同济第五版高数习题答案

同济第五版高数习题答案

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板上全部电荷$Q$。解：板上的全部电荷应等于电荷的面密度$\mu(x,y)$在该板所占闭区域$D$上的二重积分。2.设$D_1=\{(x,y)|-1\leqx\leq1,-2\leqy\leq2\}$，$D_2=\{(x,y)|0\leqx\leq1,0\leqy\leq2\}$。试利用二重积分的几何意义说明$I$与$J$的关系，其中$$I=\iint\limits_{D_1}(x+y)\mathrm{d}\sigma,\quadJ=\iint\limits_{D_2}(x+y)\mathrm{d}\sigma.$$解：$I$表示由曲面$z=x+y$与平面$x=\pm1,y=\pm2$以及$z=0$围成的立体$V$的体积；$J$表示由曲面$z=x+y$与平面$x=0,x=1,y=0,y=2$以及$z=0$围成的立体$V$的体积。显然立体$V$关于$yOz$面、$xOz$面对称，因此$V$是$V$位于第一卦限中的部分，故$V=4V$，即$I=4J$。3.利用二重积分的定义证明：（1）$\iint\limits_{D}\mathrm{d}\sigma=\sigma$（其中$\sigma$为$D$的面积）；证明：由二重积分的定义可知，$$\iint\limits_{D}\mathrm{d}\sigma=\lim\limits_{\Delta\sigma_i\rightarrow0}\sum\limits_{i=1}^{n}\Delta\sigma_i=\lim\limits_{\Delta\sigma_i\rightarrow0}\sigma=\sigma.$$其中$\Delta\sigma_i$表示第$i$个小闭区域的面积。此处$f(x,y)=1$，因而$f(\xi,\eta)=1$，所以$$\sum\limits_{i=1}^{n}f(\xi_i,\eta_i)\Delta\sigma_i=\sum\limits_{i=1}^{n}\Delta\sigma_i.$$（2）$\iint\limits_{D}k\mathrm{d}\sigma=k\sigma$（其中$k$为常数）；证明：$$\iint\limits_{D}k\mathrm{d}\sigma=\lim\limits_{\Delta\sigma_i\rightarrow0}\sum\limits_{i=1}^{n}kf(\xi_i,\eta_i)\Delta\sigma_i=k\lim\limits_{\Delta\sigma_i\rightarrow0}\sum\limits_{i=1}^{n}f(\xi_i,\eta_i)\Delta\sigma_i=k\sigma.$$（3）$\iint\limits_{D=D_1\cupD_2}\mathrm{d}\sigma=\iint\limits_{D_1}\mathrm{d}\sigma+\iint\limits_{D_2}\mathrm{d}\sigma$，其中$D=D_1\cupD_2$，$D_1$和$D_2$为两个无公共内点的闭区域。证明：将$D$和$D$分别任意分为$n$和$n$个小闭区域$D_{i,j}$和$D_{i,j}'$，作和$$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}\Delta\sigma_{i,j}+\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}\Delta\sigma_{i,j}'=\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}(\Delta\sigma_{i,j}+\Delta\sigma_{i,j}').$$令各和$\Delta\sigma_{i,j}$和$\Delta\sigma_{i,j}'$的直径中最大值分别为$\lambda$和$\lambda'$，又$\lambda=\max(\lambda,\lambda')$，则有$$\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}(\Delta\sigma_{i,j}+\Delta\sigma_{i,j}')\leq\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}\lambda^2=\lambda^2\sum\limits_{i=1}^{n}\sum\limits_{j=1}^{n}1=\lambda^2\sigma.$$即$$\iint\limits_{D}\mathrm{d}\sigma\leq\iint\limits_{D_1}\mathrm{d}\sigma+\iint\limits_{D_2}\mathrm{d}\sigma.$$又$$\iint\limits_{D_1}\mathrm{d}\sigma+\iint\limits_{D_2}\mathrm{d}\sigma\leq\iint\limits_{D}\mathrm{d}\sigma.$$因此$$\iint\limits_{D}\mathrm{d}\sigma=\iint\limits_{D_1}\mathrm{d}\sigma+\iint\limits_{D_2}\mathrm{d}\sigma.$$4.根据二重积分的性质，比较下列积分大小：（1）$\iint\limits_{D}\sqrt{x^2+y^2}\mathrm{d}\sigma$和$\iint\limits_{D}x\mathrm{d}\sigma$，其中积分区域$D$是由$x$轴，$y$轴与直线$x+y=1$所围成。解：区域$D$为$D=\{(x,y)|0\leqx,0\leqy,x+y\leq1\}$，因此当$(x,y)\inD$时，有$x+y\leq\sqrt{x^2+y^2}$，从而$$\sqrt{x^2+y^2}\leqx+y.$$因此$$\iint\limits_{D}\sqrt{x^2+y^2}\mathrm{d}\sigma\leq\iint\limits_{D}(x+y)\mathrm{d}\sigma.$$（2）$\iint\limits_{D}\mathrm{e}^{x^2+y^2}\mathrm{d}\sigma$和$\iint\limits_{D}\mathrm{e}^{x+y}\mathrm{d}\sigma$，其中积分区域$D$是由圆周$(x-2)^2+(y-1)^2=2$所围成。解：区域$D$如图所示，由于$D$位于直线$x+y=1$的上方，所以当$(x,y)\inD$时，$x+y\geq1$，从而$x+y\geq\frac{1}{2}(x-2+y-1)+2=\frac{1}{2}[(x-2)^2+(y-1)^2]$，因而$\mathrm{e}^{x+y}\geq\mathrm{e}^{(x-2)^2+(y-1)^2}$，即$$\iint\limits_{D}\mathrm{e}^{x+y}\mathrm{d}\sigma\geq\iint\limits_{D}\mathrm{e}^{(x-2)^2+(y-1)^2}\mathrm{d}\sigma.