第十章 重积分

1. 设有一平面薄板（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 $ \mu = \mu(x, y) $ 的电荷，且 $ \mu(x, y) $ 在 D 上连续，试用二重积分表达该薄板上的全部电荷 Q.

解 用一组曲线网将 D 分成 n 个小闭区域 $ \Delta\sigma_{i} $，其面积也记为 $ \Delta\sigma_{i}(i=1,2,\cdots,n) $。任取一点 $ (\xi_{i},\eta_{i})\in\Delta\sigma_{i} $，则 $ \Delta\sigma_{i} $ 上分布的电荷 $ \Delta Q_{i}\approx\mu(\xi_{i},\eta_{i})\Delta\sigma_{i} $。通过求和、取极限，便得到该板上的全部电荷为

$$ Q=\lim_{\lambda\rightarrow0}\sum_{i=1}^{n}\mu(\xi_{i},\eta_{i})\Delta\sigma_{i}=\iint\limits_{b}\mu(x,y)\mathrm{d}\sigma, $$

其中 $ \lambda = \max_{1 \leq i \leq n} |\Delta \sigma_i| $ 的直径.

注 以上解题过程也可用元素法简化叙述如下：

设想用曲线网将 D 分成 n 个小闭区域，取出其中任意一个记作 $ \mathrm{d}\sigma $ （其面积也记作 $ \mathrm{d}\sigma $）， $ (x,y) $ 为 $ \mathrm{d}\sigma $ 上一点，则 $ \mathrm{d}\sigma $ 上分布的电荷近似等于 $ \mu(x,y)\mathrm{d}\sigma $，记作

$$ \mathrm{d}Q=\mu(x,y)\mathrm{d}\sigma\quad( 称为电荷元素 ), $$

以 dQ 作为被积表达式，在 D 上作重积分，即得所求的电荷为

$$ Q=\iint\limits_{D}\mu(x,y)\mathrm{d}\sigma. $$

1. 设 $ I_{1}=\iint_{D_{1}}(x^{2}+y^{2})^{3}\mathrm{d}\sigma $，其中 $ D_{1}=\{(x,y)\mid-1\leqslant x\leqslant1,-2\leqslant y\leqslant2\} $；又 $ I_{2}=\iint_{D_{2}}(x^{2}+y^{2})^{3}\mathrm{d}\sigma $，其中 $ D_{2}=\{(x,y)\mid0\leqslant x\leqslant1,0\leqslant y\leqslant2\} $。试利用二重积分的几何意义说明 $ I_{1} $ 与 $ I_{2} $ 之间的关系。

解 由二重积分的几何意义知， $ I_{1} $ 表示底为 $ D_{1} $、顶为曲面 $ z = (x^{2} + y^{2})^{3} $ 的曲顶柱体 $ \Omega_{1} $ 的体积； $ I_{2} $ 表示底为 $ D_{2} $、顶为曲面 $ z = (x^{2} + y^{2})^{3} $ 的曲顶柱体 $ \Omega_{2} $ 的体积（图 10-1）。由于位于 $ D_{1} $ 上方的曲面 $ z = (x^{2} + y^{2})^{3} $ 关于 yOz 面和 zOx 面均对称，故 yOz 面和 zOx 面将 $ \Omega_{1} $ 分成四个等积的部分，其中位于第一卦限的部分即为 $ \Omega_{2} $。由此可知

$$ I_{1}=4I_{2}. $$

注（1）本题也可利用被积函数和积分区域的对称性来解答. 设 $ D_{3}=\{(x,y)\} $ $ 0\leq x\leq1,-2\leq y\leq2\} $. 由于 $ D_{1} $ 关于 y 轴对称，被积函数 $ (x^{2}+y^{2})^{3} $ 关于 x 是偶函数.

数，故

$$ I_{1}=\iint\limits_{D_{1}}\left(x^{2}+y^{2}\right)^{3}\mathrm{d}\sigma=2\iint\limits_{D_{3}}\left(x^{2}+y^{2}\right)^{3}\mathrm{d}\sigma. $$

又由于 $ D_{3} $ 关于 x 轴对称，被积函数 $ (x^{2}+y^{2})^{3} $ 关于 y 是偶函数，故

$$ \iint_{D_{1}}\left(x^{2}+y^{2}\right)^{3}\mathrm{d}\sigma=2\iint_{D_{2}}\left(x^{2}+y^{2}\right)^{3}\mathrm{d}\sigma=2I_{2}. $$

从而得

$$ I_{1}=4I_{2}. $$

（2）利用对称性来计算二重积分还有以下两个结论值得注意：

如果积分区域 D 关于 x 轴对称，而被积函数 $ f(x, y) $ 关于 y 是奇函数，即 $ f(x, -y) = -f(x, y) $，则

$$ \iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma=0； $$

如果积分区域 D 关于 y 轴对称，而被积函数 $ f(x, y) $ 关于 x 是奇函数，即 $ f(-x, y) = -f(x, y) $，则

$$ \iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma=0. $$

1. 利用二重积分定义证明：

(1) $ \iint_{D}d\sigma=\sigma $ （其中 $ \sigma $ 为 D 的面积）;

(2) $ \iint_{D} kf(x,y) \, \mathrm{d}\sigma = k\iint_{D} f(x,y) \, \mathrm{d}\sigma $ （其中 k 为常数）；

(3) $ \iint_{D}f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma=\iint_{D_{1}}f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma+\iint_{D_{2}}f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma $，其中 $ D=D_{1}\cup D_{2} $， $ D_{1} $， $ D_{2} $ 为两个

无公共内点的闭区域.

（1）由于被积函数 $ f(x,y)=1 $，故由二重积分定义得

$$ \iint_{t}\mathrm{d}\sigma=\lim_{\lambda\rightarrow0}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i},\eta_{i})\Delta\sigma_{i}=\lim_{\lambda\rightarrow0}\sum_{i=1}^{n}\Delta\sigma_{i} $$

$$ =\lim_{\lambda\to0}\sigma=\sigma. $$

(2)

$$ \begin{align*}\iint_{D}kf(x,y)\mathrm{d}\sigma&=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}kf(\xi_{i},\eta_{i})\Delta\sigma_{i}\\&=k\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i},\eta_{i})\Delta\sigma_{i}=k\iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma.\end{align*} $$

（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 $ D_{1} $和 $ D_{2} $的公共边界永远是一条分割线。这样 $ f(x,y) $在 $ D_{1}\cup D_{2} $上的积分和就等于 $ D_{1} $上的积分和加 $ D_{2} $上的积分和，记为

$$ \sum_{D_{i}\cup D_{i}}f\big(\xi_{i},\eta_{i}\big)\Delta\sigma_{i}\;=\;\sum_{D_{i}}f\big(\xi_{i},\eta_{i}\big)\Delta\sigma_{i}\;+\;\sum_{D_{i}}f\big(\xi_{i},\eta_{i}\big)\Delta\sigma_{i}. $$

令所有 $ \Delta\sigma_{i} $ 的直径的最大值 $ \lambda\to0 $ ，上式两端同时取极限，即得

$$ \iint\limits_{D_{1}\cup D_{2}}f(x,y)\mathrm{d}\sigma=\iint\limits_{D_{1}}f(x,y)\mathrm{d}\sigma+\iint\limits_{D_{2}}f(x,y)\mathrm{d}\sigma. $$

1. 试确定积分区域 $ D $，使二重积分 $ \iint_{D}(1-2x^{2}-y^{2})\,dx\,dy $ 达到最大值.

解 由二重积分的性质可知，当积分区域 D 包含了所有使被积函数 $ 1-2x^{2}-y^{2} $ 大于等于零的点，而不包含使被积函数 $ 1-2x^{2}-y^{2} $ 小于零的点，即当 D 是椭圆 $ 2x^{2}+y^{2}=1 $ 所围的平面闭区域时，此二重积分的值达到最大.

1. 根据二重积分的性质，比较下列积分的大小：

(1) $ \iint_{D}(x+y)^{2}\mathrm{d}\sigma $ 与 $ \iint_{D}(x+y)^{3}\mathrm{d}\sigma $，其中积分区域 D 是由 x 轴、y 轴与直线 $ x+y=1 $ 所围成；

(2) $ \iint_{D}(x+y)^{2}\mathrm{d}\sigma $ 与 $ \iint_{D}(x+y)^{3}\mathrm{d}\sigma $，其中积分区域 D 是由圆周 $ (x-2)^{2}+(y-1)^{2}=2 $ 所围成；

(3) $ \iint_{D}\ln(x+y)d\sigma $ 与 $ \iint_{D}\left[\ln(x+y)\right]^{2}d\sigma $，其中 D 是三角形闭区域，三顶点分别为 $ (1,0) $， $ (1,1) $， $ (2,0) $；

(4) $ \iint_{D}\ln(x+y)d\sigma $ 与 $ \iint_{D}\left[\ln(x+y)\right]^{2}d\sigma $，其中 $ D=\left|(x,y)\right|3\leq x\leq5,0\leq y\leq1 $.

解（1）在积分区域D上， $ 0 \leqslant x + y \leqslant 1 $，故有

$$ \left(x+y\right)^{3}\leqslant\left(x+y\right)^{2}. $$

根据二重积分的性质4，可得

$$ \iint\limits_{D}\left(x+y\right)^{3}\mathrm{d}\sigma\leqslant\iint\limits_{D}\left(x+y\right)^{2}\mathrm{d}\sigma. $$

（2）由于积分区域 D 位于半平面 $ \{(x,y)\mid x+y\geqslant1\} $ 内，故在 D 上有 $ (x+y)^{2}\leqslant(x+y)^{3} $. 从而 $ \iint_{D}(x+y)^{2}\mathrm{d}\sigma\leqslant\iint_{D}(x+y)^{3}\mathrm{d}\sigma $.

（3）由于积分区域 D 位于条形区域 $ \{(x,y)\mid1\leqslant x+y\leqslant2\} $ 内，故知区域 D 上的点满足 $ 0\leqslant\ln(x+y)\leqslant1 $ ，从而有 $ \left[\ln(x+y)\right]^{2}\leqslant\ln(x+y) $ 。因此

$$ \iint\limits_{D}\left[\ln\left(x+y\right)\right]^{2}\mathrm{d}\sigma\leqslant\iint\limits_{D}\ln\left(x+y\right)\mathrm{d}\sigma. $$

（4）由于积分区域D位于半平面 $ \{(x,y)\mid x+y\geqslant\mathrm{e}\} $内，故在D上有 $ \ln(x+y)\geqslant1 $，从而 $ \left[\ln(x+y)\right]^{2}\geqslant\ln(x+y) $。因此

$$ \iint\limits_{D}\left[\ln\left(x+y\right)\right]^{2}\mathrm{d}\sigma\geqslant\iint\limits_{D}\ln\left(x+y\right)\mathrm{d}\sigma. $$

1. 利用二重积分的性质估计下列积分的值：

$$ (1)I=\iint\limits_{D}xy(x+y)\mathrm{d}\sigma, 其中 D=\{(x,y)\mid0\leqslant x\leqslant1,0\leqslant y\leqslant1\}; $$

$$ (2)I=\iint\limits_{D}\sin^{2}x\sin^{2}y\mathrm{d}\sigma, 其中 D=\{(x,y)\mid0\leqslant x\leqslant\pi,0\leqslant y\leqslant\pi\}; $$

$$ (3)I=\iint\limits_{D}(x+y+1)\mathrm{d}\sigma, 其中 D=\{(x,y)\mid0\leqslant x\leqslant1,0\leqslant y\leqslant2\}; $$

$$ \left(4\right)I=\iint\limits_{D}\left(x^{2}+4y^{2}+9\right)\mathrm{d}\sigma, 其中 D=\left|\left(x,y\right)\right|\left.x^{2}+y^{2}\leqslant4\right|. $$

解 （1）在积分区域 D 上， $ 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1 $，从而 $ 0 \leq xy(x+y) \leq 2 $。又 D 的面积等于1，因此

$$ 0\leqslant\iint_{b}x y(x+y)\mathrm{d}\sigma\leqslant2. $$

（2）在积分区域 D 上， $ 0 \leqslant \sin x \leqslant 1, 0 \leqslant \sin y \leqslant 1 $，从而 $ 0 \leqslant \sin^{2} x \sin^{2} y \leqslant 1 $，又 D 的面积等于 $ \pi^{2} $，因此

$$ 0\leqslant\iint\limits_{D}\sin^{2}x\sin^{2}y\mathrm{d}\sigma\leqslant\pi^{2}. $$

（3）在积分区域 D 上有 $ 1 \leqslant x + y + 1 \leqslant 4 $，D 的面积等于2，因此

$$ 2\leqslant\iint\limits_{D}(x+y+1)\mathrm{d}\sigma\leqslant8. $$

（4）因为在积分区域 D 上有 $ 0 \leqslant x^{2} + y^{2} \leqslant 4 $，所以有

$$ 9\leqslant x^{2}+4y^{2}+9\leqslant4(x^{2}+y^{2})+9\leqslant25. $$

又D的面积等于 $ 4\pi $，因此

$$ 36\pi\leqslant\iint\limits_{D}(x^{2}+4y^{2}+9)\mathrm{d}\sigma\leqslant100\pi. $$

习题10-2

二 重积分的计算法

1. 计算下列二重积分：

(1) $ \iint_{D}(x^{2}+y^{2})\,\mathrm{d}\sigma $, 其中 $ D = \{(x,y) \mid |x| \leqslant 1, y| \leqslant 1\} $;

(2) $ \iint_{D}(3x+2y)\,\mathrm{d}\sigma $，其中D是由两坐标轴及直线 $ x+y=2 $所围成的闭区域；

(3) $ \iint_{D}(x^{3}+3x^{2}y+y^{3})\,\mathrm{d}\sigma $，其中 $ D=\{(x,y)\mid0\leq x\leq1,0\leq y\leq1\} $;

(4) $ \iint_{D}x\cos(x+y)d\sigma $，其中D是顶点分别为 $ (0,0) $， $ (\pi,0) $和 $ (\pi,\pi) $的三角形闭区域.

解（1）

$$ \begin{aligned}\iint\limits_{D}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}\sigma&=\int_{-1}^{1}\mathrm{d}x\int_{-1}^{1}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}y\\&=\int_{-1}^{1}\left[x^{2}y+\frac{y^{3}}{3}\right]_{-1}^{1}\mathrm{d}x=\int_{-1}^{1}\left(2x^{2}+\frac{2}{3}\right)\mathrm{d}x=\frac{8}{3}.\end{aligned} $$

（2）D 可用不等式表示为

$$ 0\leqslant y\leqslant2-x,\quad0\leqslant x\leqslant2. $$

于是

$$ \begin{aligned}\iint\limits_{D}^{}\left(3x+2y\right)\mathrm{d}\sigma&=\int_{0}^{2}\mathrm{d}x\int_{0}^{2-x}\left(3x+2y\right)\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{2}\left[3xy+y^{2}\right]_{0}^{2-x}\mathrm{d}x=\int_{0}^{2}\left(4+2x-2x^{2}\right)\mathrm{d}x=\frac{20}{3}.\end{aligned} $$

(3)

$$ \begin{aligned}&\iint_{D}\left(x^{3}+3x^{2}y+y^{3}\right)\mathrm{d}\sigma=\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\int_{0}^{1}\left(x^{3}+3x^{2}y+y^{3}\right)\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{1}\left[\frac{x^{4}}{4}+x^{3}y+y^{3}x\right]_{0}^{1}\mathrm{d}y=\int_{0}^{1}\left(\frac{1}{4}+y+y^{3}\right)\mathrm{d}y=1.\end{aligned} $$

（4）D 可用不等式表示为

$$ 0\leqslant y\leqslant x,\quad0\leqslant x\leqslant\pi. $$

于是

$$ \begin{align*}\iint_{D}x\cos\left(x+y\right)\mathrm{d}\sigma&=\int_{0}^{\pi}x\mathrm{d}x\int_{0}^{x}\cos\left(x+y\right)\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{\pi}x\left\lceil\sin\left(x+y\right)\right\rceil_{0}^{x}\mathrm{d}x=\int_{0}^{\pi}x\left(\sin2x-\sin x\right)\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{\pi}x\mathrm{d}\left(\cos x-\frac{1}{2}\cos2x\right)\\&=\left[x\left(\cos x-\frac{1}{2}\cos2x\right)\right]_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}\left(\cos x-\frac{1}{2}\cos2x\right)\mathrm{d}x\\&=\pi\left(-1-\frac{1}{2}\right)-0=-\frac{3}{2}\pi.\end{align*} $$

1. 画出积分区域，并计算下列二重积分：

(1) $ \iint_{D}x\sqrt{y}\mathrm{d}\sigma $，其中D是由两条抛物线 $ y=\sqrt{x} $， $ y=x^{2} $所围成的闭区域；

(2) $ \iint_{D}xy^{2}\mathrm{d}\sigma $，其中D是由圆周 $ x^{2}+y^{2}=4 $及y轴所围成的右半闭区域；

(3) $ \iint_{D}e^{x+y}d\sigma $，其中 $ D=\{(x,y)\mid|x|+|y|\leqslant1\} $;

(4) $ \iint_{D}(x^{2}+y^{2}-x)\mathrm{d}\sigma $，其中D是由直线y=2，y=x及y=2x所围成的闭区域.

解（1）D 可用不等式表示为

$$ x^{2}\leqslant y\leqslant\sqrt{x},\quad0\leqslant x\leqslant1\left( 图 10-2\right). $$

于是

$$ \begin{align*}\iint_{D}x\sqrt{y}\mathrm{d}\sigma&=\int_{0}^{1}x\mathrm{d}x\int_{x^{2}}^{\sqrt{x}}\sqrt{y}\mathrm{d}y\\&=\frac{2}{3}\int_{0}^{1}x\left[\left.y^{\frac{3}{2}}\right|_{x^{2}}^{\sqrt{x}}\mathrm{d}x\right.=\left.\frac{2}{3}\int_{0}^{1}\left(x^{\frac{7}{4}}-x^{4}\right)\mathrm{d}x\right.=\frac{6}{55}.\end{align*} $$

（2）D 可用不等式表示为

$$ 0\leqslant x\leqslant\sqrt{4-y^{2}},\quad-2\leqslant y\leqslant2\left( 图 10-3\right), $$

故

$$ \begin{align*}\iint_{D}xy^{2}\mathrm{d}\sigma&=\int_{-2}^{2}y^{2}\mathrm{d}y\int_{0}^{\sqrt{4-y^{2}}}x\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{2}\int_{-2}^{2}y^{2}\left(4-y^{2}\right)\mathrm{d}y=\frac{64}{15}.\end{align*} $$

（3）如图10-4， $ D=D_{1}\cup D_{2} $，其中

$$ D_{1}=\left|\left(x,y\right)\right|-x-1\leqslant y\leqslant x+1,-1\leqslant x\leqslant0\rbrace $$

$$ D_{2}=\left|\left(x,y\right)\right|\left|x-1\leqslant y\leqslant-x+1,0\leqslant x\leqslant1\right|. $$

因此

$$ \begin{align*}\iint\limits_{D}\mathrm{e}^{x+y}\mathrm{d}\sigma&=\iint\limits_{D_{1}}\mathrm{e}^{x+y}\mathrm{d}\sigma+\iint\limits_{D_{2}}\mathrm{e}^{x+y}\mathrm{d}\sigma\\&=\int_{-1}^{0}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x\int_{-x-1}^{x+1}\mathrm{e}^{y}\mathrm{d}y+\int_{0}^{1}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x\int_{x-1}^{-x+1}\mathrm{e}^{y}\mathrm{d}y\\&=\int_{-1}^{0}\left(\mathrm{e}^{2x+1}-\mathrm{e}^{-1}\right)\mathrm{d}x+\int_{0}^{1}\left(\mathrm{e}-\mathrm{e}^{2x-1}\right)\mathrm{d}x\\&=\mathrm{e}-\mathrm{e}^{-1}.\end{align*} $$

（4） $ D:\frac{y}{2}\leq x\leq y,0\leq y\leq2 $（图10-5），故

$$ \begin{aligned}\iint_{D}\left(x^{2}+y^{2}-x\right)\mathrm{d}\sigma&=\int_{0}^{2}\mathrm{d}y\int_{\frac{1}{2}}^{y}\left(x^{2}+y^{2}-x\right)\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{2}\left[\frac{x^{3}}{3}+y^{2}x-\frac{x^{2}}{2}\right]_{\frac{1}{2}}^{y}\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{2}\left(\frac{19}{24}y^{3}-\frac{3}{8}y^{2}\right)\mathrm{d}y=\frac{13}{6}.\end{aligned} $$

1. 如果二重积分 $ \iint_{D}f(x,y)dxdy $ 的被积函数 $ f(x,y) $ 是两个函数 $ f_{1}(x) $ 及 $ f_{2}(y) $ 的乘积，即 $ f(x,y)=f_{1}(x)\cdot f_{2}(y) $，积分区域 $ D=\{(x,y)\mid a\leq x\leq b,c\leq y\leq d\} $，证明这个二重积分等于两个单积分的乘积，即

$$ \iint_{D}f_{1}\left(x\right)\cdot f_{2}\left(y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\left[\int_{a}^{b}f_{1}\left(x\right)\mathrm{d}x\right]\cdot\left[\int_{c}^{d}f_{2}\left(y\right)\mathrm{d}y\right]. $$

证

$$ \iint_{D}f_{1}\left(x\right)\cdot f_{2}\left(y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{a}^{b}\left[\int_{c}^{d}f_{1}\left(x\right)\cdot f_{2}\left(y\right)\mathrm{d}y\right]\mathrm{d}x. $$

在上式右端的第一次单积分 $ \int_{r}^{d}f_{1}(x)\cdot f_{2}(y)dy $中， $ f_{1}(x) $与积分变量y无关，可视为常数提到积分号外，因此上式右端等于

$$ \int_{a}^{b}f_{1}\left(x\right)\cdot\left[\int_{c}^{d}f_{2}\left(y\right)\mathrm{d}y\right]\mathrm{d}x. $$

而在这个积分中，由于 $ \int_{c}^{d}f_{2}(y)dy $为常数，故又可提到积分号外，从而得到

$$ \begin{align*}\iint_{D}\boldsymbol{f}_{1}\left(x\right)\cdot\boldsymbol{f}_{2}\left(y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\left[\int_{c}^{d}\boldsymbol{f}_{2}\left(y\right)\mathrm{d}y\right]\cdot\left[\int_{a}^{b}\boldsymbol{f}_{1}\left(x\right)\mathrm{d}x\right]\\&=\left[\int_{a}^{b}\boldsymbol{f}_{1}\left(x\right)\mathrm{d}x\right]\cdot\left[\int_{c}^{d}\boldsymbol{f}_{2}\left(y\right)\mathrm{d}y\right].\end{align*} $$

证毕.

