高等数学（第七版）同济大学 习题10-2（中5题） 个人解答

高等数学（第七版）同济大学 习题10-2（中5题）

函数作图软件：Mathematica

$\begin{array}{rlr}& 11.画出积分区域，把积分{\iint }_{D}f(x,y)dxdy表示为极坐标形式的二次积分，其中积分区域D是:& \end{array}$

   ( 1 )    { ( x ,   y )   ∣   x 2 + y 2 ≤ a 2 }   ( a > 0 ) ；    ( 2 )    { ( x ,   y )   ∣   x 2 + y 2 ≤ 2 x } ；    ( 3 )    { ( x ,   y )   ∣   a 2 ≤ x 2 + y 2 ≤ b 2 } ， 其 中 0 < a < b ；    ( 4 )    { ( x ,   y )   ∣   0 ≤ y ≤ 1 − x ， 0 ≤ x ≤ 1 } . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \{(x, \ y)\ |\ x^2+y^2 \le a^2\}\ (a \gt 0)；\\\\ &\ \ (2)\ \ \{(x,\ y)\ |\ x^2+y^2 \le 2x\}；\\\\ &\ \ (3)\ \ \{(x, \ y)\ |\ a^2 \le x^2+y^2 \le b^2\}，其中0 \lt a \lt b；\\\\ &\ \ (4)\ \ \{(x, \ y)\ |\ 0 \le y \le 1-x，0 \le x \le 1\}. & \end{aligned} ​  (1)  {(x, y) ∣ x2+y2≤a2} (a>0)；  (2)  {(x, y) ∣ x2+y2≤2x}；  (3)  {(x, y) ∣ a2≤x2+y2≤b2}，其中0<a<b；  (4)  {(x, y) ∣ 0≤y≤1−x，0≤x≤1}.​​

解：

   ( 1 )   积 分 区 域 D = { ( ρ ,   θ )   ∣   0 ≤ ρ ≤ a ， 0 ≤ θ ≤ 2 π } ， 所 以          ∬ D f ( x ,   y ) d x d y = ∬ D f ( ρ c o s   θ ,   ρ s i n   θ ) ρ d ρ d θ = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 a f ( ρ c o s   θ ,   ρ s i n   θ ) ρ d ρ . \begin{aligned} &\ \ (1)\ 积分区域D=\{(\rho, \ \theta)\ |\ 0 \le \rho \le a，0 \le \theta \le 2\pi\}，所以\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}f(x, \ y)dxdy=\iint_{D}f(\rho cos\ \theta, \ \rho sin\ \theta)\rho d\rho d\theta=\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{a}f(\rho cos\ \theta, \ \rho sin\ \theta)\rho d\rho.\\\\ & \end{aligned} ​  (1) 积分区域D={(ρ, θ) ∣ 0≤ρ≤a，0≤θ≤2π}，所以        ∬D​f(x, y)dxdy=∬D​f(ρcos θ, ρsin θ)ρdρdθ=∫02π​dθ∫0a​f(ρcos θ, ρsin θ)ρdρ.​

$\begin{array}{rl}& (2)积分区域D=\left\{(\rho ,\theta )|0\le \rho \le 2cos\theta ，-\frac{\pi }{2}\le \theta \le \frac{\pi }{2}\right\}，所以\\ & \\ & {\iint }_{D}f(x,y)dxdy={\iint }_{D}f(\rho cos\theta ,\rho sin\theta )\rho d\rho d\theta ={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_0^{2cos\theta }f(\rho cos\theta ,\rho sin\theta )\rho d\rho .\\ & \\ & \end{array}$

   ( 3 )   积 分 区 域 D = { ( ρ ,   θ )   ∣   a ≤ ρ ≤ b ， 0 ≤ θ ≤ 2 π } ， 所 以           ∬ D f ( x ,   y ) d x d y = ∬ D f ( ρ c o s   θ ,   ρ s i n   θ ) ρ d ρ d θ = ∫ 0 2 π d θ ∫ a b f ( ρ c o s   θ ,   ρ s i n   θ ) ρ d ρ . \begin{aligned} &\ \ (3)\ 积分区域D=\{(\rho, \ \theta)\ |\ a \le \rho \le b，0 \le \theta \le 2\pi\}，所以\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}f(x, \ y)dxdy=\iint_{D}f(\rho cos\ \theta, \ \rho sin\ \theta)\rho d\rho d\theta=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{a}^{b}f(\rho cos\ \theta, \ \rho sin\ \theta)\rho d\rho.\\\\ & \end{aligned} ​  (3) 积分区域D={(ρ, θ) ∣ a≤ρ≤b，0≤θ≤2π}，所以         ∬D​f(x, y)dxdy=∬D​f(ρcos θ, ρsin θ)ρdρdθ=∫02π​dθ∫ab​f(ρcos θ, ρsin θ)ρdρ.​