$$（3）$\iint\limits_{D}\ln(x+y)\mathrm{d}\sigma$和$\iint\limits_{D}\mathrm{d}\sigma$，其中$D$是三角形闭区域，三角顶点分别为$(1,0),(1,1),(2,0)$。解：区域$D$如图所示，显然当$(x,y)\inD$时，$1\leqx+y\leq2$，从而$0\leq\ln(x+y)\leq1$，故有$$\iint\limits_{D}\ln(x+y)\mathrm{d}\sigma\leq\iint\limits_{D}\mathrm{d}\sigma.$$（4）$\iint\limits_{D}\mathrm{d}\sigma$和$\iint\limits_{D}x\mathrm{d}\sigma$，其中$D=\{(x,y)|3\leqx\leq5,0\leqy\leq1\}$。解：显然当$(x,y)\inD$时，$3\leqx\leq5$，从而$9\leqx^2\leq25$，因此$$\iint\limits_{D}x\mathrm{d}\sigma\leq\iint\limits_{D}\mathrm{d}\sigma.$$首先，文章中存在格式错误，如“解区域D如图所示”后面没有给出图，需要删除这部分内容。此外，第二段话中的“故.”也应删除。改写第一段话：“区域D如图所示，显然D位于直线x+y=e的上方，因此当(x,y)∈D时，有x+y≥e，进而得到ln(x+y)≥1。由此可得[ln(x+y)]≥ln(x+y)。”改写第二段话：“对于积分(1)，由于在区域D上有0≤x≤1且0≤y≤1，因此有0≤xy≤1且0≤x+y≤2。进一步可得0≤xy(x+y)≤2，所以积分值不超过2。因此，积分的值为2。”改写第三段话：“对于积分(2)，由于在区域D上有0≤x≤π且0≤y≤π，因此有0≤sinx≤1且0≤siny≤1，进而得到0≤sinxsiny≤1。因此，积分的值不超过π^2，即积分的值为π^2。”改写第四段话：“对于积分(3)，由于在区域D上有0≤x≤1且0≤y≤2，因此有1≤x+y+1≤4。进一步可得0≤(x+y+1)^2≤16，即0≤x^2+y^2+2xy+2x+2y+1≤16。因此，积分的值不超过16，即积分的值为16。”改写第五段话：“对于积分(4)，由于在区域D上有x^2+y^2≤4，因此有9≤x+4y+9≤25。进一步可得0≤(x+2y+2)^2≤169，即-13≤x+2y+2≤13。因此，积分的值不超过169/2，即积分的值为169/2。”最后，对于习题9-2中的每个问题，直接给出答案即可，不需要再进行改写。1.给定二重积分的被积函数和积分区域，计算该二重积分的值。给定二重积分的被积函数和积分区域，计算该二重积分的值。其中积分区域D由直线y=2,y=x及y=2x轴所围成的闭区域。解积分区域图如下，并且D={(x,y)|0≤y≤2,0≤x≤y}。于是2.如果二重积分的被积函数f(x,y)是两个函数f1(x)及f2(y)的乘积，即f(x,y)=f1(x)⋅f2(y)，积分区域D={(x,y)|a≤x≤b,c≤y≤d}，证明这个二重积分等于两个单积分的乘积，即证明：而，故。由于f1(x)与积分区间[c,d]无关，f2(y)与积分区间[a,b]无关，因此可将积分区间分解为两个单积分，即3.化二重积分为二次积分，其中积分区域D是：(1)由直线y=x及抛物线y=4x所围成的闭区域。解：积分区域如图所示，并且D={(x,y)|0≤x≤1,0≤y≤x}，或D={(x,y)|0≤y≤1,0≤x≤y}，所以或(2)由x轴及半圆周x+y=r(y≥0)所围成的闭区域。解：积分区域如图所示，并且D={(x,y)|0≤x≤r,0≤y≤r-x}，或D={(x,y)|0≤y≤r,x≤y≤r}，所以或(3)由直线y=x，x=2及双曲线(x>0)所围成的闭区域。解：积分区域如图所示，并且D={(x,y)|0≤x≤2,0≤y≤x}∪{(x,y)|2≤x≤cosh⁡(1),0≤y≤x/2}，或D={(x,y)|0≤y≤2,0≤x≤y}∪{(x,y)|0≤y≤sinh⁡(1),y/2≤x≤2}，所以或(4)环形闭区域{(x,y)|1≤x+y≤4}。解：如图所示，用直线x=−1和x=1可将积分区域D分成四部分，分别记做D1,D2,D3,D4。于是用直线y=1和y=−1可将积分区域D分成四部分，分别记做D1,D2,D3,D4，如图所示。于是4.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)围成的闭区域，证明：证明：积分区域如图所示，并且积分区域可表示为D={(x,y)|a≤x≤b,a≤y≤x}，或D={(x,y)|a≤y≤b,y≤x≤b}。于是因此5.改换下列二次积分的积分次序：(1)解：由根据积分限可得积分区域D={(x,y)|0≤y≤1,0≤x≤y}，如图。因为积分区域还可以表示为D={(x,y)|0≤x≤1,x≤y≤1}，所以(2)解：由根据积分限可得积分区域D={(x,y)|0≤y≤2,y≤x≤2y}，如图。因为积分区域还可以表示为D={(x,y)|0≤x≤4,y/2≤x≤2}，所以(3)解：由分限可得积分区域如图。因为积分区域还可以表示为D={(x,y)|0≤x≤1,0≤y≤x^2}，所以(4)解：由分限可得积分区域如图。因为积分区域还可以表示为D={(x,y)|1−y≤x≤2−y,0≤y≤1}，所以1.根据积分限可得积分区域D={(x,y)|1≤x≤e,0≤y≤lnx}，如图。因为积分区域还可以表示为D={(x,y)|0≤y≤1,e≤x≤e}，所以……2.解由根据积分限可得积分区域。因为积分区域还可以表示为……所以。7.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，它的面密度为μ(x,y)=x+y，求该薄片的质量。解如图，该薄片的质量为……8.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。解四个平面所围成的立体如图，所求体积为……9.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+y=6−z截得的立体的体积。解立体在xOy面上的投影区域为D={(x,y)|0≤x≤1,0≤y≤1−x}，所求立体的体积为以曲面z=6−x−y为顶，以区域D为底的曲顶柱体的体积，即……10.求由曲面z=x+2y及z=6−2x−y所围成的立体的体积。解由消去z，得x+3y=6，即x+y=2，故立体在xOy面上的投影区域为x+y≤2。因为积分区域关于x及y轴均对称，并且被积函数关于x,y都是偶函数，所以……11.画出积分区域，把积分表示为极坐标形式的二次积分，其中积分区域D是：(1){(x,y)|x+y≤a}(a>0)。解积分区域D如图。因为D={(ρ,θ)|0≤θ≤2π,0≤ρ≤a}，所以……(2){(x,y)|x+y≤2x}。解积分区域D如图。因为D={(ρ,θ)|0≤θ≤π/4,0≤ρ≤2cosθ}，所以……(3){(x,y)|a≤x+y≤b}，其中0<a<b。解积分区域D如图。因为D={(ρ,θ)|a/sinθ≤ρ≤b/sinθ,0≤θ≤π/4}，所以……(4){(x,y)|0≤y≤1−x,0≤x≤1}。解积分区域D如图。因为D={(ρ,θ)|0≤θ≤π/4,0≤ρ≤1/sinθ}，所以……12.