1. 化二重积分

$$ I=\iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma $$

为二次积分(分别列出对两个变量先后次序不同的两个二次积分)，其中积分区域D是：

（1）由直线 y = x 及抛物线 $ y^{2} = 4x $ 所围成的闭区域；

（2）由 x 轴及半圆周 $ x^{2}+y^{2}=r^{2}(y\geqslant0) $ 所围成的闭区域；

（3）由直线 y=x, x=2 及双曲线 $ y=\frac{1}{x}(x>0) $ 所围成的闭区域；

（4）环形闭区域 $ \left| (x,y) \mid 1 \leqslant x^{2} + y^{2} \leqslant 4\right| $

解（1）直线 y = x 及抛物线 $ y^{2} = 4x $ 的交点为 (0,0) 和 (4,4) (图 10-6). 于是

$$ I=\int_{0}^{4}\mathrm{d}x\int_{x}^{\sqrt{4x}}f(x,y)\mathrm{d}y, $$

或

$$ I=\int_{0}^{4}\mathrm{d}y\int_{\frac{y^{2}}{4}}^{y}f(x,y)\mathrm{d}x. $$

（2）将 D 用不等式表示为 $ 0 \leq y \leq \sqrt{r^{2} - x^{2}}, -r \leq x \leq r $，于是可将 I 化为如下的先对 y、后对 x 的二次积分：

$$ I=\int_{-r}^{r}\mathrm{d}x\int_{0}^{\sqrt{r^{2}-x^{2}}}f(x,y)\mathrm{d}y; $$

如将 D 用不等式表示为 $ -\sqrt{r^{2}-y^{2}}\leqslant x\leqslant\sqrt{r^{2}-y^{2}},0\leqslant y\leqslant r $ ，则可将 I 化为如下的先对 x、后对 y 的二次积分：

$$ I~=~\int_{0}^{r}\mathrm{d}y\int_{-\sqrt{r^{2}-y^{2}}}^{\sqrt{r^{2}-y^{2}}}f(x,y)\mathrm{d}x. $$

（3）如图10-7.三条边界曲线两两相交，先求得3个交点为 $ (1,1) $， $ \left(2,\frac{1}{2}\right) $和 $ (2,2) $.于是

$$ I=\int_{1}^{2}\mathrm{d}x\int_{\frac{1}{x}}^{x}f(x,y)\mathrm{d}y, $$

或

$$ I=\int_{\frac{1}{2}}^{1}\mathrm{d}y\int_{\frac{1}{y}}^{2}f(x,y)\mathrm{d}x+\int_{1}^{2}\mathrm{d}y\int_{y}^{2}f(x,y)\mathrm{d}x. $$

注 本题说明，将二重积分化为二次积分时，需注意根据积分区域的边界曲线的情况，选取恰当的积分次序。本题中的积分区域 D 的上、下边界曲线均分别由一个方程给出，而左边界曲线却分为两段，由两个不同的方程给出，在这种情况下采取先对 y、后对 x 的积分次序比较有利，这样只需做一个二次积分，而如果采用相反的积分次序则需计算两个二次积分。

需要指出，选择积分次序时，还需考虑被积函数 $ f(x,y) $的特点。具体例子可见教材下册第144页上的例2.

（4）将D按图10-8(a)和图10-8(b)的两种不同方式划分为4块，分别得

$$ I=\int_{-2}^{-1}\mathrm{d}x\int_{-\sqrt{4-x^{2}}}^{\sqrt{4-x^{2}}}f(x,y)\mathrm{d}y+\int_{-1}^{1}\mathrm{d}x\int_{\sqrt{1-x^{2}}}^{\sqrt{4-x^{2}}}f(x,y)\mathrm{d}y+ $$

$$ \int_{-1}^{1}\mathrm{d}x\int_{-\sqrt{4-x^{2}}}^{-\sqrt{1-x^{2}}}f(x,y)\mathrm{d}y+\int_{1}^{2}\mathrm{d}x\int_{-\sqrt{4-x^{2}}}^{\sqrt{4-x^{2}}}f(x,y)\mathrm{d}y, $$

和

$$ I=\int_{-2}^{-1}\mathrm{d}y\int_{-\sqrt{4-y^{2}}}^{\sqrt{4-y^{2}}}f(x,y)\mathrm{d}x+\int_{-1}^{1}\mathrm{d}y\int_{-\sqrt{4-y^{2}}}^{-\sqrt{1-y^{2}}}f(x,y)\mathrm{d}x+ $$

$$ \int_{-1}^{1}\mathrm{d}y\int_{\sqrt{1-y^{2}}}^{\sqrt{4-y^{2}}}f(x,y)\mathrm{d}x+\int_{1}^{2}\mathrm{d}y\int_{-\sqrt{4-y^{2}}}^{\sqrt{4-y^{2}}}f(x,y)\mathrm{d}x. $$

1. 设 $ f(x, y) $ 在 D 上连续，其中 D 是由直线 y = x, y = a 及 x = b (b > a) 所围成的闭区域，证明

$$ \int_{a}^{b}\mathrm{d}x\int_{a}^{x}f(x,y)\mathrm{d}y=\int_{a}^{b}\mathrm{d}y\int_{y}^{b}f(x,y)\mathrm{d}x. $$

等式两端的二次积分均等于二重积分 $ \iint_{D}f(x,y)d\sigma $，因而它们相等.

1. 改换下列二次积分的积分次序：

(1) $ \int_{0}^{1} \mathrm{d}y \int_{0}^{y} f(x,y) \, \mathrm{d}x $; (2) $ \int_{0}^{2} \mathrm{d}y \int_{y^{2}}^{2y} f(x,y) \, \mathrm{d}x $;

(3) $ \int_{0}^{1} \mathrm{d}y \int_{-\sqrt{1-y^{2}}}^{\sqrt{1-y^{2}}} f(x,y) \, \mathrm{d}x $; (4) $ \int_{1}^{2} \mathrm{d}x \int_{2-x}^{\sqrt{2x-x^{2}}} f(x,y) \, \mathrm{d}y $;

(5) $ \int_{1}^{e} dx \int_{0}^{\ln x} f(x,y) \, \mathrm{d}y $; (6) $ \int_{0}^{\pi} dx \int_{-\sin\frac{x}{2}}^{\sin\frac{x}{2}} f(x,y) \, \mathrm{d}y $.

解 （1）所给二次积分等于二重积分 $ \iint_{D} f(x,y) \, \mathrm{d}\sigma $，其中 $ D = \{(x,y) \mid 0 \leqslant x \leqslant y,. $ $ 0 \leqslant y \leqslant 1 $. D 可改写为 $ \{(x,y) \mid x \leqslant y \leqslant 1, 0 \leqslant x \leqslant 1\} $ （图 10-9），于是

$$ 原式 ~=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{x}^{1}f(x,y)\mathrm{d}y. $$

（2）所给二次积分等于二重积分 $ \iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma $，其中 $ D=\{(x,y)\mid y^{2}\leq x\leq2y,. $ $ 0\leq y\leq2\mid $. 又 D 可表示为 $ \{(x,y)\mid\frac{x}{2}\leq y\leq\sqrt{x},0\leq x\leq4\} $ (图 10-10)，因此

$$ 原式 ~=\int_{0}^{4}\mathrm{d}x\int_{\frac{1}{2}}^{\sqrt{x}}f(x,y)\mathrm{d}y. $$

（3）所给二次积分等于二重积分 $ \iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma $，其中 $ D=\{(x,y)\mid-\sqrt{1-y^{2}}\leq x\leq\sqrt{1-y^{2}},0\leq y\leq1\} $。又 D 可表示为 $ \{(x,y)\mid0\leq y\leq\sqrt{1-x^{2}},-1\leq x\leq1\} $ （图 10-11），因此

$$ 原式 =\int_{-1}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{\sqrt{1-x^{2}}}f(x,y)\mathrm{d}y. $$

（4）所给二次积分等于二重积分 $ \iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma $，其中 $ D=\{(x,y)\mid2-x\leqslant y\leqslant\sqrt{2x-x^{2}},1\leqslant x\leqslant2\} $. 又 D 可表示为 $ \{(x,y)\mid2-y\leqslant x\leqslant1+\sqrt{1-y^{2}},0\leqslant y\leqslant1\} $ （图 10-12），故

$$ 原式 ~=\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\int_{2-y}^{1+\sqrt{1-y^{2}}}f(x,y)\mathrm{d}x. $$

（5）所给二次积分等于二重积分 $ \iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma $，其中 $ D=\{(x,y)\mid0\leqslant y\leqslant\ln x,1\leqslant x\leqslant e\} $.又D可表示为 $ \{(x,y)\mid\mathrm{e}^{y}\leqslant x\leqslant\mathrm{e},0\leqslant y\leqslant1\} $（图10-13），故

$$ 原式 ~=\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\int_{e^{y}}^{e}f(x,y)\mathrm{d}x. $$

（6）如图10-14，将积分区域D表示为 $ D_{1}\cup D_{2} $，其中 $ D_{1}=\{(x,y)\mid\arcsin y\leq x\leq $

$$ \pi-\arcsin y,0\leqslant y\leqslant1\mid^{①},D_{2}=\mid(x,y)\mid-2\arcsin y\leqslant x\leqslant\pi,-1\leqslant y\leqslant0\mid. $$

$$ 原式 ~=\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\int_{\arcsin y}^{\pi-\arcsin y}f(x,y)\mathrm{d}x+\int_{-1}^{0}\mathrm{d}y\int_{-2\arcsin y}^{\pi}f(x,y)\mathrm{d}x. $$

1. 设平面薄片所占的闭区域 D 由直线 x + y = 2, y = x 和 x 轴所围成，它的面密度 $ \mu(x, y) = x^{2} + y^{2} $，求该薄片的质量.

解 D 如图 10-15 所示. 所求薄片的质量

$$ \begin{aligned}M&=\iint_{D}\mu(x,y)\mathrm{d}\sigma=\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\int_{y}^{2-y}(x^{2}+y^{2})\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{1}\left[\frac{1}{3}x^{3}+x y^{2}\right]_{y}^{2-y}\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{1}\left[\frac{1}{3}(2-y)^{3}+2y^{2}-\frac{7}{3}y^{3}\right]\mathrm{d}y\\&=\left[-\frac{1}{12}(2-y)^{4}+\frac{2}{3}y^{3}-\frac{7}{12}y^{4}\right]_{0}^{1}=\frac{4}{3}.\end{aligned} $$

1. 计算由四个平面 x=0, y=0, x=1, y=1 所围成的柱体被平面 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 = \begin{pmatrix} x, y \end{pmatrix} $， $ 0 \leq x \leq 1 $， $ 0 \leq y \leq 1 $，顶是曲面 z = 6 - 2x - 3y，图 10-16，因此寻求工体的体积

$$ \begin{align*} Ⅰ &=\iint_{b}^{}6-2x-3y\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{c}^{}dx\int_{c}^{}6-2x-3y\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{1}\left(\frac{9}{2}-2x\right)\mathrm{d}x=\frac{7}{2}.\end{align*} $$

1. 求由平面 x=0, y=0, x+y=1 所围成的柱体被平面 z=0 及抛物面 $ x^{2}+y^{2}=6-z $ 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 \leqslant y \leqslant 1 - x $. $ 0 \leqslant x \leqslant 1 $，顶是曲面 $ z = 6 - (x^{2} + y^{2}) $ （图 10-17），故体积

$$ \begin{aligned}V&=\iint_{D}^{}6-\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1-x}(6-x^{2}-y^{2})\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{1}\left[6\left(1-x\right)-x^{2}+x^{3}-\frac{1}{3}\left(1-x\right)^{3}\right]\mathrm{d}x\\&=\frac{17}{6}.\end{aligned} $$

1. 求由曲面 $ z = x^{2} + 2y^{2} $ 及 z = 6 - 2x^{2} - y^{2} $ 所围成的立体的体积.$

解 由 $ \{\begin{array}{l}z=x^{2}+2y^{2},\\z=6-2x^{2}-y^{2}\end{array}. $ 消去 z，得 $ x^{2}+y^{2}=2 $，故所求立体在 xOy 面上的投影区域为

$$ D=\left|\left(x,y\right)\right|\left.x^{2}+y^{2}\leqslant2\right|\left( 图 10-18\right). $$

所求立体的体积等于两个曲顶柱体体积的差：

$$ \begin{align*} V&=\iint_{D}\left(6-2x^{2}-y^{2}\right)\mathrm{d}\sigma-\iint_{D}\left(x^{2}+2y^{2}\right)\mathrm{d}\sigma\\ &=\iint_{D}\left(6-3x^{2}-3y^{2}\right)\mathrm{d}\sigma=\iint_{D}\left(6-3\rho^{2}\right)\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\\ &=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\sqrt{2}}\left(6-3\rho^{2}\right)\rho\mathrm{d}\rho=6\pi.\end{align*} $$

注 求类似于第8,9,10题中这样的立体体积时，并不一定要画出立体的准确图形，但一定要会求出立体在坐标面上的投影区域，并知道立体的底和顶的方程，这就需要复习和掌握第八章中学过的空间解析几何的有关知识.

1. 画出积分区域，把积分 $ \iint_{D} f(x, y) \, dx \, dy $ 表示为极坐标形式的二次积分，其中积分区域 D 是：

(1) $ \left| (x,y) \mid x^{2} + y^{2} \leqslant a^{2} \right|(a > 0) $;

(2) $ |(x,y)|x^{2}+y^{2}\leqslant2x\}; $

(3) $ \left|\left(x,y\right)\right|a^{2}\leqslant x^{2}+y^{2}\leqslant b^{2} $，其中0<a<b；

(4) $ \left| (x,y) \right| 0 \leqslant y \leqslant 1 - x, 0 \leqslant x \leqslant 1 $.

解 （1）如图 10-19，在极坐标系中， $ D=\{(\rho,\theta)\mid0\leq\rho\leq a,0\leq\theta\leq2\pi\} $，故

$$ \begin{align*}\iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iint_{D}f(\rho\cos\theta,\rho\sin\theta)\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{a}f(\rho\cos\theta,\rho\sin\theta)\rho\mathrm{d}\rho.\end{align*} $$

（2）如图10-20，在极坐标系中，

$$ D=\{(\rho,\theta)|0\leqslant\rho\leqslant2\cos\theta,-\frac{\pi}{2}\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{2}\}, $$

故

$$ \begin{aligned}\iint_{D}&f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_{D}f(\rho\cos\theta,\rho\sin\theta)\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\\&=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{2\cos\theta}f(\rho\cos\theta,\rho\sin\theta)\rho\mathrm{d}\rho.\end{aligned} $$

（3）如图10-21，在极坐标系中， $ D=\left|(\rho,\theta)\right|a\leq\rho\leq b,0\leq\theta\leq2\pi $ 故

$$ \begin{aligned}\iiint_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iint_{D}f(\rho\cos\theta,\rho\sin\theta)\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{a}^{b}f(\rho\cos\theta,\rho\sin\theta)\rho\mathrm{d}\rho.\end{aligned} $$

（4）D 如图 10-22 所示. 在极坐标系中，直线 $ x + y = 1 $ 的方程为 $ \rho = \frac{1}{\sin\theta + \cos\theta} $，故 $ D = \{(\rho,\theta) \mid 0 \leqslant \rho \leqslant \frac{1}{\sin\theta + \cos\theta}, 0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}\} $. 于是

$$ \begin{align*}\iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iint_{D}f(\rho\cos\theta,\rho\sin\theta)\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\frac{1}{\sin\theta+\cos\theta}}f(\rho\cos\theta,\rho\sin\theta)\rho\mathrm{d}\rho.\end{align*} $$

1. 化下列二次积分为极坐标形式的二次积分：

(1)

$$ \int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1}f(x,y)\mathrm{d}y $$

(2)

$$ \int_{0}^{2}\mathrm{d}x\int_{x}^{\sqrt{3}x}f(\sqrt{x^{2}+y^{2}})\mathrm{d}y; $$

(3)

$$ \int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{1-x}^{\sqrt{1-x^{2}}}f(x,y)\mathrm{d}y; $$

(4)

$$ \int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{x^{2}}f(x,y)\mathrm{d}y. $$

解 （1）如图 10-23，用直线 y=x 将积分区域 D 分成 $ D_{1}, D_{2} $ 两部分：

$$ D_{1}=\{(\rho,\theta)|0\leqslant\rho\leqslant\sec\theta,0\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{4}\}, $$

$$ D_{2}=\Big\{\left(\rho,\theta\right)\Big|0\leq\rho\leq\csc\theta,\frac{\pi}{4}\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}\Big\}. $$

于是

$$ 原式 =\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\sec\theta}f(\rho\cos\theta,\rho\sin\theta)\rho\mathrm{d}\rho+\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\csc\theta}f(\rho\cos\theta,\rho\sin\theta)\rho\mathrm{d}\rho. $$

（2）D如图10-24所示.在极坐标系中，直线x=2，射线y=x和 $ y=\sqrt{3}x(x\geqslant0) $的方程分别是 $ \rho=2\sec\theta,\theta=\frac{\pi}{4} $和 $ \theta=\frac{\pi}{2} $.因此

$$ D=\Big\{\left(\rho,\theta\right)\Big|0\leqslant\rho\leqslant2\sec\theta,\frac{\pi}{4}\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{3}\Big\}. $$

又 $ f(\sqrt{x^{2}+y^{2}})=f(\rho) $，于是

$$ 原式 ~=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{2\sec\theta}f(\rho)\rho\mathrm{d}\rho. $$

（3）D 如图 10-25 所示. 在极坐标系中，直线 y=1-x 的方程为 $ \rho=\frac{1}{\sin\theta+\cos\theta} $，圆 $ y=\sqrt{1-x^{2}} $ 的方程为 $ \rho=1 $，因此

$$ D=\{(\rho,\theta)|\frac{1}{\sin\theta+\cos\theta}\leqslant\rho\leqslant1,0\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{2}\}, $$

于是

$$ 原式 ~=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{\frac{1}{\sin\theta+\cos\theta}}^{1}f(\rho\cos\theta,\rho\sin\theta)\rho\mathrm{d}\rho. $$

（4）D 如图 10-26 所示. 在极坐标系中，直线 x=1 的方程是 $ \rho=\sec\theta $；抛物线 $ y=x^{2} $ 的方程是 $ \rho\sin\theta=\rho^{2}\cos^{2}\theta $，即 $ \rho=\tan\theta\sec\theta $；从原点到两者的交点的射线是 $ \theta=\frac{\pi}{4} $. 故

$$ D=\{(\rho,\theta)|\tan\theta\sec\theta\leqslant\rho\leqslant\sec\theta,0\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{4}\}, $$

于是

$$ 原式 ~=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\mathrm{d}\theta\int_{\tan\theta\sec\theta}^{\sec\theta}f(\rho\cos\theta,\rho\sin\theta)\rho\mathrm{d}\rho. $$

1. 把下列积分化为极坐标形式，并计算积分值：

(1)

$$ \int_{0}^{2a}\mathrm{d}x\int_{0}^{\sqrt{2ax-x^{2}}}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}y; $$

(2)

$$ \int_{0}^{a}\mathrm{d}x\int_{0}^{x}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}y; $$

(3)

$$ \int_{0}^{1}\mathrm{d}x\ \int_{x^{2}}^{x}\left(x^{2}\ +y^{2}\right)^{-\frac{1}{2}}\mathrm{d}y $$

$$ \int_{0}^{a}\mathrm{d}y\int_{0}^{\sqrt{a^{2}-y^{2}}}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}x. $$

解 （1）积分区域 D 如图 10-27 所示. 在极坐标系中，

$$ D=\{(\rho,\theta)|0\leqslant\rho\leqslant2a\cos\theta,0\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{2}\}, $$

于是

$$ \begin{aligned} 原式 &=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{2a\cos\theta}\rho^{2}\cdot\rho\mathrm{d}\rho=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left[\frac{\rho^{4}}{4}\right]_{0}^{2a\cos\theta}\mathrm{d}\theta\\&=4a^{4}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{4}\theta\mathrm{d}\theta=4a^{4}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{3}{4}\pi a^{4}.\end{aligned} $$

注 在多元函数积分学的计算题中，常会遇到定积分 $ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n}\theta\mathrm{d}\theta $ 和 $ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{n}\theta\mathrm{d}\theta $ 。因此记住如下的结果是有益的：

$$ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{n}\theta\mathrm{d}\theta\Big(=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{n}\theta\mathrm{d}\theta\Big)=\{\begin{aligned}&\frac{n-1}{n}\cdot\frac{n-3}{n-2}\cdot\cdots\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2},\quad n 为正偶数 ,\\&\frac{n-1}{n}\cdot\frac{n-3}{n-2}\cdot\cdots\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{2}{3},\quad n 为大于 1 的正奇数 .\end{aligned}. $$

（2）如图10-28，在极坐标系中，

$$ D=\Big\{(\rho,\theta)\;\Big|\;0\leqslant\rho\leqslant a\sec\theta,0\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{4}\Big\}. $$

于是

$$ \begin{aligned} 原式 &=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{a\sec\theta}\rho\cdot\rho\mathrm{d}\rho=\frac{a^{3}}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sec^{3}\theta\mathrm{d}\theta\\&=\frac{a^{3}}{6}\left[\sec\theta\tan\theta+\ln(\sec\theta+\tan\theta)\right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}\\&=\frac{a^{3}}{6}\left[\sqrt{2}+\ln(\sqrt{2}+1)\right].\end{aligned} $$

（3）积分区域D如图10-29所示.在极坐标系中，抛物线 $ y=x^{2} $的方程是 $ \rho\sin\theta=\rho^{2}\cos^{2}\theta $，即 $ \rho=\tan\theta\sec\theta $；射线 $ y=x(x\geqslant0) $的方程是 $ \theta=\frac{\pi}{4} $，故

$$ D=\Big\{(\rho,\theta)\Big|0\leqslant\rho\leqslant\tan\theta\sec\theta,0\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{4}\Big\}. $$

于是

$$ \begin{aligned} 原式 &=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\tan\theta\sec\theta}\frac{1}{\rho}\cdot\rho\mathrm{d}\rho\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan\theta\sec\theta\mathrm{d}\theta=\left[\sec\theta\right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}=\sqrt{2}-1.\end{aligned} $$

（4）积分区域

$$ \begin{aligned}D&=\{(x,y)\mid0\leqslant x\leqslant\sqrt{a^{2}-y^{2}},0\leqslant y\leqslant a\}\\&=\{(\rho,\theta)|0\leqslant\rho\leqslant a,0\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{2}\},\end{aligned} $$

故

$$ 原式 ~=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{a}\rho^{2}\cdot\rho\mathrm{d}\rho=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{a^{4}}{4}=\frac{\pi}{8}a^{4}. $$

14\. 利用极坐标计算下列各题：

（1） $ \iint_{D}e^{x^{2}+y^{2}}d\sigma $，其中D是由圆周 $ x^{2}+y^{2}=4 $所围成的闭区域；

(2) $ \iint_{D} \ln(1+x^{2}+y^{2}) \, \mathrm{d}\sigma $，其中 D 是由圆周 $ x^{2}+y^{2}=1 $ 及坐标轴所围成的在第一象限内的闭区域；

（3） $ \iint_{D}\arctan\frac{y}{x}\mathrm{d}\sigma $，其中D是由圆周 $ x^{2}+y^{2}=4 $， $ x^{2}+y^{2}=1 $及直线y=0，y=x所围成的在第一象限内的闭区域.

