高等数学（第七版）同济大学总习题十（前6题）个人解答

高等数学（第七版）同济大学总习题十（前6题）

函数作图软件：Mathematica

1.填空：\begin{aligned}&1. \ 填空：&\end{aligned}1. 填空：

(1)积分∫02dx∫x2e−y2dy的值是_____；(2)设闭区域D={(x,y)∣x2+y2≤R2}，则∬D(x2a2+y2b2)dxdy=____.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 积分\int_{0}^{2}dx\int_{x}^{2}e^{-y^2}dy的值是\_\_\_\_\_；\\\\ &\ \ (2)\ \ 设闭区域D=\{(x, \ y)\ |\ x^2+y^2 \le R^2\}，则\iint_{D}\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\right)dxdy=\_\_\_\_. & \end{aligned} (1) 积分∫02dx∫x2e−y2dy的值是_____； (2) 设闭区域D={(x, y) ∣ x2+y2≤R2}，则∬D(a2x2+b2y2)dxdy=____.

解：

(1)∫02dx∫x2e−y2dy=∫02dy∫0ye−y2dx=∫02ye−y2dy=−12⋅∫02e−y2d(−y2)=−12[e−y2]02=12(1−e−4).(2)D={(ρ,θ)∣0≤ρ≤R，0≤θ≤2π}，∬D(x2a2+y2b2)dxdy=∬D(ρ2cos2θa2+ρ2sin2θb2)ρdρdθ=∫02π(cos2θa2+sin2θb2)dθ∫0Rρ3dρ=R44∫02π(1+cos2θ2a2+1−cos2θ2b2)dθ=R44(12a2+12b2)⋅2π=π4R4(1a2+1b2).\begin{aligned} &\ \ (1)\ \int_{0}^{2}dx\int_{x}^{2}e^{-y^2}dy=\int_{0}^{2}dy\int_{0}^{y}e^{-y^2}dx=\int_{0}^{2}ye^{-y^2}dy=-\frac{1}{2}\cdot \int_{0}^{2}e^{-y^2}d(-y^2)=-\frac{1}{2}[e^{-y^2}]_{0}^{2}=\frac{1}{2}(1-e^{-4}).\\\\ &\ \ (2)\ D=\{(\rho, \ \theta)\ |\ 0 \le \rho \le R，0 \le \theta \le 2\pi\}，\iint_{D}\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\right)dxdy=\iint_{D}\left(\frac{\rho^2cos^2\ \theta}{a^2}+\frac{\rho^2sin^2\ \theta}{b^2}\right)\rho d\rho d\theta=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{2\pi}\left(\frac{cos^2\ \theta}{a^2}+\frac{sin^2\ \theta}{b^2}\right)d\theta \int_{0}^{R}\rho^3 d\rho=\frac{R^4}{4}\int_{0}^{2\pi}\left(\frac{1+cos\ 2\theta}{2a^2}+\frac{1-cos\ 2\theta}{2b^2}\right)d\theta=\frac{R^4}{4}\left(\frac{1}{2a^2}+\frac{1}{2b^2}\right)\cdot 2\pi=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{\pi}{4}R^4\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right). & \end{aligned} (1) ∫02dx∫x2e−y2dy=∫02dy∫0ye−y2dx=∫02ye−y2dy=−21⋅∫02e−y2d(−y2)=−21[e−y2]02=21(1−e−4). (2) D={(ρ, θ) ∣ 0≤ρ≤R，0≤θ≤2π}，∬D(a2x2+b2y2)dxdy=∬D(a2ρ2cos2 θ+b2ρ2sin2 θ)ρdρdθ= ∫02π(a2cos2 θ+b2sin2 θ)dθ∫0Rρ3dρ=4R4∫02π(2a21+cos 2θ+2b21−cos 2θ)dθ=4R4(2a21+2b21)⋅2π= 4πR4(a21+b21).