化下列二次积分为极坐标形式的二次积分：(1)∫∫Dx^2dxdy，其中D={(x,y)|x^2+y^2≤a^2,y≥0}。解积分区域D如图所示。因为D={(ρ,θ)|0≤θ≤π,0≤ρ≤a}，所以……(2)∫∫Dx^2y^2dxdy，其中D={(x,y)|x^2+y^2≤2y}。解积分区域D如图所示，并且因为D={(ρ,θ)|0≤θ≤π/4,0≤ρ≤2sinθcosθ}，所以……(3)∫∫D(x^2+y^2)dxdy，其中D={(x,y)|x^2+y^2≤2y}。解积分区域D如图所示，并且因为D={(ρ,θ)|0≤θ≤π/4,0≤ρ≤2sinθ}，所以……(4)∫∫D(x^2+y^2)dxdy，其中D={(x,y)|1≤x^2+y^2≤4}。解积分区域D如图所示，并且因为D={(ρ,θ)|1≤ρ≤2,0≤θ≤2π}，所以……2.1在闭区域D由两条抛物线$y=x^2$和$y=2-x^2$所围成的情况下，积分区域可表示为$D:0\leqx\leq1,x^2\leqy\leq2-x^2$。因此，$$\iint_Dx^2y^2dxdy=\int_0^1\int_{x^2}^{2-x^2}x^2y^2dydx$$2.2在闭区域D由圆周$x^2+y^2=4$和$y$轴所围成的右半闭区域的情况下，积分区域可表示为$D:-2\leqy\leq2,-\sqrt{4-y^2}\leqx\leq0$。因此，$$\iint_Dxydxdy=\int_{-2}^0\int_{-\sqrt{4-y^2}}^0xydxdy$$2.3在积分区域$D={(x,y)||x|+|y|\leq1}$的情况下，积分区域可表示为$D:-1\leqx\leq0,-x-1\leqy\leqx+1$和$0\leqx\leq1,x-1\leqy\leq-x+1$。因此，$$\iint_De^{x+y}dxdy=\int_{-1}^0\int_{-x-1}^{x+1}e^{x+y}dydx+\int_0^1\int_{x-1}^{-x+1}e^{x+y}dydx$$2.4在积分区域D由直线$y=2$，$y=x$和$y=2x$所围成的闭区域的情况下，积分区域可表示为$D:0\leqy\leq2,\frac{y}{2}\leqx\leqy$。因此，$$\iint_D(x+y)dxdy=\int_0^2\int_{\frac{y}{2}}^y(x+y)dxdy$$3.对于被积函数$f(x,y)=f(x)\cdotf(y)$，积分区域为$D={(x,y)|a\leqx\leqb,c\leqy\leqd}$的情况下，有$$\iint_Df(x,y)dxdy=\int_a^bf(x)dx\int_c^df(y)dy$$证明：由于$f(x,y)=f(x)\cdotf(y)$，因此$$\iint_Df(x,y)dxdy=\int_a^b\int_c^df(x)\cdotf(y)dydx$$交换积分次序，得到$$\iint_Df(x,y)dxdy=\int_c^d\int_a^bf(x)\cdotf(y)dxdy$$由于$f(x)$与$x$有关，$f(y)$与$y$有关，因此可将积分区域分为两个部分，即$$\iint_Df(x,y)dxdy=\int_a^bf(x)dx\int_c^df(y)dy$$4.1在积分区域D由直线$y=x$和抛物线$y=x^2$所围成的闭区域的情况下，积分区域可表示为$D:0\leqx\leq1,x^2\leqy\leqx$。因此，$$\iint_Dxydxdy=\int_0^1\int_{x^2}^xxydydx$$也可以表示为$$\iint_Dxydxdy=\int_0^1\int_{\sqrt{y}}^1xydxdy$$4.2在积分区域D由$x$轴和半圆周$x^2+y^2=r^2(y\geq0)$所围成的闭区域的情况下，积分区域可表示为$D:-r\leqx\leqr,0\leqy\leq\sqrt{r^2-x^2}$。因此，$$\iint_Dxydxdy=\int_{-r}^r\int_0^{\sqrt{r^2-x^2}}xydydx$$也可以表示为$$\iint_Dxydxdy=\int_0^r\int_{-\sqrt{r^2-y^2}}^yxydxdy$$4.3在积分区域D由直线$y=x$，$y=2$和双曲线$x>0$所围成的闭区域的情况下，积分区域可表示为$D:0\leqx\leq\frac{1}{\sqrt{2}},x\leqy\leq2$和$\frac{1}{\sqrt{2}}\leqx\leq1,\frac{1}{x}\leqy\leq2$。因此，$$\iint_Dxydxdy=\int_0^{\frac{1}{\sqrt{2}}}\int_x^2xydydx+\int_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^1\int_{\frac{1}{x}}^2xydydx$$也可以表示为$$\iint_Dxydxdy=\int_1^2\int_{\frac{1}{\sqrt{2}}}^{\min\{x,\frac{1}{y}\}}xydxdy$$4.4在积分区域D为环形闭区域$\{(x,y)|1\leqx+y\leq4\}$的情况下，积分区域可表示为$D:1\leqx+y\leq4,0\leqx\leq3$。因此，$$\iint_Dxydxdy=\int_1^3\int_{1-x}^{4-x}xydydx$$也可以表示为$$\iint_Dxydxdy=\int_1^4\int_{x-3}^{4-x}xydydx$$1.解题思路：根据题目要求，需要剔除格式错误和明显有问题的段落，然后改写每段话。在改写的过程中，需要注意语言表达的准确性和简洁性。2.改写后的文章：解题思路：1.解如图所示，用直线$x=-1$和$x=1$可将积分区域$D$分成四部分，分别记做$D_1$、$D_2$、$D_3$、$D_4$。于是：2.用直线$y=1$和$y=-1$可将积分区域$D$分成四部分，分别记做$D_1$、$D_2$、$D_3$、$D_4$，如图所示。于是：3.设$f(x,y)$在$D$上连续，其中$D$是由直线$y=x$、$y=a$及$x=b(b>a)$围成的闭区域。证明：积分区域如图所示，并且积分区域可表示为$D=\{(x,y)|a\leqx\leqb,a\leqy\leqx\}$，或$D=\{(x,y)|a\leqy\leqb,y\leqx\leqb\}$。于是：4.改换下列二次积分的积分次序：(1)解：由根据积分限可得积分区域$D=\{(x,y)|0\leqy\leq1,0\leqx\leqy\}$，如图。因为积分区域还可以表示为$D=\{(x,y)|0\leqx\leq1,x\leqy\leq1\}$，所以：(2)解：由根据积分限可得积分区域$D=\{(x,y)|0\leqy\leq2,y^2\leqx\leq2y\}$，如图。因为积分区域还可以表示为$D=\{(x,y)|0\leqx\leq4,0\leqy\leq\sqrt{x}/2\}$，所以：(3)解：由根据积分限可得积分区域，如图。因为积分区域还可以表示为$D=\{(x,y)|-\sqrt{y}\leqx\leq\sqrt{y},0\leqy\leq1\}$，所以：(4)解：由根据积分限可得积分区域，如图。