解 （1）在极坐标系中，积分区域 $ D=\left((\rho,\theta)\mid0\leq\rho\leq2,0\leq\theta\leq2\pi\right) $，于是

$$ \iint_{D}\mathrm{e}^{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}\sigma=\iint_{D}\mathrm{e}^{\rho^{2}}\cdot\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{2}\mathrm{e}^{\rho^{2}}\cdot\rho\mathrm{d}\rho=2\pi\cdot\left[\frac{\mathrm{e}^{\rho^{2}}}{2}\right]_{0}^{2}=\pi(\mathrm{e}^{4}-1). $$

（2）在极坐标系中，积分区域 $ D=\{(\rho,\theta)\mid0\leq\rho\leq1,0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}\} $，于是

$$ \begin{aligned}\iint_{D}\ln(1+x^{2}+y^{2})\mathrm{d}\sigma&=\iint_{D}\ln(1+\rho^{2})\cdot\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}\ln(1+\rho^{2})\cdot\rho\mathrm{d}\rho\\&=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\ln(1+\rho^{2})\mathrm{d}(1+\rho^{2})\\&=\frac{\pi}{4}\left[\left.(1+\rho^{2})\ln(1+\rho^{2})\right.\vphantom{\int_{0}^{1}}\vphantom{\int_{0}^{1}}\right]_{0}^{1}-\int_{0}^{1}2\rho\mathrm{d}\rho\bigg]\\&=\frac{\pi}{4}(2\ln2-1).\end{aligned} $$

（3）在极坐标系中，积分区域 $ D=\{(\rho,\theta)\mid1\leqslant\rho\leqslant2,0\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{4}\},\arctan\frac{y}{x}=\theta $ 于是

$$ \begin{array}{l}\iint\limits_{D}\arctan\frac{y}{x}\mathrm{d}\sigma=\iint\limits_{D}\theta\cdot\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\theta\mathrm{d}\theta\int_{1}^{2}\rho\mathrm{d}\rho\\=\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{4}\right)^{2}\cdot\frac{1}{2}\left(2^{2}-1\right)\\=\frac{3}{64}\pi^{2}.\end{array} $$

1. 选用适当的坐标计算下列各题：

（1） $ \iint_{D}\frac{x^{2}}{y^{2}}\mathrm{d}\sigma $，其中D是由直线x=2，y=x及曲线xy=1所围成的闭区域；

(2) $ \iint_{D}\sqrt{\frac{1-x^{2}-y^{2}}{1+x^{2}+y^{2}}}d\sigma $，其中D是由圆周 $ x^{2}+y^{2}=1 $及坐标轴所围成的在第一象限内的闭区域；

（3） $ \iint_{D}(x^{2}+y^{2})\mathrm{d}\sigma $，其中D是由直线y=x，y=x+a，y=a，y=3a(a>0)所围成的闭区域；

(4) $ \iint_{D}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}\sigma $，其中D是圆环形闭区域 $ \{(x,y)\mid a^{2}\leqslant x^{2}+y^{2}\leqslant b^{2}\} $

解 （1）D 如图 10-30 所示. 根据 D 的形状，选用直角坐标较宜.

$ D=\{(x,y)\mid\frac{1}{x}\leq y\leq x,1\leq x\leq2\} $，故

$$ \iint\limits_{D}\frac{x^{2}}{y^{2}}\mathrm{d}\sigma=\int_{1}^{2}\mathrm{d}x\int_{\frac{1}{x}}^{x}\frac{x^{2}}{y^{2}}\mathrm{d}y=\int_{1}^{2}\left(-\ x+\ x^{3}\right)\mathrm{d}x=\frac{9}{4}. $$

（2）根据积分区域D的形状和被积函数的特点，选用极坐标为且 $ D=\{(\rho,\theta)\mid0\leq\rho\leq1,0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}\} $，故

$$ \begin{aligned} 原式 &=\iint_{b}\sqrt{\frac{1-\rho^{2}}{1+\rho^{2}}}\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}\sqrt{\frac{1-\rho^{2}}{1+\rho^{2}}}\rho\mathrm{d}\rho\\&=\frac{\pi}{2}\cdot\int_{0}^{1}\frac{1-\rho^{2}}{\sqrt{1-\rho^{4}}}\rho\mathrm{d}\rho=\frac{\pi}{2}\left(\int_{0}^{1}\frac{\rho}{\sqrt{1-\rho^{4}}}\mathrm{d}\rho-\int_{0}^{1}\frac{\rho^{3}}{\sqrt{1-\rho^{4}}}\mathrm{d}\rho\right)\\&=\frac{\pi}{2}\left[\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-\rho^{4}}}\mathrm{d}\rho^{2}+\frac{1}{4}\int_{0}^{1}\frac{1}{\sqrt{1-\rho^{4}}}\mathrm{d}(1-\rho^{4})\right]\\&=\frac{\pi}{2}\left(\left.\frac{1}{2}\arcsin\rho^{2}\right|_{0}^{1}+\frac{1}{2}\sqrt{1-\rho^{4}}\bigg|_{0}^{1}\right)\end{aligned} $$

$$ =\frac{\pi}{8}(\pi-2). $$

（3）D如图10-31所示.选用直角坐标为宜.又根据D的边界曲线的情况，宜采用先对x、后对y的积分次序.于是

$$ \begin{align*}\iint\limits_{D}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}\sigma&=\int_{a}^{3a}\mathrm{d}y\int_{y-a}^{y}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}x\\&=\int_{a}^{3a}\left(2ay^{2}-a^{2}y+\frac{a^{3}}{3}\right)\mathrm{d}y=14a^{4}.\end{align*} $$

（4）本题显然适于用极坐标计算. $ D=\{(\rho,\theta)\mid a\leqslant\rho\leqslant b,0\leqslant\theta\leqslant2\pi\} $

$$ \begin{array}{l}\displaystyle\iint_{D}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}\sigma=\iint_{D}\rho\cdot\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{a}^{b}\rho^{2}\mathrm{d}\rho\\ \\ \displaystyle=2\pi\cdot\frac{1}{3}\left(b^{3}-a^{3}\right)=\frac{2}{3}\pi\left(b^{3}-a^{3}\right).\end{array} $$

1. 设平面薄片所占的闭区域 D 由螺线 $ \rho = 2\theta $ 上一段弧 $ \left(0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}\right) $ 与直线 $ \theta = \frac{\pi}{2} $ 所围成，它的面密度为 $ \mu(x, y) = x^{2} + y^{2} $. 求这薄片的质量.

解 薄片的质量为它的面密度在薄片所占区域 D 上的二重积分（图 10-32），即

$$ \begin{aligned}M&=\iint_{D}\mu(x,y)\mathrm{d}\sigma=\iint_{D}(x^{2}+y^{2})\mathrm{d}\sigma\\&=\iint_{D}\rho^{2}\cdot\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{2\theta}\rho^{3}\mathrm{d}\rho\\&=4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\theta^{4}\mathrm{d}\theta=\frac{\pi^{5}}{40}.\end{aligned} $$

1. 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.

解 如图 10-33，记 $ \alpha = \arctan k $，

$$ \begin{aligned}V&=\iint_{D}\sqrt{R^{2}-x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}\sigma=\iint_{D}\sqrt{R^{2}-\rho^{2}}\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\\&=\int_{0}^{\alpha}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{R}\sqrt{R^{2}-\rho^{2}}\rho\mathrm{d}\rho=\alpha\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)\int_{0}^{R}\sqrt{R^{2}-\rho^{2}}\mathrm{d}(R^{2}-\rho^{2})\\&=\frac{\alpha R^{3}}{3}=\frac{R^{3}}{3}\arctan k.\\ \end{aligned} $$

1. 计算以 xOy 面上的圆周 $ x^{2} + y^{2} = ax $ 围成的闭区域为底，而以曲面 $ z = x^{2} + y^{2} $ 为顶的曲顶柱体的体积.

解 如图 10-34，设

$$ \begin{aligned}D_{1}&=\mid(x,y)\mid0\leqslant y\leqslant\sqrt{ax-x^{2}},0\leqslant x\leqslant a\mid\\&=\{(\rho,\theta)\mid0\leqslant\rho\leqslant a\cos\theta,0\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{2}\},\end{aligned} $$

由于曲顶柱体关于 zOx 面对称，故

$$ \begin{aligned}V&=2\iint_{D_{1}}^{}(x^{2}+y^{2})\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=2\iint_{D_{1}}\rho^{2}\cdot\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta=2\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{a\cos\theta}\rho^{3}\mathrm{d}\rho\\&=\frac{a^{4}}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{4}\theta\mathrm{d}\theta=\frac{a^{4}}{2}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{3}{32}\pi a^{4}.\\ \end{aligned} $$

注 在计算立体体积时，要注意充分利用图形的对称性，这样既能简化运算，也能减少错误.

$ ^{*} $19. 作适当的变换，计算下列二重积分：

(1) $ \iint_{D}(x-y)^{2}\sin^{2}(x+y)dxdy $，其中D是平行四边形闭区域，它的四个顶点是 $ (\pi,0) $， $ (2\pi,\pi) $， $ (\pi,2\pi) $和 $ (0,\pi) $;

（2） $ \iint_{D}x^{2}y^{2}dxdy $，其中D是由两条双曲线xy=1和xy=2，直线y=x和y=4x所围成的在第一象限内的闭区域；

(3) $ \iint_{D}e^{\frac{1}{x+y}}dxdy $，其中D是由x轴、y轴和直线 $ x+y=1 $所围成的闭区域；

(4) $ \iint_{D}\left(\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y $，其中 $ D=\{(x,y)\mid\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}\leqslant1\} $

解（1）令 u = x - y, v = x + y，则 $ x = \frac{u + v}{2} $, $ y = \frac{v - u}{2} $. 在这变换下，D 的边界 x - y = - $ \pi $, x + y = $ \pi $, x - y = $ \pi $, x + y = 3 $ \pi $ 依次与 u = - $ \pi $, v = $ \pi $, u = $ \pi $, v = 3 $ \pi $ 对应. 后者构成 uOv 平面上与 D 对应的闭区域 D' 的边界. 于是

$$ D^{\prime}=\left|\left(u,v\right)\right|-\pi\leq u\leq\pi,\pi\leq v\leq3\pi\mid( 图 10-35). $$

又

$$ J\;=\;\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(u,v\right)}\;=\;\left|\begin{array}{cc}\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\ &\\ -\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\end{array}\right|=\;\frac{1}{2}\;, $$

因此

$$ \begin{aligned}&\iint_{D}\left(x-y\right)^{2}\sin^{2}\left(x+y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\=&\iint_{D}u^{2}\sin^{2}v\cdot\frac{1}{2}\mathrm{d}u\mathrm{d}v\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&=\frac{1}{2}\int_{-\pi}^{\pi}u^{2}\mathrm{d}u\int_{\pi}^{3\pi}\sin^{2}v\mathrm{d}v\\&=\frac{1}{2}\left[\frac{u^{3}}{3}\right]_{-\pi}^{\pi}\cdot\left[\frac{v}{2}-\frac{\sin2v}{4}\right]_{\pi}^{3\pi}=\frac{\pi^{4}}{3}.\end{aligned} $$

（2）令 $ u = xy, v = \frac{y}{x} $，则 $ x = \sqrt{\frac{u}{v}} $, $ y = \sqrt{uv} $。在这变换下，D 的边界 xy = 1, y = x, xy = 2, y = 4x 依次与 u = 1, v = 1, u = 2, v = 4 对应，后者构成 uOv 平面上与 D 对应的闭区域 $ D' $ 的边界。于是 $ D' = \{ (u, v) \mid 1 \leq u \leq 2, 1 \leq v \leq 4 \} $（图 10-36）。又

$$ \begin{aligned}J&=\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(u,v\right)}=\begin{vmatrix}\dfrac{1}{2\sqrt{uv}}&-\dfrac{\sqrt{u}}{2\sqrt{v^{3}}}\\ \dfrac{\sqrt{v}}{2\sqrt{u}}&\dfrac{\sqrt{u}}{2\sqrt{v}}\end{vmatrix}=\frac{1}{4}\bigg(\dfrac{1}{v}+\frac{1}{v}\bigg)=\frac{1}{2v}.\end{aligned} $$

因此

$$ \begin{aligned}\iint_{D}x^{2}y^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iint_{D^{\prime}}u^{2}\cdot\frac{1}{2v}\mathrm{d}u\mathrm{d}v=\frac{1}{2}\int_{1}^{2}u^{2}\mathrm{d}u\int_{1}^{4}\frac{1}{v}\mathrm{d}v\\&=\frac{7}{3}\ln2.\end{aligned} $$

（3）令 $ u = x + y $, v = y，即 x = u - v, y = v，则在这变换下，D 的边界 y = 0, x = 0, x + y = 1 依次与 v = 0, u = v, u = 1 对应。后者构成 uOv 平面上与 D 对应的闭区域 $ D' $ 的边界，于是

$$ D^{\prime}=\left|\left(u,v\right)\right|0\leq v\leq u,0\leq u\leq1\}. $$

又

$$ J=\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(u,v\right)}=\left|\begin{array}{c c}1&-1\\ 0&1\end{array}\right|=1. $$

因此

$$ \begin{aligned}\iint\limits_{D}\mathrm{e}^{\frac{y}{x+y}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iint\limits_{D^{\prime}}\mathrm{e}^{\frac{x}{u}}\mathrm{d}u\mathrm{d}v=\int_{0}^{1}\mathrm{d}u\int_{0}^{u}\mathrm{e}^{\frac{x}{u}}\mathrm{d}v=\int_{0}^{1}u(\mathrm{~e~}-1)\mathrm{d}u\\&=\frac{1}{2}(\mathrm{~e~}-1).\end{aligned} $$

（4）作广义极坐标变换 $ \{\begin{aligned}x&=a\rho\cos\theta,\\ y&=b\rho\sin\theta\end{aligned}. $ $ (a>0,b>0,\rho\geqslant0,0\leqslant\theta\leqslant2\pi) $.在此变换

下，与D对应的闭区域为 $ D' = \{ (\rho, \theta) \mid 0 \leqslant \rho \leqslant 1, 0 \leqslant \theta \leqslant 2\pi \} $. 又

$$ J=\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(\rho,\theta\right)}=\left|\begin{array}{l l}a\cos\theta&-a\rho\sin\theta\\ b\sin\theta&b\rho\cos\theta\end{array}\right|=a b\rho. $$

故

$$ \iint_{n}\left(\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_{n}\rho^{2}\cdot a b\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta=a b\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}\rho^{3}\mathrm{d}\rho=\frac{1}{2}a b\pi. $$

$ ^{20} $. 求由下列曲线所围成的闭区域 D 的面积：

（1）D 是由曲线 xy = 4, xy = 8, $ xy^{3} = 5 $, $ xy^{3} = 15 $ 所围成的第一象限部分的闭区域；

（2）D 是由曲线 $ y=x^{3} $， $ y=4x^{3} $， $ x=y^{3} $，x=4y^{3} $，所围成的第一象限部分的闭区域.$

解 (1) 令 $ u = xy, v = xy^{3} (x \geqslant 0, y \geqslant 0) $，则 $ x = \sqrt{\frac{u^{3}}{v}}, y = \sqrt{\frac{v}{u}} $。在这变换下，与 D 对应的 uOv 平面上的闭区域为 $ D' = \{(u, v) \mid 4 \leqslant u \leqslant 8, 5 \leqslant v \leqslant 15\} $.

$$ J=\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(u,v\right)}=\left|\begin{array}{c c}\displaystyle\frac{3}{2}\sqrt{\frac{u}{v}}&-\frac{1}{2}\sqrt{\frac{u^{3}}{v^{3}}}\\ -\frac{1}{2}\sqrt{\frac{v}{u^{3}}}&\frac{1}{2}\sqrt{\frac{1}{u v}}\\ \end{array}\right|=\frac{1}{2v}, $$

于是所求面积为

$$ A=\iint\limits_{v}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint\limits_{v}\frac{1}{2v}\mathrm{d}u\mathrm{d}v=\frac{1}{2}\int_{4}^{8}\mathrm{d}u\int_{5}^{15}\frac{1}{v}\mathrm{d}v=2\ln3. $$

（2）令 $ u=\frac{y}{x^{3}} $, $ v=\frac{x}{y^{3}}(x>0,y>0) $，则 $ x=u^{-\frac{3}{8}}v^{-\frac{1}{8}} $, $ y=u^{-\frac{1}{8}}v^{-\frac{3}{8}} $。在这变换下，与 D 对应的 uOv 平面上的闭区域为 $ D'=\{(u,v)\mid1\leqslant u\leqslant4,1\leqslant v\leqslant4\} $. 又

$$ J~=~\frac{\partial\left(~x,y\right)}{\partial\left(~u,v\right)}~=~\left|\begin{array}{l l}{-\ \displaystyle\frac{3}{8}u^{-\frac{11}{8}}v^{-\frac{1}{8}}}&{~-\ \displaystyle\frac{1}{8}u^{-\frac{3}{8}}v^{-\frac{9}{8}}}\\ {{}}&{{}}\\ {-\ \displaystyle\frac{1}{8}u^{-\frac{9}{8}}v^{-\frac{3}{8}}}&{~-\ \displaystyle\frac{3}{8}u^{-\frac{1}{8}}v^{-\frac{11}{8}}}\end{array}\right|~=~\frac{1}{8}u^{-\frac{3}{2}}v^{-\frac{3}{2}}. $$

于是所求面积为

$$ \begin{aligned}A&=\iint_{D}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_{D}\frac{1}{8}u^{-\frac{3}{2}}v^{-\frac{3}{2}}\mathrm{d}u\mathrm{d}v=\frac{1}{8}\int_{1}^{4}u^{-\frac{3}{2}}\mathrm{d}u\int_{1}^{4}v^{-\frac{1}{2}}\mathrm{d}v\\&=\frac{1}{8}(\left[-\left.2u^{-\frac{1}{2}}\right]\right|_{1}^{4})^{2}=\frac{1}{8}.\end{aligned} $$

1. 设闭区域 D 是由直线 x + y = 1, x = 0, y = 0 所围成，求证

$$ \iint\limits_{D}\cos\left(\frac{x-y}{x+y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{1}{2}\sin1. $$

证 令 u = x - y, v = x + y，则 $ x = \frac{u + v}{2} $, $ y = \frac{v - u}{2} $，在此变换下，D 的边界 x + y = 1, x = 0, y = 0 依次与 v = 1, u + v = 0 和 v - u = 0 对应。后者构成 uOv 平面上与 D 对应的闭区域 $ D^{\prime} $ 的边界（图 10-37）。于是

$$ D^{\prime}=\left|\left(u,v\right)\right|-v\leqslant u\leqslant v,0\leqslant v\leqslant1\}. $$

又

$$ J~=~\frac{\partial\left(~x,y\right)}{\partial\left(~u,v\right)}~=~\left|\begin{array}{c c}{\displaystyle\frac{1}{2}}&{\displaystyle\frac{1}{2}}\\ {}&{}\\ {}&{-\displaystyle\frac{1}{2}}&{\displaystyle\frac{1}{2}}\\ \end{array}\right|~=~\frac{1}{2}~, $$

因此有

$$ \begin{aligned}\iint_{D}\cos\left(\frac{x-y}{x+y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iint_{D}\cos\frac{u}{v}\cdot\frac{1}{2}\mathrm{d}u\mathrm{d}v\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}\mathrm{d}v\int_{-v}^{v}\cos\frac{u}{v}\mathrm{d}u=\left.\frac{1}{2}\int_{0}^{1}v\left[\sin\frac{u}{v}\right]_{-v}^{v}\mathrm{d}v\right.\\&=\int_{0}^{1}v\sin1\mathrm{d}v=\frac{1}{2}\sin1.\end{aligned} $$

证毕.

1. 选取适当的变换，证明下列等式：

(1) $ \iint_{D}(x+y)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \int_{-1}^{1}f(u)\,\mathrm{d}u $，其中闭区域 $ D = \{(x,y) \mid |x| + |y| \leqslant 1\} $;

(2) $ \iint_{D} f(ax + by + c) \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y = 2\int_{-1}^{x} \sqrt{1 - u^{2}} f(u \sqrt{a^{2} + b^{2}} + c) \, \mathrm{d}u $，其中 $ D = \{(x, y) \mid x^{2} + y^{2} \leqslant 1\} $，且 $ a^{2} + b^{2} \neq 0 $.

证（1）闭区域D的边界为 $ x+y=-1,x+y=1,x-y=-1,x-y=1 $，故令u=x+y,v=x-y，即 $ x=\frac{u+v}{2} $， $ y=\frac{u-v}{2} $。在此变换下，D变为uOv平面上的闭区域

$$ D^{\prime}=\left|\left(u,v\right)\right|-1\leq u\leq1,-1\leq v\leq1\mid. $$

又

$$ \boldsymbol{J}=\frac{\partial\left(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\right)}{\partial\left(\boldsymbol{u},\boldsymbol{v}\right)}=\begin{vmatrix}\frac{1}{2}&\frac{1}{2}\\ \\ \frac{1}{2}&-\frac{1}{2}\end{vmatrix}=-\frac{1}{2}, $$

于是

$$ \begin{aligned}\iiint_{D}f(x+y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iiint_{D}f(u)\Bigg|-\frac{1}{2}\Bigg|\mathrm{d}u\mathrm{d}v\\&=\frac{1}{2}\int_{-1}^{1}f(u)\mathrm{d}u\int_{-1}^{1}\mathrm{d}v=\int_{-1}^{1}f(u)\mathrm{d}u.\end{aligned} $$

证毕.

（2）比较等式的两端可知需作变换

$$ u\sqrt{a^{2}+b^{2}}=ax+by,\quad 即 \quad u=\frac{ax+by}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}, $$

再考虑到 D 的边界曲线为 $ x^{2}+y^{2}=1 $，故令 $ v=\frac{bx-ay}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}} $。这样就有 $ u^{2}+v^{2}=1 $，即 D 的边界曲线 $ x^{2}+y^{2}=1 $ 变为 uOv 平面上的圆 $ u^{2}+v^{2}=1 $。于是与 D 对应的闭区域为 $ D'=\{(u,v)\mid u^{2}+v^{2}\leq1\} $。

又由 u, v 的表达式可解得

$$ x~=~\frac{a u~+~b v}{\sqrt{a^{2}~+~b^{2}}},\quad y~=~\frac{b u~-~a v}{\sqrt{a^{2}~+~b^{2}}}, $$

因此雅可比式

$$ J\;=\;\frac{\partial\left(x,y\right)}{\partial\left(u,v\right)}\;=\;\left|\begin{matrix}\displaystyle\frac{a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}&\displaystyle\frac{b}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\\ \displaystyle\frac{b}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}&\frac{-a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\end{matrix}\right|\;=\;-1\;, $$

于是

$$ \begin{align*}\iiint_{D}f(ax+by+c)\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iiint_{D}f(u\sqrt{a^{2}+b^{2}}+c)\mid-1\mid\mathrm{d}u\mathrm{d}v\\&=\int_{-1}^{1}\mathrm{d}u\int_{-\sqrt{1-u^{2}}}^{\sqrt{1-u^{2}}}f(u\sqrt{a^{2}+b^{2}}+c)\mathrm{d}v\\&=2\int_{-1}^{1}\sqrt{1-u^{2}}f(u\sqrt{a^{2}+b^{2}}+c)\mathrm{d}u.\end{align*} $$

证毕

习题10-3

三 重积分

1. 化三重积分 $ I = \iiint_{D} f(x, y, z) \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z $ 为三次积分，其中积分区域 $ \Omega $ 分别是：

(1) 由双曲抛物面 xy = z 及平面 $ x + y - 1 = 0 $, z = 0 所围成的闭区域；

（2）由曲面 $ z = x^{2} + y^{2} $ 及平面 z = 1 所围成的闭区域；

（3）由曲面 $ z = x^{2} + 2y^{2} $ 及 z = 2 - x^{2} 所围成的闭区域；

（4）由曲面 $ cz = xy (c > 0) $, $ \frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1 $, z = 0 所围成的在第一卦限内的闭区域.

