1、1第九章 重积分一、基础题:1设 其中 ；又123()DIxyd1(,)|1,2Dxyy其中 试利用二重积分的几何意义说23()DI2(,)|0明 与 之间的关系1解 由二重积分的几何意义知， 表示底为 、顶为曲面 的曲顶柱体1I123()zxy的体积； 表示底为 、顶为曲面 的曲顶柱体 的体积（图 9-1）由12I223()zxy于 位于上方的曲面 关于 面和面 均对称，故 面和 面将3()zxyOzOzx分成四个等积的部分，其中位于第一卦限的部分既为 由此可知2124I2设积分区域 D 由圆 所围成,22()(1)且 ,()kkDIxyd3试讨论 , , 的大小关系 . 12I图 9-1解
2、 因为当 时, , , 因此, ()xy1x05y, 故有 由5xy23()()()x二重积分的保号性便得 bbaafxfyd= =2()()()bafxd()Dfyd11其中 D: axb, y若 D 关于 对称,则 =y(,)Dfxd(,)Dfyxd证 = = 22()()bbaafdg22bbaag2()Dfgyd其中 D: .x, y又 =2()baf()bafxd()bafyd= Dg将两式相减,得: -22()()bbaafxgx2()bafgx2()DDfydfyd= + -2 12xg2()x()()Dfxfygd= ()Dfyfd0所以 2baxgd 2()()bbaaxgx
3、14 已知 在 上连续, 证明： = ()f00()axfdfy20()afxd证 = =20ax0()afx0()afx 0a= Dyd其中 D: , D 关于 对称,被 分为两个区域 ,而, yx12D,有 ,由对称性(,)()fxyfy()()fxfx12DDdy即 =()f1 2()()Dfdfxyd=2 = .1Dxyd0axy故 = 20()af()()xffd15设 在 上连续, 试利用二重积分 , xab 2()Dfxydx， ，证明 :ay22()()(bbaafxfd证 在 连续,则 , 在 上也连续,故积分xy存在且非负,2()Dfxdx12即 = .02()Dfxydx
4、2 2()()()DDDfxdyfxydfydx由于积分区域 D 关于 对称 , =2又 = = =()fxy()baxfy()()bbaafxfy 2()bafx于是, -2()Dfd2d0即 ,yx()bafx即 2()badf 2d故 ()baxfx三、考研题1. (91,3 分) 设 D 是平面上以(1,1),(-1,1)和(-1,-1) 为顶点的三角形, 是它的第一象限部分,则 等于1 (cosin)Dxyydx(A)2 . (B)21cosinDxyd 1(C)4 (D) 01()x解 (A) 图 9-12分析 看起来 ,这是一道考查被积函数的奇偶性与积分区域的对称性在计算二重积分
5、中的应用的题目.D 关于 x,y 轴不对称 ,但添加辅助线可变成分块有对称性的情形.见图 9-11连 BO,把 D 分成 , 即三角形 AOB, 即三角形 COB.1212D(因为 关于 y 轴对称,被积函数 xy 对 x 为奇函数, 关 21 0Dxydxyd1 2D于 x 轴对称, xy 对 y 为奇函数).类似地 = + =2 .cosin1cosind2cosinDxd1cosinDyd故选(A)2. (00,3 分) 设 S: (z 0), 是 S 在第一卦限中的部分,则有( )22xyza1(A) . (B) .14SSxd14Sdx(C) . (D) 1z 1Syzyzd解(C)
6、. 设 在分块光滑曲面 S 上连续 , S 关于 平面对称,则 (,)fx yz=0 若 关于 x 为奇函数(,)Sfxyd ,f= 若 关于 x 为偶函数z12(,),Sfyzd()yz13其中 ,其它对称情形有类似结论,10Sx本题中 S 在平面上方,关于平面 与平面 对称,而 = 对 均为偶函数,所以yzx(,)fxyzxy= = ,再利用变量的轮换性,zd02xz14Sd= = ,因此选(C).1S1Sy13. (92 ，3 分) 交换积分次序 =_210(,)ydfxd解 , 2 2101(,xxdfyf积分区域 D 由 , , , 所围成, 因此y2y=210(,)yfx201()