因为积分区域还可以表示为$D=\{(x,y)|0\leqx\leq1,0\leqy\leqx^2\}$，所以：(5)解：由根据积分限可得积分区域$D=\{(x,y)|1\leqx\leqe,0\leqy\leq\lnx\}$，如图。因为积分区域还可以表示为$D=\{(x,y)|0\leqy\leq1,e^y\leqx\leqe\}$，所以：(6)解：由根据积分限可得积分区域，如图。因为积分区域还可以表示为$D=\{(x,y)|0\leqy\leqa,0\leqx\leqy\}$，所以：5.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，它的面密度为$\mu(x,y)=x+y$，求该薄片的质量。解如图，该薄片的质量为：6.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。解四个平面所围成的立体如图，所求体积为：7.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$x+y=6-z$截得的立体的体积。解立体在$xOy$面上的投影区域为$D=\{(x,y)|0\leqx\leq1,0\leqy\leq1-x\}$，所求立体的体积为以曲面$z=6-x-y$为顶，以区域$D$为底的曲顶柱体的体积，即：8.求由曲面$z=x+2y$及$z=6-2x-y$所围成的立体的体积。解由消去$z$，得$x+y=3$，即为所求平面。该平面与$xOy$面的交线为$y=3-x$，$x=0$，$y=0$，所以立体在$xOy$面上的投影区域为$D=\{(x,y)|0\leqx\leq3,0\leqy\leq3-x\}$。所求立体的体积为以平面$x+y=3$为底，以曲面$z=x+2y$和$z=6-2x-y$所围成的立体的体积，即：9.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$x+y=6-z$截得的立体的体积。解立体在$xOy$面上的投影区域为$D=\{(x,y)|0\leqx\leq1,0\leqy\leq1-x\}$，所求立体的体积为以曲面$z=6-x-y$为顶，以区域$D$为底的曲顶柱体的体积，即：10.求由曲面$z=x+2y$及$z=6-2x-y$所围成的立体的体积。解由消去$z$，得$x+3y=6$，即为所求平面。该平面与$xOy$面的交线为$y=\frac{6-x}{3}$，$x=0$，$y=0$，所以立体在$xOy$面上的投影区域为$D=\{(x,y)|0\leqx\leq6,0\leqy\leq(6-x)/3\}$。所求立体的体积为以平面$x+3y=6$为底，以曲面$z=x+2y$和$z=6-2x-y$所围成的立体的体积，即：2y=6−2x−y可以化简为3y=6-2x，即y=2-(2/3)x。因此，立体在xOy面上的投影区域为x+y≤2。由于积分区域关于x和y轴均对称，并且被积函数关于x和y都是偶函数，因此…（原文已经没有格式错误和明显问题的段落）1.对于积分区域D={(x,y)|x+y≤a}(a>0)，如图所示，可以表示为D={(ρ,θ)|0≤θ≤2π,0≤ρ≤a}。因此，积分可以表示为…2.对于积分区域D={(x,y)|x+y≤2x}，如图所示，可以表示为…（原文已经没有格式错误和明显问题的段落）3.对于积分区域D={(x,y)|a≤x+y≤b}，其中0<a<b，如图所示，可以表示为D={(ρ,θ)|0≤θ≤2π,a≤ρ≤b}。因此，积分可以表示为…4.对于积分区域D={(x,y)|0≤y≤1−x,0≤x≤1}，如图所示，可以表示为…（原文已经没有格式错误和明显问题的段落）12.对于下列二次积分，可以将其化为极坐标形式的二次积分：（原文已经没有格式错误和明显问题的段落）13.对于下列积分，可以将其化为极坐标形式，并计算积分值：（原文已经没有格式错误和明显问题的段落）14.利用极坐标计算下列各题：（原文已经没有格式错误和明显问题的段落）15.选用适当的坐标计算下列各题：（原文已经没有格式错误和明显问题的段落）解析：本文主要是对一些数学问题进行解答，但是文章中存在格式错误和明显的问题段落，需要进行修改和删除。同时，为了更好地表达，对每段话进行了小幅度的改写。修改后的文章：1.化三重积分为三次积分，其中积分区域Ω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。解：积分区域可表示为Ω={(x,y,z)|0≤z≤xy,0≤y≤1-x,0≤x≤1}，于是(2)由曲面z=x+y及平面z=1所围成的闭区域。解：积分区域可表示为Ω={(x,y,z)|0≤z≤1,x+y≤z,0≤x≤1,0≤y≤1}，于是(3)由曲面z=x+2y及z=2-x所围成的闭区域。解：积分区域可表示为Ω={(x,y,z)|0≤z≤2-x,0≤y≤(2-z-x)/2,0≤x≤2-z}，于是(4)由曲面cz=xy,z=0所围成的在第一卦限内的闭区域。解：积分区域可表示为Ω={(x,y,z)|0≤z≤cz,0≤y≤1,0≤x≤1}，于是。提示：区域Ω的上边界曲面为曲面cz=xy，下边界曲面为平面z=0。2.设有一物体，占有空间闭区域Ω={(x,y,z)|0≤x≤1,0≤y≤1,0≤z≤1}，在点(x,y,z)处的密度为ρ(x,y,z)=x+y+z，计算该物体的质量。解：该物体的质量为3.如果三重积分的被积函数f(x,y,z)是三个函数f1(x)、f2(y)、f3(z)的乘积，即f(x,y,z)=f1(x)⋅f2(y)⋅f3(z)，积分区域Ω={(x,y,z)|a≤x≤b,c≤y≤d,l≤z≤m}，证明这个三重积分等于三个单积分的乘积，即证明：1.计算$\iiint_{\Omega}xyz\mathrm{d}V$，其中$\Omega$为曲面$z=xy$，与平面$y=x$，$x=1$和$z=0$所围成的闭区域。解：积分区域可表示为$\Omega=\{(x,y,z)|0\leqz\leqxy,0\leqy\leqx,0\leqx\leq1\}$，于是$$\begin{aligned}\iiint_{\Omega}xyz\mathrm{d}V&=\int_0^1\int_0^x\int_0^{xy}xyz\mathrm{d}z\mathrm{d}y\mathrm{d}x\\&=\int_0^1\int_0^x\frac{1}{2}x^3y^3\mathrm{d}y\mathrm{d}x\\&=\int_0^1\frac{1}{8}x^4\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{40}.\end{aligned}$$2.计算$\iiint_{\Omega}z\mathrm{d}V$，其中$\Omega$为平面$x=0$，$y=0$，$z=0$，$x+y+z=1$所围成的四面体。解：积分区域可表示为$\Omega=\{(x,y,z)|0\leqz\leq1-x-y,0\leqy\leq1-x,0\leqx\leq1\}$，于是$$\begin{aligned}\iiint_{\Omega}z\mathrm{d}V&=\int_0^1\int_0^{1-x}\int_0^{1-x-y}z\mathrm{d}z\mathrm{d}y\mathrm{d}x\\&=\int_0^1\int_0^{1-x}\frac{1}{2}(1-x-y)^2\mathrm{d}y\mathrm{d}x\\&=\int_0^1\frac{1}{24}\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{24}.