解 （1）Ω 的顶 z = xy 和底面 z = 0 的交线为 x 轴和 y 轴，故 Ω 在 xOy 面上的投影区域由 x 轴、y 轴和直线 $ x + y - 1 = 0 $ 所围成。于是 Ω 可用不等式表示为

$$ 0\leqslant z\leqslant x y,\quad0\leqslant y\leqslant1-x,\quad0\leqslant x\leqslant1, $$

因此

$$ I=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1-x}\mathrm{d}y\int_{0}^{xy}f(x,y,z)\mathrm{d}z. $$

（2）由 $ z = x^{2} + y^{2} $ 和 z = 1 得 $ x^{2} + y^{2} = 1 $，所以 $ \Omega $ 在 xOy 面上的投影区域为 $ x^{2} + y^{2} \leqslant 1 $（图 10 - 38）。 $ \Omega $ 可用不等式表示为

$$ x^{2}+y^{2}\leqslant z\leqslant1,\quad-\sqrt{1-x^{2}}\leqslant y\leqslant\sqrt{1-x^{2}},\quad-1\leqslant x\leqslant1, $$

因此

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

（3）由 $ \{\begin{aligned}&z=x^{2}+2y^{2}\\ &z=2-x^{2}\end{aligned}. $，消去z，得 $ x^{2}+y^{2}=1 $。故Ω在xOy面上的投影区域为 $ x^{2}+y^{2}\leq1 $（图10-39）。于是Ω可用不等式表示为

$$ x^{2}+2y^{2}\leqslant z\leqslant2-x^{2},-\sqrt{1-x^{2}}\leqslant y\leqslant\sqrt{1-x^{2}},-1\leqslant x\leqslant1, $$

因此

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

（4）显然 $ \Omega $ 在 xOy 面上的投影区域由椭圆 $ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(x\geqslant0,y\geqslant0) $ 和 x 轴、y 轴所围成， $ \Omega $ 的顶为 cz=xy，底为 z=0（图 10-40）。故 $ \Omega $ 可用不等式表示为

$$ 0\leqslant z\leqslant\frac{x y}{c},\quad0\leqslant y\leqslant b\sqrt{1-\frac{x^{2}}{a^{2}}},\quad0\leqslant x\leqslant a, $$

因此

$$ I=\int_{0}^{a}\mathrm{d}x\int_{0}^{b}\sqrt{1-\frac{v^{2}}{a^{2}}}\mathrm{d}y\int_{0}^{\frac{v x}{c}}f(x,y,z)\mathrm{d}z. $$

注 本题中的4个小题，除第2小题外， $ \Omega $的图形都不易画出。但是，为确定二次积分的积分限，并非必须画出 $ \Omega $的准确图形。重要的是要会求出 $ \Omega $在坐标面上的投影区域，以及会定出 $ \Omega $的顶和底面，而做到这点，只需掌握常见曲面的方程和图形特点，并具备一定的空间想象能力即可。本章题解中配了较多插图，请读者注意观察，这对培养空间想象能力是有好处的。

1. 设有一物体，占有空间闭区域 $ \Omega=\{(x,y,z)\mid0\leq x\leq1,0\leq y\leq1,0\leq z\leq1\} $，在点 $ (x,y,z) $ 处的密度为 $ \rho(x,y,z)=x+y+z $，计算该物体的质量.

$$ M~=~\iiint\limits_{D}\rho\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z~=~\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\int_{0}^{1}\left(x~+~y~+~z\right)\mathrm{d}z $$

$$ \begin{aligned}&=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1}\left(x+y+\frac{1}{2}\right)\mathrm{d}y=\int_{0}^{1}\left(x+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)\mathrm{d}x\\&=\frac{3}{2}.\end{aligned} $$

1. 如果三重积分 $ \iiint_{\Omega} f(x,y,z) \, \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z $ 的被积函数 $ f(x,y,z) $ 是三个函数 $ f_1(x) $, $ f_2(y) $, $ f_3(z) $ 的乘积，即 $ f(x,y,z) = f_1(x)f_2(y)f_3(z) $，积分区域 $ \Omega = \{(x,y,z) \mid a \leq x \leq b, c \leq y \leq d, l \leq z \leq m\} $，证明这个三重积分等于三个单积分的乘积，即

证

$$ \begin{aligned}\iiint_{D}f_{1}\left(x\right)f_{2}\left(y\right)f_{3}\left(z\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z&=\int_{a}^{b}f_{1}\left(x\right)\mathrm{d}x\int_{c}^{d}f_{2}\left(y\right)\mathrm{d}y\int_{l}^{m}f_{3}\left(z\right)\mathrm{d}z.\\&\iiint_{\Omega}f_{1}\left(x\right)f_{2}\left(y\right)f_{3}\left(z\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\&=\int_{a}^{b}\left[\int_{c}^{d}\left(\int_{l}^{m}f_{1}\left(x\right)f_{2}\left(y\right)f_{3}\left(z\right)\mathrm{d}z\right)\mathrm{d}y\right]\mathrm{d}x\\&=\int_{a}^{b}\left[\int_{c}^{d}\left(f_{1}\left(x\right)f_{2}\left(y\right)\cdot\int_{l}^{m}f_{3}\left(z\right)\mathrm{d}z\right)\mathrm{d}y\right]\mathrm{d}x\\&=\int_{a}^{b}\left[\left(\int_{l}^{m}f_{3}\left(z\right)\mathrm{d}z\right)\cdot\left(\int_{c}^{d}f_{1}\left(x\right)f_{2}\left(y\right)\mathrm{d}y\right)\right]\mathrm{d}x\\&=\left(\int_{l}^{m}f_{3}\left(z\right)\mathrm{d}z\right)\cdot\int_{a}^{b}\left[f_{1}\left(x\right)\cdot\int_{c}^{d}f_{2}\left(y\right)\mathrm{d}y\right]\mathrm{d}x\\&=\int_{l}^{m}f_{3}\left(z\right)\mathrm{d}z\cdot\int_{c}^{d}f_{2}\left(y\right)\mathrm{d}y\cdot\int_{a}^{b}f_{1}\left(x\right)\mathrm{d}x= 右端 .\\ \end{aligned} $$

1. 计算 $ \iiint_{\Omega} xy^{2} z^{3} \, dx \, dy \, dz $，其中 $ \Omega $ 是由曲面 z = xy，平面 y = x，x = 1 和 z = 0 所围成的闭区域.

解 如图 10-41，Ω 可用不等式表示为

$$ 0\leqslant z\leqslant x y,\quad0\leqslant y\leqslant x,\quad0\leqslant x\leqslant1. $$

因此

$$ \begin{aligned}\iiint\limits_{D}xy^{2}z^{3}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z&=\int_{0}^{1}x\mathrm{d}x\int_{0}^{x}y^{2}\mathrm{d}y\int_{0}^{xy}z^{3}\mathrm{d}z\\&=\frac{1}{4}\int_{0}^{1}x\mathrm{d}x\int_{0}^{x}x^{4}y^{6}\mathrm{d}y=\frac{1}{28}\int_{0}^{1}x^{12}\mathrm{d}x=\frac{1}{364}.\end{aligned} $$

1. 计算 $ \iiint_{D} \frac{\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z}{\left(1+x+y+z\right)^{3}} $，其中 $ \Omega $ 为平面 x=0, y=0, z=0, x+y+z=1 所围成的四面体.

解 $ \Omega = \left| (x, y, z) \right| \quad 0 \leqslant z \leqslant 1 - x - y, 0 \leqslant y \leqslant 1 - x, 0 \leqslant x \leqslant 1 \mid $ （图 10-42），于是

$$ \iiint\limits_{t}\frac{\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{\left(1+x+y+z\right)^{3}}=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1-x}\mathrm{d}y\int_{0}^{1-x-y}\frac{\mathrm{d}z}{\left(1+x+y+z\right)^{3}} $$

$$ \begin{aligned}&=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1-x}\left[\frac{-1}{2\left(1+x+y+z\right)^{2}}\right]_{0}^{1-x-y}\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1-x}\left[-\frac{1}{8}+\frac{1}{2\left(1+x+y\right)^{2}}\right]\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{1}\left[-\frac{y}{8}-\frac{1}{2\left(1+x+y\right)}\right]_{0}^{1-x}\mathrm{d}x\\&=-\int_{0}^{1}\left[\frac{1-x}{8}+\frac{1}{4}-\frac{1}{2\left(1+x\right)}\right]\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{2}\Big(\ln2-\frac{5}{8}\Big).\end{aligned} $$

1. 计算 $ \iiint_{D}xyz\,dx\,dy\,dz $，其中 $ \Omega $ 为球面 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=1 $ 及三个坐标面所围成的在第一卦限内的闭区域.

解法一 利用直角坐标计算. 由于

$$ \Omega=\{(x,y,z)\mid0\leqslant z\leqslant\sqrt{1-x^{2}-y^{2}},0\leqslant y\leqslant\sqrt{1-x^{2}},0\leqslant x\leqslant1\}, $$

故

$$ \begin{align*}\iiint_{D}xyz\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z&=\int_{0}^{1}x\mathrm{d}x\int_{0}^{\sqrt{1-x^{2}}}y\mathrm{d}y\int_{0}^{\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}}z\mathrm{d}z\\&=\int_{0}^{1}x\mathrm{d}x\int_{0}^{\sqrt{1-x^{2}}}y\cdot\frac{1-x^{2}-y^{2}}{2}\mathrm{d}y\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}x\left[\frac{y^{2}}{2}(1-x^{2})-\frac{y^{4}}{4}\right]_{0}^{\sqrt{1-x^{2}}}\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{8}\int_{0}^{1}x(1-x^{2})^{2}\mathrm{d}x=\frac{1}{48}.\end{align*} $$

$ ^{*} $解法二 利用球面坐标计算，由于

$$ \Omega=\{(r,\varphi,\theta)\mid0\leq r\leq1,0\leq\varphi\leq\frac{\pi}{2},0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}\}, $$

故

$$ \begin{aligned}\iiint\limits_{D}xyz\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z&=\iiint\limits_{D}(r^{3}\sin^{2}\varphi\cos\varphi\sin\theta\cos\theta)\cdot r^{2}\sin\varphi\mathrm{d}r\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin\theta\cos\theta\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{3}\varphi\cos\varphi\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{1}r^{5}\mathrm{d}r\\&=\left[\frac{\sin^{2}\theta}{2}\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cdot\left[\frac{\sin^{4}\varphi}{4}\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cdot\left[\frac{r^{6}}{6}\right]_{0}^{1}\\&=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{6}=\frac{1}{48}.\end{aligned} $$

注 比较本题的两种解法，显然用球面坐标计算要简便得多，这是由本题的积分区域 $ \Omega $ 的形状所决定的。一般说来，凡是 $ \Omega $ 由球面、圆锥面等曲面围成时，用球面坐标计算三重积分较为方便。

1. 计算 $ \iiint_{\Omega} xz \, dx \, dy \, dz $，其中 $ \Omega $ 是由平面 z = 0, z = y, y = 1 以及抛物柱面 $ y = x^{2} $ 所围成的闭区域.

解法一 容易看出，Ω 的顶为平面 z = y，底为平面 z = 0，Ω 在 xOy 面上的投影区域 $ D_{xy} $ 由 y = 1 和 $ y = x^{2} $ 所围成。故 Ω 可用不等式表示为

$$ 0\leqslant z\leqslant y,x^{2}\leqslant y\leqslant1,-1\leqslant x\leqslant1. $$

因此

$$ \begin{aligned}\iiint\limits_{\Omega}xz\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z&=\int_{-1}^{1}x\mathrm{d}x\int_{x^{2}}^{1}\mathrm{d}y\int_{0}^{y}z\mathrm{d}z\\&=\int_{-1}^{1}x\mathrm{d}x\int_{x^{2}}^{1}\frac{y^{2}}{2}\mathrm{d}y=\frac{1}{6}\int_{-1}^{1}x(1-x^{6})\mathrm{d}x=0.\end{aligned} $$

解法二 由于积分区域 $ \Omega $ 关于 yOz 面对称 (即若点 $ (x, y, z) \in \Omega $, 则 $ (-x, y, z) $ 也属于 $ \Omega $), 且被积函数 xz 关于 x 是奇函数 (即 $ (-x)z = -(xz) $), 因此

$$ \iiint\limits_{\Omega}xz\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=0. $$

1. 计算 $ \iiint_{D} z \, dx \, dy \, dz $，其中 $ \Omega $ 是由锥面 $ z = \frac{h}{R} \sqrt{x^{2} + y^{2}} $ 与平面 $ z = h (R > 0, h > 0) $ 所围成的闭区域.

解法一 由 $ z=\frac{h}{R}\sqrt{x^{2}+y^{2}} $ 与 z=h 消去 z，得

$$ x^{2}+y^{2}=R^{2}, $$

故 $ \Omega $ 在 xOy 面上的投影区域 $ D_{xy} = \{(x,y) \mid x^{2} + y^{2} \leqslant R^{2}\} $ (图 10-43),

$$ \Omega=\{(x,y,z)|\frac{h}{R}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\leqslant z\leqslant h,(x,y)\in D_{xy}.\}. $$

于是

$$ \begin{align*}\iiint_{D}z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z&=\iint_{D_{+}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\int_{R}^{h}\sqrt{x^{2}+y^{2}}z\mathrm{d}z\\&=\frac{1}{2}\iiint_{D_{+}}\left[h^{2}-\frac{h^{2}}{R^{2}}(x^{2}+y^{2})\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\frac{1}{2}\left[h^{2}\iint_{D_{+}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y-\frac{h^{2}}{R^{2}}\iint_{D_{+}}(x^{2}+y^{2})\mathrm{d}x\mathrm{d}y\right]\\&=\frac{h^{2}}{2}\cdot\pi R^{2}-\frac{h^{2}}{2R^{2}}\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{R}\rho^{3}\mathrm{d}\rho=\frac{1}{4}\pi R^{2}h^{2}.\end{align*} $$

解法二 用过点 $ (0,0,z) $、平行于 xOy 面的平面截 $ \Omega $ 得平面圆域 $ D_{z} $，其半径为 $ \sqrt{x^{2}+y^{2}}=\frac{Rz}{h} $，面积为 $ \frac{\pi R^{2}}{h^{2}}z^{2} $（图 10-43）.

$$ \Omega=\left|\left(x,y,z\right)\middle|\left(x,y\right)\in D_{z},0\leqslant z\leqslant h\right|. $$

于是

$$ \begin{align*}\iiint\limits_{\Omega}z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z&=\int_{0}^{h}z\mathrm{d}z\iint\limits_{\partial_{z}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{h}z\cdot\frac{\pi R^{2}}{h^{2}}z^{2}\mathrm{d}z=\frac{\pi R^{2}}{4h^{2}}\cdot h^{4}=\frac{1}{4}\pi R^{2}h^{2}.\end{align*} $$

注 解法二通俗地称为“先重后单”法，即先在 $ D_{z} $上作关于x、y的二重积分，然后再对z作定积分。如果在 $ D_{z} $上关于x和y的二重积分易于计算，特别地，如果被积函数与x，y无关，且D.的面积容易表达为z的函数，则采用这种方法比较简便。

$ ^{*} $解法三 用球面坐标进行计算. 在球面坐标系中, 圆锥面 $ z=\frac{h}{R}\sqrt{x^{2}+y^{2}} $ 的方程为 $ \varphi=\alpha\left(=\arctan\frac{R}{h}\right) $, 平面 z=h 的方程为 r=h\sec\varphi, 因此 $ \Omega $ 可表示为

$$ 0\leqslant\theta\leqslant2\pi,0\leqslant\varphi\leqslant\alpha,0\leqslant r\leqslant h\sec\varphi. $$

于是

$$ \begin{aligned}\iiint\limits_{D}z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z&=\iiint\limits_{D}r\cos\varphi\cdot r^{2}\sin\varphi\mathrm{d}r\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\alpha}\cos\varphi\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{hsec\varphi}r^{3}\mathrm{d}r\\&=2\pi\int_{0}^{\alpha}\frac{h^{4}\sin\varphi}{4\cos^{3}\varphi}\mathrm{d}\varphi=-\frac{\pi h^{4}}{2}\int_{0}^{\alpha}\frac{\mathrm{d}(\cos\varphi)}{\cos^{3}\varphi}\\&=\frac{\pi h^{4}}{4}\Big(\frac{1}{\cos^{2}\alpha}-1\Big)\Big( 代入 \alpha=\arctan\frac{R}{h}\Big)\\&=\frac{\pi h^{4}}{4}\Big(\frac{R^{2}+h^{2}}{h^{2}}-1\Big)=\frac{1}{4}\pi R^{2}h^{2}.\end{aligned} $$

1. 利用柱面坐标计算下列三重积分：

(1) $ \iiint_{\Omega} z \, dv $，其中 $ \Omega $ 是由曲面 $ z = \sqrt{2 - x^{2} - y^{2}} $ 及 $ z = x^{2} + y^{2} $ 所围成的闭区域；

(2) $ \iiint_{\Omega}\left(x^{2}+y^{2}\right)dv $，其中 $ \Omega $ 是由曲面 $ x^{2}+y^{2}=2z $ 及平面 z=2 所围成的闭区域.

解 （1）由 $ z=\sqrt{2-x^{2}-y^{2}} $ 和 $ z=x^{2}+y^{2} $ 消去 z，得

$$ \left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}=2-\left(x^{2}+y^{2}\right), 即 x^{2}+y^{2}=1. $$

从而知 $ \Omega $ 在 xOy 面上的投影区域为 $ D_{xy} = \{(x,y) \mid x^{2} + y^{2} \leqslant 1\} $ (图 10-44). 利用柱面坐标, $ \Omega $ 可表示为

$$ \rho^{2}\leq z\leq\sqrt{2-\rho^{2}},0\leq\rho\leq1,0\leq\theta\leq2\pi, $$

于是

$$ \begin{aligned}\iiint\limits_{D}z\mathrm{d}v&=\iiint\limits_{D}z\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\mathrm{d}z=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}\rho\mathrm{d}\rho\int_{\rho^{2}}^{\sqrt{2-\rho^{2}}}z\mathrm{d}z\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}\rho(2-\rho^{2}-\rho^{4})\mathrm{d}\rho\end{aligned} $$

$$ =\frac{1}{2}\cdot2\pi\Big[\rho^{2}-\frac{\rho^{4}}{4}-\frac{\rho^{6}}{6}\Big]_{0}^{1}=\frac{7}{12}\pi. $$

（2）由 $ x^{2}+y^{2}=2z $ 及 z=2 消去 z 得 $ x^{2}+y^{2}=4 $，从而知 $ \Omega $ 在 xOy 面上的投影区域为 $ D_{xy}=\left|(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\leqslant4\right| $。利用柱面坐标， $ \Omega $ 可表示为

$$ \frac{\rho^{2}}{2}\leqslant z\leqslant2,0\leqslant\rho\leqslant2,0\leqslant\theta\leqslant2\pi. $$

于是

$$ \begin{align*}\iiint_{D}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}v&=\iiint_{D}\rho^{2}\cdot\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\mathrm{d}z=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{2}\rho^{3}\mathrm{d}\rho\int_{\frac{\rho^{2}}{2}}^{2}\mathrm{d}z\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{2}\rho^{3}\bigg(2-\frac{\rho^{2}}{2}\bigg)\mathrm{d}\rho=2\pi\bigg[\frac{\rho^{4}}{2}-\frac{\rho^{6}}{12}\bigg]_{0}^{2}=\frac{16}{3}\pi.\end{align*} $$

1. 利用球面坐标计算下列三重积分：

(1) $ \iiint_{D}(x^{2}+y^{2}+z^{2})dv $，其中 $ \Omega $ 是由球面 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=1 $ 所围成的闭区域；

(2) $ \iiint_{D}z\,dv $，其中闭区域Ω由不等式 $ x^{2}+y^{2}+(z-a)^{2}\leq a^{2} $， $ x^{2}+y^{2}\leq z^{2} $所确定.

解（1）

$$ \begin{align*}\iiint\limits_{D}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)\mathrm{d}v&=\iiint\limits_{D}r^{2}\cdot r^{2}\sin\varphi\mathrm{d}r\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\pi}\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{1}r^{4}\mathrm{d}r\\&=2\pi\left[-\cos\varphi\right]_{0}^{\pi}\left[\frac{r^{5}}{5}\right]_{0}^{1}=\frac{4}{5}\pi.\end{align*} $$

（2）在球面坐标系中，不等式 $ x^{2}+y^{2}+(z-a)^{2}\leq a^{2} $，即 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq2az $，变为 $ r^{2}\leq2\arccos\varphi $，即 $ r\leq2a\cos\varphi $； $ x^{2}+y^{2}\leq z^{2} $变为 $ r^{2}\sin^{2}\varphi\leq r^{2}\cos^{2}\varphi $，即 $ \tan\varphi\leq1 $，亦即 $ \varphi\leq\frac{\pi}{4} $。因此Ω可表示为

$$ 0\leqslant r\leqslant2a\cos\varphi,0\leqslant\varphi\leqslant\frac{\pi}{4}, $$

$ 0 \leqslant \theta \leqslant 2\pi $ (图 10-45).