2.以下各题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论：\begin{aligned}&2. \ 以下各题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论：&\end{aligned}2. 以下各题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论：

(1)设有空间闭区域Ω1={(x,y,z)∣x2+y2+z2≤R2，z≥0}，Ω2={(x,y,z)∣x2+y2+z2≤R2，x≥0，y≥0，z≥0}，则有()；(A)∭Ω1xdv=4∭Ω2xdv(B)∭Ω1ydv=4∭Ω2ydv(C)∭Ω1zdv=4∭Ω2zdv(D)∭Ω1xyzdv=4∭Ω2xyzdv(2)设有平面闭区域D={(x,y)∣−a≤x≤a，x≤y≤a}，D1={(x,y)∣0≤x≤a，x≤y≤a}，则∬D(xy+cosxsiny)dxdy=()；(A)2∬D1cosxsinydxdy(B)2∬D1xydxdy(C)4∬D1(xy+cosxsiny)dxdy(D)0(3)设f(x)为连续函数，F(t)=∫1tdy∫ytf(x)dx，则F′(2)=().(A)2f(2)(B)f(2)(C)−f(2)(D)0\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 设有空间闭区域\Omega_1=\{(x, \ y, \ z)\ |\ x^2+y^2+z^2 \le R^2，z \ge 0\}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \Omega_2=\{(x, \ y, \ z)\ |\ x^2+y^2+z^2 \le R^2，x \ge 0 ，y \ge 0，z \ge 0\}，则有(\ \ \ \ )；\\\\ &\ \ (A)\ \ \iiint_{\Omega_1}xdv=4\iiint_{\Omega_2}xdv\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (B)\ \ \iiint_{\Omega_1}ydv=4\iiint_{\Omega_2}ydv\\\\ &\ \ (C)\ \ \iiint_{\Omega_1}zdv=4\iiint_{\Omega_2}zdv\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (D)\ \ \iiint_{\Omega_1}xyzdv=4\iiint_{\Omega_2}xyzdv\\\\ &\ \ (2)\ \ 设有平面闭区域D=\{(x, \ y)\ |\ -a \le x \le a，x \le y \le a\}，D_1=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le x \le a，x \le y \le a\}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 则\iint_{D}(xy+cos\ xsin \ y)dxdy=(\ \ \ \ )；\\\\ &\ \ (A)\ \ 2\iint_{D_1}cos\ xsin\ ydxdy\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (B)\ \ 2\iint_{D_1}xydxdy\\\\ &\ \ (C)\ \ 4\iint_{D_1}(xy+cos\ xsin\ y)dxdy\ \ \ \ \ \ \ \ (D)\ \ 0\\\\ &\ \ (3)\ \ 设f(x)为连续函数，F(t)=\int_{1}^{t}dy\int_{y}^{t}f(x)dx，则F'(2)=(\ \ \ \ ).\\\\ &\ \ (A)\ \ 2f(2)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (B)\ \ f(2)\\\\ &\ \ (C)\ \ -f(2)\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (D)\ \ 0 & \end{aligned} (1) 设有空间闭区域Ω1={(x, y, z) ∣ x2+y2+z2≤R2，z≥0}， Ω2={(x, y, z) ∣ x2+y2+z2≤R2，x≥0，y≥0，z≥0}，则有( )； (A) ∭Ω1xdv=4∭Ω2xdv (B) ∭Ω1ydv=4∭Ω2ydv (C) ∭Ω1zdv=4∭Ω2zdv (D) ∭Ω1xyzdv=4∭Ω2xyzdv (2) 设有平面闭区域D={(x, y) ∣ −a≤x≤a，x≤y≤a}，D1={(x, y) ∣ 0≤x≤a，x≤y≤a}，则∬D(xy+cos xsin y)dxdy=( )； (A) 2∬D1cos xsin ydxdy (B) 2∬D1xydxdy (C) 4∬D1(xy+cos xsin y)dxdy (D) 0 (3) 设f(x)为连续函数，F(t)=∫1tdy∫ytf(x)dx，则F′(2)=( ). (A) 2f(2) (B) f(2) (C) −f(2) (D) 0

