+(y?1)2=2所围(3)∫∫ln(x+y)dσD与∫∫[ln(x+y)]dσD2，其中D是三角形闭区域，三顶点分别为(1,0),(1,1),(2,0)；(4) ∫∫ln(x+y)dσ与∫∫[ln(x+y)]2dσ，其中D={(x,y)3≤x≤5,0≤y≤1}.DD解 (1) 在积分区域D上，0≤x+y≤1，故有(x+y)3≤(x+y)2，根据二重积分的性质４，可得∫∫(x+y)3dσ≤∫∫(x+y)2dσ.DD故在D上有(x+y)2≤(x+y)3．从(2) 由于积分区域D位于半平面{(x,y)|x+y≥1}内，而∫∫(x+y)2dσ≤∫∫(x+y)3dσ.DD(3) 由于积分区域D位于条形区域{(x,y)|1≤x+y≤2}内，故知D上的点满足0≤ln(x+y)≤1，从而有[ln(x+y)]2≤ln(x+y)．因此∫∫[ln(x+y)]2dσ≤∫∫ln(x+y)dσ.DD(4) 由于积分区域D位于半平面{(x,y)|x+y≥e}内，故在D上有ln(x+y)≥1，从而有[ln(x+y)]2≥ln(x+y)．因此∫∫[ln(x+y)]2dσ≥∫∫ln(x+y)dσ.DD5. 利用二重积分的性质估计下列积分的值：(1) I=∫∫xy(x+y)dσ其中D={(x,y)0≤x≤1,0≤y≤1}；D(2) I=∫∫sin2xsin2ydσ其中D={(x,y)0≤x≤π,0≤y≤π}；D(3) I=∫∫(x+y+1)dσ其中D={(x,y)0≤x≤1,0≤y≤2}；D(4) I=∫∫(x2+4y2+9)dσ其中D={(x,y)x2+y2≤4}.D解 (1) 在积分区域D上，0≤x≤1，0≤y≤1，从而0≤xy(x+y)≤2，又D的面积等于1，因此0≤∫∫xy(x+y)dσ≤2.D(2) 在积分区域D上，0≤sinx≤1，0≤siny≤1，从而0≤sin2xsin2y≤1，又D的面积等于π2，因此0≤∫∫sin2xsin2ydσ≤π2.D(3) 在积分区域D上，0≤x+y+1≤4，D的面积等于2，因此2≤∫∫(x+y+1)dσ≤8.D(4) 在积分区域D上，0≤x2+y2≤4，从而9≤x2+4y2+9≤4(x2+y2)+9≤25,，又D的面积等于4π，因此36π≤∫∫(x2+4y2+9)dσ≤100π.D习 题 8-21. 计算下列二重积分：(1)∫∫(xDD2+y2)dσ，其中D={(x,y)||x|≤1,|y|≤1}；(2) (3∫∫x+2y)dσ，其中D是由两坐标轴及直线x+y=2所围成的闭区域； (3)∫∫(xDD3+3x2y+y3)dσ，其中D={(x,y)|0≤x≤1,0≤y≤1}；(4) ∫∫xcos(x+y)dσ其中D是顶点分别为(0,0)，(π,0)和(π,π)的三角形闭区域．1?2y3?28解 (1) ∫∫(x+y)dσ=∫dx∫(x+y)dy=∫?xy+?dx=∫(2x2+)dx=.?1?1?1?13??133?D22112211(2) D可用不等式表示为0≤y≤3?x,0≤x≤2，于是∫∫(3x+2y)dσ=∫dx∫D0222?x2?x(3x+2y)dy=∫[3xy+y2]0dx220=∫(4+2x?2x2)dx=.03(3)323323∫∫(x+3xy+y)dσ=∫dy∫(x+3xy+y)dx D1111?x4?=∫?+x3y+y3x?dy=∫(+y+y3)dy=1.004?4?011(4)
D可用不等式表示为0≤y≤x,0≤x≤π，于是x∫∫xcos(x+y)dσ=∫xdx∫cos(x+y)dy=∫x[sin(x+y)]0dxDπxπ=∫π3x(sin2x?sinx)dx=?π.22. 画出积分区域，并计算下列二重积分：(1)∫∫Dσ，其中D是由两条抛物线y=，y=x2所围成的闭区域；(2)∫∫xy2dσ，其中D是由圆周x2+y2=4及y轴所围成的右半闭区域； D(3) e∫∫x+ydσ，其中D={(x,y)||x|+|y|≤1}；D(4)∫∫(x2+y2?x)dσ，其中D是由直线y=2，y=x及y=2x所围成的闭区域．D解 (1) D可用不等式表示为x2≤y≤0≤x≤1，于是∫∫σ=1=2D∫xd3∫10x?3y?y2?dx=2∫17(x4-x4)dx=60x.??x23055(2) D可用不等式表示为0≤x≤?2≤y≤2，于是∫∫xy2dσ=∫2y2dydx=122∫?2y2(4?y2)dy=6415. D?2(3) D=D1∪D2，其中D1={(x,y)|?x?1≤y≤x+1,?1≤x≤0}，D1={(x,y)|x?1≤y≤?x+1,0≤x≤1}，于是∫∫ex+ydσ=D∫∫ex+ydσ+∫∫ex+ydσD1D2=∫0exdx∫x+1?1?x?1eydy+∫1exx+10dx∫x?1eydy=∫0(e2x+1?e?1)dx+∫1?1(e?e2x?1)dx=e?e?1.(4) D可用不等式表示为y2≤x≤y,0≤y≤2，于是 ∫∫(x2+y2?x)dσ=∫2dy∫yy(x2+y2?x)dxD22?x3y=∫?3+y2x?x2??2dy=2?19?y3?3y2?y∫0??248??dy=136.23. 化二重积分I=∫∫f(x,y)dσD为二次积分（分别列出对2个变量先后次序不同的2个二次积分），其中积分区域D是：(1) 由直线y=x及抛物线y2=4x所围成的闭区域； (2) 由x轴及半圆周x2+y2=r2(y≥0)所围成的闭区域； (3) 由直线y=x，x=2及双曲线y=1x(x&0)所围成的闭区域； (4) 环形闭区域{(x,y)|1≤x2+y2≤4}．解 (1) 直线y=x及抛物线y2=4x的交点为(0,0)和(4,4)，于是I=∫4dx4yxf(x,y)dy或I=∫0dy∫y2f(x,y)dx4(2) 将D用不等式表示为0≤y≤?r≤x≤r，于是可将I化为I=∫r?rdx0f(x,y)dy；如将D用不等式表示为≤x≤0≤y≤r，于是可将I化为I=∫rdy0f(x,y)dx.(3) 3个交点为(1,1)、(2,12x2和(2,2)，于是I=∫1dx1f(x,y)dy或xI=∫12221dy∫1f(x,y)dx+∫dy∫f(x,y)dx.2y1y(4)