于是

$$ \begin{aligned}\iiint\limits_{D}z\mathrm{d}v&=\iiint\limits_{D}r\cos\varphi\cdot r^{2}\sin\varphi\mathrm{d}r\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\cos\varphi\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{2a\cos\varphi}r^{3}\mathrm{d}r\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\cos\varphi\sin\varphi\cdot\frac{1}{4}\left(2a\cos\varphi\right)^{4}\mathrm{d}\varphi\\&=2\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}4a^{4}\cos^{5}\varphi\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\\&=8\pi a^{4}\left[-\frac{\cos^{6}\varphi}{6}\right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}=\frac{7}{6}\pi a^{4}.\end{aligned} $$

1. 选用适当的坐标计算下列三重积分：

(1) $ \iiint_{\Omega} xydv $，其中 $ \Omega $ 为柱面 $ x^{2} + y^{2} = 1 $ 及平面 z = 1, z = 0, x = 0, y = 0 所围成的在第一卦限内的闭区域；

$ ^{*} $（2） $ \iiint_{D}\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}dv $，其中Ω是由球面 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=z $所围成的闭区域；

（3） $ \iiint_{D}(x^{2}+y^{2})\mathrm{d}v $，其中Ω是由曲面 $ 4z^{2}=25(x^{2}+y^{2}) $及平面z=5所围成的闭区域；

（4） $ \iiint_{D}(x^{2}+y^{2})\mathrm{d}v $，其中闭区域Ω由不等式 $ 0

解 （1）利用柱面坐标计算. $ \Omega $ 可表示为

$$ 0\leqslant z\leqslant1,0\leqslant\rho\leqslant1,0\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{2}. $$

于是

$$ \begin{align*}\iiint_{D}xy\mathrm{d}v&=\iiint_{D}\rho^{2}\sin\theta\cos\theta\cdot\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\mathrm{d}z\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin\theta\cos\theta\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}\rho^{3}\mathrm{d}\rho\int_{0}^{1}\mathrm{d}z\\&=\left[\frac{\sin^{2}\theta}{2}\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left[\frac{\rho^{4}}{4}\right]_{0}^{1}\left[z\right]_{0}^{1}=\frac{1}{8}.\end{align*} $$

（2）在球面坐标系中，球面 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=z $的方程为 $ r^{2}=r\cos\varphi $，即 $ r=\cos\varphi $。Ω可表示为

$$ 0\leqslant r\leqslant\cos\varphi,0\leqslant\varphi\leqslant\frac{\pi}{2},0\leqslant\theta\leqslant2\pi( 图 10-46). $$

于是

$$ \begin{align*}\iiint\limits_{\Omega}\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\mathrm{d}v&=\iiint\limits_{\Omega}r\cdot r^{2}\sin\varphi\mathrm{d}r\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{\cos\varphi}r^{3}\mathrm{d}r\\&=2\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin\varphi\cdot\frac{\cos^{4}\varphi}{4}\mathrm{d}\varphi\\&=-\left.\frac{\pi}{2}\left[\frac{\cos^{5}\varphi}{5}\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}}\right.=\left.\frac{\pi}{10}\right..\end{align*} $$

（3）利用柱面坐标计算. $ \Omega $可表示为

$$ \frac{5}{2}\rho\leq z\leq5,0\leq\rho\leq2,0\leq\theta\leq2\pi( 图 10-47), $$

于是

$$ \begin{align*}\iiint\limits_{D}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}v&=\iiint\limits_{D}\rho^{2}\cdot\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\mathrm{d}z\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{2}\rho^{3}\mathrm{d}\rho\int_{\frac{5}{2}\rho}^{5}\mathrm{d}z\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{2}\rho^{3}\left(5-\frac{5}{2}\rho\right)\mathrm{d}\rho\\&=2\pi\left[\frac{5}{4}\rho^{4}-\frac{1}{2}\rho^{5}\right]_{0}^{2}=8\pi.\end{align*} $$

（4）在球面坐标系中，Ω可表示为

$$ a\leqslant r\leqslant A,0\leqslant\varphi\leqslant\frac{\pi}{2},0\leqslant\theta\leqslant2\pi. $$

于是

$$ \iiint\limits_{0}^{}\left(x^{2}\;+y^{2}\right)\mathrm{d}v=\iiint\limits_{0}^{}r^{2}\sin^{2}\varphi\cdot r^{2}\sin\varphi\mathrm{d}r\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta $$

$$ \begin{array}{l l l}{{}}&{{}}&{{=\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{3}\varphi\mathrm{d}\varphi\int_{a}^{A}r^{4}\mathrm{d}r}}\\ {{}}&{{}}&{{=2\pi\cdot\displaystyle\left(\frac{2}{3}\right)\left(\frac{A^{5}-a^{5}}{5}\right)=\frac{4\pi}{15}(A^{5}-a^{5}).}}\end{array} $$

12\. 利用三重积分计算下列由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}} $；

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

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

(4) $ z = \sqrt{5 - x^{2} - y^{2}} $ 及 $ x^{2} + y^{2} = 4z $.

解 （1）利用直角坐标计算. 由 $ z = 6 - x^{2} - y^{2} $ 和 $ z = \sqrt{x^{2} + y^{2}} $ 消去 z，解得 $ \sqrt{x^{2} + y^{2}} = 2 $，即 $ \Omega $ 在 xOy 面上的投影区域 $ D_{xv} $ 为 $ x^{2} + y^{2} \leqslant 4 $。于是

$$ \Omega=\{(x,y,z)\mid\sqrt{x^{2}+y^{2}}\leqslant z\leqslant6-(x^{2}+y^{2}),x^{2}+y^{2}\leqslant4\}. $$

因此

$$ \begin{aligned}V&=\iiint\limits_{D}\mathrm{d}v=\iint\limits_{D_{+}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\int_{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}^{6-\left(x^{2}+y^{2}\right)}\mathrm{d}z\\&=\iint\limits_{D_{+}}\left[6-\left(x^{2}+y^{2}\right)-\sqrt{x^{2}+y^{2}}\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y( 用极坐标 )\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{2}\left(6-\rho^{2}-\rho\right)\rho\mathrm{d}\rho\\&=2\pi\left[3\rho^{2}-\frac{\rho^{4}}{4}-\frac{\rho^{3}}{3}\right]_{0}^{2}=\frac{32}{3}\pi.\end{aligned} $$

注　本题也可用“先重后单”的积分次序求解：

对固定的 z，当 $ 0 \leqslant z \leqslant 2 $ 时， $ D_{z} = \{(x, y) \mid x^{2} + y^{2} \leqslant z^{2}\} $；当 $ 2 \leqslant z \leqslant 6 $ 时， $ D_{z} = \{(x, y) \mid x^{2} + y^{2} \leqslant 6 - z\} $（图 10-48）。于是

$$ \begin{aligned}V~&=~V_{1}~+~V_{2}~=~\int_{0}^{2}\mathrm{d}z\iint_{D_{z}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y~+~\int_{2}^{6}\mathrm{d}z\iint_{D_{z}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=~\int_{0}^{2}\pi z^{2}\mathrm{d}z~+~\int_{2}^{6}\pi\left(6~-~z\right)\mathrm{d}z\\&=~\frac{8}{3}\pi~+~8\pi~=~\frac{32}{3}\pi.\end{aligned} $$

（2）利用球面坐标计算. 球面 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=2az $ 及圆锥面 $ x^{2}+y^{2}=z^{2} $ 的球面坐标方程分别为 $ r=2a\cos\varphi $ 和 $ \varphi=\frac{\pi}{4} $，故

$$ \Omega=\{(r,\varphi,\theta)\ |0\leq r\leq2a\cos\varphi,0\leq\varphi\leq\frac{\pi}{4},0\leq\theta\leq2\pi\}( 图 10-45). $$

于是

$$ \begin{aligned}&V=\iiint_{\Omega}\mathrm{d}v=\iiint_{\Omega}r^{2}\sin\varphi\mathrm{d}r\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta\\ &\ =\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{2a\cos\varphi}r^{2}\mathrm{d}r\\ &=\left.2\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{8a^{3}}{3}\sin\varphi\cos^{3}\varphi\mathrm{d}\varphi\right.\\ &\ =\frac{16\pi a^{3}}{3}\Big[-\frac{1}{4}\cos^{4}\varphi\Big]_{0}^{\frac{\pi}{4}}=\pi a^{3}.\\ \end{aligned} $$

注 本题若用“先重后单”的方法计算也很简便.

由 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=2az $ 和 $ x^{2}+y^{2}=z^{2} $ 解得 z=a。对固定的 z，当 $ 0\leq z\leq a $ 时， $ D_{z}=\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\leq z^{2}\} $；当 $ a\leq z\leq2a $ 时， $ D_{z}=\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\leq2az-z^{2}\} $。于是

$$ \begin{array}{l}V=~V_{1}+V_{2}~=~\displaystyle\int_{0}^{a}\mathrm{d}z\iint_{D_{z}}^{}\mathrm{d}x\mathrm{d}y~+\int_{a}^{2a}\mathrm{d}z\iint_{D_{z}}^{}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\=\quad\displaystyle\int_{0}^{a}\pi z^{2}\mathrm{d}z~+\int_{a}^{2a}\pi\left(2az-z^{2}\right)\mathrm{d}z\\=\quad\displaystyle\frac{1}{3}\pi a^{3}+\frac{2}{3}\pi a^{3}~=~\pi a^{3}. \end{array} $$

（3）利用柱面坐标计算.曲面 $ z=\sqrt{x^{2}+y^{2}} $ 和 $ z=x^{2}+y^{2} $ 的柱面坐标方程分别为 z= $ \rho $ 和 $ z=\rho^{2} $. 消去 z，得 $ \rho=1 $，故它们所围的立体在 xOy 面上的投影区域为 $ \rho\leq1 $（图 10-49）. 因此

$$ \Omega=\{(\rho,\theta,z)\mid\rho^{2}\leqslant z\leqslant\rho,0\leqslant\rho\leqslant1,0\leqslant\theta\leqslant2\pi\}. $$

于是

$$ V=\iiint\limits_{D}\mathrm{d}v=\iiint\limits_{D}\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\mathrm{d}z=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}\rho\mathrm{d}\rho\int_{\rho^{2}}^{\rho}\mathrm{d}z $$

$$ =2\pi\int_{0}^{1}\rho\left(\rho-\rho^{2}\right)\mathrm{d}\rho=\frac{\pi}{6}. $$

（本题也可用“先重后单”的方法方便地求得结果，读者可自己练习。）

（4）在直角坐标系中用“先重后单”的方法计算.由 $ z=\sqrt{5-x^{2}-y^{2}} $ 和 $ x^{2}+y^{2}=4z $ 可解得 z=1.

对固定的 z，当 $ 0 \leqslant z \leqslant 1 $ 时， $ D_{z} = \{(x, y) \mid x^{2} + y^{2} \leqslant 4z\} $; 当 $ 1 \leqslant z \leqslant \sqrt{5} $ 时， $ D_{z} = \{(x, y) \mid x^{2} + y^{2} \leqslant 5 - z^{2}\} $ (图 10-50). 于是

$$ \begin{aligned}V&=\ V_{1}+V_{2}=\int_{0}^{1}\mathrm{d}z\iint_{D_{z}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\int_{1}^{\sqrt{5}}\mathrm{d}z\iint_{D_{z}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{1}\pi\cdot4z\mathrm{d}z+\int_{1}^{\sqrt{5}}\pi(5-z^{2})\mathrm{d}z\\&=2\pi+\pi\left[5z-\frac{z^{3}}{3}\right]_{1}^{\sqrt{5}}=\frac{2}{3}\pi(5\sqrt{5}-4).\end{aligned} $$

（本题用柱面坐标计算也很方便，请读者自己练习。）

$ ^{*} $13. 求球体 $ r \leq a $ 位于锥面 $ \varphi = \frac{\pi}{3} $ 和 $ \varphi = \frac{2}{3}\pi $ 之间的部分的体积.

解 用球面坐标计算. 记 $ \Omega $ 为立体所占的空间区域, 有

$$ V=\iiint\limits_{\Omega}\mathrm{d}v=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{2\pi}{3}}\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{a}r^{2}\mathrm{d}r=\frac{2\pi a^{3}}{3}. $$

1. 求上、下分别为球面 $ x^{2} + y^{2} + z^{2} = 2 $ 和抛物面 $ z = x^{2} + y^{2} $ 所围立体的体积.

解 由 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=2 $ 和 $ z=x^{2}+y^{2} $ 消去 z，解得 $ x^{2}+y^{2}=1 $ 。从而得立体 $ \Omega $ 在 xOy 面上的投影区域 $ D_{xy} $ 为 $ x^{2}+y^{2}\leq1 $ 。于是

$$ \Omega=|(x,y,z)|x^{2}+y^{2}\leqslant z\leqslant\sqrt{2-x^{2}-y^{2}},x^{2}+y^{2}\leqslant1|. $$

因此

$$ V=\iiint\limits_{\Omega}\mathrm{d}v=\iint\limits_{D_{n}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\int_{x^{2}+y^{2}}^{\sqrt{2-x^{2}-y^{2}}}\mathrm{d}z $$

$$ \begin{aligned}&=\iint_{D_{r}}\left[\sqrt{2-x^{2}-y^{2}}-\left(x^{2}+y^{2}\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y( 用极坐标 )\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}\left(\sqrt{2-\rho^{2}}-\rho^{2}\right)\rho\mathrm{d}\rho\\&=\frac{8\sqrt{2}-7}{6}\pi.\end{aligned} $$

注　本题也可用“先重后单”的方法按下式方便地求得结果：

$$ \begin{aligned}V&=\int_{1}^{\sqrt{2}}\mathrm{d}z\iint_{x^{2}+y^{2}\leq2-z^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\int_{0}^{1}\mathrm{d}z\iint_{x^{2}+y^{2}\leq z}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\pi\int_{1}^{\sqrt{2}}\left(2-z^{2}\right)\mathrm{d}z+\pi\int_{0}^{1}z\mathrm{d}z\\&=\frac{4\sqrt{2}-5}{3}\pi+\frac{1}{2}\pi=\frac{8\sqrt{2}-7}{6}\pi.\end{aligned} $$

$ ^{*} $15. 球心在原点、半径为 R 的球体，在其上任意一点的密度的大小与这点到球心的距离成正比，求这球体的质量.

解 用球面坐标计算. $ \Omega $ 为 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq R^{2} $，即 $ r\leq R $. 按题设，密度函数 $ \mu(x,y,z)=k\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}=kr(k>0) $. 于是

$$ \begin{aligned}M&=\iiint_{\Omega}\mu(x,y,z)\mathrm{d}v=\iiint_{\Omega}kr\cdot r^{2}\sin\varphi\mathrm{d}r\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta\\&=\ k\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\pi}\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{R}r^{3}\mathrm{d}r\\&=\ k\cdot2\pi\cdot2\cdot\frac{R^{4}}{4}=\ k\pi R^{4}.\\ \end{aligned} $$

习题10-4

重积分的应用

1. 求球面 $ x^{2} + y^{2} + z^{2} = a^{2} $ 含在圆柱面 $ x^{2} + y^{2} = ax $ 内部的那部分面积.

解 如图 10-51，上半球面的方程为 $ z = \sqrt{a^{2} - x^{2} - y^{2}} $

$$ \begin{array}{l}\frac{\partial z}{\partial x}=\frac{-x}{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}},\quad\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{-y}{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}},\\ \quad\sqrt{1+\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^{2}}=\frac{a}{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}}.\end{array} $$

由曲面的对称性得所求面积为

$$ A=4\iint_{D}\sqrt{1+\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y $$

$$ \begin{aligned}&=4\iint_{b}\frac{a}{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\xlongequal{( 极坐标 )}4a\iint_{b}\frac{1}{\sqrt{a^{2}-\rho^{2}}}\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\\&=4a\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{a\cos\theta}\frac{\rho}{\sqrt{a^{2}-\rho^{2}}}\mathrm{d}\rho\\&=4a^{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(1-\sin\theta\right)\mathrm{d}\theta=2a^{2}\left(\pi-2\right).\end{aligned} $$

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

解 由 $ \{\begin{array}{l}z=\sqrt{x^{2}+y^{2}}, \\ z^{2}=2x\end{array}. $，解得 $ x^{2}+y^{2}=2x $，故曲面在 xOy 面上的投影区域 D = $ \{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\leq2x\mid(图10-52)\} $.

被割曲面的方程为 $ z = \sqrt{x^{2} + y^{2}} $

$$ \sqrt{1+\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^{2}}=\sqrt{1+\frac{x^{2}+y^{2}}{x^{2}+y^{2}}}=\sqrt{2}, $$

于是所求曲面的面积为

$$ A=\iint\limits_{p}\sqrt{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\sqrt{2}\cdot(D 的面积 )=\sqrt{2}\pi. $$

1. 求底圆半径相等的两个直交圆柱面 $ x^{2} + y^{2} = R^{2} $ 及 $ x^{2} + z^{2} = R^{2} $ 所围立体的表面积.

解 如图 10-53，设第一卦限内的立体表面位于圆柱面 $ x^{2} + z^{2} = R^{2} $ 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.

$$ \begin{aligned}A&=\iint_{D}\sqrt{1+\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_{D}\sqrt{1+\frac{x^{2}}{R^{2}-x^{2}}+0}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=\iint_{D}\frac{R}{\sqrt{R^{2}-x^{2}}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=R\int_{0}^{R}\mathrm{d}x\int_{0}^{\sqrt{R^{2}-x^{2}}}\frac{1}{\sqrt{R^{2}-x^{2}}}\mathrm{d}y\end{aligned} $$

$$ =R\int_{0}^{R}\mathrm{d}x=R^{2}, $$

故全部表面积为 $ 16R^{2} $

1. 设薄片所占的闭区域 D 如下，求均匀薄片的质心：

（1）D 由 $ y = \sqrt{2px} $， $ x = x_{0} $，y = 0 所围成；

（2）D 是半椭圆形闭区域 $ \{(x,y)|\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}\leqslant1,y\geqslant0.\} $

（3）D 是介于两个圆 $ \rho = a\cos\theta, \rho = b\cos\theta (0 < a < b) $ 之间的闭区域.

解（1）设质心为 $ (\bar{x},\bar{y}) $

$$ A=\iint\limits_{D}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{0}^{x_{0}}\mathrm{d}x\int_{0}^{\sqrt{2px}}\mathrm{d}y=\int_{0}^{x_{0}}\sqrt{2px}\mathrm{d}x=\frac{2}{3}\sqrt{2px_{0}^{3}}, $$

$$ \iint\limits_{D}x\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{0}^{x_{0}}x\mathrm{d}x\int_{0}^{\sqrt{2px}}\mathrm{d}y=\int_{0}^{x_{0}}\sqrt{2p}x^{\frac{3}{2}}\mathrm{d}x=\frac{2}{5}\sqrt{2px_{0}^{5}}, $$

$$ \iint_{D}y\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{0}^{x_{0}}\mathrm{d}x\int_{0}^{\sqrt{2px}}y\mathrm{d}y=\int_{0}^{x_{0}}px\mathrm{d}x=\frac{px_{0}^{2}}{2}, $$

于是

$$ \overline{x}=\frac{1}{A}\iint_{b}x\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{3}{5}x_{0},\quad\overline{y}=\frac{1}{A}\iint_{b}y\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{3}{8}\sqrt{2px_{0}}=\frac{3}{8}y_{0}, $$

故所求质心为 $ \left(\frac{3}{5}x_{0},\frac{3}{8}y_{0}\right) $.

(2) 因 D 关于 y 轴对称，故质心 $ (\bar{x}, \bar{y}) $ 必位于 y 轴上，于是 $ \bar{x} = 0 $.

$$ \begin{array}{l}\displaystyle\overline{\mathrm{y}}=\frac{1}{A}\iint_{b}\mathrm{y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{1}{A}\int_{-a}^{a}\mathrm{d}x\int_{0}^{\frac{b}{a}\sqrt{a^{2}-y^{2}}}\mathrm{y}\mathrm{d}y\\=\displaystyle\frac{1}{A}\int_{-a}^{a}\frac{b^{2}}{2a^{2}}(a^{2}-x^{2})\mathrm{d}x\end{array} $$

$$ =\frac{1}{\frac{1}{2}\pi a b}\cdot\frac{2}{3}a b^{2}=\frac{4b}{3\pi}. $$

因此所求质心为 $ \left(0,\frac{4b}{3\pi}\right) $.

（3）因D关于x轴对称，故质心 $ (\bar{x},\bar{y}) $位于x轴上，于是 $ \bar{y}=0 $（图10-54）.

$$ A~=~\pi\bigg(\frac{b}{2}\bigg)^{2}~-~\pi\bigg(\frac{a}{2}\bigg)^{2}~=~\frac{\pi}{4}(~b^{2}~-~a^{2})~, $$

$$ \begin{align*}\iint\limits_{D}x\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iint\limits_{D}\rho\cos\theta\cdot\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\\&=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos\theta\mathrm{d}\theta\int_{a\cos\theta}^{b\cos\theta}\rho^{2}\mathrm{d}\rho\\&=\frac{2}{3}（b^{3}-a^{3})\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{4}\theta\mathrm{d}\theta\\&=\frac{2}{3}（b^{3}-a^{3})\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{8}（b^{3}-a^{3}），\end{align*} $$

故

$$ \bar{x}\ =\frac{1}{A}\iint\limits_{D}x\mathrm{d}x\mathrm{d}y\ =\frac{a^{2}\ +ab\ +b^{2}}{2\left(a\ +b\right)}. $$

所求质心为 $ \left(\frac{a^{2}+ab+b^{2}}{2(a+b)},0\right) $.

1. 设平面薄片所占的闭区域 D 由抛物线 $ y = x^{2} $ 及直线 y = x 所围成，它在点 $ (x, y) $ 处的面密度 $ \mu(x, y) = x^{2}y $，求该薄片的质心.

解

$$ \begin{array}{l} M=\displaystyle \iint_{b} x^{2} y \mathrm{d}x \mathrm{d}y = \int_{0}^{1} x^{2} \mathrm{d}x \int_{x^{2}}^{x} y \mathrm{d}y \\ \qquad = \displaystyle \int_{0}^{1} \frac{1}{2} ( \int x^{4} - x^{6}) \mathrm{d}x = \frac{1}{35}, \end{array} $$

$$ M_{x}=\iint_{D}y\mu(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_{D}x^{2}y^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y $$

$$ \begin{aligned}&=\int_{0}^{1}x^{2}\mathrm{d}x\int_{x^{2}}^{x}y^{2}\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{1}\frac{1}{3}(x^{5}-x^{8})\mathrm{d}x=\frac{1}{54},\end{aligned} $$

$$ \begin{array}{l}M_{y}=\iint_{D}x\mu(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_{D}x^{3}y\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\=\int_{0}^{1}x^{3}\mathrm{d}x\int_{x^{2}}^{x}y\mathrm{d}y\\=\int_{0}^{1}\frac{1}{2}(x^{5}-x^{7})\mathrm{d}x=\frac{1}{48},\end{array} $$

于是

$$ \overline{x}\ =\frac{M_{y}}{M}\ =\frac{35}{48},\quad\overline{y}\ =\frac{M_{x}}{M}\ =\frac{35}{54}. $$

所求质心为 $ \left(\frac{35}{48},\frac{35}{54}\right) $.

1. 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，求这薄片的质心.

解 如图 10-55，按题设，面密度 $ \mu(x,y)=x^{2}+y^{2} $. 由对称性知 $ \bar{x}=\bar{y} $

$$ \begin{array}{l}M=\displaystyle\iint_{D}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\displaystyle\int_{0}^{a}\mathrm{d}x\int_{0}^{a-x}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}y\\=\displaystyle\int_{0}^{a}\left[x^{2}\left(a-x\right)+\frac{\left(a-x\right)^{3}}{3}\right]\mathrm{d}x=\frac{1}{6}a^{4},\end{array} $$

$$ \begin{aligned}M_{y}&=\iint_{D}x\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{0}^{a}x\mathrm{d}x\int_{0}^{a-x}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{a}\left[x^{3}\left(a-x\right)+\frac{x\left(a-x\right)^{3}}{3}\right]\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{a}\left(-\frac{4}{3}x^{4}+2ax^{3}-a^{2}x^{2}+\frac{a^{3}}{3}x\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{15}a^{5},\\ \end{aligned} $$

因此

$$ \overline{x}\ =\frac{M_{y}}{M}\ =\frac{2}{5}a,\quad\overline{y}\ =\overline{x}\ =\frac{2}{5}a. $$

所求质心为 $ \left(\frac{2}{5}a,\frac{2}{5}a\right) $.