$\begin{array}{rlr}& (4)在极坐标系中，直线x+y=1的方程为\rho =\frac{1}{sin\theta +cos\theta }，所以& \\ & & \\ & D=\left\{(\rho ,\theta )|0\le \rho \le \frac{1}{sin\theta +cos\theta }，0\le \theta \le \frac{\pi }{2}\right\}，则& \\ & & \\ & {\iint }_{D}f(x,y)dxdy={\iint }_{D}f(\rho cos\theta ,\rho sin\theta )\rho d\rho d\theta ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_0^{\frac{1}{sin\theta +cos\theta }}f(\rho cos\theta ,\rho sin\theta )\rho d\rho .& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& 12.化下列二次积分为极坐标形式的二次积分:& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1){\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1}f(x,y)dy；(2){\int }_0^{2}dx{\int }_x^{\sqrt{3}x}f(\sqrt{x^2+y^2})dy；& \\ & & \\ & (3){\int }_0^{1}dx{\int }_{1-x}^{\sqrt{1-x^2}}f(x,y)dy；(4){\int }_0^{1}dx{\int }_0^{x^2}f(x,y)dy.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rl}& (1)用直线y=x将积分区域D分为D_1，D_2两部分：\\ & \\ & D_1=\left\{(\rho ,\theta )|0\le \rho \le sec\theta ，0\le \theta \le \frac{\pi }{4}\right\}，D_2=\left\{(\rho ,\theta )|0\le \rho \le csc\theta ，\frac{\pi }{4}\le \theta \le \frac{\pi }{2}\right\}，所以\\ & \\ & {\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1}f(x,y)dy={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}d\theta {\int }_0^{sec\theta }f(\rho cos\theta ,\rho sin\theta )\rho d\rho +{\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_0^{csc\theta }f(\rho cos\theta ,\rho sin\theta )\rho d\rho .\\ & \\ & \end{array}$

$\begin{array}{rl}& (2)在极坐标系中，直线x=2，射线y=x，y=\sqrt{3}x(x\ge 0)的方程分别为\rho =2sec\theta ，\theta =\frac{\pi }{4}，\theta =\frac{\pi }{3}，因此\\ & \\ & D=\left\{(\rho ,\theta )|0\le \rho \le 2sec\theta ，\frac{\pi }{4}\le \theta \le \frac{\pi }{3}\right\}，又因f(\sqrt{x^2+y^2})=f(\rho )，所以\\ & \\ & {\int }_0^{2}dx{\int }_x^{\sqrt{3}x}f(\sqrt{x^2+y^2})dy={\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}d\theta {\int }_0^{2sec\theta }f(\rho )\rho d\rho .\\ & \\ & \end{array}$