解：

(1)设Ω3={(x,y,z)∣x2+y2+z2≤R2，z≥0，x≥0}，因为被积函数z关于x是偶函数，Ω3与Ω1\Ω2关于yOz面对称，所以∭Ω1zdv=∭Ω3zdv，又因被积函数z关于y是偶函数，Ω2与Ω3\Ω2关于zOx面对称，所以∭Ω3zdv=2∭Ω2zdv，因此选C.(2)记D的三个顶点为A(a,a)，B(−a,a)，C(−a,−a)，连接O，B，则D为△COB和△AOB合并区域，因为△COB关于x轴对称，△AOB关于y轴对称，函数xy关于y和x都为奇函数，则有∬Dxydxdy=∬△AOBxydxdy+∬△COBxydxdy=0+0=0，因为函数cosxsiny关于y是奇函数，\begin{aligned} &\ \ (1)\ 设\Omega_3=\{(x, \ y, \ z)\ |\ x^2+y^2+z^2 \le R^2，z \ge 0，x \ge 0\}，因为被积函数z关于x是偶函数，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \Omega_3与\Omega_1\backslash \Omega_2关于yOz面对称，所以\iiint_{\Omega_1}zdv=\iiint_{\Omega_3}zdv，又因被积函数z关于y是偶函数，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \Omega_2与\Omega_3\backslash \Omega_2关于zOx面对称，所以\iiint_{\Omega_3}zdv=2\iiint_{\Omega_2}zdv，因此选C.\\\\ &\ \ (2)\ 记D的三个顶点为A(a, \ a)，B(-a, \ a)，C(-a, \ -a)，连接O，B，则D为\triangle COB和\triangle AOB合并区域，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因为\triangle COB关于x轴对称，\triangle AOB关于y轴对称，函数xy关于y和x都为奇函数，则有\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}xydxdy=\iint_{\triangle AOB}xydxdy+\iint_{\triangle COB}xydxdy=0+0=0，因为函数cos\ xsin\ y关于y是奇函数，\\\\ & \end{aligned} (1) 设Ω3={(x, y, z) ∣ x2+y2+z2≤R2，z≥0，x≥0}，因为被积函数z关于x是偶函数， Ω3与Ω1\Ω2关于yOz面对称，所以∭Ω1zdv=∭Ω3zdv，又因被积函数z关于y是偶函数， Ω2与Ω3\Ω2关于zOx面对称，所以∭Ω3zdv=2∭Ω2zdv，因此选C. (2) 记D的三个顶点为A(a, a)，B(−a, a)，C(−a, −a)，连接O，B，则D为△COB和△AOB合并区域，因为△COB关于x轴对称，△AOB关于y轴对称，函数xy关于y和x都为奇函数，则有 ∬Dxydxdy=∬△AOBxydxdy+∬△COBxydxdy=0+0=0，因为函数cos xsin y关于y是奇函数，

关于x是偶函数，则有∬Dcosxsinydxdy=∬△COBcosxsinydxdy+∬△AOBcosxsinydxdy=0+2∬D1cosxsinydxdy，因此选A.(3)设t>1，对二重积分交换积分次序，得F(t)=∫1tf(x)dx∫1xdy=∫1t(x−1)f(x)dx，则F′(t)=(t−1)f(t)，有F′(2)=f(2)，选B.\begin{aligned} &\ \ \ \ \ \ \ \ 关于x是偶函数，则有\iint_{D}cos\ xsin\ ydxdy=\iint_{\triangle COB}cos\ xsin\ ydxdy+\iint_{\triangle AOB}cos\ xsin\ ydxdy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 0+2\iint_{D_1}cos\ xsin\ ydxdy，因此选A.\\\\ &\ \ (3)\ 设t \gt 1，对二重积分交换积分次序，得F(t)=\int_{1}^{t}f(x)dx\int_{1}^{x}dy=\int_{1}^{t}(x-1)f(x)dx，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则F'(t)=(t-1)f(t)，有F'(2)=f(2)，选B. & \end{aligned} 关于x是偶函数，则有∬Dcos xsin ydxdy=∬△COBcos xsin ydxdy+∬△AOBcos xsin ydxdy= 0+2∬D1cos xsin ydxdy，因此选A. (3) 设t>1，对二重积分交换积分次序，得F(t)=∫1tf(x)dx∫1xdy=∫1t(x−1)f(x)dx，则F′(t)=(t−1)f(t)，有F′(2)=f(2)，选B.