1. 利用三重积分计算下列由曲面所围立体的质心（设密度 $ \rho = 1 $）：

(1) $ z^{2} = x^{2} + y^{2} $, z = 1;

$ ^{*}(2)\,z=\sqrt{A^{2}-x^{2}-y^{2}},z=\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}(A>a>0),z=0 $;

(3) $ z = x^{2} + y^{2} $, $ 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，因此它的质心位于 z 轴上，即有 $ \bar{x} = \bar{y} = 0 $ 。立体的体积为 $ V = \frac{1}{3}\pi $ 。

$$ \begin{align*}\overline{z}&=\frac{1}{V}\iiint_{\Omega}z\mathrm{d}v=\frac{1}{V}\iint_{x^{2}+y^{2}\leq1}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\int_{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}^{1}z\mathrm{d}z\\&=\frac{1}{V}\iint_{x^{2}+y^{2}\leq1}\frac{1}{2}(1-x^{2}-y^{2})\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\frac{1}{V}\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}\frac{1}{2}(1-\rho^{2})\rho\mathrm{d}\rho\\&=\frac{3}{\pi}\cdot2\pi\cdot\frac{1}{2}\bigg[\frac{\rho^{2}}{2}-\frac{\rho^{4}}{4}\bigg]_{0}^{1}=\frac{3}{4},\end{align*} $$

故所求质心为 $ \left(0,0,\frac{3}{4}\right) $.

（2）立体由两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，即有 $ \bar{x} = \bar{y} = 0 $ 。立体的体积为

$$ V~=~\frac{2}{3}\pi~\left(A^{3}~-~a^{3}\right). $$

$$ \begin{align*}\overline{z}&=\frac{1}{V}\iiint_{\Omega}z\mathrm{d}v=\frac{1}{V}\iiint_{\Omega}r\cos\varphi\cdot r^{2}\sin\varphi\mathrm{d}r\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta\\&=\frac{1}{V}\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin\varphi\cos\varphi\mathrm{d}\varphi\int_{a}^{A}r^{3}\mathrm{d}r\\&=\frac{3}{2\pi\left(A^{3}-a^{3}\right)}\cdot2\pi\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{A^{4}-a^{4}}{4}\\&=\frac{3\left(A^{4}-a^{4}\right)}{8\left(A^{3}-a^{3}\right)},\end{align*} $$

故立体质心为 $ \left(0,0,\frac{3\left(A^{4}-a^{4}\right)}{8\left(A^{3}-a^{3}\right)}\right) $

（3）如图10-56， $ \Omega=\left|\left(x,y,z\right)\right|0\leqslant x\leqslant a,0\leqslant y\leqslant a-x,0\leqslant z\leqslant x^{2}+y^{2} $

$$ \begin{aligned}V&=\iiint\limits_{u}\mathrm{d}v=\int_{0}^{a}\mathrm{d}x\int_{0}^{a-x}\mathrm{d}y\int_{0}^{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}z\\&=\int_{0}^{a}\mathrm{d}x\int_{0}^{a-x}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}y\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&=\int_{0}^{a}\left[x^{2}(a-x)+\frac{1}{3}(a-x)^{3}\right]\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{a}\left[ax^{2}-x^{3}+\frac{1}{3}(a-x)^{3}\right]\mathrm{d}x=\frac{1}{6}a^{4},\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}\overline{z}&=\frac{1}{V}\iiint\limits_{D}z\mathrm{d}v=\frac{1}{V}\int_{0}^{a}\mathrm{d}x\int_{0}^{a-x}\mathrm{d}y\int_{0}^{x^{2}+y^{2}}z\mathrm{d}z\\&=\frac{1}{V}\int_{0}^{a}\mathrm{d}x\int_{0}^{a-x}\frac{1}{2}\left(x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}\right)\mathrm{d}y\\&=\frac{1}{2V}\int_{0}^{a}\left[x^{4}\left(a-x\right)+\frac{2}{3}x^{2}\left(a-x\right)^{3}+\frac{1}{5}\left(a-x\right)^{5}\right]\mathrm{d}x\\&=\frac{3}{a^{4}}\cdot\frac{7a^{6}}{90}=\frac{7}{30}a^{2},\\ \end{aligned} $$

$$ \begin{array}{l}\displaystyle\overline{x}=\frac{1}{V}\iiint_{D}x\mathrm{d}v=\frac{1}{V}\int_{0}^{a}x\mathrm{d}x\int_{0}^{a-x}\mathrm{d}y\int_{0}^{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}z\\=\frac{1}{V}\int_{0}^{a}x\left[x^{2}(a-x)+\frac{1}{3}(a-x)^{3}\right]\mathrm{d}x\\=\frac{6}{a^{4}}\cdot\frac{a^{5}}{15}=\frac{2}{5}a,\end{array} $$

由于立体匀质且关于平面 y = x 对称，故

$$ \bar{y}\;=\;\bar{x}\;=\;\frac{2}{5}a. $$

所求质心为 $ \left(\frac{2}{5}a,\frac{2}{5}a,\frac{7}{30}a^{2}\right) $

1. 设球体占有闭区域 $ \Omega = \{(x, y, z) \mid x^{2} + y^{2} + z^{2} \leq 2R z\} $，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

$$ 0\leqslant r\leqslant2R\cos\varphi,\quad0\leqslant\varphi\leqslant\frac{\pi}{2},\quad0\leqslant\theta\leqslant2\pi. $$

球体内任意一点 $ (x,y,z) $ 处的密度大小为

$$ \rho=x^{2}+y^{2}+z^{2}=r^{2}. $$

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 $ \bar{x}=\bar{y}=0 $.

$$ \begin{aligned}M&=\iiint_{D}\rho\mathrm{d}v=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{2R\cos\varphi}r^{2}\cdot r^{2}\sin\varphi\mathrm{d}r\\&=2\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{32}{5}R^{5}\cos^{5}\varphi\sin\varphi\mathrm{d}\varphi=\frac{32}{15}\pi R^{5},\\\overline{z}&=\frac{1}{M}\iiint_{D}\rho z\mathrm{d}v=\frac{1}{M}\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{2R\cos\varphi}r^{2}\cdot r\cos\varphi\cdot r^{2}\sin\varphi\mathrm{d}r\\&=\frac{2\pi}{M}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{64}{6}R^{6}\cos^{7}\varphi\sin\varphi\mathrm{d}\varphi=\frac{5}{4}R,\end{aligned} $$

故球体的质心为 $ \left(0,0,\frac{5}{4}R\right) $.

注 从以上两题的题解可看出，在计算立体的质心时，要注意利用对称性来减少运算量。对匀质立体来说，只要考虑立体几何形状的对称性（如第7题）；但对非匀质立体来说，除了立体的几何形状的对称性外，还需注意立体的质量分布是否也具有相应的对称性（如第8题）。

1. 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：

(1) D = $ \{(x,y)|\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}\leqslant1.\} $，求 $ I_{y} $;

（2）D 由抛物线 $ y^{2}=\frac{9}{2}x $ 与直线 x=2 所围成，求 $ I_{x} $ 和 $ I_{y} $ ；

（3）D为矩形闭区域 $ \{(x,y)\mid0\leqslant x\leqslant a,0\leqslant y\leqslant b\} $，求 $ I_{x} $和 $ I_{y} $

解（1）

$$ \begin{array}{l l l}{I_{y}}&{=}&{\displaystyle\iint_{D}x^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\;=\;\int_{-a}^{a}x^{2}\mathrm{d}x\int_{-\frac{b}{a}\sqrt{a^{2}-x^{2}}}^{\frac{b}{a}\sqrt{a^{2}-x^{2}}}\mathrm{d}y}\\ {}&{}&{}\\ {}&{=}&{\displaystyle\frac{2b}{a}\int_{-a}^{a}x^{2}\sqrt{a^{2}-x^{2}}\mathrm{d}x}\\ {}&{}&{}\\ {}&{=}&{\displaystyle\frac{4b}{a}\int_{0}^{a}x^{2}\sqrt{a^{2}-x^{2}}\mathrm{d}x.}\\ \end{array} $$

令 $ x = a \sin t $，换元，则

$$ \begin{aligned} 上式 &=\frac{4b}{a}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}a^{3}\sin^{2}t\cos t\cdot a\cos t\mathrm{d}t\\&=4a^{3}b\Big[\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2}t\mathrm{d}t-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{4}t\mathrm{d}t\Big]\\&=4a^{3}b\Big(\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}-\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}\Big)=\frac{1}{4}\pi a^{3}b.\end{aligned} $$

（2）如图10-57， $ D=\{(x,y)\mid-3\sqrt{\frac{x}{2}}\leq y\leq3\sqrt{\frac{x}{2}},0\leq x\leq2\} $

$$ \begin{aligned}I_{x}&=\iint_{D}y^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\xlongequal{ 对称性 }2\int_{0}^{2}\mathrm{d}x\int_{0}^{3\sqrt{\frac{x}{2}}}y^{2}\mathrm{d}y\\&=\frac{2}{3}\int_{0}^{2}\frac{27}{2\sqrt{2}}x^{\frac{3}{2}}\mathrm{d}x=\frac{72}{5},\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}I_{y}&=\iint_{D}^{}x^{2}d x d y\xlongequal{ 对称性 }2\int_{0}^{2}x^{2}d x\int_{0}^{\sqrt[3]{\frac{x}{2}}}d y\\&=2\int_{0}^{2}\frac{3}{\sqrt{2}}x^{\frac{5}{2}}d x=\frac{96}{7}.\end{aligned} $$

(3)

$$ I_{x}\ =\ \iint\limits_{b}y^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\ =\ \int_{0}^{a}\mathrm{d}x\int_{0}^{b}y^{2}\mathrm{d}y\ =\ \frac{ab^{3}}{3}, $$

$$ I_{y}\ =\ \iint\limits_{D}x^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\ =\ \int_{0}^{a}x^{2}\mathrm{d}x\int_{0}^{b}\mathrm{d}y\ =\ \frac{a^{3}b}{3}. $$

1. 已知均匀矩形板（面密度为常量 $ \mu $）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 建立如图 10-58 的坐标系，使原点 O 为矩形板的形心，x 轴和 y 轴分别平行于矩形的两边，则所求的转动惯量为

$$ I_{x}\;=\;\iint\limits_{b}y^{2}\mu\mathrm{d}x\mathrm{d}y\;=\;\mu\int_{-\frac{h}{2}}^{\frac{h}{2}}\mathrm{d}x\int_{-\frac{h}{2}}^{\frac{h}{2}}y^{2}\mathrm{d}y\;=\;\frac{1}{12}\mu b h^{3}\;, $$

$$ I_{y}\;=\;\iint\limits_{b}x^{2}\mu\mathrm{d}x\mathrm{d}y\;=\;\mu\int_{-\frac{b}{2}}^{\frac{b}{2}}x^{2}\mathrm{d}x\int_{-\frac{b}{2}}^{\frac{b}{2}}\mathrm{d}y\;=\;\frac{1}{12}\mu h b^{3}. $$

1. 一均匀物体（密度 $ \rho $ 为常量）占有的闭区域 $ \Omega $ 由曲面 $ z = x^{2} + y^{2} $ 和平面 z = 0, $ \left|x\right| = a $, $ \left|y\right| = 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）如图10-59，由 $ \Omega $的对称性可知

$$ \begin{aligned}V&=4\int_{0}^{a}\mathrm{d}x\int_{0}^{a}\mathrm{d}y\int_{0}^{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}z\\&=\left.4\int_{0}^{a}\mathrm{d}x\int_{0}^{a}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}y\right.\\&=\left.4\int_{0}^{a}\left(ax^{2}+\frac{a^{3}}{3}\right)\mathrm{d}x\right.=\frac{8}{3}a^{4}.\\ \end{aligned} $$

（2）由对称性可知，质心位于z轴上，故 $ \bar{x}=\bar{y}=0 $。

$$ \begin{aligned}\overline{z}&=\frac{1}{M}\iiint\limits_{\Omega}\rho z\mathrm{d}v\xlongequal{ 对称性 }\frac{4}{V}\int_{0}^{a}\mathrm{d}x\int_{0}^{a}\mathrm{d}y\int_{0}^{x^{2}+y^{2}}z\mathrm{d}z\\ &=\frac{4}{V}\int_{0}^{a}\mathrm{d}x\int_{0}^{a}\frac{1}{2}\left(x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}\right)\mathrm{d}y\\ &=\frac{2}{V}\int_{0}^{a}\left(ax^{4}+\frac{2}{3}a^{3}x^{2}+\frac{1}{5}a^{5}\right)\mathrm{d}x=\frac{7}{15}a^{2}.\end{aligned} $$

(3)

$$ \begin{aligned}I_{z}&=\iiint\limits_{D}\rho(x^{2}+y^{2})\mathrm{d}v\xlongequal{ 对称性 }4\rho\int_{0}^{a}\mathrm{d}x\int_{0}^{a}\mathrm{d}y\int_{0}^{x^{2}+y^{2}}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}z\\&=4\rho\int_{0}^{a}\mathrm{d}x\int_{0}^{a}\left(x^{4}+2x^{2}y^{2}+y^{4}\right)\mathrm{d}y\\&=\frac{112}{45}\rho a^{6}.\\ \end{aligned} $$

1. 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 $ \mu = 1 $）.

解 建立空间直角坐标系，使原点位于圆柱体的中心，z轴平行于母线，则圆柱体所占的空间闭区域

$$ \Omega=\{(x,y,z)\mid x^{2}+y^{2}\leqslant a^{2},-\frac{h}{2}\leqslant z\leqslant\frac{h}{2}\} $$

$$ \frac{ 柱面坐标 }{ 貴 }\Big\{(\rho,\theta,z)\Big|0\leq\theta\leq2\pi,0\leq\rho\leq a,-\frac{h}{2}\leq z\leq\frac{h}{2}\Big\}. $$

于是所求的转动惯量为

$$ \begin{aligned}I_{z}&=\iiint\limits_{\Omega}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}v=\iiint\limits_{\Omega}\rho^{2}\cdot\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\mathrm{d}z\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{a}\rho^{3}\mathrm{d}\rho\int_{-\frac{h}{2}}^{\frac{h}{2}}\mathrm{d}z\\&=2\pi\cdot\frac{a^{4}}{4}\cdot h=\frac{1}{2}\pi h a^{4}.\end{aligned} $$

1. 设面密度为常量 $ \mu $ 的质量均匀的半圆环形薄片占有闭区域 $ D = \left|(x,y,0)\right| R_{1} \leq \sqrt{x^{2} + y^{2}} \leq R_{2}, x \geq 0 $，求它对位于 z 轴上点 $ M_{0}(0,0,a)(a > 0) $ 处单位质量的质点的引力 F.

解 如图 10-60，引力元素 dF 沿 x 轴和 z 轴的分量分别为

$$ \mathrm{d}F_{x}=G\frac{\mu x}{\left(x^{2}+y^{2}+a^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}\sigma $$

和

$$ \mathrm{d}F_{z}=G\frac{\mu(-a)}{\left(x^{2}+y^{2}+a^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}\sigma. $$

于是

$$ \begin{aligned}F_{x}&=G\mu\iint_{D}\frac{x}{\left(x^{2}+y^{2}+a^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}\sigma\\&\xlongequal{ 极坐标 }G\mu\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{R_{1}}^{R_{2}}\frac{\rho\cos\theta}{\left(\rho^{2}+a^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\cdot\rho\mathrm{d}\rho\\&=G\mu\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos\theta\mathrm{d}\theta\int_{R_{1}}^{R_{2}}\frac{\rho^{2}}{\left(\rho^{2}+a^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}\rho\\&=2G\mu\int_{R_{1}}^{R_{2}}\frac{\rho^{2}}{\left(\rho^{2}+a^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}\rho( 令 \rho=a\tan t 换元 )\end{aligned} $$

$$ \begin{align*}&=2G\mu\int_{\arctan\frac{R_{1}}{a}}^{\arctan\frac{R_{2}}{a}}\frac{a^{2}\tan^{2}t}{a^{3}\sec^{3}t}\cdot a\sec^{2}t\mathrm{d}t\\&=2G\mu\int_{\arctan\frac{R_{1}}{a}}^{\arctan\frac{R_{2}}{a}}(\sec t-\cos t)\mathrm{d}t\\&=2G\mu\left[\ln(\sec t+\tan t)-\sin t\right]_{\arctan\frac{R_{1}}{a}}^{\arctan\frac{R_{2}}{a}}\\&=2G\mu\left(\ln\frac{\sqrt{R_{2}^{2}+a^{2}}+R_{2}}{\sqrt{R_{1}^{2}+a^{2}}+R_{1}}-\frac{R_{2}}{\sqrt{R_{2}^{2}+a^{2}}}+\frac{R_{1}}{\sqrt{R_{1}^{2}+a^{2}}}\right),\end{align*} $$

$$ \begin{aligned}F_{z}&=-\ G a\mu\iint_{D}\frac{\mathrm{d}\sigma}{\left(x^{2}+y^{2}+a^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\\&\xlongequal{ 极坐标 }-G a\mu\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{R_{1}}^{R_{2}}\frac{\rho}{\left(\rho^{2}+a^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}\rho\\&=\pi G a\mu\bigg[\frac{1}{\sqrt{\rho^{2}+a^{2}}}\bigg]_{R_{1}}^{R_{2}}\\&=\pi G a\mu\bigg(\frac{1}{\sqrt{R_{2}^{2}+a^{2}}}-\frac{1}{\sqrt{R_{1}^{2}+a^{2}}}\bigg).\end{aligned} $$

由于 D 关于 x 轴对称，且质量均匀分布，故 $ F_{y}=0 $ 。因此引力

$$ \begin{array}{r l}{{\cal F}=}&{\left(\begin{array}{c}{2G\mu\left(\ln\frac{\sqrt{R_{2}^{2}+a^{2}}\;+R_{2}}{\sqrt{R_{1}^{2}+a^{2}}+R_{1}}-\frac{R_{2}}{\sqrt{R_{2}^{2}+a^{2}}}+\frac{R_{1}}{\sqrt{R_{1}^{2}+a^{2}}}\right)}\\ \end{array}\right.,0,}\\ &{\pi G a\mu\left(\frac{1}{\sqrt{R_{2}^{2}+a^{2}}}-\frac{1}{\sqrt{R_{1}^{2}+a^{2}}}\right)\;.}\end{array} $$

1. 设均匀柱体密度为 $ \rho $，占有闭区域 $ \Omega = \left|(x, y, z) \mid x^{2} + y^{2} \leqslant R^{2}, 0 \leqslant z \leqslant h\right| $，求它对于位于点 $ M_{0}(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 $ F_{x}=F_{y}=0 $ 。引力沿 z 轴的分量

$$ \begin{aligned}F_{z}&=\iiint\limits_{a}G\rho\frac{z-a}{\left[x^{2}+y^{2}+\left(z-a\right)^{2}\right]^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}v\\&=\left.G\rho\int_{0}^{h}\left(z-a\right)\mathrm{d}z\right.\iint\limits_{x^{\prime}+y^{\prime}\leq H^{\prime}}\frac{\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{\left[x^{2}+y^{2}+\left(z-a\right)^{2}\right]^{\frac{3}{2}}}\\&\xlongequal{ 柱面坐标 }G\rho\int_{0}^{h}\left(z-a\right)\mathrm{d}z\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{R}\frac{r\mathrm{d}r}{\left[r^{2}+\left(z-a\right)^{2}\right]^{\frac{3}{2}}}\\&=\left.2\pi G\rho\int_{0}^{h}\left(z-a\right)\left[\frac{1}{a-z}-\frac{1}{\sqrt{R^{2}+\left(z-a\right)^{2}}}\right]\mathrm{d}z\right.\\&=\left.2\pi G\rho\int_{0}^{h}\left[-1-\frac{z-a}{\sqrt{R^{2}+\left(z-a\right)^{2}}}\right]\mathrm{d}z\right.\\ \end{aligned} $$

$$ =-\ 2\pi G\rho\left[\begin{array}{l}{h+\sqrt{R^{2}+(h-a)^{2}}}\\ \end{array}-\sqrt{R^{2}+a^{2}}\right]. $$

$ ^{*} $习题10-5

含参变量的积分

1. 求下列含参变量的积分所确定的函数的极限：

(1)

$$ \lim_{x\to0}\int_{x}^{1+x}\frac{\mathrm{d}y}{1+x^{2}+y^{2}}; $$

(2)

$$ \lim_{x\to0}\int_{-1}^{1}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}y $$

(3)

$$ \lim_{x\to0}\int_{0}^{2}y^{2}\cos\ (xy)\mathrm{d}y. $$

解 (1) $ \lim_{x \to 0} \int_{x}^{1+x} \frac{dy}{1 + x^2 + y^2} = \int_{0}^{1+0} \frac{dy}{1 + 0 + y^2} = [\arctan y]_{0}^{1} = \frac{\pi}{4} $.

(2)

$$ \lim_{x\to0}\int_{-1}^{1}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}y=\int_{-1}^{1}\left|y\right|\mathrm{d}y=2\int_{0}^{1}y\mathrm{d}y=1. $$

(3)

$$ \lim_{x\to0}\int_{0}^{2}y^{2}\cos(xy)\mathrm{d}y=\int_{0}^{2}y^{2}(\cos0)\mathrm{d}y=\frac{8}{3}. $$

1. 求下列函数的导数：

(1)

$$ \varphi\left(x\right)\ =\ \int_{\sin x}^{\cos x}\left(y^{2}\sin x-y^{3}\right)\mathrm{d}y; $$

(2)

$$ \varphi\left(x\right)=\int_{0}^{x}\frac{\ln\left(1+x y\right)}{y}\mathrm{d}y $$

(3)

$$ \varphi\left(x\right)\ =\ \int_{x^{2}}^{x^{3}}\arctan\ \frac{y}{x}\mathrm{d}y\ ; $$

(4)

$$ \varphi\left(x\right)\ =\ \int_{x}^{x^{2}}\mathrm{e}^{-xy^{2}}\mathrm{d}y. $$

解（1）

$$ \begin{aligned}\varphi^{\prime}(x)&=\int_{\sin x}^{\cos x}y^{2}\cos x\mathrm{d}y+\left(\cos^{2}x\sin x-\cos^{3}x\right)\left(\cos x\right)^{\prime}\\&\quad-\left(\sin^{2}x\sin x-\sin^{3}x\right)\left(\sin x\right)^{\prime}\\&=\frac{1}{3}\cos x\left(\cos^{3}x-\sin^{3}x\right)+\left(\cos x-\sin x\right)\sin x\cos^{2}x\\&=\frac{1}{3}\cos x\left(\cos x-\sin x\right)\left(1+2\sin2x\right).\end{aligned} $$

(2)

$$ \begin{array}{r l}{\varphi^{\prime}(x)}&{=\displaystyle\int_{0}^{x}\frac{1}{1+x y}\mathrm{d}y+\frac{\ln\big(1+x^{2}\big)}{x}}\\ &{=\displaystyle\frac{1}{x}\big[\ln\big(1+x y\big)\big]_{0}^{x}+\frac{\ln\big(1+x^{2}\big)}{x}}\\ &{=\displaystyle\frac{2}{x}\ln\big(1+x^{2}\big).}\end{array} $$

(3)

$$ \begin{array}{r l}{\varphi^{\prime}(x)}&{=\displaystyle\int_{x^{2}}^{x^{3}}\bigg(-\frac{y}{x^{2}+y^{2}}\bigg)\mathrm{d}y+\arctan x^{2}\cdot3x^{2}-\arctan x\cdot2x}\\ &{=-\frac{1}{2}\ln(x^{2}+y^{2})\bigg|_{x^{2}}^{x^{3}}+3x^{2}\arctan x^{2}-2x\arctan x}\\ &{=\ln\sqrt{\frac{1+x^{2}}{1+x^{4}}}+3x^{2}\arctan x^{2}-2x\arctan x.}\end{array} $$

(4)

$$ \begin{align*}\varphi^{\prime}\left(x\right)&=\int_{x}^{x^{2}}\mathrm{e}^{-xy^{2}}\left(-y^{2}\right)\mathrm{d}y+\mathrm{e}^{-x^{5}}\cdot2x-\mathrm{e}^{-x^{3}}\cdot1\\&=2x\mathrm{e}^{-x^{5}}-\mathrm{e}^{-x^{3}}-\int_{x}^{x^{2}}y^{2}\mathrm{e}^{-xy^{2}}\mathrm{d}y.\end{align*} $$

1. 设 $ F(x) = \int_{0}^{x}(x + y)f(y)dy $，其中 $ f(y) $ 为可微分的函数，求 $ F''(x) $.