将D划分为４块，得I=∫?11?2dyf(x,y)dx+∫?1dy∫f(x,y)dx+∫12?1dyf(x,y)dx+∫1dyf(x,y)dx.或I=∫?1?2dxf(x,y)dy+∫1?1dyf(x,y)dy+∫1dy2?1∫f(x,y)dy+∫1dyf(x,y)dy.4. 改换下列二次积分的积分次序：(1) ∫1dy∫yf(x,y)dx ；
(2)∫2dy∫2yy2f(x,y)dx ；(3) ∫1dyf(x,y)dx ；(4)∫21dx2?xf(x,y)dy ；(5)∫elnxy ；
(6)∫π1dx∫f(x,y)d0dx∫sinx?sinxf(x,y)dy ．2解 (1) 所给二次积分等于二重积分∫∫f(x,y)dσ，其中DD={(x,y)|0≤x≤y,0≤y≤1}，D可改写为{(x,y)|x≤y≤1,0≤x≤1}，于是原式=∫1dx∫1xf(x,y)dy.(2)
所给二次积分等于二重积分∫∫f(x,y)dσ，其中DD={(x,y)|y2≤x≤2y,0≤y≤2}，D可改写为{(x,y)|x2≤y≤0≤x≤4}，于是原式=∫4dxxf(x,y)dy.高等数学(华农版)第八章 重积分 习题详细解答41_二重积分习题(3)
所给二次积分等于二重积分∫∫f(x,y)dσ，其中DD={(x,y)|≤x≤0≤y≤1}，D可改写为{(x,y)|0≤y≤?1≤x≤1}，于是原式=∫dx?11f(x,y)dy.(4)
所给二次积分等于二重积分∫∫f(x,y)dσ，其中DD={(x,y)|2?x≤y≤1≤x≤2}，D可改写为{(x,y)|2?y≤x≤1+0≤y≤1}，于是原式=∫dy∫0D112?yf(x,y)dx.(5)
所给二次积分等于二重积分∫∫f(x,y)dσ，其中D={(x,y)|0≤y≤lnx,1≤x≤e}，D可改写为{(x,y)|ey≤x≤e,0≤y≤1}，于是原式=∫dy∫yf(x,y)dx.e1e(6)
所给二次积分等于二重积分∫∫f(x,y)dσ，将D表示为D1∪D2，其中DD1={(x,y)|arcsiny≤x≤π?arcsiny,0≤y≤1}，D2={(x,y)|?2arcsiny≤x≤π,?1≤y≤0}，于是 原式=∫dy∫01π?arcsinyarcsinyf(x,y)dx+∫dy∫?10π?2arcsinyf(x,y)dx.5. 计算由4个平面x=0，y=0，x=1，y=1所围成柱体被平面z=0及2x+3y+z=6截得的立体的体积．解 此立体为一曲顶柱体，它的底是xOy面上的闭区域D={(x,y)|0≤y≤1,0≤x≤1}，顶是曲面z=6?2x?3y，因此所求立体的体积为117V=∫∫(6?2x?3y)dxdy=∫dx∫(6?2x?3y)dy=.002D6. 求由曲面z=x2+2y2及z=6?2x2?y2所围成的立体的体积． 解 所求立体在xOy面上的投影区域为D={(x,y)|x2+y2≤2}所求立体的体积等于2个曲顶柱体体积的差：V=∫∫(6?2x2?y2)dσ?∫∫(x2+2y2)dσDD=∫∫(6?3x2?3y2)dσ=∫∫(6?3ρ2)dρdθDD=∫dθ?3ρ2)ρdρ=6π.2π7. 画出积分区域，把积分∫∫f(x,y)dσ表示为极坐标形式的二次积分，其中积分区域DD是：(1) {(x,y)|x2+y2≤a2}(a&0)；
(2) {(x,y)|x2+y2≤2x}；(3) {(x,y)|a2≤x2+y2≤b2}，其中0&a&b；
(4) {(x,y)|0≤y≤1?x,0≤x≤1}．解 (1) 在极坐标中，D={(ρ,θ)|0≤ρ≤a,0≤θ≤2π}，故∫∫f(x,y)dσ=2πdθD∫∫f(ρcosθ,ρsinθ)ρdρdθ=∫∫a00f(ρcosθ,ρsinθ)ρdρ.D(2) 在极坐标中，D={(ρ,θ)|0≤ρ≤2cosθ,?π2≤θ≤π2，故 π∫∫f(x,y)dσ=∫∫f(ρcosθ,ρsinθ)ρdρdθ=∫22cosθD?πdθ(ρcosθ,ρsinθ)ρdρ.D2∫f
(3) 在极坐标中，D={(ρ,θ)|a≤ρ≤b,0≤θ≤2π}，故∫∫f(x,y)dσ=θ=D∫∫f(ρcosθ,ρsinθ)ρdρd∫2πdθ∫b0af(ρcosθ,ρsinθ)ρdρ.D(4) 在极坐标中，直线x+y=1的方程为ρ=1sinθ+cosθ，故D={(ρ,θ)|0≤ρ≤1sinθ+cosθ,0≤θ≤π2，于是π1∫∫f(x,y)dσ=∫∫f(ρcosθ,ρsinθ)ρdρdθ=∫20dθsinθ+cosθf(ρcosθ,ρsinθ)ρdρ.DD∫8. 化下列二次积分为极坐标形式的二次积分： (1) ∫1dx∫1f(x,y)dy ；
0(2)∫20dxxf(x,y)dy ；(3)∫1dx1x21?xf(x,y)dy ；