3.计算下列二重积分：\begin{aligned}&3. \ 计算下列二重积分：&\end{aligned}3. 计算下列二重积分：

(1)∬D(1+x)sinydσ，其中D是顶点分别为(0,0)，(1,0)，(1,2)和(0,1)的梯形闭区域；(2)∬D(x2−y2)dσ，其中D={(x,y)∣0≤y≤sinx，0≤x≤π}；(3)∬DR2−x2−y2dσ，其中D是圆周x2+y2=Rx所围成的闭区域；(4)∬D(y2+3x−6y+9)dσ，其中D={(x,y)∣x2+y2≤R2}.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \iint_{D}(1+x)sin\ y d\sigma，其中D是顶点分别为(0, \ 0)，(1, \ 0)，(1, \ 2)和(0, \ 1)的梯形闭区域；\\\\ &\ \ (2)\ \ \iint_{D}(x^2-y^2)d\sigma，其中D=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le y \le sin\ x，0 \le x \le \pi\}；\\\\ &\ \ (3)\ \ \iint_{D}\sqrt{R^2-x^2-y^2}d\sigma，其中D是圆周x^2+y^2=Rx所围成的闭区域；\\\\ &\ \ (4)\ \ \iint_{D}(y^2+3x-6y+9)d\sigma，其中D=\{(x, \ y)\ |\ x^2+y^2 \le R^2\}. & \end{aligned} (1) ∬D(1+x)sin ydσ，其中D是顶点分别为(0, 0)，(1, 0)，(1, 2)和(0, 1)的梯形闭区域； (2) ∬D(x2−y2)dσ，其中D={(x, y) ∣ 0≤y≤sin x，0≤x≤π}； (3) ∬DR2−x2−y2dσ，其中D是圆周x2+y2=Rx所围成的闭区域； (4) ∬D(y2+3x−6y+9)dσ，其中D={(x, y) ∣ x2+y2≤R2}.