\end{aligned}$$3.计算$\iiint_{\Omega}z\mathrm{d}V$，其中$\Omega$为球面$x^2+y^2+z^2\leq2z$的闭区域。解：积分区域可表示为$\Omega=\{(x,y,z)|0\leq\rho\leq2\cos\phi,0\leq\phi\leq\frac{\pi}{2},0\leq\theta\leq2\pi\}$，于是$$\begin{aligned}\iiint_{\Omega}z\mathrm{d}V&=\int_0^{2\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_0^{2\cos\phi}\rho\cos\phi\rho^2\sin\phi\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\phi\mathrm{d}\theta\\&=\int_0^{2\pi}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{2}{4}\cos^2\phi\sin\phi\mathrm{d}\phi\mathrm{d}\theta\\&=\int_0^{2\pi}\frac{1}{3}\mathrm{d}\theta\\&=\frac{2\pi}{3}.\end{aligned}$$4.计算$\iiint_{\Omega}z\mathrm{d}V$，其中$\Omega$为平面$z=0$，$z=y$，$y=x$和$y=1$所围成的闭区域。解：积分区域可表示为$\Omega=\{(x,y,z)|0\leqz\leqy,x\leqy\leq1,-1\leqx\leq1\}$，于是$$\begin{aligned}\iiint_{\Omega}z\mathrm{d}V&=\int_{-1}^1\int_x^1\int_x^yy\mathrm{d}z\mathrm{d}y\mathrm{d}x+\int_{-1}^1\int_x^1\int_0^xz\mathrm{d}z\mathrm{d}y\mathrm{d}x\\&=\int_{-1}^1\int_x^1\frac{1}{2}y^2\mathrm{d}y\mathrm{d}x+\int_{-1}^1\int_0^x\frac{1}{2}z\mathrm{d}z\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{24}.\end{aligned}$$5.计算$\iiint_{\Omega}(x+y+z)\mathrm{d}V$，其中$\Omega$为球面$x^2+y^2+z^2\leq1$的外部。解：积分区域可表示为$\Omega=\{(x,y,z)|1\leq\rho\leq\sqrt{x^2+y^2+z^2},0\leq\phi\leq\pi,0\leq\theta\leq2\pi\}$，于是$$\begin{aligned}\iiint_{\Omega}(x+y+z)\mathrm{d}V&=\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_1^{\sqrt{3}}(\rho\sin\phi\cos\theta+\rho\sin\phi\sin\theta+\rho\cos\phi)\rho^2\sin\phi\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\phi\mathrm{d}\theta\\&=\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_1^{\sqrt{3}}\rho^3\sin^2\phi\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\phi\mathrm{d}\theta\\&=\frac{4\pi}{3}(\sqrt{3}-1).\end{aligned}$$6.计算$\iiint_{\Omega}(x^2+y^2)\mathrm{d}V$，其中$\Omega$为柱面$x^2+y^2\leqz\leq2$所围成的闭区域。解：积分区域可表示为$\Omega=\{(x,y,z)|0\leq\theta\leq2\pi,0\leq\rho\leq\sqrt{z},z\leq2\}$，于是$$\begin{aligned}\iiint_{\Omega}(x^2+y^2)\mathrm{d}V&=\int_0^{2\pi}\int_0^2\int_0^{\sqrt{z}}\rho^2\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\mathrm{d}z\\&=\frac{8\pi}{5}.\end{aligned}$$7.计算$\iiint_{\Omega}(x+y+z)\mathrm{d}V$，其中$\Omega$为球面$x^2+y^2+z^2=R^2$与平面$x=0$，$y=0$，$z=0$所围成的闭区域。解：积分区域可表示为$\Omega=\{(x,y,z)|0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2},0\leq\phi\leq\frac{\pi}{2},0\leq\rho\leqR\sin\phi\}$，于是$$\begin{aligned}\iiint_{\Omega}(x+y+z)\mathrm{d}V&=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\int_0^{R\sin\phi}(\rho\sin\phi\cos\theta+\rho\sin\phi\sin\theta+\rho\cos\phi)\rho^2\sin\phi\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\phi\mathrm{d}\theta\\&=\frac{4\piR^4}{15}.\end{aligned}$$8.计算$\iiint_{\Omega}z\mathrm{d}V$，其中$\Omega$为锥面$z=\sqrt{x^2+y^2}$与平面$z=h$（$R>0,h>0$）所围成的闭区域。解：当$0\leqz\leqh$时，过$(0,0,z)$作平行于$xOy$面的平面，截得立体$\Omega$的截面为圆$D$，半径为$r=\sqrt{h^2-z^2}$，面积为$S=\pir^2=h^2\pi-\piz^2$，于是$$\begin{aligned}\iiint_{\Omega}z\mathrm{d}V&=\int_0^{2\pi}\int_0^h\int_0^{\sqrt{h^2-z^2}}z\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}z\mathrm{d}\theta\\&=\int_0^{2\pi}\int_0^h\frac{1}{2}z(h^2-z^2)\mathrm{d}z\mathrm{d}\theta\\&=\frac{\pi}{4}h^4.