多元函数积分学综合练习题

解题思路： 心形线围成的区域适合用极坐标，被积函数 $\sqrt{x^2+y^2} = \rho$，面积元素 $dx\,dy = \rho \, d\rho \, d\theta$。

详细步骤：

1. 极坐标下：被积函数 $= \rho$，面积元素 $= \rho \, d\rho \, d\theta$
2. 积分区域：$0 \leq \rho \leq a(1+\cos\theta), \, 0 \leq \theta \leq 2\pi$
3. 积分 $= \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{a(1+\cos\theta)} \rho \cdot \rho \, d\rho = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{a(1+\cos\theta)} \rho^2 d\rho$
4. $= \int_0^{2\pi} \frac{a^3(1+\cos\theta)^3}{3} d\theta = \frac{a^3}{3}\int_0^{2\pi} (1+3\cos\theta+3\cos^2\theta+\cos^3\theta) d\theta$
5. 利用 $\int_0^{2\pi} \cos\theta \, d\theta = 0$，$\int_0^{2\pi} \cos^3\theta \, d\theta = 0$，$\int_0^{2\pi} \cos^2\theta \, d\theta = \pi$
6. $= \frac{a^3}{3}(2\pi + 0 + 3\pi + 0) = \frac{a^3}{3} \cdot 5\pi = \frac{5\pi a^3}{3}$

答案：$\frac{5\pi a^3}{3}$

解题思路： $\frac{\sin y}{y}$ 的原函数不是初等函数，必须交换积分次序，先对 $x$ 积分。

详细步骤：

1. 原积分区域：$0 \leq x \leq 1, \, x \leq y \leq \sqrt{x}$
2. 注意当 $0 \leq x \leq 1$ 时，$x \leq \sqrt{x}$，区域在 $y=x$ 和 $y=\sqrt{x}$ 之间。
3. 交换次序：$0 \leq y \leq 1, \, y^2 \leq x \leq y$
4. 积分 $= \int_0^1 dy \int_{y^2}^y \frac{\sin y}{y} dx = \int_0^1 \frac{\sin y}{y}(y - y^2) dy = \int_0^1 (1-y)\sin y \, dy$
5. $= \int_0^1 \sin y \, dy - \int_0^1 y\sin y \, dy = [-\cos y]_0^1 - [-y\cos y + \sin y]_0^1$
6. $= (1-\cos 1) - (-\cos 1 + \sin 1) = 1 - \sin 1$

答案：$1 - \sin 1$

解题思路： 旋转抛物面与平面围成的区域，适合用柱坐标或截面法（先二后一）。

详细步骤：

方法一：柱坐标

1. 柱坐标：$x^2+y^2 = \rho^2$，$dv = \rho \, d\rho \, d\theta \, dz$
2. 区域：$0 \leq \theta \leq 2\pi, \, 0 \leq \rho \leq 2, \, \frac{\rho^2}{2} \leq z \leq 2$
3. 积分 $= \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^2 \rho \, d\rho \int_{\rho^2/2}^2 \rho^2 \, dz = 2\pi \int_0^2 \rho^3(2 - \frac{\rho^2}{2}) d\rho = 2\pi \int_0^2 (2\rho^3 - \frac{\rho^5}{2}) d\rho$
4. $= 2\pi [\frac{\rho^4}{2} - \frac{\rho^6}{12}]_0^2 = 2\pi(8 - \frac{64}{12}) = 2\pi(8 - \frac{16}{3}) = 2\pi \cdot \frac{8}{3} = \frac{16\pi}{3}$

方法二：截面法（先二后一）

1. 当 $0 \leq z \leq 2$ 时，截面 $D_z: x^2+y^2 \leq 2z$，是半径为 $\sqrt{2z}$ 的圆
2. 积分 $= \int_0^2 dz \iint_{D_z} (x^2+y^2) dx\,dy = \int_0^2 dz \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\sqrt{2z}} \rho^2 \cdot \rho \, d\rho$
3. $= \int_0^2 2\pi \cdot \frac{(\sqrt{2z})^4}{4} dz = \int_0^2 2\pi \cdot \frac{4z^2}{4} dz = 2\pi \int_0^2 z^2 dz = 2\pi \cdot \frac{8}{3} = \frac{16\pi}{3}$

答案：$\frac{16\pi}{3}$

解题思路： 球面与锥面围成的球锥区域，适合用球坐标。锥面 $z = \sqrt{x^2+y^2}$ 对应 $\phi = \frac{\pi}{4}$。

详细步骤：

1. 球坐标：$z = r\cos\phi$，$dv = r^2\sin\phi \, dr \, d\phi \, d\theta$
2. 区域：$0 \leq \theta \leq 2\pi, \, 0 \leq \phi \leq \frac{\pi}{4}, \, 0 \leq r \leq 2$
3. 积分 $= \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\pi/4} \sin\phi \, d\phi \int_0^2 r\cos\phi \cdot r^2 dr = 2\pi \int_0^{\pi/4} \sin\phi\cos\phi \, d\phi \int_0^2 r^3 dr$
4. $= 2\pi \cdot [\frac{\sin^2\phi}{2}]_0^{\pi/4} \cdot \frac{16}{4} = 2\pi \cdot \frac{1}{4} \cdot 4 = 2\pi$