7、()x xdfdfd4. (90，3 分) 积分 的值等于_ 22yxe解 积分区域由 , , , 所围成，交换积分次序.4(12eyx2= = = =0yxd220yd200()ed0yed201ye= 4()e5. ( 94,3 分) ，设 D 为圆域 ，则 _ 22xyR2()Dxyab解 421()Rab解法一 用极坐标变换来计算：原式=222230 0 0cosincosin()()Rdrrddrab 由于： ，20i则 原式= =421()Rab21()解法二 由于积分区域关于 对称.yx有 = (对称轮换性) 于是,Dfxyd(,Dfd= =2()ab221dab221()()D
8、xydab= = .22201Rdr421()6. (05,11 分)设 , 表示不超过,),0xyxy21xy的最大整数,计算二重积分 .2xy 2Dd分析： 因被积函数分块表示,要用分块积分法.14在 D 上:xy22 2,()IndDInxyd(5)由曲面 及 所截下部分的面积等于 .2axyz2z16(A) (B) (D) (D) 356a316a32a312a2填空题(1)交换累次积分的次序 =_.14012(,)(,)x xdfydfyd(2)椭球 被平面 ( )分成两部分,其中小部分的体积可用二重22xyzabczhc积分表示为_.(3)化积分 I 为极坐标下的累次积分 =_.2
9、10(,)yIdfxd(4)球面 包含在柱面 内的面积可用二重积分表示为22xyz2x_.(5) 的值为_.120yIdd(6) =_,其中 为曲面 和平面2()xz2xyz所围成的区域.z(7)曲面 被柱面 所围部分的面积为_.2y21xy(8)试用二重积分表示由曲面 及 所围成的立体的表面积223zaxy2azS 等于_.3计算 ,其中 D 为中心在原点,半径为 的圆所围成201limcos()xyrDed r的区域4计算 ,其中 是由平面 以及抛物柱面 所围zd0,1zy2yx成的闭区域.5已知 D 是由曲线 , , , 所围成的第一卦限的闭区域， 4xy835xy3求 D 的面积6求底
10、圆半径相等的两个直角圆柱面 及 所围立体的表面积.22R2xz7计算 ,其中为平面 , , , 所围成的四3(1)dzxy 01y面体.8设 、 为 上具有相同增减性的连续函数, 证明:)fg010(d110()()fxgdx9证明:曲面 上任一点处的切平面与曲面 所围成立体的体24zy2zxy积为定值. 四、测试题答案1选择题(1) (C)； (2) (C)； (3) (A)； (4) (B)；(5) (B)2填空题(1) 21(,)ydfxd17(2) ( 其中 D: )21Dxychdxab 221(xyhabc(3)I= 2sin40(co,sin)dfrr34sin0o,sindfr
11、rd(4) 221xydxy(5) .3lnarctn(6) . 6(7) . 51(8) 222223xyaaxyS dxy 3解 因 在 D 上连续,由二重积分中值定理知 ,在 D 内至少 存在cos()e (,)一点, 使 =2xyDd2 2cos()er于是 = =1201lims()xyxyr0lim24解 的顶为平面 ,底为平面 , 在 面上的投影区域 由 和zzxOyxy1所围成.故 可用不等式表示为2yx.,1,zyx因此 .210ydzdz2116()0xdyxd5 解 令 , ,由于区域 D 在第一卦限,所以 , ,因而 ,ux3v y3uxv.vy与 D 对应的闭区域为
12、(,)|48,51xyuv= = =(,)xyJuv3321vu2v=DAdxy 851544ln|2dvdvl36解 设第一卦限内的立体表面位于圆柱面 上的那一部分的面积为 A,则由22xzR对称性知全部表面的面积为 16A.182221()10DDzxAdxydyxR22 20RxR 20Rx7解 =(,),1yzy于是 =31dx11300()xdzdx= =1022()x yz1 2018()xdyx= =108xyd42)= 5()2In8证 设 D: , ,则1xy= = ,10()fxgd()Dfgd()Dfgd= = , 于是10 ()x2 -210()fx1100()()fxx= + - -DgdDygd()Dfgyd()Dfygxd= ()()f由于 与 在 上具有相同的增减性,因此 有x01,0,1xy()()fygxy0由积分的保号性,有 ,()()Dfgxd即 10()fd1100f9证 曲面 在其上一点 处的切平面方程为24zxy(,)Pyz,2)z(1)200又 (2)2z由(1)(2)消去 ，得投影区域 2200:()()4Dxy因此,切平面与曲面 所围成的立体为xy2200(4)DVx d = 24)(d= = (常数)20dr819