(4)∫0dx∫f(x,y)dy ．解 (1) 用直线y=x将积分区域D分成D1、D2两部分：D={(ρ,θ)|0≤ρ≤secθ,0≤θ≤π14，D2={(ρ,θ)|0≤ρ≤cscθ,π4≤θ≤π2， 于是π原式=∫dθ∫40secθπf(ρcosθ,ρsinθ)ρdρ+π2dθ∫4cscθf(ρcosθ,ρsinθ)ρdρ.π和4(2) 在极坐标中，直线x=2,y=x和y的方程分别是ρ=2secθ,θ=ππ≤θ≤，又f=f(ρ)，于是 43π3π42secθθ=π3。因此D={(ρ,θ)|0≤ρ≤2secθ,原式=∫dθ∫f(ρ)ρdρ.1，圆y=sinθ+cosθ(3) 在极坐标中，直线y=1?x的方程为ρ=ρ=1，因此D={(ρ,θ)|1π≤ρ≤1,0≤θ≤，故sinθ+cosθ2原式=∫dθπ2011sinθ+cosθf(ρcosθ,ρsinθ)ρdρ.(4) 在极坐标中，直线x=1的方程为ρ=secθ，抛物线y=x2的方程为ρsinθ=ρ2cos2θ，即ρ=tanθsecθ；两者的交点与原点的连线的方程是θ=πD={(ρ,θ)|tanθsecθ≤ρ≤secθ,0≤θ≤，故4原式=∫dθ∫2aπ。因此4π40secθtanθsecθf(ρcosθ,ρsinθ)ρdρ.9. 把下列积分化为极坐标形式，并计算积分值：(1) ∫dx0x2+y2)dy ；(2)2∫a0adx∫y ；(3) ∫dx∫2(x+y)dy ；(4)x1x2?12∫dy0x2+y2)dx ．π解 (1) 在极坐标中，D={(ρ,θ)|0≤ρ≤2acosθ,0≤θ≤，故2原式=∫dθ∫π202acosθ0ρ2?ρdρ=πa4.34π(2) 在极坐标中，D={(ρ,θ)|0≤ρ≤asecθ,0≤θ≤，故4原式=∫dθ∫π40asecθ0a3ρ?ρdρ=++1)].6(3) 在极坐标中，抛物线y=x2的方程为ρsinθ=ρ2cos2θ，即ρ=tanθsecθ；直线y=x的方程是θ=ππ，故D={(ρ,θ)|0≤ρ≤tanθsecθ,0≤θ≤，故44原式=∫dθ∫π40tanθsecθ1ρ?ρdρ=?1.(4) 在极坐标中，积分区域πD={(ρ,θ)|0≤ρ≤a,0≤θ≤，2于是原式=∫dθ∫ρ2?ρdρ=π20aπ4a. 810. 利用极坐标计算下列各题： (1) ∫∫exD2+y2dσ，其中D是由圆周x2+y2=4所围成的闭区域；y(2) ∫∫arctandσ，其中D是由圆周x2+y2=4，x2+y2=1及直线y=0，y=x所围xD成的在第一象限内的闭区域.解 (1) 在极坐标中，D={(ρ,θ)|0≤ρ≤2,0≤θ≤2π}，故原式=∫dθ∫eρ?ρdρ=π(e4?1).2π22π(2) 在极坐标中，D={(ρ,θ)|1≤ρ≤2,0≤θ≤，故4原式=∫dθ∫ρdρ=1π40232π. 6411. 选用适当的坐标计算下列各题： (1) ∫∫Dx2dσ，其中D是由直线x=2，y=x及曲线xy=1所围成的闭区域；y2σ，其中D是由圆周x2+y2=1及坐标轴所围成的在第一象限内的(2) D闭区域；(3) ∫∫(x2+y2)dσ，其中D是由直线y=x，y=x+a，y=a，y=3a(a&0)所围成D的闭区域；(4) σ，其中D是圆环形闭区域{(x,y)|a2≤x2+y2≤b2}．D解 (1) 选用直角坐标，D={(x,y)|1≤y≤x,1≤x≤2}，故 x∫∫D22xxx29ddxdy. σ==∫1∫1xy2y24π(2) 选用极坐标，D={(ρ,θ)|0≤ρ≤1,0≤θ≤，故2Dπ2σ=ρdρdθ=∫dθ∫ρdρ0D=πρdρ=(π?2).8(3) 选用直角坐标，∫∫(xD2+y)dσ=∫dy∫23ayy?a(x+y)dx=∫223aa3(2ay?ay+y=14a4.322π(4) 选用极坐标，D={(ρ,θ)|0≤ρ≤1,0≤θ≤，故2Dσ=∫∫ρ?ρdρdθ=∫dθ∫ρ2dρ=Da2πb2π(b3?a3). 312. 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8-21）．解V=σ=ρdρdθDD=∫dθ∫a0ρdρ=Rarctank.33习
题 8-31. 化三重积分I=∫∫∫f(x,y,z)dxdydz为三次积分，其中积分区域Ω分别是:Ω(1) 由双曲线抛物面xy=z及平面x+y?1=0，z=0所围成的闭区域； (2) 由曲面z=x2+y2及平面z=1所围成的闭区域； (3) 由曲面z=x2+2y2及z=2?x2所围成的闭区域；x2y2(4) 由曲面cz=xy(c&0)，2+2=1，z=0所围成的在第一卦限内的闭区域.ab解 (1) Ω可用不等式表示为：0≤z≤xy,0≤y≤1?x,0≤x≤1，因此I=∫dx∫011?x0dy∫xyf(x,y,z)dz.(2) Ω可用不等式表示为：x2+y2≤z≤1,≤y≤?1≤x≤1，因此I=∫dx?11y∫21x+y2f(x,y,z)dz.(3) Ω可用不等式表示为：x2+2y2≤z≤2?x2,≤y≤?1≤x≤1，因此I=∫dx?11y∫22?x2x+2y2f(x,y,z)dz.(4) Ω可用不等式表示为：0≤z≤0≤x≤a，因此I=∫dx∫0ay∫xyc0f(x,y,z)dz.高等数学(华农版)第八章 重积分 习题详细解答41_二重积分习题2. 计算∫∫∫xy2z3dxdydz，其中Ω是由曲面z=xy，与平面y=x，x=1和z=0所围成Ω的闭区域.解 Ω可用不等式表示为：0≤z≤xy,0≤y≤x,0≤x≤1，因此2323∫∫∫xyzdxdydz=∫xdx∫ydy∫zdz1xxyΩx1111121=∫xdx∫x4y6dy=xdx=.03. 计算∫∫∫Ωdxdydz，其中Ω为平面x=0，y=0，z=0，x+y+z=1所围成的(1+x+y+z)3四面体.解 Ω可用不等式表示为：0≤z≤1?x?y,0≤y≤1?x,0≤x≤1，因此11?x1?x?ydxdydzdzdxdy=3∫∫∫∫0∫0∫0(1+x+y+z)3Ω(1+x+y+z)=∫dx∫0111?x???1?2(1+x+y+z)2???01?x1?x?ydy=∫dx∫11?x?1?1?+?82(1+x+y)2?dy ???y?115dx=(ln2?=∫????+x+y)?0其中Ω为球面x2+y2+z2=1及3个坐标面所围成的在第一卦限4. 计算∫∫∫xyzdxdydz，Ω内的闭区域.解 Ω可用不等式表示为：0≤z≤0≤y≤0≤x≤1，因此∫∫∫xyzdxdydz=∫Ω1xdx22ydy0zdz241?x?y11?yydy=∫x?