解：

(1)D可表示为0≤y≤1+x，0≤x≤1，则∬D(1+x)sinydσ=∫01dx∫01+x(1+x)sinydy=∫01[(1+x)−(1+x)cos(1+x)]dx，令t=1+x，则上式=∫12(t−tcost)dt=[t22−tsint−cost]12=32+sin1+cos1−2sin2−cos2.(2)因为∬Dx2dσ=∫0πx2dx∫0sinxdy=∫0πx2sinxdx=−[x2cosx]0π+2∫0πxcosxdx=π2+2(xsinx∣0π−∫0πsinxdx)=π2−4，∬Dy2dσ=∫0πdx∫0sinxy2dy=13∫0πsin3xdx=23∫0π2sin3xdx=23⋅23=49，所以∬D(x2−y2)dσ=∬Dx2dσ−∬Dy2dσ=(π2−4)−49=π2−409.(3)在极坐标系中，D={(ρ,θ)∣0≤ρ≤Rcosθ，−π2≤θ≤π2}，则∬DR2−x2−y2dσ=∬DR2−ρ2ρdρdθ=∫−π2π2dθ∫0RcosθR2−ρ2ρdρ=∫−π2π2−13[(R2−ρ2)32]0Rcosθdθ=∫−π2π2R33(1−∣sin3θ∣)dθ=23R3∫0π2(1−sin3θ)dθ=23R3(π2−23)=R33(π−43).(4)根据对称性可知，∬D3xdσ=0，∬D6ydσ=0，因为∬D9dσ=9πR2，∬Dy2dσ极坐标‾‾∫02πdθ∫0Rρ2sin2θ⋅ρdρ=∫02πsin2θdθ⋅∫0Rρ3dρ=π⋅R44=π4R4，因此，∬D(y2+3x−6y+9)dσ=π4R4+9πR2.\begin{aligned} &\ \ (1)\ D可表示为0 \le y \le 1+x，0 \le x \le 1，则\iint_{D}(1+x)sin\ yd\sigma=\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{1+x}(1+x)sin\ y dy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{1}[(1+x)-(1+x)cos(1+x)]dx，令t=1+x，则上式=\int_{1}^{2}(t-tcos\ t)dt=\left[\frac{t^2}{2}-tsin\ t-cos\ t\right]_{1}^{2}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{3}{2}+sin\ 1+cos\ 1-2sin\ 2-cos\ 2.\\\\ &\ \ (2)\ 因为\iint_{D}x^2d\sigma=\int_{0}^{\pi}x^2dx\int_{0}^{sin\ x}dy=\int_{0}^{\pi}x^2sin\ xdx=-[x^2cos\ x]_{0}^{\pi}+2\int_{0}^{\pi}xcos\ xdx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \pi^2+2\left(xsin\ x\bigg|_{0}^{\pi}-\int_{0}^{\pi}sin\ xdx\right)=\pi^2-4，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}y^2d\sigma=\int_{0}^{\pi}dx\int_{0}^{sin\ x}y^2dy=\frac{1}{3}\int_{0}^{\pi}sin^3\ xdx=\frac{2}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin^3\ xdx=\frac{2}{3}\cdot \frac{2}{3}=\frac{4}{9}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以\iint_{D}(x^2-y^2)d\sigma=\iint_{D}x^2d\sigma-\iint_{D}y^2d\sigma=(\pi^2-4)-\frac{4}{9}=\pi^2-\frac{40}{9}.\\\\ &\ \ (3)\ 在极坐标系中，D=\left\{(\rho, \ \theta)\ \bigg|\ 0 \le \rho \le Rcos\ \theta，-\frac{\pi}{2} \le \theta \le \frac{\pi}{2}\right\}，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}\sqrt{R^2-x^2-y^2}d\sigma=\iint_{D}\sqrt{R^2-\rho^2}\rho d\rho d\theta=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \int_{0}^{Rcos\ \theta}\sqrt{R^2-\rho^2}\rho d\rho=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}-\frac{1}{3}[(R^2-\rho^2)^{\frac{3}{2}}]_{0}^{Rcos\ \theta}d\theta=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\frac{R^3}{3}(1-|sin^3\ \theta|)d\theta=\frac{2}{3}R^3\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(1-sin^3\ \theta)d\theta=\frac{2}{3}R^3\left(\frac{\pi}{2}-\frac{2}{3}\right)=\frac{R^3}{3}\left(\pi-\frac{4}{3}\right).\\\\ &\ \ (4)\ 根据对称性可知，\iint_{D}3xd\sigma=0，\iint_{D}6yd\sigma=0，因为\iint_{D}9d\sigma=9\pi R^2，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}y^2d\sigma\underline{\underline{极坐标}}\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{R}\rho^2sin^2\ \theta \cdot \rho d\rho=\int_{0}^{2\pi}sin^2\ \theta d\theta \cdot \int_{0}^{R}\rho^3d\rho=\pi \cdot \frac{R^4}{4}=\frac{\pi}{4}R^4，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因此，\iint_{D}(y^2+3x-6y+9)d\sigma=\frac{\pi}{4}R^4+9\pi R^2. & \end{aligned} (1) D可表示为0≤y≤1+x，0≤x≤1，则∬D(1+x)sin ydσ=∫01dx∫01+x(1+x)sin ydy= ∫01[(1+x)−(1+x)cos(1+x)]dx，令t=1+x，则上式=∫12(t−tcos t)dt=[2t2−tsin t−cos t]12= 23+sin 1+cos 1−2sin 2−cos 2. (2) 因为∬Dx2dσ=∫0πx2dx∫0sin xdy=∫0πx2sin xdx=−[x2cos x]0π+2∫0πxcos xdx= π2+2(xsin x∣∣∣∣0π−∫0πsin xdx)=π2−4， ∬Dy2dσ=∫0πdx∫0sin xy2dy=31∫0πsin3 xdx=32∫02πsin3 xdx=32⋅32=94，所以∬D(x2−y2)dσ=∬Dx2dσ−∬Dy2dσ=(π2−4)−94=π2−940. (3) 在极坐标系中，D={(ρ, θ) ∣∣∣∣ 0≤ρ≤Rcos θ，−2π≤θ≤2π}，则 ∬DR2−x2−y2dσ=∬DR2−ρ2ρdρdθ=∫−2π2πdθ∫0Rcos θR2−ρ2ρdρ=∫−2π2π−31[(R2−ρ2)23]0Rcos θdθ= ∫−2π2π3R3(1−∣sin3 θ∣)dθ=32R3∫02π(1−sin3 θ)dθ=32R3(2π−32)=3R3(π−34). (4) 根据对称性可知，∬D3xdσ=0，∬D6ydσ=0，因为∬D9dσ=9πR2， ∬Dy2dσ极坐标∫02πdθ∫0Rρ2sin2 θ⋅ρdρ=∫02πsin2 θdθ⋅∫0Rρ3dρ=π⋅4R4=4πR4，因此，∬D(y2+3x−6y+9)dσ=4πR4+9πR2.

