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习题 8-2
2.
(1) 曲线 1: $x=2y$, 过点 $(0,0)$ 以及 $(4,2)$, 曲线 2: $y^2=x$ 过点 $(0,0)$ 以及 $4,2$,
所以
\[
\mbox{原式}= \int_0^4 dx \int_{\frac x 2}^{\sqrt x} f(x,y) dy.
\]
(2) 曲线 1: $(x-1)^2+y^2=1$, 且 $y>0$ 过点 $(1,1)$ 以及 $(2,0)$, 直线 2: $x+y=2$ 过点 $(1,1)$ 以及 $(2,0)$. 注意到交点为 $(1,1)$ 以及 $(2,0)$, 而圆心是 $(1,0)$, 所以 $D$ 的 $x$ 坐标用 $y$ 来写是 $1+\sqrt{1-y^2}$.
所以
\[
\mbox{原式}=\int_0^1 dy \int_{2-y}^{1+\sqrt{1-y^2}} f(x,y) dx.
\]
(3) 第一个积分, 直线 1: $x=2y$, 过点 $(0,0)$ 以及 $(2,1)$, 直线 2: $x=0$ 过点 $(0,0)$ 以及 $0,2$. 第二个积分, 直线 1: $x=3-y$, 过点 $(2,1)$ 以及 $(0,3)$, 直线 2: $x=0$ 过点 $(0,0)$ 以及 $0,3$. 所以 $x$ 从 $0$ 变化到 $2$
\[
\mbox{原式} = \int_0^2 dx \int_{\frac x 2}^{3-x} f(x,y) dy
\]
3.
(1) 解的交点 $x=1$ 以及 $x=0$, 即过 $(0,0)$ 点以及 $(1,1)$ 点，且在第一象限, 由 $x$ 趋于无穷时, $y$ 的变化可以看出 $y=x^2$ 过点 $(1,1)$ 后变大。
\[
\mbox{原式} =\int_{0}^1 dx \int_{x^2}^{\sqrt x} x \sqrt y dy=\frac {6}{55}
\]
(2)
\[
\mbox{原式}= \int _{-1}^0 dx\int _{-x-1}^{x+1}\exp (x+y)dy+\int _0^1dx \int _{x-1}^{1-x}\exp (x+y)dy
\]
(3)
\[
\mbox{原式}=\int _0^{\pi }dx \int _0^{ \sin x }\left(x^2-y^2\right)dy
= \int _0^{\pi } (x^2\sin x-\frac13 \sin^3 x) dx
=\pi^2 -\frac{40}{9}
\]
(分部积分, 凑微分)
(4) 解出交点 $(0,0)$ 以及 $(1,1)$, 画出图形
\[
\mbox{原式} = \int_0^1 dx \int_{x}^{\sqrt x} \frac{\sin y}{y} dy
\]
而我们知道 $\sin y/ y$ 不是初等积分，所以换个积分次序
\[
\mbox{原式} =\int_{0}^1 \frac{\sin y}{y} dy \int_{y^2}^y dx= \int_0^1 \sin y (1-y) dy
= 1-\sin 1.
\]
4.
(1) 把交点解出了 $(a/2,2a)$ 以及 $(2a, a/2)$, 即
\[
\mbox{原式} =\int_{a/2}^{2a} dx \int_{a^2/x}^{5 a/2 -x} dy
= \frac{a^2}{8} (15- 8 \log 4)
\]
(2) 交点 $(\frac{p+q}{2}, \sqrt{pq})$ 以及 $(\frac{p+q}{2}, -\sqrt{pq})$
\[
\mbox{原式}= 2\int_{0} ^{\sqrt{pq}} dy \int_{\frac{y^2-p^2}{2p}}^{\frac{y^2-q^2}{-2q}} dx
= \frac23 \sqrt{pq}(p+q).
\]
6.