解 $ F'(x) = \int_{0}^{x} f(y) \, \mathrm{d}y + 2x f(x) $,

$$ F^{\prime \prime}({~x~})~=~f({~x~})~+2f({~x~})~+2x f^{\prime}({~x~})~=~3f({~x~})~+2x f^{\prime}({~x~}). $$

1. 应用对参数的微分法，计算下列积分：

(1)

$$ I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\frac{1+a\cos x}{1-a\cos x}\cdot\frac{\mathrm{d}x}{\cos x}\quad(a<1) $$

(2)

$$ I~=~\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(\cos^{2}x~+~a^{2}\sin^{2}x\right)\mathrm{d}x\quad\left(a~>~0\right). $$

解（1）设

$$ \varphi\left(\alpha\right)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\frac{1+\alpha\cos x}{1-\alpha\cos x}\cdot\frac{\mathrm{d}x}{\cos x}\left(\left|\alpha\right|\leqslant\left|a\right|<1\right), $$

则 $ \varphi(0)=0,\varphi(a)=1 $ 。由于

$$ \frac{\partial}{\partial\alpha}\Big(\ln\frac{1+\alpha\cos x}{1-\alpha\cos x}\cdot\frac{1}{\cos x}\Big)=\frac{2}{1-\alpha^{2}\cos^{2}x}, $$

故

$$ \begin{array}{l l}{\varphi^{\prime}(\alpha)}&{=\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{2}{1-\alpha^{2}\cos^{2}x}\mathrm{d}x\;=\;\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{2\mathrm{d}(\tan x)}{\sec^{2}x-\alpha^{2}}}\\ {}&{}\\ {}&{=2\displaystyle\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\mathrm{d}(\tan x)}{\left(1-\alpha^{2}\right)+\tan^{2}x}}\\ {}&{}\\ {}&{=\displaystyle\frac{2}{\sqrt{1-\alpha^{2}}}\Big[\arctan\frac{\tan x}{\sqrt{1-\alpha^{2}}}\Big]_{0}^{\frac{\pi}{2}}}\\ {}&{}\\ {}&{=\displaystyle\frac{2}{\sqrt{1-\alpha^{2}}}\cdot\frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{\sqrt{1-\alpha^{2}}},}\\ \end{array} $$

于是

$$ \begin{aligned}I&=\varphi(a)-\varphi(0)=\int_{0}^{a}\varphi^{\prime}(\alpha)\mathrm{d}\alpha=\int_{0}^{a}\frac{\pi}{\sqrt{1-\alpha^{2}}}\mathrm{d}\alpha\\&=\pi\arcsin a.\end{aligned} $$

（2）设 $ \varphi(\alpha)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\ln\left(\cos^{2}x+\alpha^{2}\sin^{2}x\right)\mathrm{d}x $，则 $ \varphi(1)=0,\varphi(a)=1 $。由于

$$ \frac{\partial}{\partial\alpha}\left[\ln\left(\cos^{2}x+\alpha^{2}\sin^{2}x\right)\right]=\frac{2\alpha\sin^{2}x}{\cos^{2}x+\alpha^{2}\sin^{2}x} $$

故

$$ \begin{align*}\varphi^{\prime}(\alpha)&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{2\alpha\sin^{2}x}{\cos^{2}x+\alpha^{2}\sin^{2}x}\mathrm{d}x\\&\xlongequal{u=\tan x}2\alpha\int_{0}^{+\infty}\frac{u^{2}}{1+\alpha^{2}u^{2}}\cdot\frac{\mathrm{d}u}{1+u^{2}}\\&=\frac{2\alpha}{\alpha^{2}-1}\Big[\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}u}{1+u^{2}}-\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}u}{1+\alpha^{2}u^{2}}\Big](\alpha\neq1)\\&=\frac{2\alpha}{\alpha^{2}-1}\Big(\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2\alpha}\Big)=\frac{\pi}{\alpha+1};\end{align*} $$

又当 $ \alpha=1 $时，

$$ \varphi^{\prime}(1)=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{2\sin^{2}x}{\cos^{2}x+\sin^{2}x}\mathrm{d}x=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}2\sin^{2}x\mathrm{d}x=\frac{\pi}{2}, $$

因此 $ \varphi'(\alpha) $ 在 x=1 处连续。从而对任一 a>0, $ \varphi'(\alpha) $ 在区间 $ [1,a] $ （或 $ [a,1] $）上连续。于是

$$ I=\varphi(a)-\varphi(1)=\int_{1}^{a}\varphi^{\prime}(\alpha)\mathrm{d}\alpha=\int_{1}^{a}\frac{\pi}{\alpha+1}\mathrm{d}\alpha=\pi\ln\frac{a+1}{2}. $$

1. 计算下列积分：

(1)

$$ \int_{0}^{1}\frac{\arctan x}{x}\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^{2}}}; $$

(2)

$$ \int_{0}^{1}\sin\left(\ln\frac{1}{x}\right)\frac{x^{b}-x^{a}}{\ln x}\mathrm{d}x\left(0

解 （1）因为 $ \frac{\arctan x}{x} = \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d}y}{1 + x^{2}y^{2}} $，故

$$ \begin{aligned} 原式 &=\int_{0}^{1}\left(\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}y}{1+x^{2}y^{2}}\right)\frac{\mathrm{d}x}{\sqrt{1-x^{2}}}\quad( 交换积分次序 )\\&=\int_{0}^{1}\left[\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\left(1+x^{2}y^{2}\right)\sqrt{1-x^{2}}}\right]\mathrm{d}y,\end{aligned} $$

由于

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{1}\frac{\mathrm{d}x}{\left(1+x^{2}y^{2}\right)\sqrt{1-x^{2}}}&\xlongequal{x=\sin t}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{\mathrm{d}t}{1+y^{2}\sin^{2}t}\\ &\xlongequal{u=\tan t}\int_{0}^{+\infty}\frac{\mathrm{d}u}{1+\left(1+y^{2}\right)u^{2}}\\ &=\frac{1}{\sqrt{1+y^{2}}}\left[\arctan(\sqrt{1+y^{2}}u)\right]_{0}^{+\infty}\\ &=\frac{\pi}{2\sqrt{1+y^{2}}}.\end{aligned} $$

因此

$$ \begin{aligned} 原式 &=\int_{0}^{1}\frac{\pi}{2\sqrt{1+y^{2}}}\mathrm{d}y=\frac{\pi}{2}\big[\ln\left(y+\sqrt{1+y^{2}}\right)\big]_{0}^{1}\\&=\frac{\pi}{2}\ln\left(1+\sqrt{2}\right).\end{aligned} $$

（2）因为 $ \frac{x^{b}-x^{a}}{\ln x}=\int_{a}^{b}x^{y}dy $，故

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{1}\sin\left(\ln\frac{1}{x}\right)\frac{x^{b}-x^{a}}{\ln x}\mathrm{d}x&=\int_{0}^{1}\sin\left(\ln\frac{1}{x}\right)\mathrm{d}x\int_{a}^{b}x^{y}\mathrm{d}y\quad( 交换积分次序 )\\&=\int_{a}^{b}\mathrm{d}y\int_{0}^{1}\sin\left(\ln\frac{1}{x}\right)x^{y}\mathrm{d}x.\end{aligned} $$

由于

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{1}\sin\left(\ln\frac{1}{x}\right)x^{y}\mathrm{d}x&\xlongequal{x=e^{-t}}\int_{+\infty}^{0}\sin t\cdot e^{-yt}\left(-\mathrm{e}^{-t}\right)\mathrm{d}t\\&=\int_{0}^{+\infty}\sin t\cdot e^{-(y+1)t}\mathrm{d}t\quad( 分部积分 )\\&=\frac{1}{1+\left(y+1\right)^{2}}\mathrm{e}^{-(y+1)t}\left\lbrack\cos t-\left(y+1\right)\sin t\right\rbrack\Bigg|_{0}^{+\infty}\\&=\frac{1}{1+\left(y+1\right)^{2}},\end{aligned} $$

因此

$$ \begin{aligned} 原式 &=\int_{a}^{b}\frac{1}{1+\left(y+1\right)^{2}}\mathrm{d}y=\left[\arctan(y+1)\right]_{a}^{b}\\&=\arctan(b+1)-\arctan(a+1).\end{aligned} $$

总习题十

1. 填空：

（1）积分 $ \int_{0}^{2} \mathrm{d}x \int_{x}^{2} \mathrm{e}^{-y^{2}} \mathrm{d}y $ 的值是 ___；

（2）设闭区域 $ D = \{(x, y) \mid x^{2} + y^{2} \leqslant R^{2}\} $，则 $ \iint_{D} \left( \frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} \right) \mathrm{d}x \mathrm{d}y = \underline{\qquad} $。

解（1）交换积分次序并计算所得的二次积分，得

$$ \begin{align*}\int_{0}^{2}\mathrm{d}x\int_{x}^{2}\mathrm{e}^{-y^{2}}\mathrm{d}y&=\int_{0}^{2}\mathrm{d}y\int_{0}^{y}\mathrm{e}^{-y^{2}}\mathrm{d}x=\int_{0}^{2}y\mathrm{e}^{-y^{2}}\mathrm{d}y\\&=-\frac{1}{2}\cdot\int_{0}^{2}\mathrm{e}^{-y^{2}}\mathrm{d}\left(-y^{2}\right)=-\frac{1}{2}\left[\mathrm{e}^{-y^{2}}\right]_{0}^{2}\\&=\frac{1}{2}\left(1-\mathrm{e}^{-4}\right).\end{align*} $$

（2）用极坐标计算. $ D=\{(\rho,\theta)\mid0\leq\rho\leq R,0\leq\theta\leq2\pi\} $

$$ \begin{aligned}\iiint_{D}\biggl(\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}\biggr)\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iint_{D}\biggl(\frac{\rho^{2}\cos^{2}\theta}{a^{2}}+\frac{\rho^{2}\sin^{2}\theta}{b^{2}}\biggr)\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\\&=\int_{0}^{2\pi}\biggl(\frac{\cos^{2}\theta}{a^{2}}+\frac{\sin^{2}\theta}{b^{2}}\biggr)\mathrm{d}\theta\int_{0}^{R}\rho^{3}\mathrm{d}\rho\\&=\frac{R^{4}}{4}\int_{0}^{2\pi}\biggl(\frac{1+\cos2\theta}{2a^{2}}+\frac{1-\cos2\theta}{2b^{2}}\biggr)\mathrm{d}\theta\\&=\frac{R^{4}}{4}\biggl(\frac{1}{2a^{2}}+\frac{1}{2b^{2}}\biggr)\cdot2\pi=\frac{\pi R^{4}}{4}\biggl(\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}\biggr).\end{aligned} $$

1. 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 $ \Omega_{1} = \{(x,y,z) \mid x^{2} + y^{2} + z^{2} \leqslant R^{2}, z \geqslant 0\}, \Omega_{2} = \{(x,y,z)\mid x^{2} + y^{2} + z^{2} \leqslant R^{2}, x \geqslant 0, y \geqslant 0, z \geqslant 0\} $，则有（ ）；

(A) $ \iiint_{\Omega_{1}} x \, dv = 4 \iiint_{\Omega_{2}} x \, dv $ (B) $ \iiint_{\Omega_{1}} y \, dv = 4 \iiint_{\Omega_{2}} y \, dv $ (C) $ \iiint_{\Omega_{1}} z \, dv = 4 \iiint_{\Omega_{2}} z \, dv $ (D) $ \iiint_{\Omega_{1}} x y z \, dv = 4 \iiint_{\Omega_{2}} x y z \, dv $

（2）设有平面闭区域 $ D=\{(x,y)\mid -a\leqslant x\leqslant a,x\leqslant y\leqslant a\},D_{1}=\{(x,y)\mid0\leqslant x\leqslant a,x\leqslant y\leqslant a\} $. 则 $ \iint_{D}(xy+\cos x\sin y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y= $（ ）；

(A) $ 2\iint_{D_{1}}\cos x\sin y dx dy $ (B) $ 2\iint_{D_{1}}xy dx dy $ (C) $ 4\iint_{D_{1}}(xy+\cos x\sin y)dx dy $ (D) 0

（3）设 $ f(x) $ 为连续函数, $ F(t)=\int_{1}^{t}\mathrm{d}y\int_{y}^{t}f(x)\mathrm{d}x $，则 $ F'(2)= $ ___.

(A) $ 2f(2) $ (B) $ f(2) $

(C) $ -f(2) $ (D) 0

解（1）先说明（A）不正确。由于 $ \Omega_{1} $ 关于 yOz 面对称，而被积函数 x 关于 x 是奇函数，故 $ \iiint_{D_{1}} x \, \mathrm{d}v = 0 $，而 $ \iiint_{D_{2}} x \, \mathrm{d}v \neq 0 $，故（A）不正确。类似可说明（B）和（D）不正确。再说明（C）是正确的。设 $ \Omega_{3} = \{(x, y, z) \mid x^{2} + y^{2} + z^{2} \leq R^{2}, z \geq 0, x \geq 0\} $。由于被积函数 z 关于 x 是偶函数，而 $ \Omega_{3} $ 与 $ \Omega_{1} \setminus \Omega_{3} $（①）关于 yOz 面对称，故 $ \iiint_{D_{1}} z \, \mathrm{d}v = 2 \iiint_{D_{2}} z \, \mathrm{d}v $。又由于被积

① $ \Omega_{1}\backslash\Omega_{3}=\{(x,y,z)\mid(x,y,z)\in\Omega_{1}\} $ 且 $ (x,y,z)\notin\Omega_{3} $，称为 $ \Omega_{1} $ 与 $ \Omega_{3} $ 的差集.

函数z关于y也是偶函数，且 $ \Omega_{2} $与 $ \Omega_{3}\backslash\Omega_{2} $关于zOx面对称，故 $ \iiint_{D_{1}}z\mathrm{d}v=2\iiint_{D_{2}}z\mathrm{d}v $①.因此应选(C).

（2）记D的三个顶点为 $ A(a,a) $， $ B(-a,a) $， $ C(-a,-a) $（图10-61）。连接O，B，则D为 $ \triangle COB $和 $ \triangle AOB $之并。由于 $ \triangle COB $关于x轴对称， $ \triangle AOB $关于y轴对称，而函数xy关于y和x均是奇函数，从而有

$$ \iint\limits_{D}xy\mathrm{d}x\mathrm{d}y\ =\ \iint\limits_{\triangle AOB}xy\mathrm{d}x\mathrm{d}y\ +\ \iint\limits_{\triangle COB}xy\mathrm{d}x\mathrm{d}y\ =0\ +0\ =0\ ; $$

又由于函数 $ \cos x \sin y $ 关于 y 是奇函数，关于 x 是偶函数，从而有

$$ \begin{aligned}\iint_{D}\cos x\sin y\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iint_{\triangle COB}\cos x\sin y\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\iint_{\triangle AOB}\cos x\sin y\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=0+2\iint_{D_{1}}\cos x\sin y\mathrm{d}x\mathrm{d}y,\end{aligned} $$

因此应选(A).

（3）解法一 由于考虑 $ F'(2) $，故可设 t>1。对所给二重积分交换积分次序，得

$$ \begin{array}{r l l}{F\left(\mathrm{\boldmath~t~}\right)}&{=\displaystyle\int_{1}^{t}f(x)\mathrm{d}x\int_{1}^{x}\mathrm{d}y\ =\ \int_{1}^{t}(x-1)f(x)\mathrm{d}x,}\end{array} $$

于是，

$$ F^{\prime}(t)=(t-1)f(t), $$

从而有 $ F'(2) = f(2) $. 故选(B).

解法二 设 $ f(x) $ 的一个原函数为 $ G(x) $，则有

$$ \begin{align*}F\left(t\right)&=\int_{1}^{t}\mathrm{d}y\int_{y}^{t}f(x)\mathrm{d}x=\int_{1}^{t}\left[G(t)-G(y)\right]\mathrm{d}y\\&=G(t)\int_{1}^{t}\mathrm{d}y-\int_{1}^{t}G(y)\mathrm{d}y=(t-1)G(t)-\int_{1}^{t}G(y)\mathrm{d}y.\end{align*} $$

求导得

$$ F^{\prime}(t)=G(t)+(t-1)f(t)-G(t)=(t-1)f(t), $$

因此

$$ F^{\prime}(2)=f(2). $$

3. 计算下列二重积分：

(1) $ \iint_{D}(1+x)\sin yd\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})\,\mathrm{d}\sigma $，其中 $ D=(x,y) $ $ 0\leqslant y\leqslant\sin x,0\leqslant x\leqslant\pi $

(3) $ \iint_{D}\sqrt{R^{2}-x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}\sigma $，其中D是圆周 $ x^{2}+y^{2}=R x $所围成的闭区域；

(4) $ \iint_{D}(y^{2}+3x-6y+9)\,\mathrm{d}\sigma $，其中 $ D=(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\leq R^{2} $

解（1）D可表示为 $ 0 \leqslant y \leqslant 1 + x, 0 \leqslant x \leqslant 1 $，于是

$$ \begin{aligned}\iint\limits_{D}^{}(1+x)\sin y\mathrm{d}\sigma&=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1+x}(1+x)\sin y\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{1}\left[(1+x)-(1+x)\cos(1+x)\right]\mathrm{d}x\\&\xlongequal{t=1+x}\int_{1}^{2}(t-t\cos t)\mathrm{d}t=\left[\frac{t^{2}}{2}-t\sin t-\cos t\right]_{1}^{2}\\&=\frac{3}{2}+\sin1+\cos1-2\sin2-\cos2.\end{aligned} $$

（2）由于

$$ \begin{align*}\iint_{D}x^{2}\mathrm{d}\sigma&=\int_{0}^{\pi}x^{2}\mathrm{d}x\int_{0}^{\sin x}\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{\pi}x^{2}\sin x\mathrm{d}x=-\left.\left[x^{2}\cos x\right]_{0}^{\pi}+2\int_{0}^{\pi}x\cos x\mathrm{d}x\right.\\&=\left.\pi^{2}+2\left(x\sin x\ \middle|_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}\sin x\mathrm{d}x\right)=\pi^{2}-4\right.,\end{align*} $$

$$ \begin{array}{l}\displaystyle\iint_{D}y^{2}\mathrm{d}\sigma\;=\;\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}x\int_{0}^{\sin x}y^{2}\mathrm{d}y\\ \\ \displaystyle\quad=\;\frac{1}{3}\int_{0}^{\pi}\sin^{3}x\mathrm{d}x\;=\;\frac{2}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{3}x\mathrm{d}x\quad1\\ \\ \displaystyle\quad=\;\frac{2}{3}\cdot\frac{2}{3}\;=\;\frac{4}{9}\;,\end{array} $$

故

$$ \begin{align*}\iint_{D}\left(x^{2}-y^{2}\right)\mathrm{d}\sigma&=\iint_{D}x^{2}\mathrm{d}\sigma-\iint_{D}y^{2}\mathrm{d}\sigma=\left(\pi^{2}-4\right)-\frac{4}{9}\\&=\pi^{2}-\frac{40}{9}.\end{align*} $$

（3）利用极坐标计算. 在极坐标系中，

$$ D=\{(\rho,\theta)|0\leqslant\rho\leqslant R\cos\theta,-\frac{\pi}{2}\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{2}\}, $$

于是

$$ \begin{array}{r l}{\displaystyle\iint_{D}\sqrt{R^{2}-x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}\sigma}&{=\displaystyle\iint_{D}\sqrt{R^{2}-\rho^{2}}\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta}\\ &{=\displaystyle\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{R\cos\theta}\sqrt{R^{2}-\rho^{2}}\rho\mathrm{d}\rho}\\ &{=\displaystyle\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}-\frac{1}{3}\left[\left.\left(R^{2}-\rho^{2}\right)^{\frac{3}{2}}\right]\right._{0}^{R\cos\theta}\mathrm{d}\theta}\\ &{=\displaystyle\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{R^{3}}{3}(1-\left|\sin^{3}\theta\right|)\mathrm{d}\theta}\\ &{=\displaystyle\frac{2}{3}R^{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(1-\sin^{3}\theta)\mathrm{d}\theta}\\ &{=\displaystyle\frac{2}{3}R^{3}\left(\frac{\pi}{2}-\frac{2}{3}\right)=\frac{R^{3}}{3}\Big(\pi-\frac{4}{3}\Big).}\end{array} $$

注 如果忽略 $ \sin x $ 在 $ \left[-\frac{\pi}{2},0\right] $ 上非正，而按 $ \left(R^{2}-R^{2}\cos^{2}\theta\right)^{\frac{3}{2}}=R^{3}\sin^{3}\theta $ 计算，将导致错误. 这是一类常见错误，要注意避免.