4.交换下列二次积分的次序：\begin{aligned}&4. \ 交换下列二次积分的次序：&\end{aligned}4. 交换下列二次积分的次序：

(1)∫04dy∫−4−y12(y−4)f(x,y)dx；(2)∫01dy∫02yf(x,y)dx+∫13dy∫03−yf(x,y)dx；(3)∫01dx∫x1+1−x2f(x,y)dy.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \int_{0}^{4}dy\int_{-\sqrt{4-y}}^{\frac{1}{2}(y-4)}f(x, \ y)dx；\\\\ &\ \ (2)\ \ \int_{0}^{1}dy\int_{0}^{2y}f(x, \ y)dx+\int_{1}^{3}dy\int_{0}^{3-y}f(x, \ y)dx；\\\\ &\ \ (3)\ \ \int_{0}^{1}dx\int_{\sqrt{x}}^{1+\sqrt{1-x^2}}f(x, \ y)dy. & \end{aligned} (1) ∫04dy∫−4−y21(y−4)f(x, y)dx； (2) ∫01dy∫02yf(x, y)dx+∫13dy∫03−yf(x, y)dx； (3) ∫01dx∫x1+1−x2f(x, y)dy.

解：

(1)该二次积分等于闭区域D上的二重积分∬Df(x,y)dxdy，其中D={(x,y)∣−4−y≤x≤12(y−4)，0≤y≤4}，D表示为2x+4≤y≤4−x2，−2≤x≤0，得∫04dy∫−4−y12(y−4)f(x,y)dx=∫−20dx∫2x+44−x2f(x,y)dy.\begin{aligned} &\ \ (1)\ 该二次积分等于闭区域D上的二重积分\iint_{D}f(x, \ y)dxdy，其中\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D=\left\{(x, \ y)\ \bigg|\ -\sqrt{4-y} \le x \le \frac{1}{2}(y-4)，0 \le y \le 4\right\}，D表示为2x+4 \le y \le 4-x^2，-2 \le x \le 0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得\int_{0}^{4}dy\int_{-\sqrt{4-y}}^{\frac{1}{2}(y-4)}f(x, \ y)dx=\int_{-2}^{0}dx\int_{2x+4}^{4-x^2}f(x, \ y)dy. & \end{aligned}  (1) 该二次积分等于闭区域D上的二重积分∬Df(x, y)dxdy，其中        D={(x, y) ∣∣∣∣ −4−y≤x≤21(y−4)，0≤y≤4}，D表示为2x+4≤y≤4−x2，−2≤x≤0，        得∫04dy∫−4−y21(y−4)f(x, y)dx=∫−20dx∫2x+44−x2f(x, y)dy.

(2)该二次积分等于二重积分∬Df(x,y)dxdy，其中D=D1∪D2，D1={(x,y)∣0≤x≤2y，0≤y≤1}，D2={(x,y)∣0≤x≤3−y，1≤y≤3}，D表示为{(x,y)∣x2≤y≤3−x，0≤x≤2}，则∫01dy∫02yf(x,y)dx+∫13dy∫03−yf(x,y)dx=∫02dx∫x23−xf(x,y)dy.\begin{aligned} &\ \ (2)\ 该二次积分等于二重积分\iint_{D}f(x, \ y)dxdy，其中D=D_1 \cup D_2，D_1=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le x \le 2y，0 \le y \le 1\}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D_2=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le x \le 3-y，1 \le y \le 3\}，D表示为\left\{(x, \ y)\ \bigg|\ \frac{x}{2} \le y \le 3-x，0 \le x \le 2\right\}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{2y}f(x, \ y)dx+\int_{1}^{3}dy\int_{0}^{3-y}f(x, \ y)dx=\int_{0}^{2}dx\int_{\frac{x}{2}}^{3-x}f(x, \ y)dy. & \end{aligned}  (2) 该二次积分等于二重积分∬Df(x, y)dxdy，其中D=D1∪D2，D1={(x, y) ∣ 0≤x≤2y，0≤y≤1}，        D2={(x, y) ∣ 0≤x≤3−y，1≤y≤3}，D表示为{(x, y) ∣∣∣∣ 2x≤y≤3−x，0≤x≤2}，        则∫01dy∫02yf(x, y)dx+∫13dy∫03−yf(x, y)dx=∫02dx∫2x3−xf(x, y)dy.