(1?x2)??1=∫x(1-x2)2dx=.8048=∫xdx1y?dx5.计算∫∫∫xzdxdydz，其中Ω是由平面z=0，z=y，y=1以及抛物柱面y=x2所围成Ω的闭区域.解 Ω可用不等式表示为：0≤z≤y,x2≤y≤1,?1≤x≤1，因此∫∫∫xzdxdydz=∫xdx∫2dy∫zdzy211=∫xdx∫2dy=∫x(1?x6)dx=0.x2?16?1与平面z=h(R&0,h&0)所围成的6. 计算∫∫∫zdxdydz，其中Ω是由锥面z=Ω11Ω?1x11y闭区域.解 Ω在xOy面上的投影区域Dxy={(x,y)|x2+y2≤R2}，Ω={(x,y,z)≤z≤h,(x,y)∈Dxy}.于是 h2=?Dxy??Dxy?22Rh.7. 利用柱面计算下列三重积分:(1) ∫∫∫zdv，其中Ω是由曲面z=及z=x2+y2所围成的闭区域；Ω(2) ∫∫∫(x2+y2)dv，其中Ω是由曲面x2+y2=2z及平面z=2所围成的闭区域.Ω解 (1) Ω在xOy面上的投影区域Dxy={(x,y)|x2+y2≤1}，利用柱面坐标，Ω可用不等式表示为：ρ2≤z≤0≤ρ≤1,0≤θ≤2π，因此∫∫∫zdv=∫∫∫zρdρdθdz=∫ΩΩ2πdθ∫ρdρ01ρ2dz1=12∫02π?2ρ4ρ6?17π24dθ∫ρ(2?ρ?ρ)dρ=?2π?ρ???=.1(2) 由x2+y2=2z及z=2消去z得x2+y2=4，从而知Ω在xOy面上的投影区域为Dxy={(x,y)|x2+y2≤4}，利用柱面坐标，Ω可表示为：ρ22≤z≤2,0≤ρ≤2,0≤θ≤2π.，因此2223∫∫∫(x+y)dv=∫∫∫ρ?ρdρdθdz=∫dθ∫ρdρρ2dzΩΩ22π22π22=∫dθ∫?ρ4ρ6?16π3ρ(2?ρ=2π???=.22123??0ρ228. 利用球面坐标计算下列三重积分:(1) ∫∫∫(x2+y2+z2)dv，其中Ω是由球面x2+y2+z2=1所围成的闭区域;Ω(2) ∫∫∫zdv，其中Ω闭区域由不等式x2+y2+(z?a)2≤a2，x2+y2≤z2所确定.Ω解 (1)22222(x+y+z)dv=r?rsin?drd?dθ∫∫∫∫∫∫ΩΩ=∫2π54π4π?r?dθ∫sin?d?∫rdr=2π[-cos?]0??=.00?5?05π11(2) 在球面坐标系中，不等式x2+y2+(z?a)2≤a2，即x2+y2+z2≤2az，变为r2≤2arcos?，即r≤2acos?；x2+y2≤z2变为r2sin2?≤r2cos2?，即tan?≤1，亦即?≤π.4因此Ω可表示为0≤r≤2acos?,0≤?≤π,0≤θ≤2π,于是 42∫∫∫zdv=∫∫∫rcos??rsin?drd?dθΩΩ=∫dθ∫sin?cos?d?∫2ππ402acos?7πa43rdr=.69. 选用适当的坐标计算下列三重积分:(1) ∫∫∫xydv，其中Ω为柱面x2+y2=1及平面z=1，z=0，x=0，y=0所围成的在Ω第一卦限内的闭区域；(2) v，其中Ω是由球面x2+y2+z2=z所围成的闭区域；Ω(3) ∫∫∫(x2+y2)dv，其中Ω是由曲面4z2=25(x2+y2)及平面z=5所围成的闭区域;Ω(4)∫∫∫(x2+y2)dv，其中Ω闭区域由不等式0&a≤≤A，z≥0所确定.Ω解 (1) 利用柱面坐标，Ω可表示为：0≤z≤1,0≤ρ≤1,0≤θ≤π，因此 2∫∫∫xydv=∫∫∫ρsinθcosθ?ρdρdθdzΩΩ2=∫π201sinθcosθdθ∫ρ3dρ∫dz=.00811(2) 在球面坐标系中，球面x2+y2+z2=z的方程为r2=rcos?，即r=cos?.Ω可表示为0≤r≤cos?,0≤?≤π,0≤θ≤2π,于是 2Ω2π0v=∫∫∫r?r2sin?drd?dθΩπ20cos?0=∫dθ∫sin?d?∫(3) 利用柱面坐标，Ω可表示为：πr3dr=.105ρ≤z≤5,0≤ρ≤2,0≤θ≤2π，因此 2Ω∫∫∫(xΩ2π02+y2)dv=∫∫∫ρ2?ρdρdθdz235=∫dθ∫ρdρ5ρdz=8π.2(4) 在球面坐标系中，Ω可表示为a≤r≤A,0≤?≤π,0≤θ≤2π,于是 2∫∫∫(xΩ2π02+y2)dv=∫∫∫rsin2??r2sin?drd?dθΩπ20=∫dθ∫sin3?d?∫A4π5r4dr=(A?a5).15习 题 8-41. 求球面x2+y2+z2=a2含在圆柱面x2+y2=ax内部的那部分面积. 解上半球面的方程为z=．?z==?x由曲面的对称性得所求面积为=A=4Dxdy=4xdyDρdρdθ=4a∫dθ∫π20=4aDacosθρ=2a2(π?2).2. 求锥面z=被柱面z2=2x所割下部分的曲面面积. 解由??z= ?2??z=2x.解得x2+y2=2x，故曲面在xOy面上的投影区域D={(x,y)|x2+y2≤2x}．被割曲面的方程为z=，== 于是所求曲面的面积为：A=xdy=2∫dθ∫Dπ202cosθdρ=.3. 求底圆半径相等的2个直交圆柱面x2+y2=R2及x2+z2=R2所围立体的表面积. 解 设第一卦限内的立体表面位于圆柱面x2+z2=R2上的那一部分的面积为A，则由对称性知全部表面的面积为16A．A=xdy=4xdyDDR=xdy=R∫dxy=R2.00D故全部表面积为16R2．4. 设薄片所占的闭区域D如下，求均匀薄片的质心:(1) D由y=x=x0,y=0，所围成；??x2y2(2) D是半椭圆形闭区域?(x,y)|2+2≤1,y≥0?；ab??(3) D是介于2个圆r=acosθ,r=bcosθ(0&a&b)之间的闭区域. 解 (1) 设质心为(x,y)．A=∫∫dxdy=∫dxDx00y=∫∫xdxdy=∫xdxDx0y=∫∫ydxdy=∫Dx0dx02px0,ydy=2D333=y故所求质心为x0,y0)． ,(0858D(2) 因D对称于y轴，故质心(x,y)必位于y轴上，于是x=0．11ay=∫∫ydxdy=∫dx0ADA?aydy=4b. 3π因此所求质心为(0,4b． 3π(３)