（4）利用对称性可知 $ \iint_{D}3x\mathrm{d}\sigma=0,\iint_{D}6y\mathrm{d}\sigma=0. $又

$$ \iint_{D}9\mathrm{d}\sigma=9\times(D 的面积 )=9\pi R^{2}, $$

$$ \begin{aligned}\iint_{D}y^{2}\mathrm{d}\sigma&\xlongequal{ 极坐标 }\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{R}\rho^{2}\sin^{2}\theta\cdot\rho\mathrm{d}\rho\\&=\int_{0}^{2\pi}\sin^{2}\theta\mathrm{d}\theta\cdot\int_{0}^{R}\rho^{3}\mathrm{d}\rho\\&=\pi\cdot\frac{R^{4}}{4}=\frac{\pi}{4}R^{4}\text{,}\end{aligned} $$

因此

$$ 原式 =\frac{\pi}{4}R^{4}\ +9\pi R^{2}. $$

1. 交换下列二次积分的次序：

(1)

$$ \int_{0}^{4}\mathrm{d}y\int_{-\sqrt{4-y}}^{\frac{1}{2}(y-4)}f(x,y)\mathrm{d}x; $$

(2)

$$ \int_{0}^{1}\mathrm{d}y\int_{0}^{2y}f(x,y)\mathrm{d}x+\int_{1}^{3}\mathrm{d}y\int_{0}^{3-y}f(x,y)\mathrm{d}x； $$

(3) $ \int_{0}^{1} \mathrm{d}x \int_{\sqrt{x}}^{1 + \sqrt{1 - x^{2}}} f(x, y) \, \mathrm{d}y. $

解 （1）所给的二次积分等于闭区域 D 上的二重积分 $ \iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y $，其中 $ D = \{(x,y)\mid-\sqrt{4-y}\leq x\leq\frac{1}{2}(y-4),0\leq y\leq4\} $（图10-62），将 D 表达为 $ 2x+4\leq y\leq4-x^{2},-2\leq x\leq0 $，则得

$$ \int_{0}^{4}\mathrm{d}y\int_{-\sqrt{4-y}}^{\frac{1}{2}(y-4)}f(x,y)\mathrm{d}x=\int_{-2}^{0}\mathrm{d}x\int_{2x+4}^{4-x^{2}}f(x,y)\mathrm{d}y. $$

（2）所给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} = \left|\right| (x, y) $ $ \left|0 \leqslant x \leqslant 2y, 0 \leqslant y \leqslant 1\right| $, $ D_{2} = \left|\right| (x, y) $ $ \left|0 \leqslant x \leqslant 3 - y, 1 \leqslant y \leqslant 3\right| $ （图 10-63）. D 可表达为 $ \{(x,y) |\frac{x}{2} \leqslant y \leqslant 3 - x, 0 \leqslant x \leqslant 2.\} $，于是

$$ 原式 ~=\int_{0}^{2}\mathrm{d}x\int_{\frac{x}{2}}^{3-x}f(x,y)\mathrm{d}y. $$

（3）所给二次积分等于二重积分 $ \iint_{D}f(x,y)\,dxdy $，其中 $ D=\{(x,y)\mid\sqrt{x}\leq y\leq1+\sqrt{1-x^{2}},0\leq x\leq1\} $ （图10-64）。将 D 表达为 $ D_{1}\cup D_{2} $，其中 $ D_{1}=\{(x,y)\mid0\leq x\leq y^{2},0\leq y\leq1\} $， $ D_{2}=\{(x,y)\mid0\leq x\leq\sqrt{2y-y^{2}},1\leq y\leq2\} $，于是

$$ 原式 =\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\int_{0}^{y^{2}}f(x,y)\mathrm{d}x+\int_{1}^{2}\mathrm{d}y\int_{0}^{\sqrt{2x-y^{2}}}f(x,y)\mathrm{d}x. $$

1. 证明：

$$ \int_{0}^{a}\mathrm{d}y\int_{0}^{y}\mathrm{e}^{m(a-x)}f(x)\mathrm{d}x=\int_{0}^{a}(a-x)\mathrm{e}^{m(a-x)}f(x)\mathrm{d}x. $$

证 上式左端的二次积分等于二重积分 $ \iint_{D}e^{m(a-x)}f(x)dxdy $，其中 $ D=\{(x,y)\mid0\leq x\leq y,0\leq y\leq a\mid=(x,y)\mid x\leq y\leq a,0\leq x\leq a\} $。于是交换积分次序即得

$$ \begin{align*}\int_{0}^{a}\mathrm{d}y\int_{0}^{y}\mathrm{e}^{m(a-x)}f(x)\mathrm{d}x&=\int_{0}^{a}\mathrm{d}x\int_{x}^{a}\mathrm{e}^{m(a-x)}f(x)\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{a}(a-x)\mathrm{e}^{m(a-x)}f(x)\mathrm{d}x.\end{align*} $$

1. 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)\mid x^{2}\leqslant y\leqslant1,-1\leqslant x\leqslant1\} $.

解 积分区域 D 如图 10-65 所示. 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 $，用射线 $ \theta=\frac{\pi}{4} $ 和 $ \theta=\frac{3\pi}{4} $ 将 D 分成 $ D_{1}, D_{2}, D_{3} $ 三部分：

$$ D_{1}:0\leqslant\rho\leqslant\sec\theta\tan\theta,0\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{4}; $$

$$ D_{2}:0\leq\rho\leq\csc\theta,\frac{\pi}{4}\leq\theta\leq\frac{3\pi}{4}; $$

$$ D_{3}:0\leq\rho\leq\sec\theta\tan\theta,\frac{3\pi}{4}\leq\theta\leq\pi. $$

因此

$$ \begin{align*}\iint\limits_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\sec\theta\tan\theta}f(\rho\cos\theta,\rho\sin\theta)\rho\mathrm{d}\rho+\\&\quad\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\csc\theta}f(\rho\cos\theta,\rho\sin\theta)\rho\mathrm{d}\rho+\\&\quad\int_{\frac{3\pi}{4}}^{\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\sec\theta\tan\theta}f(\rho\cos\theta,\rho\sin\theta)\rho\mathrm{d}\rho.\end{align*} $$

1. 设 $ f(x,y) $ 在闭区域 $ D=\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\leqslant y,x\geqslant0\} $ 上连续，且

$$ f(x,y)\;=\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}\;-\frac{8}{\pi}\iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y, $$

求 $ f(x,y) $.

解 设 $ \iint_{D}f(x,y)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y=A $，则

$$ f(x,y)\;=\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}\;-\frac{8}{\pi}A, $$

从而

$$ \iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_{D}\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y-\frac{8}{\pi}A\iint_{D}\mathrm{d}x\mathrm{d}y, $$

又

$$ \iint_{D}^{}d x d y=D 的面积 =\frac{\pi}{8}, $$

故得

$$ A=\iint\limits_{D}\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y-A, $$

因此

$$ A=\frac{1}{2}\iint\limits_{D}\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

在极坐标系中，

$$ D=\left|(\rho,\theta)\right|0\leqslant\rho\leqslant\sin\theta,\quad0\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{2}\mid, $$

因此

$$ \iint\limits_{D}\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\sin\theta}\sqrt{1-\rho^{2}}\rho\mathrm{d}\rho=\frac{\pi}{6}-\frac{2}{9}, $$

于是得

$$ A=\frac{\pi}{12}-\frac{1}{9}. $$

从而

$$ f(x,y)=\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}+\frac{8}{9\pi}-\frac{2}{3}. $$

1. 把积分 $ \iiint_{D} f(x, y, z) \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z $ 化为三次积分，其中积分区域 $ \Omega $ 是由曲面 $ z = x^{2} + y^{2} $.

$ y=x^{2} $ 及平面 y=1, z=0 所围成的闭区域.

解 $ \Omega $ 为一曲顶柱体，其顶为 $ z = x^{2} + y^{2} $，底位于 xOy 面上，其侧面由抛物柱面 $ y = x^{2} $ 及平面 y = 1 所组成。由此可知 $ \Omega $ 在 xOy 面上的投影区域

$$ D_{xy}=\left|\begin{array}{l}(x,y)\\ x^{2}\end{array}\right|\left|x^{2}\leqslant y\leqslant1,-1\leqslant x\leqslant1\right|. $$

因此

$$ \begin{align*}\iiint_{D}f(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z&=\iint_{D_{+}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\int_{0}^{x^{2}+y^{2}}f(x,y,z)\mathrm{d}z\\&=\int_{-1}^{1}\mathrm{d}x\int_{x^{2}}^{1}\mathrm{d}y\int_{0}^{x^{2}+y^{2}}f(x,y,z)\mathrm{d}z.\end{align*} $$

1. 计算下列三重积分：

（1） $ \iiint_{\Omega}z^{2}dxdydz $，其中Ω是两个球： $ x^{2}+y^{2}+z^{2}\leqslant R^{2} $ 和 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}\leqslant2Rz(R>0) $ 的公共部分；

（2） $ \iiint_{\Omega}\frac{z\ln\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}+1\right)}{x^{2}+y^{2}+z^{2}+1}dv $，其中Ω是由球面 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=1 $所围成的闭区域；

（3） $ \iiint_{D}(y^{2}+z^{2})dv $，其中Ω是由xOy平面上曲线 $ y^{2}=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）解法一 利用直角坐标，采用“先重后单”的积分次序.

由 $ \{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}+z^{2}=R^{2},\\x^{2}+y^{2}+z^{2}=2Rz\end{array}. $，解得 $ z=\frac{R}{2} $，于是用平面 $ z=\frac{R}{2} $把Ω分成 $ \Omega_{1} $和 $ \Omega_{2} $两部分，其中

$$ \Omega_{1}=\{(x,y,z)|x^{2}+y^{2}\leqslant2R z-z^{2},0\leqslant z\leqslant\frac{R}{2}\}; $$

$$ \Omega_{2}=\{(x,y,z)|x^{2}+y^{2}\leqslant R^{2}-z^{2},\frac{R}{2}\leqslant z\leqslant R\}( 图 10-66). $$

于是

$$ \begin{aligned} 原式 &=\iiint_{D_{1}}z^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\iiint_{D_{2}}z^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z&\\&=\int_{0}^{\frac{R}{2}}z^{2}\mathrm{d}z\iint_{x^{2}+y^{2}\leqslant2R z-z^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\int_{\frac{R}{2}}^{R}z^{2}\mathrm{d}z\iint_{x^{2}+y^{2}\leqslant R^{2}-z^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=\int_{0}^{\frac{R}{2}}\pi\left(2R z-z^{2}\right)\cdot z^{2}\mathrm{d}z+\int_{\frac{R}{2}}^{R}\pi\left(R^{2}-z^{2}\right)\cdot z^{2}\mathrm{d}z\\ &=\frac{1}{40}\pi R^{5}+\frac{47}{480}\pi R^{5}=\frac{59}{480}\pi R^{5}.\\ \end{aligned} $$

$ ^{*} $解法二 利用球面坐标计算. 作圆锥面 $ \varphi = \arccos \frac{1}{2} = \frac{\pi}{3} $，将 $ \Omega $ 分成 $ \Omega'_{1} $ 和 $ \Omega'_{2} $ 两部分：

$$ \Omega_{1}^{\prime}=\{(r,\varphi,\theta)|0\leq r\leq R,0\leq\varphi\leq\frac{\pi}{3},0\leq\theta\leq2\pi\}; $$

$$ \Omega_{2}^{\prime}=\{(r,\varphi,\theta)|0\leq r\leq2R\cos\varphi,\frac{\pi}{3}\leq\varphi\leq\frac{\pi}{2},0\leq\theta\leq2\pi\}. $$

于是

$$ \begin{aligned} 原式 &=\iiint\limits_{D_{1}}z^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\iiint\limits_{D_{2}}z^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z&\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\frac{\pi}{3}}\cos^{2}\varphi\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{R}r^{4}\mathrm{d}r+\\ &\\&\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{\frac{\pi}{3}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2}\varphi\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{2R\cos\varphi}r^{4}\mathrm{d}r\\ &\\&=\frac{7}{60}\pi R^{5}+\frac{1}{160}\pi R^{5}=\frac{59}{480}\pi R^{5}.\\ \end{aligned} $$

（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.

（3）积分区域Ω由旋转抛物面 $ y^{2}+z^{2}=2x $和平面x=5所围成，Ω在yOz面上的投影区域

$$ D_{v z}=\{(y,z)\mid y^{2}+z^{2}\leqslant10\}. $$

因此 $ \Omega $ 可表示为

$$ \frac{1}{2}(y^{2}+z^{2})\leqslant x\leqslant5,\quad0\leqslant y^{2}+z^{2}\leqslant10. $$

于是

$$ \begin{aligned}\iiint\limits_{D}\left(y^{2}+z^{2}\right)\mathrm{d}v&=\iint\limits_{D_{s i}}\left(y^{2}+z^{2}\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z\int_{\frac{y^{2}+z^{2}}{2}}^{3}\mathrm{d}x\\&=\iint\limits_{D_{s i}}\left(y^{2}+z^{2}\right)\left(5-\frac{y^{2}+z^{2}}{2}\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\&\xlongequal{ 极坐标 }\iint\limits_{D_{s i}}\rho^{2}\Big(5-\frac{\rho^{2}}{2}\Big)\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\sqrt{10}}\rho^{3}\left(5-\frac{\rho^{2}}{2}\right)\mathrm{d}\rho\\&=\frac{250}{3}\pi.\end{aligned} $$

注 根据本题的积分区域 $ \Omega $ 的特点，应将 $ \Omega $ 向 yOz 面投影，即采用先对 x、后对 y 和 z 的积分次序较宜.

$ ^{*} $10. 设函数 $ f(x) $ 连续且恒大于零，

$$ \begin{array}{r l}{F\left(t\right)}&{=\frac{\iiint\limits_{D\left(t\right)}f\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)\mathrm{d}v}{\iint\limits_{D\left(t\right)}f\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}\sigma},}\end{array} $$

$$ \begin{array}{r l}{G(t)}&{=\frac{\displaystyle\iint\limits_{D(t)}f(x^{2}+y^{2})\mathrm{d}\sigma}{\displaystyle\int_{-t}^{t}f(x^{2})\mathrm{d}x},}\end{array} $$

其中 $ \Omega(t)=\left|\left(x,y,z\right)\right|x^{2}+y^{2}+z^{2}\leqslant t^{2} $， $ D(t)=\left|\left(x,y\right)\right|x^{2}+y^{2}\leqslant t^{2} $。

（1）讨论 $ F(t) $ 在区间 $ (0, +\infty) $ 内的单调性；

（2）证明当 t > 0 时， $ F(t) > \frac{2}{\pi} G(t) $.

解 （1）利用球面坐标，

$$ \iiint_{D}^{}f(x^{2}+y^{2}+z^{2})\mathrm{d}v=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\pi}\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{t}f(r^{2})r^{2}\mathrm{d}r=4\pi\int_{0}^{t}f(r^{2})r^{2}\mathrm{d}r, $$

利用极坐标，

$$ \begin{align*}\iint\limits_{D(t)}f(x^{2}+y^{2})\mathrm{d}\sigma&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{t}f(\rho^{2})\rho\mathrm{d}\rho=2\pi\int_{0}^{t}f(\rho^{2})\rho\mathrm{d}\rho\\&=2\pi\int_{0}^{t}f(r^{2})r\mathrm{d}r.\end{align*} $$

于是

$$ F(t)=\frac{2\int_{0}^{t}f(r^{2})r^{2}\mathrm{d}r}{\int_{0}^{t}f(r^{2})r\mathrm{d}r}, $$

求导得

$$ F^{\prime}(t)=\frac{2t f(t^{2})\int_{0}^{t}f(r^{2})r(t-r)\mathrm{d}r}{\left[\int_{0}^{t}f(r^{2})r\mathrm{d}r\right]^{2}}, $$

所以在区间 $ (0,+\infty) $内， $ F'(t)>0 $，故 $ F(t) $在 $ (0,+\infty) $内单调增加。

（2）证 因为 $ f(x^{2}) $ 为偶函数，故

$$ \int_{-t}^{t}f(x^{2})\mathrm{d}x=2\int_{0}^{t}f(x^{2})\mathrm{d}x=2\int_{0}^{t}f(r^{2})\mathrm{d}r. $$

所以

$$ G(t)=\frac{\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{t}f(r^{2})r\mathrm{d}r}{2\int_{0}^{t}f(r^{2})\mathrm{d}r}=\frac{\pi\int_{0}^{t}f(r^{2})r\mathrm{d}r}{\int_{0}^{t}f(r^{2})\mathrm{d}r}. $$

要证明 t>0 时， $ F(t)>\frac{2}{\pi}G(t) $，即证

$$ \frac{2\int_{0}^{t}f(r^{2})r^{2}\mathrm{d}r}{\int_{0}^{t}f(r^{2})r\mathrm{d}r}>\frac{2\int_{0}^{t}f(r^{2})r\mathrm{d}r}{\int_{0}^{t}f(r^{2})\mathrm{d}r}, $$

只需证当 t>0 时， $ H(t)=\int_{0}^{t}f(r^{2})r^{2}dr\cdot\int_{0}^{t}f(r^{2})dr-\left[\int_{0}^{t}f(r^{2})rdr\right]^{2}>0 $ 。由于 $ H(0)=0 $ ，且

$$ \begin{array}{r l}{H^{\prime}(t)}&{=f(t^{2})\int_{0}^{t}f(r^{2})\left(t-r\right)^{2}\mathrm{d}r>0,}\end{array} $$

所以 $ H(t) $ 在 $ (0, +\infty) $ 内单调增加，又 $ H(t) $ 在 $ [0, +\infty) $ 上连续，故当 t > 0 时，

$$ H(t)>H(0)=0. $$

因此当t>0时，有

$$ F(t)>\frac{2}{\pi}G(t). $$

1. 求平面 $ \frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1 $被三坐标面所割出的有限部分的面积.

解 平面方程为 $ z = c - \frac{x}{a}x - \frac{y}{b}y $，它被三坐标面割出的有限部分在 xOy 面上的投影区域 $ D_{xy} $ 为由 x 轴、y 轴和直线 $ \frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1 $ 所围成的三角形区域。于是所求面积为

$$ \begin{aligned}A&=\iint_{D_{x}}\sqrt{1+\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\iint_{D_{x}}\sqrt{1+\frac{c^{2}}{a^{2}}+\frac{c^{2}}{b^{2}}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&=\frac{1}{\left|ab\right|}\sqrt{a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}}\iiint_{D_{,,}}dxdy\\&=\frac{1}{\left|ab\right|}\sqrt{a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}}\cdot\frac{1}{2}\left|ab\right|\\&=\frac{1}{2}\sqrt{a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}}.\end{aligned} $$

1. 在均匀的半径为 R 的半圆形薄片的直径上，要接上一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 设矩形另一边的长度为 l 并建立如图 10-67 所示的坐标系，则质心的纵标

$$ \begin{array}{l}\displaystyle\overline{\boldsymbol{y}}~=~\frac{\displaystyle\iint_{D}y\mathrm{d}\sigma}{A}~=~\frac{\displaystyle\int_{-R}^{R}\mathrm{d}x\int_{-l}^{\sqrt{R^{2}-x^{2}}}y\mathrm{d}y}{A}~\\~\displaystyle=\frac{\displaystyle\int_{-R}^{R}\left(R^{2}~-~x^{2}~-~l^{2}\right)\mathrm{d}x}{2A}~=~\frac{\displaystyle\frac{2}{3}R^{3}~-~l^{2}R}{A}~,\end{array} $$

由题设 $ \bar{y}=0 $ 即可算得

$$ l=\sqrt{\frac{2}{3}}R. $$

1. 求由抛物线 $ y = x^2 $ 及直线 $ y = 1 $ 所围成的均匀薄片（面密度为常数 $ \mu $）对于直线 $ y = -1 $ 的转动惯量.

解 闭区域 $ D = \left| (x, y) \right| - \sqrt{y} \leqslant x \leqslant \sqrt{y}, 0 \leqslant y \leqslant 1 $，所求的转动惯量为

$$ \begin{align*}I&=\iint_{D}\mu(y+1)^{2}\mathrm{d}\sigma=\mu\int_{0}^{1}(y+1)^{2}\mathrm{d}y\int_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}}\mathrm{d}x\\&=2\mu\int_{0}^{1}\sqrt{y}(y+1)^{2}\mathrm{d}y\\&=2\mu\int_{0}^{1}(y^{\frac{5}{2}}+2y^{\frac{3}{2}}+y^{\frac{1}{2}})\mathrm{d}y\end{align*} $$

$$ =\frac{368}{105}\mu. $$

1. 设在 xOy 面上有一质量为 M 的质量均匀的半圆形薄片，占有平面闭区域 $ D = \{(x,y) \mid x^{2} + y^{2} \leqslant R^{2}, y \geqslant 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 求解本题时，所有的分析和计算过程均与习题10-4的第13题雷同，故这里略去详细的计算步骤.

积分区域 $ D = \left( \rho, \theta \right) \mid 0 \leqslant \rho \leqslant R, 0 \leqslant \theta \leqslant \pi $.

由于 D 关于 y 轴对称，且质量均匀分布，故 $ F_{x}=0 $ 。又薄片的面密度 $ \mu=\frac{M}{\frac{1}{2}\pi R^{2}}=\frac{2M}{\pi R^{2}} $ ，于是

$$ \begin{aligned}F_{y}&=G m\mu\iint_{b}\frac{y}{\left(x^{2}+y^{2}+a^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}\sigma\\&\xlongequal{ 极坐标 }G m\mu\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{R}\frac{\rho\sin\theta}{\left(\rho^{2}+a^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\cdot\rho\mathrm{d}\rho\\&=2G m\mu\int_{0}^{R}\frac{\rho^{2}}{\left(\rho^{2}+a^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}\rho\\&=\frac{4G m M}{\pi R^{2}}\Bigg(\ln\frac{\sqrt{R^{2}+a^{2}}+R}{a}-\frac{R}{\sqrt{R^{2}+a^{2}}}\Bigg),\end{aligned} $$

$$ \begin{align*}F_{z}&=-\left.G a m\mu\iint_{D}\frac{\mathrm{d}\sigma}{\left(x^{2}+y^{2}+a^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\right.\\&=-\left.G a m\mu\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{R}\frac{\rho}{\left(\rho^{2}+a^{2}\right)^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}\rho\right.\\&=-\frac{2G a m M}{R^{2}}\bigg(\frac{1}{a}-\frac{1}{\sqrt{R^{2}+a^{2}}}\bigg)\\&=-\frac{2G m M}{R^{2}}\bigg(1-\frac{a}{\sqrt{R^{2}+a^{2}}}\bigg),\end{align*} $$

所求引力为 $ \boldsymbol{F}=(0,F_{y},F_{z}) $.

1. 求质量分布均匀的半个旋转椭球体 $ \Omega=\{(x,y,z)|\frac{x^{2}+y^{2}}{a^{2}}+\frac{z^{2}}{b^{2}}\leqslant1,z\geqslant0.\} $ 的质心.

解 设质心为 $ (\bar{x},\bar{y},\bar{z}) $，由对称性知质心位于z轴上，即 $ \bar{x}=\bar{y}=0 $。由于

$$ \begin{aligned}\iiint\limits_{D}z\mathrm{d}v&=\int_{0}^{b}z\mathrm{d}z\iint\limits_{D_{z}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y( 其中 D_{z}=\{(x,y)|x^{2}+y^{2}\leqslant a^{2}(1-\frac{z^{2}}{b^{2}})\})\\&=\int_{0}^{b}\pi a^{2}(1-\frac{z^{2}}{b^{2}})z\mathrm{d}z\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}=\pi a^{2}\int_{0}^{b}\left(z-\frac{z^{3}}{b^{2}}\right)\mathrm{d}z&=\frac{\pi a^{2}b^{2}}{4},\end{aligned} $$

$$ V=\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{3}\pi a^{2}b=\frac{2\pi a^{2}b}{3}, $$

因此

$$ \overline{z}=\frac{\displaystyle\frac{\pi a^{2}b^{2}}{4}}{\displaystyle\frac{2\pi a^{2}b}{3}}=\frac{3b}{8}, $$

即质心为 $ \left(0,0,\frac{3b}{8}\right) $.

1. 一球形行星的半径为 R，其质量为 M，其密度呈球对称分布，并向着球心线性增加。若行星表面的密度为零，则行星中心的密度是多少？

解 设行星中心的密度为 $ \mu_{0} $，则由题设，在距球心 $ r (0 \leq r \leq R) $ 处的密度为 $ \mu(r) = \mu_{0} - k r $。由于 $ \mu(R) = \mu_{0} - k R = 0 $，故 $ k = \frac{\mu_{0}}{R} $，即

$$ \mu\left(\mathbf{\nabla}r\right)=\mu_{0}\left(1-\frac{r}{R}\right). $$

于是，

$$ \begin{align*}M&=\iiint\limits_{r\leq R}\mu_{0}\bigg(1-\frac{r}{R}\bigg)r^{2}\sin\varphi\mathrm{d}r\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta\\&=\mu_{0}\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\pi}\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{R}\bigg(1-\frac{r}{R}\bigg)r^{2}\mathrm{d}r\\&=4\pi\mu_{0}\int_{0}^{R}\bigg(1-\frac{r}{R}\bigg)r^{2}\mathrm{d}r=\frac{\mu_{0}\pi R^{3}}{3},\end{align*} $$

因此得

$$ \mu_{0}=\frac{3M}{\pi R^{3}}. $$