答案：$2\pi$

解题思路： 令 $u = y-x, \, v = y+x$，则被积函数变为 $e^{u/v}$，雅可比行列式易求。

详细步骤：

1. 令 $u = y-x, \, v = y+x$，则 $x = \frac{v-u}{2}, \, y = \frac{v+u}{2}$
2. 雅可比：$J = \frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} = \begin{vmatrix} -1/2 & 1/2 \\ 1/2 & 1/2 \end{vmatrix} = -\frac{1}{4} - \frac{1}{4} = -\frac{1}{2}$，$|J| = \frac{1}{2}$
3. 区域变换：$x+y=1 \to v=1$，$x+y=2 \to v=2$；$x=0 \to u=v$；$y=0 \to u=-v$
4. 新区域：$1 \leq v \leq 2, \, -v \leq u \leq v$
5. 积分 $= \iint_{D'} e^{u/v} \cdot \frac{1}{2} du\,dv = \frac{1}{2}\int_1^2 dv \int_{-v}^v e^{u/v} du = \frac{1}{2}\int_1^2 v[e^{u/v}]_{-v}^v dv = \frac{1}{2}\int_1^2 v(e - e^{-1}) dv$
6. $= \frac{e-e^{-1}}{2} \cdot [\frac{v^2}{2}]_1^2 = \frac{e-e^{-1}}{2} \cdot \frac{3}{2} = \frac{3(e-e^{-1})}{4}$

答案：$\frac{3(e-e^{-1})}{4}$

解题思路： 第一类曲线积分，用参数方程计算，$ds = \sqrt{x'^2+y'^2+z'^2} \, dt$。

详细步骤：

1. $x' = -a\sin t, \, y' = a\cos t, \, z' = b$
2. $ds = \sqrt{a^2\sin^2 t + a^2\cos^2 t + b^2} \, dt = \sqrt{a^2+b^2} \, dt$
3. $x^2+y^2 = a^2\cos^2 t + a^2\sin^2 t = a^2$
4. 积分 $= \int_0^{2\pi} a^2 \cdot \sqrt{a^2+b^2} \, dt = 2\pi a^2 \sqrt{a^2+b^2}$

答案：$2\pi a^2 \sqrt{a^2+b^2}$

解题思路： 被积函数在原点不连续，椭圆包围原点，用”挖洞法”：在椭圆内作小圆周，利用格林公式。

详细步骤：

1. $P = \frac{-y}{x^2+y^2}, \, Q = \frac{x}{x^2+y^2}$，在 $x^2+y^2 \neq 0$ 处 $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$
2. 在椭圆内作小圆周 $l: x^2+y^2 = \varepsilon^2$（顺时针），在两曲线之间的区域用格林公式： $\oint_L + \oint_l = \iint_D 0 = 0$，所以 $\oint_L = -\oint_l$
3. 在 $l$ 上（逆时针）：$\oint_{l_{逆}} = \frac{1}{\varepsilon^2}\oint_{l_{逆}} x\,dy-y\,dx = \frac{1}{\varepsilon^2} \cdot 2\pi\varepsilon^2 = 2\pi$
4. 因为 $l$ 取顺时针，$\oint_l = -2\pi$，所以 $\oint_L = -(-2\pi) = 2\pi$

答案：$2\pi$

解题思路： 第一类曲面积分，利用对称性简化，$dS = \sqrt{1+z_x^2+z_y^2} \, dx\,dy$。

详细步骤：

1. $\Sigma: z = 1-x-y$，投影到 $xOy$ 平面为三角形 $D: x\geq0, y\geq0, x+y\leq1$
2. $z_x = -1, \, z_y = -1$，$dS = \sqrt{1+1+1} \, dx\,dy = \sqrt{3} \, dx\,dy$
3. 由对称性，$\iint_\Sigma x \, dS = \iint_\Sigma y \, dS = \iint_\Sigma z \, dS$
4. 所以积分 $= 3\iint_\Sigma x \, dS = 3\sqrt{3}\iint_D x \, dx\,dy$
5. $\iint_D x \, dx\,dy = \int_0^1 dx \int_0^{1-x} x \, dy = \int_0^1 x(1-x) dx = [\frac{x^2}{2}-\frac{x^3}{3}]_0^1 = \frac{1}{6}$
6. 积分 $= 3\sqrt{3} \cdot \frac{1}{6} = \frac{\sqrt{3}}{2}$

答案：$\frac{\sqrt{3}}{2}$

解题思路： 闭曲面外侧，直接用高斯公式，散度为 $3(x^2+y^2+z^2)$。

详细步骤：

1. $\nabla \cdot \vec{F} = 3x^2 + 3y^2 + 3z^2 = 3(x^2+y^2+z^2)$
2. 由高斯公式：积分 $= \iiint_\Omega 3(x^2+y^2+z^2) dv$
3. 球坐标：$= 3\int_0^{2\pi} d\theta \int_0^\pi \sin\phi \, d\phi \int_0^R r^2 \cdot r^2 dr = 3 \cdot 2\pi \cdot 2 \cdot \frac{R^5}{5} = \frac{12\pi R^5}{5}$