$\begin{array}{rl}& (3)在极坐标系中，直线y=1-x的方程为\rho =\frac{1}{sin\theta +cos\theta }，圆y=\sqrt{1-x^2}的方程为\rho =1，因此\\ & \\ & D=\left\{(\rho ,\theta )|\frac{1}{sin\theta +cos\theta }\le \rho \le 1，0\le \theta \le \frac{\pi }{2}\right\}，所以\\ & \\ & {\int }_0^{1}dx{\int }_{1-x}^{\sqrt{1-x^2}}f(x,y)dy={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_{\frac{1}{sin\theta +cos\theta }}^{1}f(\rho cos\theta ,\rho sin\theta )\rho d\rho .\\ & \\ & \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (4)在极坐标系中，直线x=1的方程为\rho =sec\theta ，抛物线y=x^2的方程为\rho sin\theta ={\rho }^{2}co{s}^2\theta ，即\rho =tan\theta sec\theta ，& \\ & & \\ & 从原点到两条曲线的交点的射线为\theta =\frac{\pi }{4}，所以D=\left\{(\rho ,\theta )|tan\theta sec\theta \le \rho \le sec\theta ，0\le \theta \le \frac{\pi }{4}\right\}，则& \\ & & \\ & {\int }_0^{1}dx{\int }_0^{x^2}f(x,y)dy={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}d\theta {\int }_{tan\theta sec\theta }^{sec\theta }f(\rho cos\theta ,\rho sin\theta )\rho d\rho & \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& 13.把下列二次积分化为极坐标形式，并计算积分值:& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1){\int }_0^{2a}dx{\int }_0^{\sqrt{2ax-x^2}}(x^2+y^2)dy；(2){\int }_0^{a}dx{\int }_0^x\sqrt{x^2+y^2}dy；& \\ & & \\ & (3){\int }_0^{1}dx{\int }_{x^2}^x(x^2+y^2{)}^{-\frac{1}{2}}dy；(4){\int }_0^{a}dy{\int }_0^{\sqrt{a^2-y^2}}(x^2+y^2)dx.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rl}& (1)在极坐标系中，D=\left\{(\rho ,\theta )|0\le \rho \le 2acos\theta ，0\le \theta \le \frac{\pi }{2}\right\}，所以\\ & \\ & {\int }_0^{2a}dx{\int }_0^{\sqrt{2ax-x^2}}(x^2+y^2)dy={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_0^{2acos\theta }{\rho }^2\cdot \rho d\rho ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\left[\frac{{\rho }^4}{4}\right]}_0^{2acos\theta }d\theta =4a^4{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}co{s}^4\theta d\theta =\\ & \\ & 4a^4\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2}=\frac{3}{4}\pi a^4.\\ & \\ & \end{array}$

$\begin{array}{rl}& (2)在极坐标系中，D=\left\{(\rho ,\theta )|0\le \rho \le asec\theta ，0\le \theta \le \frac{\pi }{4}\right\}，所以\\ & \\ & {\int }_0^{a}dx{\int }_0^x\sqrt{x^2+y^2}dy={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}d\theta {\int }_0^{asec\theta }\rho \cdot \rho d\rho =\frac{a^3}{3}{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}se{c}^3\theta d\theta =\frac{a^3}{6}[sec\theta tan\theta +ln(sec\theta +tan\theta ){]}_0^{\frac{\pi }{4}}=\\ & \\ & \frac{a^3}{6}[\sqrt{2}+ln(\sqrt{2}+1)].\\ & \\ & \end{array}$

$\begin{array}{rl}& (3)在极坐标系中，抛物线y=x^2的方程为\rho sin\theta ={\rho }^{2}co{s}^2\theta ，即\rho =tan\theta sec\theta ，射线y=x(x\ge 0)的方程为\theta =\frac{\pi }{4}，\\ & \\ & 所以D=\left\{(\rho ,\theta )|0\le \rho \le tan\theta sec\theta ，0\le \theta \le \frac{\pi }{4}\right\}，则\\ & \\ & {\int }_0^{1}dx{\int }_{x^2}^x(x^2+y^2{)}^{-\frac{1}{2}}dy={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}d\theta {\int }_0^{tan\theta sec\theta }\frac{1}{\rho }\cdot \rho d\rho ={\int }_0^{\frac{\pi }{4}}tan\theta sec\theta d\theta =[sec\theta {]}_0^{\frac{\pi }{4}}=\sqrt{2}-1.\\ & \\ & \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (4)积分区域D=\left\{(x,y)|0\le x\le \sqrt{a^2-y^2}，0\le y\le a\right\}=\left\{(\rho ,\theta )|0\le \rho \le a，0\le \theta \le \frac{\pi }{2}\right\}，所以& \\ & & \\ & {\int }_0^{a}dy{\int }_0^{\sqrt{a^2-y^2}}(x^2+y^2)dx={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_0^a{\rho }^2\cdot \rho d\rho =\frac{\pi }{2}\cdot \frac{a^4}{4}=\frac{\pi }{8}{a}^4.& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& 14.利用极坐标计算下列各题:& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1){\iint }_D{e}^{x^2+y^2}d\sigma ，其中D是由圆周x^2+y^2=4所围成的闭区域；& \\ & & \\ & (2){\iint }_{D}ln(1+x^2+y^2)d\sigma ，其中D是由圆周x^2+y^2=1及坐标轴所围成的在第一象限内的闭区域；& \\ & & \\ & (3){\iint }_{D}arctan\frac{y}{x}d\sigma ，其中D是由圆周x^2+y^2=4，x^2+y^2=1及直线y=0，y=x所围成的在第一象限& \\ & & \\ & 内的闭区域.& \end{array}$