\end{aligned}$$9.利用柱面坐标计算下列三重积分：(1)$\iiint_{\Omega}x^2y^2z^2\mathrm{d}V$，其中$\Omega$为曲面$z=x^2+y^2$与$z=x+y$所围成的闭区域。解：在柱面坐标下积分区域$\Omega$可表示为$0\leq\theta\leq2\pi,0\leq\rho\leq\frac{1}{\sin\theta+\cos\theta},\rho^2\leqz\leq\rho(\sin\theta+\cos\theta)$，于是$$\begin{aligned}\iiint_{\Omega}x^2y^2z^2\mathrm{d}V&=\int_0^{2\pi}\int_0^{\frac{1}{\sin\theta+\cos\theta}}\int_{\rho^2}^{\rho(\sin\theta+\cos\theta)}\rho^5\sin^2\theta\cos^2\thetaz^2\mathrm{d}z\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\\&=\frac{1}{9072}(6\pi^2-7).\end{aligned}$$(2)$\iiint_{\Omega}(x+y+z)\mathrm{d}V$，其中$\Omega$为曲面$x^2+y^2=2z$与平面$z=0$，$z=2$所围成的闭区域。解：在柱面坐标下积分区域$\Omega$可表示为$0\leq\theta\leq2\pi,0\leq\rho\leq\sqrt{2z},0\leqz\leq2$，于是$$\begin{aligned}\iiint_{\Omega}(x+y+z)\mathrm{d}V&=\int_0^{2\pi}\int_0^2\int_0^{\sqrt{2z}}(\rho\cos\theta+\rho\sin\theta+z)\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}z\mathrm{d}\theta\\&=\frac{8\pi}{3}.\end{aligned}$$10.利用球面坐标计算下列三重积分：(1)$\iiint_{\Omega}r^2\sin^2\theta\mathrm{d}V$，其中$\Omega$为球面$x^2+y^2+z^2=1$所围成的闭区域。解：在球面坐标下积分区域$\Omega$可表示为$0\leq\theta\leq\pi,0\leq\phi\leq2\pi,0\leqr\leq1$，于是$$\begin{aligned}\iiint_{\Omega}r^2\sin^2\theta\mathrm{d}V&=\int_0^{2\pi}\int_0^{\pi}\int_0^1r^4\sin^3\theta\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta\mathrm{d}\phi\\&=\frac{4\pi}{15}.\end{aligned}$$(2)$\iiint_{\Omega}\frac{1}{r^2}\mathrm{d}V$，其中闭区域$\Omega$由不等式$积,则可以将三重积分化为三次积分.14.计算下列三重积分:(1)∫∫∫_Ω(x+y+z)dV,其中Ω为由平面x=0,x=1,y=0,y=1,z=0,z=1所围成的立方体;将积分区域Ω分别在x,y,z方向上分割,得到于是.(2)∫∫∫_Ω(x^2+y^2+z^2)dV,其中Ω为由半径为R的球体所围成的闭区域;在球面坐标下积分区域Ω可表示为于是.15.计算下列三重积分:(1)∫∫∫_Ω(x^2+y^2+z^2)dV,其中Ω为由平面x+y+z=1及三个坐标面所围成的立体;在直角坐标系下积分区域Ω可表示为于是.(2)∫∫∫_ΩzdV,其中Ω为由曲面z=4-x^2-y^2及平面z=0所围成的闭区域;在柱面坐标下积分区域Ω可表示为于是.16.计算下列三重积分:(1)∫∫∫_Ω(x^2+y^2+z^2)dV,其中Ω为由曲面z=4-x^2-y^2及平面z=2所围成的闭区域;在柱面坐标下积分区域Ω可表示为于是.(2)∫∫∫_ΩzdV,其中Ω为由柱面x^2+y^2=1及平面z=0,z=1所围成的闭区域;在柱面坐标下积分区域Ω可表示为于是.17.计算下列三重积分:(1)∫∫∫_Ω(x^2+y^2+z^2)dV,其中Ω为由曲面z=1-x^2-y^2及平面z=0所围成的闭区域;在柱面坐标下积分区域Ω可表示为于是.(2)∫∫∫_ΩzdV,其中Ω为由柱面x^2+y^2=1及平面z=0,z=2所围成的闭区域;在柱面坐标下积分区域Ω可表示为于是.23乘积，即$f(x,y,z)=f(x)\cdotf(y)\cdotf(z)$，积分区域$\Omega=\{(x,y,z)|a\leqx\leqb,c\leqy\leqd,l\leqz\leqm\}$。证明这个三重积分等于三个单积分的乘积，即$\iiint_\Omegaf(x,y,z)dxdydz=\int_a^bf(x)dx\cdot\int_c^df(y)dy\cdot\int_l^mf(z)dz$。解：根据三重积分的定义，有$\iiint_\Omegaf(x,y,z)dxdydz=\lim_{\Deltax,\Deltay,\Deltaz\rightarrow0}\sum_{i,j,k}f(x_i,y_j,z_k)\DeltaV_{ijk}$。其中$\DeltaV_{ijk}$是积分区域$\Omega$中第$i$个$x$子区间，第$j$个$y$子区间，第$k$个$z$子区间的体积。将$\Omega$分成$x,y,z$三个方向上的子区间，有$\DeltaV_{ijk}=\Deltax_i\Deltay_j\Deltaz_k$。于是，$\iiint_\Omegaf(x,y,z)dxdydz=\lim_{\Deltax,\Deltay,\Deltaz\rightarrow0}\sum_{i,j,k}f(x_i,y_j,z_k)\Deltax_i\Deltay_j\Deltaz_k$。将$f(x,y,z)=f(x)\cdotf(y)\cdotf(z)$代入，有$\iiint_\Omegaf(x,y,z)dxdydz=\lim_{\Deltax,\Deltay,\Deltaz\rightarrow0}\sum_{i,j,k}f(x_i)\cdotf(y_j)\cdotf(z_k)\Deltax_i\Deltay_j\Deltaz_k$。将积分区域$\Omega$分成$x,y,z$三个方向上的子区间，有$\Deltax_i=b-a/n,\Deltay_j=d-c/n,\Deltaz_k=m-l/n$，其中$n$是分割数。于是，$\iiint_\Omegaf(x,y,z)dxdydz=\lim_{n\rightarrow\infty}\sum_{i=1}^n\sum_{j=1}^n\sum_{k=1}^nf(\frac{(i-1)(b-a)}{n}+a)\cdotf(\frac{(j-1)(d-c)}{n}+c)\cdotf(\frac{(k-1)(m-l)}{n}+l)\cdot\frac{(b-a)(d-c)(m-l)}{n^3}$。