(2) 曲线 1: $y^2=3x$, 且 $y>0$ 过点 $(0,0)$ 以及 $(1,\sqrt 3)$, 直线 2: $y=x$ 过点 $(0,0)$ 以及点 $(1,1)$. 两条线的交点为 $(0,0)$ 以及 $(3,3)$, 即
\[
\mbox{原式} = \int_{\pi/4}^{\pi /3} d\theta \int_{0}^{\sec \theta} f(r^2) r d r
+ \int_{\pi /3}^{\pi/2} d\theta \int_{0}^{3 \cos \theta /\sin^2 \theta } f(r^2) r d r
\]
其中 $\pi/3$ 由 $(1,\sqrt 3)$ 确定，而 $\pi/2$ 是由 $y^2=3x$ 在 $x=0$ 处斜率决定。而 $3 \cos \theta /\sin^2 \theta $ 由约束解出。
(3) 圆 1: $x^2+y^2=4$, 且 $y>0$ 过点 $(0,2)$ 以及 $(2, 0)$, 圆 2: $(x-1)^+y^2=1$ 过点 $(0,0)$ 以及点 $(2,0)$. 两个圆的交点只有一个，点 $(2,0)$, 则
\[
\mbox{原式}= \int_0^{\pi /2} d \theta \int_{2\cos \theta}^2 f(r\cos \theta,r\sin \theta) r dr
\]
7 (1)
\[
\mbox{原式} = \int_{\theta_1}^{\theta_2} d\theta \int_a^b r^2\sin \theta dr
=\frac13 (b^3-a^3)( \cos \theta_1- \cos \theta_2)
\]
因为根据 $y=\alpha x$ 直接算出 $\cos \theta_1= \frac{1}{\sqrt{1+\alpha^2}}$.
(3) 求出唯一交点 $(0,0)$, 关于 $x=0$ 对称, 所以
\[
\mbox{原式}= 2\int_0^{\pi/2} d\theta \int_{ 2\cos \theta }^{4\cos \theta} r^2 \cos \theta dr
=
\frac23 \int_0^{\pi/2} 56 \cos^4 \theta d\theta
= \frac{112}{3} \int_0^{\pi/2} \left( \frac{1+\cos 2\theta}{2} \right)^2 d\theta
=7 \pi
\]
$\cos^4 \theta $反复使用二倍角公式即可
(4) 该圆过 $(0,0)$ 点，则
\[
\begin{aligned}
\mbox{原式} &= \int_{-\pi/4}^{3\pi/4 } d \theta
\int_{0}^{\cos \theta +\sin \theta} r^2(\cos \theta+\sin \theta) dr
= \frac13 \int_{-\pi/4}^{3\pi/4 } (\cos \theta +\sin \theta )^4 d \theta
\\
&= \frac43 \int_{-\pi/4}^{3\pi/4 } \sin^4(\theta +\pi/4) d \theta
= \frac43 \int_{0}^{\pi } \sin^4 \theta d \theta
\end{aligned}
\]
角度由圆过 $(0,0)$ 点的切线确定, 由于圆心的径向量为 $(\frac12,\frac12)$, 则切方向为 $(\frac12, -\frac12)$.
8. (1) 令 $u=y-x$, 以及 $v=y$, 则 $|J|=|\frac{\partial (u,v)}{\partial (x,y)}|=1$
\[
\mbox{原式}= \int_0^a d u \int_a^{3a} ( u-v )^2 +v^2 dv=14a^4.
\]
(2) 极坐标变化
\[
\mbox{原式}= \int_{0}^{\pi/4} \theta d\theta \int_{1}^2 r dr
= \frac{3}{64} \pi^2.
\]
特别注意，$x^2+y^2=4$ 对应 $r=2$.
(3) 直角坐标
\[
\int_0^\pi x d x \int_0^x \cos (x+y) dy
= \int_0^\pi x (\sin (2x)-\sin x) dx
\]
(4)
\[
\mbox{原式}= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} d \theta \int_0^{R\cos \theta}
r\sqrt{R^2-r^2} dr
=\frac13 \int_{-\pi/2}^{\pi/2}
R^3(1- (1-\cos^2 \theta )^{3/2}) d\theta
= \frac{R^3}{3} \pi -\frac13 \int_{-\pi/2}^{\pi/2} (\sin^2\theta)^{3/2} d\theta
\]
其中 $\pi /2$ 是由于径向量为 $(R/2,0)$, 注意到
\[
\int_{-\pi/2}^{\pi/2} (\sin^2\theta)^{3/2} d\theta
= \int_{0}^{\pi/2} \sin^3\theta d\theta+
\int_{-\pi/2}^0 -\sin^3\theta d\theta=2 \int_{0}^{\pi/2} \sin^3\theta d\theta
= \frac43.