解：

   ( 1 )   在 极 坐 标 系 中 ， 积 分 区 域 D = { ( ρ ,   θ )   ∣   0 ≤ ρ ≤ 2 ， 0 ≤ θ ≤ 2 π } ， 则          ∬ D e x 2 + y 2 d σ = ∬ D e ρ 2 ⋅ ρ d ρ d θ = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 e ρ 2 ⋅ ρ d ρ = 2 π ⋅ [ e ρ 2 2 ] 0 2 = π ( e 4 − 1 ) .    ( 2 )   在 极 坐 标 系 中 ， 积 分 区 域 D = { ( ρ ,   θ )   ∣   0 ≤ ρ ≤ 1 ， 0 ≤ θ ≤ π 2 } ， 则          ∬ D l n ( 1 + x 2 + y 2 ) d σ = ∬ D l n ( 1 + ρ 2 ) ⋅ ρ d ρ d θ = ∫ 0 π 2 d θ ∫ 0 1 l n ( 1 + ρ 2 ) ⋅ ρ d ρ = π 2 ⋅ 1 2 ∫ 0 1 l n ( 1 + ρ 2 ) d ( 1 + ρ 2 ) =          π 4 [ ( 1 + ρ 2 ) l n ( 1 + ρ 2 ) ∣ 0 1 − ∫ 0 1 2 ρ d ρ ] = π 4 ( 2 l n   2 − 1 ) .    ( 3 )   在 极 坐 标 系 中 ， 积 分 区 域 D = { ( ρ ,   θ )   ∣   1 ≤ ρ ≤ 2 ， 0 ≤ θ ≤ π 4 } ， a r c t a n   y x = θ ， 则          ∬ D a r c t a n   y x d σ = ∬ D θ ⋅ ρ d ρ d θ = ∫ 0 π 4 θ d θ ∫ 1 2 ρ d ρ = 1 2 ( π 4 ) 2 ⋅ 1 2 ( 2 2 − 1 ) = 3 64 π 2 . \begin{aligned} &\ \ (1)\ 在极坐标系中，积分区域D=\{(\rho, \ \theta)\ |\ 0 \le \rho \le 2，0 \le \theta \le 2\pi\}，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}e^{x^2+y^2}d\sigma=\iint_{D}e^{\rho^2}\cdot \rho d\rho d\theta=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{2}e^{\rho^2}\cdot \rho d\rho=2\pi \cdot \left[\frac{e^{\rho^2}}{2}\right]_{0}^{2}=\pi(e^4-1).\\\\ &\ \ (2)\ 在极坐标系中，积分区域D=\{(\rho, \ \theta)\ |\ 0 \le \rho \le 1，0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}\}，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}ln(1+x^2+y^2)d\sigma=\iint_{D}ln(1+\rho^2)\cdot \rho d\rho d\theta=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \int_{0}^{1}ln(1+\rho^2)\cdot \rho d\rho=\frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{2}\int_{0}^{1}ln(1+\rho^2)d(1+\rho^2)=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{\pi}{4}\left[(1+\rho^2)ln(1+\rho^2)\bigg|_{0}^{1}-\int_{0}^{1}2\rho d\rho\right]=\frac{\pi}{4}(2ln\ 2-1).\\\\ &\ \ (3)\ 在极坐标系中，积分区域D=\left\{(\rho, \ \theta)\ \bigg|\ 1 \le \rho \le 2，0 \le \theta \le \frac{\pi}{4}\right\}，arctan\ \frac{y}{x}=\theta，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}arctan\ \frac{y}{x}d\sigma=\iint_{D}\theta \cdot \rho d\rho d\theta=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\theta d\theta \int_{1}^{2}\rho d\rho=\frac{1}{2}\left(\frac{\pi}{4}\right)^2\cdot \frac{1}{2}(2^2-1)=\frac{3}{64}\pi^2. & \end{aligned} ​  (1) 在极坐标系中，积分区域D={(ρ, θ) ∣ 0≤ρ≤2，0≤θ≤2π}，则        ∬D​ex2+y2dσ=∬D​eρ2⋅ρdρdθ=∫02π​dθ∫02​eρ2⋅ρdρ=2π⋅[2eρ2​]02​=π(e4−1).  (2) 在极坐标系中，积分区域D={(ρ, θ) ∣ 0≤ρ≤1，0≤θ≤2π​}，则        ∬D​ln(1+x2+y2)dσ=∬D​ln(1+ρ2)⋅ρdρdθ=∫02π​​dθ∫01​ln(1+ρ2)⋅ρdρ=2π​⋅21​∫01​ln(1+ρ2)d(1+ρ2)=        4π​[(1+ρ2)ln(1+ρ2)∣∣∣∣​01​−∫01​2ρdρ]=4π​(2ln 2−1).  (3) 在极坐标系中，积分区域D={(ρ, θ) ∣∣∣∣​ 1≤ρ≤2，0≤θ≤4π​}，arctan xy​=θ，则        ∬D​arctan xy​dσ=∬D​θ⋅ρdρdθ=∫04π​​θdθ∫12​ρdρ=21​(4π​)2⋅21​(22−1)=643​π2.​​