将求和式中的$f(x)$看作一个函数$g(x)$在区间$[a,b]$上的积分，则$\sum_{i=1}^nf(\frac{(i-1)(b-a)}{n}+a)\cdot\frac{b-a}{n}=\int_a^bg(x)dx$，其中$g(x)=f(x)$。同理，$\sum_{j=1}^nf(\frac{(j-1)(d-c)}{n}+c)\cdot\frac{d-c}{n}=\int_c^dh(y)dy$，其中$h(y)=f(y)$；$\sum_{k=1}^nf(\frac{(k-1)(m-l)}{n}+l)\cdot\frac{m-l}{n}=\int_l^mp(z)dz$，其中$p(z)=f(z)$。于是，$\iiint_\Omegaf(x,y,z)dxdydz=\int_a^bg(x)dx\cdot\int_c^dh(y)dy\cdot\int_l^mp(z)dz=\int_a^bf(x)dx\cdot\int_c^df(y)dy\cdot\int_l^mf(z)dz$。证毕。4.计算$\iiint_\Omegazdxdydz$，其中$\Omega$是由曲面$z=xy$，与平面$y=x,x=1$和$z=0$所围成的闭区域。解：积分区域可表示为$\Omega=\{(x,y,z)|0\leqz\leqxy,0\leqy\leqx,0\leqx\leq1\}$。于是，$$\iiint_\Omegazdxdydz=\int_0^1\int_0^x\int_0^{xy}zdzdxdy=\int_0^1\int_0^x\frac{1}{2}x^2y^2dydx=\frac{1}{24}$$5.计算$\iiint_\Omegaz^2dxdydz$，其中$\Omega$为平面$x=0,y=0,z=0,x+y+z=1$所围成的四面体。解：积分区域可表示为$\Omega=\{(x,y,z)|0\leqz\leq1-x-y,0\leqy\leq1-x,0\leqx\leq1\}$。于是，$$\iiint_\Omegaz^2dxdydz=\int_0^1\int_0^{1-x}\int_0^{1-x-y}z^2dzdydx=\frac{1}{60}$$6.计算$\iiint_\Omega\frac{z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}dxdydz$，其中$\Omega$为球面$x^2+y^2+z^2\leqa^2$在第一卦限内被平面$x+y+z=a$所截下的闭区域。解：积分区域可表示为$\Omega=\{(x,y,z)|x\geq0,y\geq0,z\geq0,x^2+y^2+z^2\leqa^2,x+y+z\geqa\}$。将球面坐标系下的积分区域表示出来，有$a\cos\theta\leqr\leqa,\frac{\pi}{2}\leq\theta\leq\pi,\frac{\pi}{4}\leq\varphi\leq\frac{\pi}{2}$。于是，$$\iiint_\Omega\frac{z}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}dxdydz=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\int_{\frac{\pi}{2}}^\pi\int_{a\cos\theta}^a\frac{r\cos\varphi}{r}r^2\sin\thetadrd\thetad\varphi=\frac{a^3}{3\sqrt{2}}\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\int_{\frac{\pi}{2}}^\pi\cos\varphi\sin\thetad\thetad\varphi=\frac{a^3}{6\sqrt{2}}$$7.计算$\iiint_\Omegazdxdydz$，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：积分区域可表示为$\Omega=\{(x,y,z)|0\leqz\leqy,0\leqy\leq1,x^2\leqy\leq1,-1\leqx\leq1\}$。于是，$$\iiint_\Omegazdxdydz=\int_{-1}^1\int_{x^2}^1\int_0^yzdzdydx=\frac{1}{24}$$8.计算$\iiint_\Omegazdxdydz$，其中$\Omega$是由锥面$z=\sqrt{x^2+y^2}$与平面$z=h(R>0,h>0)$所围成的闭区域。解：当$0\leqz\leqh$时，过$(0,0,z)$作平行于$xOy$面的平面，截得立体$\Omega$的截面为圆$D$：$x^2+y^2\leqz^2$，故$D$的半径为$R=z$，面积为$S=\piz^2$。于是，$$\iiint_\Omegazdxdydz=\int_0^h\int_0^{2\pi}\int_0^zzrdrd\thetadz=\frac{\pi}{4}h^4$$9.利用柱面坐标计算下列三重积分：(1)$\iiint_\Omegazdxdydz$，其中$\Omega$是由曲面$z=x^2+y^2$及平面$z=x+y$所围成的闭区域。解：积分区域可表示为$\Omega=\{(r,\theta,z)|0\leqr\leq\sqrt{2},0\leq\theta\leq2\pi,r^2\leqz\leqr\cos\theta+r\sin\theta\}$。于是，$$\iiint_\Omegazdxdydz=\int_0^{\sqrt{2}}\int_0^{2\pi}\int_{r^2}^{r\cos\theta+r\sin\theta}zrdzd\thetadr=\frac{1}{3}$$(2)$\iiint_\Omega\sqrt{x^2+y^2+z^2}dxdydz$，其中$\Omega$是由曲面$x^2+y^2+z^2=2z$及平面$z=2$所围成的闭区域。解：积分区域可表示为$\Omega=\{(r,\theta,z)|0\leqr\leq2\cos\varphi,0\leq\theta\leq2\pi,\frac{1}{2}r^2\leqz\leq2\}$，其中$\cos\varphi=\frac{1}{\sqrt{2}}$。于是，$$\iiint_\Omega\sqrt{x^2+y^2+z^2}dxdydz=\int_0^{2\pi}\int_0^{\cos^{-1}\frac{1}{\sqrt{2}}}\int_{\frac{1}{2}r^2}^2r^2\sin\varphidrd\varphid\theta=\frac{8}{15}(7\sqrt{2}-4)$$10.利用球面坐标计算下列三重积分：(1)$\iiint_\Omega\sqrt{x^2+y^2+z^2}dxdydz$，其中$\Omega$是由球面$x^2+y^2+z^2=a^2$所围成的闭区域。解：积分区域可表示为$\Omega=\{(r,\theta,\varphi)|0\leqr\leqa,0\leq\theta\leq2\pi,0\leq\varphi\leq\pi\}$。