因D对称于x轴，故质心(x,y)必位于x轴上，于是y=0．π?b??a?A=π???π??=(b2?a2),4?2??2?22∫∫xdxdy=∫∫ρcosθ?ρdρdθ=∫cosθdθ∫DDπ2π?2bcosθacosθρ2dρ=(b3?a3),π8?a2+ab+b2?1a2+ab+b2故x=∫∫xdxdy=,0?． .所求质心为?AD2(a+b)ab2()+??5. 设平面薄片所占的闭区域D由抛物线y=x2及直线y=x所围成，它在点(x,y)处的高等数学(华农版)第八章 重积分 习题详细解答41_二重积分习题面密度μ(x,y)=x2y，求该薄片的质心.解 求得M=∫∫x2ydxdy=∫x2dx∫2ydy=D1xx1; 35xxMx=∫∫yμ(x,y)dxdy=∫∫x2y2dxdy=∫x2dx∫2y2dy=DD11; 54My=∫∫xμ(x,y)dxdy=∫∫x3ydxdy=∫x3dx∫2ydy=DD1xx1, 48于是=M,=x=.所求质心为(,美眉6. 设有一等腰直角三角形薄片，腰长为a，各点处的面密度等于该点到直角顶点的距离的平方，求这片薄片的质心.=解 面密度μ(x,y)=x2+y2，由对称性知x=y．MyM=∫∫(x2+y2)dxdy=∫dx∫Daa?x1(x2+y2)dy=a4;6(x2+y2)dy=15a, 15My=∫∫x(x2+y2)dxdy=∫xdx∫Daa?x于是=2222a,==a.所求质心为(a,a).M55557. 利用三重积分计算下列由曲面所围立体的质心(设密度ρ=1):My=(1) z2=x2+y2,z=1；(2) z=z=(A&a&0),z=0； (3) z=x2+y2,x+y=a,x=0,y=0,z=0．解 (1) 曲面所围立体为圆锥体，其顶点在原点，并关于z轴对称，又由于它是匀质的，1因此它的质心位于z轴上，即x=y=0．立体的体积为V=π.3?x2?y2)dxdy003故所求质心为(0,0,).4(2) 立体由2个同心的上半球面和xOy面所围成,关于z轴对称,又由于它是匀质的,故其质心位于z轴上，即x=y=0．立体的体积为V=2π(A2-a3). 3==1V1V∫∫∫zdv=Ω1V∫∫∫rcos??rΩ2sin?drd?dθ3(A?a),8(A3?a3)44∫2πdθ∫sin?cos?d?∫r3dr=aπ20A163(A4?a4)故所求质心为(0,0,.8(A3?a3)(3)
Ω={(x,y,z)|0≤x≤a,0≤y≤a?x,0≤z≤x2+y2}.V=∫∫∫dv=∫dx∫Ωaa?xdy∫x2+y21dz=a4;6zdz=72a; 302a. 51z=V1=V1zdv=∫∫∫VΩ∫adx∫aa?xdy∫x2+y21xv=d∫∫∫VΩ∫xdx∫a?xdy∫x2+y2zdz=由于立体匀质且关于平面y=x对称，故==2227a，所求质心为(a,a,a2)． 555308. 设球体占有闭区域Ω={(x,y,z)|x2+y2+z2≤2Rz}，它在内部各点处的密度的大小等于该点到坐标原点的距离的平方，试求这球体的质心.解 在球面坐标系中，Ω可表示为0≤r≤2Rcos?,0≤?≤π,0≤θ≤2π. 2球体内任意一点(x,y,z)处的密度大小为ρ=x2+y2+z2=r2．由于球体的几何形状及质量分布均关于z轴对称，故可知其质心位于z轴上，因此x=y=0．M=∫∫∫ρdv=∫dθ∫d?∫Ω2ππ202Rcos?r2?r2sin?dr=325πR; 155R, 41=M1ρzv=d∫∫∫MΩ∫2πdθ∫d?∫π202Rcos?r2?rcos??r2sin?dr=5故球体的质心为(0,0,R).49. 设均匀薄片(面密度为常数1)所占闭区域D如下，求指定的转动惯量:??x2y2(1) D=?(x,y)|2+2≤1?，求Iy；ab??(2) D由抛物线y2=9x与直线x=2所围成，求Ix和Iy； 2(3) D为矩形闭区域{(x,y)|0≤x≤a,0≤y≤b}，求Ix和Iy. 解 (1)Iy=∫∫xdxdy=∫xdxD?a2a2y=2ba4baxx=xx ∫∫a?aa0令x=asint，则ππ?134bπ23?224232asintcost?acostdt=4absintdt?sintdt上式=?∫0?=πab.
∫0a∫0??417????(2) D=?(x,y)|?≤y≤0≤x≤2?.????Ix=∫∫ydxdy=2∫dx∫D0222022372ydy=∫2dx=;3052Iy=∫∫xdxdy=2∫xdx∫D22y=2∫b2dx=5296. 7(３)
Ix=∫∫ydxdy=∫dx∫D2aab3; ydy=32Iy=∫∫xdxdy=∫D2aa3b. xdx∫dy=032b10. 已知均匀矩形板(面密度为常量μ)的长和宽分别为b和h，计算此矩形板对于通过其形心且分别与一边平行的两轴的转动惯量.解 Ix=∫∫yμdxdy=μ∫dx∫y2dy=Db2b?2h2h?22b2b?2h2h?21μbh3; 12Iy=∫∫xμdxdy=μ∫xdx∫dy=D221μhb3. 1211. 一均匀物体(密度ρ为常量)占有的闭区域Ω由曲面z=x2+y2和平面z=0,|x|=a,|y|=a所围成,(1) 求物体的体积； (2) 求物体的质心；(3) 求物体关于z轴的转动惯量. 解 (1) V=4∫dx∫dy∫aax2+y2?2a3?8dz=4∫dx∫(x+y)dy=4∫?ax+?dx=a4.0003?3?aa22a1(2) z=Max2+y2a14a4a724224ddddd(2)dρzv=xyzz=xx+xy+yy=a.
