1、-. z.例 利用二重積分的性質，估計積分的值，其中為半圓形區域解 我們先求函數在區域上的最大值和最小值由解得駐點為， 在邊界上，在上的最大值為，最小值為在邊界上，由得駐點，綜上，在上的最大值為，最小值為又的面積為，所以由二重積分的估值性質知，即例 設為*oy平面上以為頂點的三角形區域，為在第一象限的局部，則A BC D解 區域D如下圖，并記為以為頂點的三角形區域，則關于軸對稱，且為在軸右側的局部區域，區域關于軸對稱又關于和均為奇函數；而關于為偶函數關于為奇函數，由二重積分的奇偶對稱性得，故；，故所以 因此我們選A例 設區域，為上的正值連續函數，為常數，則解 由題意知，關于直線對稱，由二重積分

2、輪換對稱性得因此，我們應填例 計算二次積分解 積分區域如圖，則 原式；例 設為橢圓區域，計算二重積分解 令則的極坐標表示為，且由式，可得例 計算二重積分，其中D為解 解法1 D的邊界曲線為這是一個以為圓心，為半徑的圓域，采用一般的變量代換，令即作變換于是D變為所以，再用極坐標解法2 由于積分區域D：關于即對稱，故類似地，由于D關于對稱，故從而例 計算，其中，解 D由分為D2，D2兩局部，如圖.例 利用二重積分計算定積分解 因為所以 例 上的連續函數，且，試利用二重積分證明證因為其中 亦即 例 計算，其中解 當從而圖，其中D曲線，和所圍成，如圖10-8。改變積分順序，則例 設二元函數，計算，其中

3、解：由區域的對稱性和被積函數的奇偶性、有其中，D1為D位于第一象限局部，D1由分成兩局部：圖因為 所以 例 求解 設平面區域D：則二元函數在D上連續，二重積分存在，用平行于*軸和y軸的兩組平行線把D分成n2個全等的正方形，如圖，取則故圖例 設有一階導數且求。解 采用極坐標，令于是原式=例 設半徑為R的球面的球心的定球面上，問當R取什么值時，球面在定球面部的那局部的面積最大。解根據題意不妨設球面的方程為，則兩球面的交線在*Oy面投影記1為在定球面的局部，則1在*Oy面投影區域D為. 1的方程，則1的面積 圖S為R的函數，下面求S的最大值。令，得駐點舍去。又因此為極大值，即為最大值，故當時，球面在

4、定球面的局部的面積最大。例 設薄片所點區域D是介于兩個圓之間的區域，各點處的面密度等于該點到原點的距離，求這薄片的質心。解 區域D如下圖，由對稱性知薄片的質量所以，所以薄片的質心坐標例 求由拋物線及直線所圍成的薄片面密度為常數對于直線的慣性矩。解 設D為平面薄片所占據的*Oy平面上的區域如圖，D任一點*,y到直線y=-1的距離平方d2=(y+1)2,故所求慣性矩為例 計算，其中是由曲面與平面z=2所圍成的區域。解 從中消去z，得投影柱面方程，在*Oy平面上的投影區域D為：。采用柱面坐標，可表示為：從而計算，其中解：由于將*與z對換，積分區域和被積函數不變，故原積分=2，積分區域為球面圍成，采用

5、球面坐標，令圖從而，原積分=例 計算，其中是和的公共局部a0。解法一 用球面坐標，根據積分區域特點，必須分成兩局部1和2，由及得，則錐面把分成1和2兩局部.解法二 由于被積函數與*,y無關，且積分區域中作平行*Oy坐標面向的平面與交線是圓，于是可用先作二重積分再作一定積分先二后一法，因為兩球面的交線落在平面上，故當時，為半徑為的圓域；當時，為半徑為的圓域，因此，例計算三重積分，其中是由拋物面與球面所圍成的公共區域。解 被積函數，由于積分區域關于*Oz坐標面對稱*y+yz是關于y的奇函數，所以類似地，由于關于yOz坐標面對稱，*z是關于z的奇函數，所以于是采用柱面坐標，令，則所以例 ，其中是由與z=1所圍成的立體。解令，得球面需將分成兩局部、，其中 而 例 設為連續函數，求 解 因為在上連續，根據三重積分的中值定理，至少存在一點，使得注意，當由的連續性，于是有例 設函數具有連續導數，且，求其中為球域：.解 引入球面坐標變換：則，因為時，所以由洛必達法則，原式=例 由曲面和圍成的立體，其密度為，求繞直線旋轉的轉動慣量。解 先求出立體任一點到直線的距離的平方的方向向量，且所以故 由對稱性知 圖利用柱面坐標，例 設函數連續且恒大于零，其中，證明：在單調增加.解 因為， 故在單調增加.例 設有一半徑為的球體，是此球的外表上的一個定點，球體上任一點的密度與該點到距離的平方成正