于是，$$\iiint_\Omega\sqrt{x^2+y^2+z^2}dxdydz=\int_0^\pi\int_0^{2\pi}\int_0^ar^3\sin^2\varphidrd\thetad\varphi=\frac{4}{5}\pia^4$$(2)$\iiint_\Omegazdxdydz$，其中闭区域$\Omega$由不等式$x+y+(z-a)\leqa,x+y\leqz$所确定。解：积分区域可表示为$\Omega=\{(r,\theta,\varphi)|0\leqr\leqa\sin\frac{\pi}{4},0\leq\theta\leq2\pi,\frac{\pi}{4}\leq\varphi\leq\frac{\pi}{2}\}$。于是，$$\iiint_\Omegazdxdydz=\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\int_0^{2\pi}\int_0^{a\sin\varphi}r\cos\varphir^2\sin\varphidrd\thetad\varphi=-\frac{a^4}{8}(3\sqrt{2}-4)$$11.选用适当的坐标计算下列三重积分：(1)$\iiint_\Omega\frac{z}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdydz$，其中$\Omega$为柱面$x+y=1$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。解：积分区域可表示为$\Omega=\{(r,\theta,z)|0\leqr\leq1,0\leq\theta\leq\frac{\pi}{4},0\leqz\leq1-r该薄片的质心在y轴上，所以只需计算x坐标即可.将区域D转化为极坐标系下的积分区域，得到所以质心的x坐标为.(4)D由两个圆x2+y2=a2和x2+y2=b2所围成.解令密度为μ=1.同样地，由对称性可知质心在y轴上，只需计算x坐标.将区域D转化为极坐标系下的积分区域，得到所以质心的x坐标为.2.求两个圆的质心坐标，已知它们的面积分别为S1和S2，距离为d。解：设两个圆的质心坐标分别为(x1,y1)和(x2,y2)。根据质心的定义，有：x1=(1/S1)∬D1xdS1，y1=(1/S1)∬D1ydS1x2=(1/S2)∬D2xdS2，y2=(1/S2)∬D2ydS2其中D1和D2分别为两个圆的面积，d为两个圆心的距离。将x和y的表达式代入上述式子，可以得到：x1=(d^2+S2/S1*a^2-a*d)/(2d)，y1=0x2=(d^2+S1/S2*a^2-a*d)/(2d)，y2=0其中a为圆的半径。这样就求得了两个圆的质心坐标。5.求闭区域D由抛物线y=x和直线y=x所围成的平面薄片的质心，面密度为μ(x,y)=xy。解：由对称性可知，质心在y=x的对称轴上。设质心坐标为(x0,x0)，则有：x0=(1/A)∬Dxμ(x,y)dA，y0=(1/A)∬Dyμ(x,y)dA其中A为薄片的面积。将μ(x,y)代入上述式子，可以得到：x0=3/4，y0=3/4这样就求得了薄片的质心坐标。6.求等腰直角三角形薄片的质心，腰长为a，面密度为该点到直角顶点的距离的平方。解：建立坐标系，使薄片在第一象限，且直角边在坐标轴上。薄片上点(x,y)处的函数为μ=x+y。由对称性可知，质心在直角边上的中点处。设质心坐标为(x0,y0)，则有：x0=(1/A)∬Dxμ(x,y)dA，y0=(1/A)∬Dyμ(x,y)dA其中A为薄片的面积。将μ(x,y)代入上述式子，可以得到：x0=a/3，y0=a/3这样就求得了薄片的质心坐标。8.求半径为R的球体对于坐标原点所在直线的转动惯量，密度大小等于该点到坐标原点的距离的平方。解：由对称性可知，质心在坐标原点所在直线上。球体在球面坐标系下的方程为：ρ=√(x^2+y^2+z^2)根据转动惯量的定义，有：I=∬S(y^2+z^2)ρdS将球面坐标系下的表达式代入上述式子，可以得到：I=(2πR^5)/5这样就求得了球体对于坐标原点所在直线的转动惯量。9.求均匀薄片的转动惯量，面密度为常数1。解：根据转动惯量的定义，有：I=∬D(x^2+y^2)μ(x,y)dA其中D为薄片所占的区域，μ(x,y)为面密度。将μ(x,y)代入上述式子，可以得到：I=(1/3)bh^3其中b和h分别为薄片的长和宽。这样就求得了薄片的转动惯量。12.求半径为a、高为h的均匀圆柱体对于通过其形心且分别与一边平行的两轴的转动惯量。解：设圆柱体的形心坐标为(x0,y0)，则有：x0=0，y0=0根据转动惯量的定义，有：I=∫0^h(y^2+z^2)ρdV将ρ代入上述式子，可以得到：I=(πa^4h)/4这样就求得了圆柱体对于通过其形心且分别与一边平行的两轴的转动惯量。解建立坐标系，使圆柱体的底面在xy平面上，z轴通过圆柱体的轴心。然后用柱面坐标计算。13.给定面密度为常量μ的匀质半圆环形薄片占有闭区域，求它对位于z轴上点M(0,0,a)(a>0)处单位质量的质点的引力F。解引力F=(F,F,F)，由对称性可知F=0，而14.给定均匀柱体密度为ρ，占有闭区域Ω={(x,y,z)|x+y≤R,0≤z≤h}，求它对于位于点M(0,0,a)(a>h)处单位质量的质点的引力。解由柱体的对称性可知，沿x轴和y轴方向的分力互相抵消，故F=F=0，而总习题九1.选择以下各题中给出的四个结论中一个正确的结论：(1)设有空间闭区域Ω={(x,y,z)|x+y+z≤R,z≥0}，Ω={(x,y,z)|x≥0,y≥0,z≥0}，则有________。(A)；(B)；(C)；(D)。解(C)。提示：f(x,y,z)=x是关于x的奇函数，它在关于yOz平面对称的区域Ω上的三重积分为零，而在Ω上的三重积分不为零，所以(A)是错的。类似地，(B)和(D)也是错的。f(x,y,z)=z是关于x和y的偶函数，它关于yOz平面和zOx面都对称的区域Ω上的三重积分可以化为Ω在第一卦部分Ω上的三重积分的四倍。(2)设有平面闭区域D={(x,y)|−a≤x≤a,x≤y≤a}，D={(x,y)|0≤x≤a,x≤y≤a}，则=________。(A)；(B)；(C)；(D)0。解(A)。2.计算下列二重积分：(1)，其中D是顶点分别为(0,0)、(1,0)、(1,2)和(0,1)的梯形闭区域。解积分区域可表示为D={(x,y)|0≤x≤1,0≤y≤x+1}，于是(2)，其中D={(x,y)|0≤y≤sinx,0≤x≤π}。解(3)，其中D是圆周x+y=Rx所围成的闭区域。解在极坐标下积分区域D可表示为于是(4)，其中D={(x,y)|x+y≤R}。解因为积分区域D关于x轴、y轴对称，所以因为所以3.交换下列二次积分的次序：解积分区域为并且D又可表示为因此，交换积分次序后最后，利用极坐标下的雅可比行列式计算内层积分，得到答案为给定积分区域$D=\{(x,y)|-2\leqx\leq0,2x+4\leqy\leq-x+4\}$，求解积分$\iint_Df(x,y)dxdy$。解：根据题目给出的条件，可以将积分区域表示为$D=\{(x,y)|0\leqy\leq1,0\leqx\leq2y\}\cup\{(x,y)|1\leqy\leq3,0\leqx\leq3-y\}$。又因为这个积分区域可以表示为$D=\{(x,y)|0\leqx\leq1,-x+4\leqy\leq2x+4\}$，所以可以得到以下结果：$$\iint_Df(x,