答案：$\frac{12\pi R^5}{5}$

解题思路： 验证旋度为零，凑微分求势函数，用势函数的差计算积分。

详细步骤：

1. 旋度： $\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z} = 0-0=0$ $\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x} = 3z^2-3z^2=0$ $\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} = 2x-2x=0$ 旋度为零，在全空间（单连通）是有势场。
2. 凑微分：$(2xy+z^3)dx + x^2 dy + 3xz^2 dz = d(x^2y + xz^3)$
3. 势函数：$u = x^2y + xz^3 + C$
4. 积分 $= u(1,1,1) - u(0,0,0) = (1+1) - 0 = 2$

答案：势函数为 $u = x^2y + xz^3 + C$，曲线积分为 $2$。

解题思路： 区域是圆心在 $(a,0)$、半径为 $a$ 的圆，用极坐标 $\rho \leq 2a\cos\theta$。

详细步骤：

1. 极坐标：$x = \rho\cos\theta, \, y = \rho\sin\theta$，区域 $0 \leq \rho \leq 2a\cos\theta, \, -\frac{\pi}{2} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$
2. 绕 $x$ 轴：$I_x = \iint_D y^2 \mu \, dx\,dy = \mu \int_{-\pi/2}^{\pi/2} d\theta \int_0^{2a\cos\theta} \rho^2\sin^2\theta \cdot \rho \, d\rho$ $= \mu \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin^2\theta \cdot \frac{(2a\cos\theta)^4}{4} d\theta = 4\mu a^4 \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sin^2\theta\cos^4\theta \, d\theta$ $= 8\mu a^4 \int_0^{\pi/2} \sin^2\theta\cos^4\theta \, d\theta = 8\mu a^4 \cdot \frac{\pi}{32} = \frac{\pi\mu a^4}{4}$
3. 绕 $y$ 轴：$I_y = \iint_D x^2 \mu \, dx\,dy = \mu \int_{-\pi/2}^{\pi/2} d\theta \int_0^{2a\cos\theta} \rho^2\cos^2\theta \cdot \rho \, d\rho$ $= 4\mu a^4 \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^6\theta \, d\theta = 8\mu a^4 \int_0^{\pi/2} \cos^6\theta \, d\theta = 8\mu a^4 \cdot \frac{5\pi}{32} = \frac{5\pi\mu a^4}{4}$
4. 总质量 $M = \mu \cdot \pi a^2$，所以 $I_x = \frac{Ma^2}{4}$，$I_y = \frac{5Ma^2}{4}$

答案：$I_x = \frac{\pi\mu a^4}{4} = \frac{Ma^2}{4}$，$I_y = \frac{5\pi\mu a^4}{4} = \frac{5Ma^2}{4}$

解题思路： 密度与 $z$ 成正比，用球坐标计算。由对称性 $\bar{x} = \bar{y} = 0$。

详细步骤：

1. 球坐标：$z = r\cos\phi$，$dv = r^2\sin\phi \, dr \, d\phi \, d\theta$，区域 $0 \leq r \leq R, \, 0 \leq \phi \leq \frac{\pi}{2}, \, 0 \leq \theta \leq 2\pi$
2. 质量： $M = \iiint_\Omega kz \, dv = k \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\pi/2} \sin\phi \, d\phi \int_0^R r\cos\phi \cdot r^2 dr = k \cdot 2\pi \int_0^{\pi/2} \sin\phi\cos\phi \, d\phi \int_0^R r^3 dr$ $= 2\pi k \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{R^4}{4} = \frac{\pi k R^4}{4}$
3. 由对称性 $\bar{x} = \bar{y} = 0$
4. $\bar{z} = \frac{1}{M}\iiint_\Omega z \cdot kz \, dv = \frac{k}{M}\iiint_\Omega z^2 \, dv$ $= \frac{k}{M} \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\pi/2} \sin\phi \, d\phi \int_0^R r^2\cos^2\phi \cdot r^2 dr$ $= \frac{k}{M} \cdot 2\pi \int_0^{\pi/2} \cos^2\phi\sin\phi \, d\phi \int_0^R r^4 dr$ $= \frac{k}{M} \cdot 2\pi \cdot \frac{1}{3} \cdot \frac{R^5}{5} = \frac{k}{M} \cdot \frac{2\pi R^5}{15}$
5. 代入 $M = \frac{\pi k R^4}{4}$： $\bar{z} = \frac{2\pi k R^5 / 15}{\pi k R^4 / 4} = \frac{2R}{15} \cdot 4 = \frac{8R}{15}$

答案：质量 $M = \frac{\pi k R^4}{4}$，质心为 $(0, 0, \frac{8R}{15})$。