∫∫∫∫∫∫∫∫VVΩ22aax2+y2(３)
Iz=∫∫∫ρ(x+y)dv=4ρ∫dx∫dy∫Ω000(x2+y2)dz=1126ρa. 4512. 求半径为a、高为h的均匀圆柱体对于过中心而平行于母线的轴的转动惯量(设密度ρ=1).hh??hh??解 Ω=?(x,y,z)|x2+y2≤a2,?≤z≤?=?(ρ,θ,z)|0≤θ≤2π,0≤ρ≤a,?≤z≤?22??22??Iz=∫∫∫(x+y)dv=∫∫∫ρ?ρdρdθdz=∫dθ∫ρdρ∫dz=ΩΩ2222πa300h2h?21πha4. 213. 设面密度为常量μ的匀质半圆环形薄片占有闭区域18D={(x,y,0)|R1≤≤R2,x≥0}，求它对位于z轴上点M0(0,0,a)(a&0)处单位质量的质点引力F.解 dFx=Gμx(x2+y2+a)322dσ,dFz=Gμ(?a)(x2+y2+z)322dσ.Fx=Gμ∫∫Dx(x2+y2+a)322dσ=Gμ∫dθ∫π2π?2R2ρcosθ(ρ2+a)?;322R1?ρdρ?=2G???Fz=?Gaμ∫∫D1(x2+y2+a)22dσ=?Gaμ∫dθ∫?.π2π?2R2ρ(ρ2+a)22R1dρ?=πGaμ由于D关于x轴对称，且质量均匀分布，故Fy=0. 因此引力为：??F=?2G????????,0,πGaμ????. ??14. 设均匀柱体密度为ρ，占有闭区域Ω={(x,y,z)|x2+y2≤R2,0≤z≤h}，求它对于位于点M0(0,0,a)(a&h)处的单位质量的质点的引力.解 由柱体的对称性和质量分布的均匀性知Fx=Fy=0．引力沿z轴的分量Fz=∫∫∫GρΩz?a[x+y+(z?a)2πR22322dv=Gρ∫(z?a)dzhx+y≤R2∫∫2dxdy2[x+y+(z?a)]22322=Gρ∫(z?a)dz∫dθ∫hrdr[r2+(z?a)]322=?2πGρ?h.?复 习 题 A一、填空题11. 设D是正方形区域{(x,y)|0≤x≤1,0≤y≤1}，则∫∫xydxdy=___________.;4D2. 已知D是长方形区域{(x,y)|a≤x≤b,0≤y≤1}，又已知∫∫yf(x)dxdy=1，则D∫baf(x)dx=______________. 2;193. 若D是由x+y=1和两坐标轴围城的三角形区域，则二重积分∫∫f(x)dxdy可以表示D为定积分∫∫f(x)dxdy=∫?(x)dx，那么?(x)=_____________. (1?x)f(x);D14. 若[y,1];5. 若∫1dx∫f(x,y)dy=∫dy∫x1x2(y)x1(y)f(x,y)dx，那么区间[x1(y),x2(y)]=____________.∫?adx0f(x,y)dy=∫dθ∫rf(rcosθ,rsinθ)dr，αβa?π?则区间(α,β)=____________. ?,π?.?2?二、选择题1. 设D是由y=kx(k&0),y=0和x=1所围成的三角形区域，且∫∫xy2dxdy=D1，则15 k=(
1;B.C.D. 2. 设D1是正方形区域， D2是D1的内切圆区域， D3是D1的外接圆区域， D1的中心点在(?1,1)点，记I1=∫∫e2y?xD12?y2?2ydxdy,I2=∫∫e2y?xD22?y2?2ydxdy,I3=∫∫e2y?xD32?y2?2ydxdy,则I1,I2,I3的大小顺序为(
) B；A. I1≤I2≤I3;
B. I2≤I1≤I3;
C. I3≤I1≤I2;
D.I3≤I2≤I1.3. 将极坐标系下的二次积分:I=∫dθ∫0π2sinθ0rf(rcosθ,rsinθ)dr化为直角坐标系下的二次积分，则I=(
D；A. I=∫dy∫?1111f(x,y)B. I=∫dx01?12f(x,y)f(x,y)dy.C. I=∫dy?11f(x,y)D. I=∫dx∫114. 设D是第二象限内的1个有界闭区域，而且0&y&1.记I1=∫∫yxdσ,I2=∫∫yxdσ,I3=∫∫yxdσ,DDD212则I1,I2,I3的大小顺序为(
C；A. I1≤I2≤I3;
B. I2≤I1≤I3;
C. I3≤I1≤I2;
D. I3≤I2≤I1.20高等数学(华农版)第八章 重积分 习题详细解答41_二重积分习题x2+y25. 计算旋转抛物面z=1+在1≤z≤2那部分曲面的面积的公式是(
C．2A. C.x2+y2≤1∫∫σ;B. σ;D.x2+y2≤4∫∫σ;σ.x2+y2≤4∫∫x2+y2≤1∫∫三、计算题1. 计算二重积分∫∫(sinx+cosy)dxdy，Dπ其中D是长方形区域{(x,y)|0≤x≤π,0≤y≤.2ππ解 ∫∫(sinx+cosy)dxdy=∫dx∫(sinx+cosy)dy=∫(sinx+1)dx=2π.002Dππ202. 计算二重积分∫∫Dxdxdy，其中D是长方形区域{(x,y)|0≤x≤2,1≤y≤2}. y3解 ∫∫D223x?3d. dd=d=xyxxyy∫0∫14y33. 计算重积分∫∫cos(x+y)dxdy，其中D是由y=x,y=0和x=π所围成的三角形区域.D解 ∫∫cos(x+y)dxdy=∫dx∫cos(x+y)dy=∫(sin2x?sinx)dx=?2.Dπxπ4. 计算重积分∫∫Dlnydxdy，其中D是由y=x,y=1和x=2所围成的三角形区域. x解 ∫∫D21x2lny1dxdy=∫dx∫lnydy=∫(lnx?1+x=3lnx?2.1x11xxπ5. 计算重积分∫∫xysin(x2y)dxdy，其中D是长方形区域{(x,y)|0≤x≤1,1≤y≤.2D111解 ∫∫xysin(xy)dxdy=∫dy∫xysin(xy)dx=∫(?cosy)dy=(π?2).0224D212π20π206. 