(3)该二次积分等于二重积分∬Df(x,y)dxdy，其中D={(x,y)∣x≤y≤1+1−x2，0≤x≤1}，D表示为D1∪D2，其中D1={(x,y)∣0≤x≤y2，0≤y≤1}，D2={(x,y)∣0≤x≤2y−y2，1≤y≤2}，则∫01dx∫x1+1−x2f(x,y)dy=∫01dy∫0y2f(x,y)dx+∫12dy∫02y−y2f(x,y)dx.\begin{aligned} &\ \ (3)\ 该二次积分等于二重积分\iint_{D}f(x, \ y)dxdy，其中D=\{(x, \ y)\ |\ \sqrt{x} \le y \le 1+\sqrt{1-x^2}，0 \le x \le 1\}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D表示为D_1 \cup D_2，其中D_1=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le x \le y^2，0 \le y \le 1\}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D_2=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le x \le \sqrt{2y-y^2}，1 \le y \le 2\}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则\int_{0}^{1}dx\int_{\sqrt{x}}^{1+\sqrt{1-x^2}}f(x, \ y)dy=\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{y^2}f(x, \ y)dx+\int_{1}^{2}dy\int_{0}^{\sqrt{2y-y^2}}f(x, \ y)dx. & \end{aligned}  (3) 该二次积分等于二重积分∬Df(x, y)dxdy，其中D={(x, y) ∣ x≤y≤1+1−x2，0≤x≤1}，        D表示为D1∪D2，其中D1={(x, y) ∣ 0≤x≤y2，0≤y≤1}，        D2={(x, y) ∣ 0≤x≤2y−y2，1≤y≤2}，        则∫01dx∫x1+1−x2f(x, y)dy=∫01dy∫0y2f(x, y)dx+∫12dy∫02y−y2f(x, y)dx.

5.证明：∫0ady∫0yem(a−x)f(x)dx=∫0a(a−x)em(a−x)f(x)dx.\begin{aligned}&5. \ 证明：\int_{0}^{a}dy\int_{0}^{y}e^{m(a-x)}f(x)dx=\int_{0}^{a}(a-x)e^{m(a-x)}f(x)dx.&\end{aligned}5. 证明：∫0ady∫0yem(a−x)f(x)dx=∫0a(a−x)em(a−x)f(x)dx.

解：

上式左端二次积分等于二重积分∬Dem(a−x)f(x)dxdy，其中D={(x,y)∣0≤x≤y，0≤y≤a}={(x,y)∣x≤y≤a，0≤x≤a}，交换积分次序得∫0ady∫0yem(a−x)f(x)dx=∫0adx∫xaem(a−x)f(x)dy=∫0a(a−x)em(a−x)f(x)dx.\begin{aligned} &\ \ 上式左端二次积分等于二重积分\iint_{D}e^{m(a-x)}f(x)dxdy，其中D=\{(x, \ y)\ |\ 0 \le x \le y，0 \le y \le a\}=\\\\ &\ \ \{(x, \ y)\ |\ x \le y \le a，0 \le x \le a\}，交换积分次序得\int_{0}^{a}dy\int_{0}^{y}e^{m(a-x)}f(x)dx=\int_{0}^{a}dx\int_{x}^{a}e^{m(a-x)}f(x)dy=\\\\ &\ \ \int_{0}^{a}(a-x)e^{m(a-x)}f(x)dx. & \end{aligned} 上式左端二次积分等于二重积分∬Dem(a−x)f(x)dxdy，其中D={(x, y) ∣ 0≤x≤y，0≤y≤a}= {(x, y) ∣ x≤y≤a，0≤x≤a}，交换积分次序得∫0ady∫0yem(a−x)f(x)dx=∫0adx∫xaem(a−x)f(x)dy= ∫0a(a−x)em(a−x)f(x)dx.

