重积分练习题含答案

第十章 重积分练习

结论1：如果积分区域D关于y对称，D1{(x,y)(x,y)D,x0}则

D0f(x,y)d2f(x,y)dD1当f(x,y)f(x,y)时当f(x,y)f(x,y)时

结论2：如果积分区域D关于x轴对称，D1{(x,y)(x,y)D,y0}则

D0f(x,y)d2f(x,y)dD1当f(x,y)f(x,y)时当f(x,y)f(x,y)时

结论3：如果积分区域D关于坐标原点O对称，则

D0f(x,y)d2f(x,y)dD1当f(x,y)f(x,y)时当f(x,y)f(x,y)时

其中D1{(x,y)(x,y)D,x0}

结论4：如果积分区域D关于直线y=x对称，则

f(x,y)df(y,x)d

DD练习1

1.求I

2.证明

3. 设f(x)在区间[a,b]上连续，且f(x)0，试证明

Dyx2d，其中D:1x1,0y2

badxf(y)dyf(y)(by)dy（f连续）

aaxbbaf(x)dxba1dx(ba)2 f(x)- -.可修编-

- .

322yx，其中由，y1，x1围成。 x1yf(xy)dxdyD4.计算

D5.计算I22(xy)dv，v是由yOz平面上曲线y2z绕z轴旋转所得平面 vz2，z8所围区域。

6. 设函数f(x)连续，F(t)zv2f(x2y2)dv，其中

V（x,y,z)x2y2t2,0zH，试求

dFF(t)和lim2 t0tdt7. 求曲面z1xy在点M0(1,1,3)的切平面与曲面zxy所围立体的体积

2222V

8.设半径为R的球面的球心在定球面xyza(a0)上，问当R取何值

2222时，在定球面内部的那部分1的面积最大？

- -.可修编-

- .

练习2

1． 计算

2yx1及直线y1x所围成的区域 ，其中区域是由抛物线xydDD

27 82． 计算 3． 计算

1xye，其中是由所确定的区域 edxy1D eDsin(xy)dxdy，其中D为正方形区域：0x,0yD(2)

4． 更换积分次序

①

5．计算由平面xyz6,x0,y0及x2y4所围成的立体的体积 

- -.可修编-

21dx1f(x,y)dy②dxxxsinx0xsin2f(x,y)dy

 3 - .

6. 球体xy+zR 与xyz2Rz的公共部分为一立体，求其体积

222222253R 12

7. 计算三重积分

zdxdydz，其中为由圆锥面的zx2y2及平面z1所围成区

域 

 48. 分别用柱面坐标、球面坐标和直角坐标计算三重积分Ix2zdv，其中是由球面

x2y2z22及圆锥面z

x2y2所围成（含z轴部分） 

129. 求球面xyza含在圆柱面xyax内部的那部分面积（a0）

222222(2a2(2))

- -.可修编-

- .

重积分练习一参

1.求IyxD2d，其中D:1x1,0y2

221x1，0yx；解： 如图，曲线yx把区域D分为D1和D2，其中D1：D2:1x1,x2y2

Iyx2dx2ydyx2dDD1D2dx11x20xxa2ydydx2yx2dy31xba121 152.证明

badxf(y)dyf(y)(by)dy（f连续）

证： 左端=

abaxayxyxbdxf(y)dy，D，作出积分域交换积分顺序，D

aaxbayb左端=

bdxf(y)dyaxdyatabbyf(y)dxaf(y)(by)dy右端，证毕！

b注： 本题还可这样证明：

令F(t)dxatxaf(y)dyf(x)(tx)dx，证明F(t)0F(t)0

3.设f(x)在区间[a,b]上连续，且f(x)0，试证明

baf(x)dxba1dx(ba)2 f(x)证： 设平面区域D{(x,y)axb,ayb}，D关于直线yx对称

baf(x)dxbabb11dxf(x)dxdy

aaf(y)f(x)Df(x)f(y)dxdydxdyf(y)f(x)D

1f(x)f(y)f(y)f(x)dxdy2D1f(x)f(y)12f(x)f(y)dxdydxdy2f(x)f(y)2f(x)f(y)DDD22dxdy(ba)24.计算

322yx，其中由，y1，x1围成。 x1yf(xy)dxdyDD解： 作曲线yx，则积分区域被分为D1和D2，D1关于x轴对称，D2关于y轴对称。

- -.可修编-

3 - .

由于被积函数是x的奇函数，故有函数，故有

x1yf(xD22y2)dxdy0，由于xyf(x2y2)的奇

x1yf(xy)dxdyD122xdxdy02xdxD110x30dy2(x4)dx2

5105.计算I22(xy)dv，v是由yOz平面上曲线y2z绕z轴旋转所得平面 vz2，z8所围区域。

解： 旋转面方程为xy2z，积分区域V(x,y,z)x2y22z,2z8

22I(xy)dvdz(x2y2)dxdy

v2Dz228dzd20822z0r3dr2z2dz336

28注： 本题若采用先一后二法，将较麻烦! 6.设函数f(x)连续，F(t)zv2f(x2y2)dv，其中

V（x,y,z)x2y2t2,0zH，试求

222dFF(t)和lim2 t0tdt解： V在xOy平面上投影D为圆xyt，于是

F(t)(z2f(x2y2))dv

vdxdy(z2f(x2y2))dzD0H1dH3f(2)Hd 0032t3H3t22Hf(2)d0tdF2H3t2Htf(t2) dt3dF2当t0时有： H3t2Htf(t2)

dt3dFdF2H3t2Htf(t2) 且t0时，有F(0)lim，所以

t0dtdt32H3t2Hf(t2)F(t)从而 lim2lim3

t0tt02t当t0时有：

223H3limHf(t2)t03H3Hf(0)

227. 求曲面z1xy在点M0(1,1,3)的切平面与曲面zxy所围立体的体积

- -.可修编-

- .

V

解： 不难想象，该立体的上、下底曲面一个是曲面zxy的一块，一个是切平面的

一块，首先确定立体在xOy平面上投影区域Dx,y

由于切平面的法向量是n{zx,zy,1}M0{2,2,1}，切平面方程：

22z(x1)2(y1)(z3)0，即z2x2y1

zx2y2从而切平面与曲面zxy的交线是，消去z，可得投影

z2x2y122Dxy:(x1)2(y1)21，注意到在D上，2x2y1x2y2，所以

V2x2y1x2y2dxdy1(x1)2(y1)2dxdy

DDd(1r2)rdr00212

22228. 设半径为R的球面的球心在定球面xyza(a0)上，问当R取何值

时，在定球面内部的那部分1的面积最大？

（za)R，从而两球面的交线是 解： 可设的方程为xy22222R22xy24a2R24a222，于是1的方程为zaRxy 22z2aR2aR21在xy在投影为D:xy24a2R2

4a221的面积为

22S(R)1zxzydxdyDDRRxy2222dxdyd02R4a2R22a0RRr22rdr2RR3a

S(R)4RS(R)4324R，得驻点R10，R2a a36R，S(R2)40 a- -.可修编-

- .

当R 4a时，1的面积最大。 3

- -.可修编-