计算重积分∫∫exdxdy，其中D是由x=0,y=ex和y=2所围成的区域.D解 ∫∫exdxdy=∫dy∫D12lny21exdx=∫(y?1)dy=.127. 计算重积分∫∫Dx2dxdy，其中D是由x=?2,y=x和xy=1所围成的区域. y2解 ∫∫D?1x?1?1x29?223xyxxyyxxxdd=dd=(?+)d=. 2∫?2∫x∫?2y48. 计算重积分∫∫(x+y)dxdy，其中D是由x2+y2≤2和x2+y2≥2x所围成的区域.D21解∫∫(x+y)dxdy=∫dθDπ2π42cosθ(rcosθ+rsinθ)?rdr+∫dθrcosθ+rsinθ)?rdr3π2π2+dθ7π43π2π(rcosθ+rsinθ)?rdr=?.2cosθ29. 将二重积分∫∫f(x,y)dσ化为2种顺序的二次积分，积分区域D给定如下:D(1) D是以(0,0),(1,0),(0,2)为顶点的三角形区域; x2y2(2) D是区域{(x,y)|2+2≤1,y≥0}(a&0,b&0);ab(3) D是区域{(x,y)|y≥x2,y≤1?x2}; (4) D是由y=x和y=x3所围成的区域;(5) D是由y=0,y=1,y=x和y=x?2所围成的区域. 解 (1)∫∫f(x,y)dσ=∫dx∫D0a12(1?x)f(x,y)dy=∫dy∫0b21?y2f(x,y)dx.(2)∫∫f(x,y)dσ=∫D?adx0f(x,y)dy=∫dy00f(x,y)dx.(3) (4) (5)∫∫Df(x,y)dσ=2xy1yf(x,y)dx+1dy21f(x,y)dx.∫∫Df(x,y)dσ=∫dx∫3f(x,y)dy=∫dy∫x11xf(x,y)dx.∫∫Df(x,y)dσ=∫dx∫f(x,y)dy+∫dx∫f(x,y)dy+∫dx∫12x2131x?2f(x,y)dy=∫dy∫1y+2yf(x,y)dx.10. 将二重积分∫∫f(x,y)dσ化成在直角坐标下2种顺序的二次积分，并进1步化成在D极坐标下的二次积分，其中积分区域D给定如下:(1) D是区域{(x,y)|x2+y2≤2y}; (2) D是区域{(x,y)|x2+y2≤1,x+y≥1}; (3) D是区域{(x,y)|1≤x2+y2≤4}; (4) D是由y=x,y=0和x=1所围成的区域. 解(1)1∫1?1dx∫11f(x,y)dy=∫dy012f(x,y)dx=∫dθ∫π2011+π2sinθrf(rcosθ,rsinθ)dr.(2)∫dx1?xf(x,y)dy=∫dy01?yf(x,y)dx=∫dθ∫rf(rcosθ,rsinθ)dr.22(3)∫?1?2dx?1?2f(x,y)dy+∫dx∫?11f(x,y)dy+∫dx?11f(x,y)dy+∫dx1212f(x,y)dyf(x,y)dx=∫dy2π0f(x,y)dx+∫dy?11f(x,y)dx+∫dy?11f(x,y)dx+∫dy=∫dθ∫rf(rcosθ,rsinθ)dr.12(4) ∫dx∫f(x,y)dy=∫dy∫f(x,y)dx=∫dθ∫y1x11π401cosθ0rf(rcosθ,rsinθ)dr.11. 设D是长方形区域{(x,y)|a≤x≤b,c≤y≤d}，试证明:∫证明baf(x)dx∫g(x)dx=∫∫f(x)g(y)dσ
(设f(x),g(x)连续).cDd∫∫Df(x)g(y)dσ=∫dx∫f(x)g(y)dy=∫f(x)dx∫g(y)dy=∫f(x)dx∫g(x)dx.acacacbdbdbd12. 将二重积分{(x,y)|0≤y≤.∫∫f(xD2+y2)dσ化为二次积分，其中D是半圆区域解 ∫∫f(x+y)dσ=π∫D22RπR2rf(r)dr=∫f(t)dt.20213. 交换下列积分的顺序:(1) (2) (3) (4) (5)∫∫∫10edyylnxf(x,y)
f(x,y)22?x12dx∫02x01dx∫xx∫dx∫f(x,y)dy+∫dx∫1f(x,y)∫1dx∫x2f(x,y)dy+∫dx∫1xx22?xf(x,y)dy.解 (1)∫1dx∫2f(x,y)e(2) (3) (4) (5)∫1dy∫yf(x,y)e∫∫∫201dyyf(x,y)dx+∫dy∫yf(x,y)222y4201dy∫dy2?yy2?yf(x,y)f(x,y)dx.14. 交换下列积分的顺序，并化为极坐标下的二次积分:23(1) (2) (3) (4)∫dy01f(x,y)f(x,y)dy(a&0);f(x,y)∫a01dx0∫dx0x∫1dy∫2?yyf(x,y)dx.解(1)∫1?1dx0f(x,y)dy=∫dθ∫rf(rcosθ,rsinθ)π1(2)∫ady∫aaf(x,y)dx=∫dθ∫π2π4π40acosθ0rf(rcosθ,rsinθ)dr+dθ∫π2π42acosθrf(rcosθ,rsinθ)(3)∫1dy∫y1f(x,y)dx=∫dθ∫22?x2cosθrf(rcosθ,rsinθ)π402cosθ+sinθ0(4)∫dx∫1xf(x,y)dy+∫dx∫1x+y≤R2f(x,y)dy=∫dθ∫rf(rcosθ,rsinθ)dr.15. 计算积分解∫∫2(ax+by+c)dxdy(a,b,c是常数).2x2+y2≤R2∫∫(ax+by+c)dxdy=∫dθ∫(arcosθ+brsinθ+c)?rdr2πR=∫2π111(aR3cosθ+aR3sinθ+cR2)dθ=CπR2.33216.计算积分2x+y≤∫∫=∫dθ∫02π12解x2+y2≤∫∫=2π.17. 计算积分∫∫(x2+y2)dxdy，其中D是区域{(x,y)|(x2+y2)2≤a2(x2?y2)}.D解 ∫∫(x+y)dxdy=2∫dθD22π203dr=π4a. 8y18. 计算积分∫∫arctandσ，其中D是区域{(x,y)|1≤x2+y2≤4,0≤y≤x}.xDπ2y32解 ∫∫arctandσ=∫4dθ∫θrdr=π.01x64D19. 