6.把积分∬Df(x,y)dxdy表为极坐标形式的二次积分，其中积分区域D={(x,y)∣x2≤y≤1，−1≤x≤1}.\begin{aligned}&6. \ 把积分\iint_{D}f(x,\ y)dxdy表为极坐标形式的二次积分，其中积分区域\\\\&\ \ \ \ D=\{(x, \ y)\ |\ x^2 \le y \le 1，-1 \le x \le 1\}.&\end{aligned}6. 把积分∬Df(x, y)dxdy表为极坐标形式的二次积分，其中积分区域 D={(x, y) ∣ x2≤y≤1，−1≤x≤1}.

解：

积分区域D如图中围成区域，抛物线y=x2的极坐标方程为ρ=secθtanθ，直线y=1的极坐标方程为ρ=cscθ，射线θ=π4和θ=34π将积分区域分为三部分，分别为D1，D2，D3，D1表示为0≤ρ≤secθtanθ，0≤θ≤π4，D2表示为0≤ρ≤cscθ，π4≤θ≤34π，D3表示为0≤ρ≤secθtanθ，34π≤θ≤π，因此∬Df(x,y)dxdy=∫0π4dθ∫0secθtanθf(ρcosθ,ρsinθ)ρdρ+∫π434πdθ∫0cscθf(ρcosθ,ρsinθ)ρdρ+∫34ππdθ∫0secθtanθf(ρcosθ,ρsinθ)ρdρ.\begin{aligned} &\ \ 积分区域D如图中围成区域，抛物线y=x^2的极坐标方程为\rho=sec\ \theta tan\ \theta，直线y=1的极坐标方程为\rho=csc\ \theta，\\\\ &\ \ 射线\theta=\frac{\pi}{4}和\theta=\frac{3}{4}\pi将积分区域分为三部分，分别为D_1，D_2，D_3，D_1表示为0 \le \rho \le sec\ \theta tan\ \theta，0 \le \theta \le \frac{\pi}{4}，\\\\ &\ \ D_2表示为0 \le \rho \le csc\ \theta，\frac{\pi}{4} \le \theta \le \frac{3}{4}\pi，D_3表示为0 \le \rho \le sec\ \theta tan\ \theta，\frac{3}{4}\pi \le \theta \le \pi，因此\\\\ &\ \ \iint_{D}f(x,\ y)dxdy=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}d\theta \int_{0}^{sec\ \theta tan\ \theta}f(\rho cos\ \theta, \ \rho sin\ \theta)\rho d\rho+\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3}{4}\pi}d\theta \int_{0}^{csc\ \theta}f(\rho cos\ \theta, \ \rho sin\ \theta)\rho d\rho+\\\\ &\ \ \int_{\frac{3}{4}\pi}^{\pi}d\theta \int_{0}^{sec\ \theta tan\ \theta}f(\rho cos\ \theta, \ \rho sin\ \theta)\rho d\rho. & \end{aligned} 积分区域D如图中围成区域，抛物线y=x2的极坐标方程为ρ=sec θtan θ，直线y=1的极坐标方程为ρ=csc θ，射线θ=4π和θ=43π将积分区域分为三部分，分别为D1，D2，D3，D1表示为0≤ρ≤sec θtan θ，0≤θ≤4π， D2表示为0≤ρ≤csc θ，4π≤θ≤43π，D3表示为0≤ρ≤sec θtan θ，43π≤θ≤π，因此 ∬Df(x, y)dxdy=∫04πdθ∫0sec θtan θf(ρcos θ, ρsin θ)ρdρ+∫4π43πdθ∫0csc θf(ρcos θ, ρsin θ)ρdρ+ ∫43ππdθ∫0sec θtan θf(ρcos θ, ρsin θ)ρdρ.