\]
所以特别注意开方.
\section*{习题 8-3}
2. (5) 因为投影区域比较复杂，而且被积函数只和 $z$ 有关，所以考虑沿着 $z$ 轴的切片
\[
\mbox{原式}= \int_{0}^{R/2} z^2 dz \iint_{D_1} dx dy
+ \int_{R/2}^{R} z^2 dz \iint_{D_2} dx dy
\]
分成两个部分的原因是，区域的上半部分和下半部分的切片不同。由 $x^2+y^2+z^2=R^2$ 以及 $x^2+y^2+z^2=2R z$ 可消掉 $x^2+y^2$ 解出 $z=R/2$. %因此两个球体的交线为
%\[
% \begin{cases}
% z= R/2, \\
% x^2 +y^2 =3 R^2/4.
%\end{cases}
%\]
而 $x^2+y^2+z^2=2R z$ 过 $(0,0,0)$ 点，因此
\[
\int_{0}^{R/2} z^2 dz \iint_{D_1} dx dy
+ \int_{R/2}^{R} z^2 dz \iint_{D_2} dx dy
= \int_{0}^{R/2} z^2 \cdot \pi(2R z -z^2) dz + \int_{R/2}^{R} z^2\cdot \pi(R^2-z^2) dz
\]
5. 注意： 球坐标一般应用于，该区域过 $(0,0,0)$ 点，而且空间区域 $\Omega$ 为绕某个坐标轴的旋转体，此时 $\theta, \varphi, \rho$ 比较容易确定
(3) 因为被积函数比较复杂，所以考虑用球坐标。
\[
\mbox{原式}= \int_0^{2\pi} d\theta \int_{0}^{\pi/4} d\varphi
\int_{0}^{1} \rho^2 \sin \varphi \sqrt{1-\rho^2} d\rho
\]
外积分的积分限确定：考虑区域在 $xoy$ 平面上的投影，为 $x^2+y^2\leq 1/2$, 所以 $\theta$ 范围可以确定。
中间的积分限确定：固定 $\theta$ 去求 $\varphi$, 因为此时该区域是绕着 $z$ 轴的旋转体，所以不同的 $\theta$ 对应 $\varphi$ 的变化范围是一致的。因此，求 $\varphi$ 只需要固定一个特殊的 $\theta$ 就可以了，比如 $\theta=0$ 推出 $y=0$, 代入原来方程得到 $x^2+z^2=1$ 以及 $z=|x|$, 马上知道 $\varphi\in [0,\pi/4]$,
内积分的积分限确定：固定 $\theta$ 以及 $\varphi$ 确定 $\rho$, 因为是旋转体，我们还是可以从 $xoz$ 平面看就好，此时固定 $\varphi$ 的话, $\rho$ 由 $x^2+z^2=1$ 变到 0. 因此，在空间中，$\rho$ 由曲面 $x^2+y^2+z^2=1$ 变到 0，由球面坐标代入求得 $\rho=1$.
(2) 球坐标变换
\[
\mbox{原式}= \int_0^{2\pi} d\theta \int_{0}^{\pi/4} d\varphi
\int_{0}^{2 R \cos \varphi} \rho^3 \sin \varphi \cos\varphi d\rho
\]
外积分： 考虑区域投影，两个方程消掉 $x^2+y^2$ 得到 $z=R$, 代回原方程得 $x^2+y^2= R^2$, 因此 $\theta$ 范围确定
中间积分：因为旋转体，可以取一个特别的 $\theta=0$, 即 $y=0$, 代入原方程得
$x^2+ (z-R)^2=R^2$ 以及 $z=|x|$
内积分：$\rho$ 是由曲面 $x^2+y^2+z^2=2Rz$ 变化到 0，这个容易从 $xoz$ 平面看出。固定 $\theta$ 以及 $\varphi$ 由约束直接解出 $\rho=2R \cos \varphi $.
方法二：沿着 $z$ 轴切片
\[
\mbox{原式}=\pi \int_0^R z^3 dz +\pi \int_R^{2R} z (2R z -z^2) dz
\]
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原文地址：http://www.cnblogs.com/mmmmmm6m/p/4486274.html