用二重积分计算以下图形D的面积: (1) D由y=ex,y=e2x,x=1所围成;24x解 S=∫∫dσ=∫1dx∫e2y=1xd(e?1)2.D0e2(2) D由y2=x,x+y=2所围成; 解 S=∫∫dσ=∫1dy2?yD?2∫y2dx=92.(3) D由极坐标下不等式r≤a(1+cosθ)及r≤a所确定. 解 S=12πa2+2∫∫dσ=1πa2+2∫πa(1+cosθ)?5?πdθ∫rdr=?π?2?a2D0.122?4?20. 用二重积分计算下列曲面所围立体的体积: (1) z=1?x2?y2及z=0;解 V=∫∫(1?x2?y2)dσ=∫2πdθ∫1(1?r2)rdr=π.D002(2) z≥x2+y2及x2+y2+z2≤2z;解 V=∫∫1?x2?y2)dσ=∫2πdθ∫11?r2)rdr=7πD6.(3) z=x2+y2，三坐标平面及平面x+y=1. 解 V=∫∫(x2+y2)dσ=∫1dx1?x(x2+y2)dy=1D0∫6.x2y221. 求均匀半椭圆a2+b2≤1,y≥0的质心.解 x=0;∫∫ydσa=D=∫?adxydyS=4π3πb 2ab所以质心为???0,4?3πb??.22.≤y≤. 解 x=0;∫∫ydσπ3y=D=∫0dθ∫2rsinθ?rdrS=7615π. 2所以质心为??76??0,15π??.25高等数学(华农版)第八章 重积分 习题详细解答41_二重积分习题复 习 题 B1. 证明:∫ady∫em(a?x)f(x)dx=∫(a?x)em(a?x)f(x)dx.ya证明 上式左端的二次积分等于二重积分∫∫em(a?x)f(x)dxdy，其中DD={(x,y)|0≤x≤y,0≤y≤a}={(x,y)|x≤y≤a,0≤x≤a}.于是交换积分次序即得ayaaa∫Ωdy∫em(a?x)f(x)dx=∫dx∫em(a?x)f(x)dy=∫(a?x)em(a?x)f(x)dx.x02. 把积分∫∫∫f(x,y,z)dxdydz化为三次积分，其中积分区域是由曲面z=x2+y2,y=x2及平面y=1,z=0所围成的闭区域.解 Ω为一曲顶柱体，其顶为z=x2+y2，底位于xOy面上，其侧面由抛物柱面y=x2及平面y=1所组成．由此可知Ω在xOy面上的投影区域Dxy={(x,y)|x2≤y≤1,?1≤x≤1}.因此∫∫∫f(x,y,z)dxdydz=∫∫dxdy∫Ωx2+y2Dxyf(x,y,z)dz=∫dx∫2dy∫?111x2+y2x0f(x,y,z)dz.3. 计算下列三重积分: (1) 部分;zln(x2+y2+z2+1)(2) ∫∫∫dv，其中Ω是由球面x2+y2+z2=1所围成的闭区域; 222x+y+z+1Ω∫∫∫zdxdydz，其中Ω是2个球：xΩ22+y2+z2≤R2和x2+y2+z2≤2Rz(R&0)的公共(3)∫∫∫(yΩ2+z2)dv，其中Ω是由xOy平面上曲线y2=2x绕x轴旋转而成的曲面与平面x=5所围成的闭区域.解 (1) 利用球面坐标计算．作圆锥面?=arccos1π=，将Ω分成Ω1和Ω2两部分： 23π??Ω1=?(r,?,θ)|0≤r≤R,0≤?≤,0≤θ≤2π?;3??ππ??Ω2=?(r,?,θ)|0≤r≤2Rcos?,≤?≤,0≤θ≤2π?.32??于是原式=∫∫∫z2dxdydz+∫∫∫z2dxdydzΩ1Ω259πR5.480(2) 由于积分区域Ω关于xOy面对称，而被积函数关于z是奇函数，故所求积分等于=零．=∫dθ∫cos?sin?d?∫rdr+∫dθ∫cos2?sin?d?∫2ππ302R42ππ2π32Rcos?r4dr(3)
积分区域Ω由旋转抛物面y2+z2=2x和平面x=5所围成，Ω在yOz面上的投影区域Dyz={(y,z)|y2+z2≤10}.因此Ω可表示为：12(y+z2)≤x≤5,0≤y2+z2≤10. 2于是22(y+zydz∫∫∫Ω225=∫∫ρ2(5?Dyz4. 求平面xyz++=1被三坐标面所割出的有限部分的面积. abccc它被三坐标面割出的有限部分在xOy面上的投影区域x?y，ab解 平面方程为z=c?Dxy为由x轴、y轴和直线xy+=1所围成的三角形区域．于是所求面积为abA=∫∫Dxyxdy=∫∫xdyDxy=dxdy=Dxy5. 在均匀的半径为R的半圆形薄片的直径上，要接上1个一边与直径等长的同样材料的均匀矩形薄片，为了使整个均匀薄片的质心恰好落在圆心上，问接上去的均匀矩形薄片另一边的长度应是多少?解∫∫ydσ∫y==DR?Rdx?lAA232R?lRydy∫(R?x?l)dx?R==,A2AR222由题设y=0得l=. 6. 求由抛物线y=x2及直线y=1所围成的均匀薄片(面密度为常数μ)对于直线y=?1的转动惯量.解闭区域D={(x,y)|≤x≤0≤y≤1}，所求的转动惯量为1I=∫∫μ(y+1)2dσ=μ∫(y+1)2dyD32x12368μ.01057. 设在xOy面上有一质量为M的匀质半圆形薄片，占有平面闭区域=2μ∫y+1)2dy=2μ∫(y+2y+y)dy=152D={(x,y)|x2+y2≤R2,y≥0}，过圆心O垂直于薄片的直线上有一质量为m的质点P，OP=a.求半圆形薄片对质点P的引力.解 积分区域D={(ρ,θ)|0≤ρ≤R,0≤θ≤π}.由于D关于y轴对称，且质量均匀分布，故Fx=0．又薄片的面密度μ=2M，于是πR2Fy=Gmμ∫∫Dy(x2+y2+a)2322dσ=Gmμ∫dθ∫πRρsinθ(ρ2+a)322?ρdρ?;=2Gmμ∫Rρ4GmM?ρ=d?3?πR2?222(ρ+a)FzπRρ=所求引力为?4GmMF=?0,?πR2???????1???. ??欢迎您转载分享：
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