$\begin{array}{rlr}& 15.选用适当的坐标计算下列各题:& \end{array}$

   ( 1 )    ∬ D x 2 y 2 d σ ， 其 中 D 是 由 直 线 x = 2 ， y = x 及 曲 线 x y = 1 所 围 成 的 闭 区 域 ；    ( 2 )    ∬ D 1 − x 2 − y 2 1 + x 2 + y 2 d σ ， 其 中 D 是 由 圆 周 x 2 + y 2 = 1 及 坐 标 轴 所 围 成 的 在 第 一 象 限 内 的 闭 区 域 ；    ( 3 )    ∬ D ( x 2 + y 2 ) d σ ， 其 中 D 是 由 直 线 y = x ， y = x + a ， y = a ， y = 3 a ( a > 0 ) 所 围 成 的 闭 区 域 ；    ( 4 )    ∬ D x 2 + y 2 d σ ， 其 中 D 是 圆 环 形 闭 区 域 { ( x ,   y )   ∣   a 2 ≤ x 2 + y 2 ≤ b 2 } . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \iint_{D}\frac{x^2}{y^2}d\sigma，其中D是由直线x=2，y=x及曲线xy=1所围成的闭区域；\\\\ &\ \ (2)\ \ \iint_{D}\sqrt{\frac{1-x^2-y^2}{1+x^2+y^2}}d\sigma，其中D是由圆周x^2+y^2=1及坐标轴所围成的在第一象限内的闭区域；\\\\ &\ \ (3)\ \ \iint_{D}(x^2+y^2)d\sigma，其中D是由直线y=x，y=x+a，y=a，y=3a(a \gt 0)所围成的闭区域；\\\\ &\ \ (4)\ \ \iint_{D}\sqrt{x^2+y^2}d\sigma，其中D是圆环形闭区域\{(x, \ y)\ |\ a^2 \le x^2+y^2 \le b^2\}. & \end{aligned} ​  (1)  ∬D​y2x2​dσ，其中D是由直线x=2，y=x及曲线xy=1所围成的闭区域；  (2)  ∬D​1+x2+y21−x2−y2​ ​dσ，其中D是由圆周x2+y2=1及坐标轴所围成的在第一象限内的闭区域；  (3)  ∬D​(x2+y2)dσ，其中D是由直线y=x，y=x+a，y=a，y=3a(a>0)所围成的闭区域；  (4)  ∬D​x2+y2 ​dσ，其中D是圆环形闭区域{(x, y) ∣ a2≤x2+y2≤b2}.​​

解：

$\begin{array}{rl}& (1)根据积分区域D的形状，选用直角坐标，D=\left\{(x,y)|\frac{1}{x}\le y\le x，1\le x\le 2\right\}，所以\\ & \\ & {\iint }_D\frac{x^2}{y^2}d\sigma ={\int }_1^{2}dx{\int }_{\frac{1}{x}}^x\frac{x^2}{y^2}dy={\int }_1^2(-x+x^3)dx=\frac{9}{4}.\\ & \\ & \end{array}$

$\begin{array}{rl}& (2)根据积分区域D的形状和被积函数的特点，选用极坐标，D=\left\{(\rho ,\theta )|0\le \rho \le 1，0\le \theta \le \frac{\pi }{2}\right\}，所以\\ & \\ & {\iint }_D\sqrt{\frac{1-x^2-y^2}{1+x^2+y^2}}d\sigma ={\iint }_D\sqrt{\frac{1-{\rho }^2}{1+{\rho }^2}}\rho d\rho d\theta ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_0^1\sqrt{\frac{1-{\rho }^2}{1+{\rho }^2}}\rho d\rho =\frac{\pi }{2}\cdot {\int }_0^1\frac{1-{\rho }^2}{\sqrt{1-{\rho }^4}}\rho d\rho =\\ & \\ & \frac{\pi }{2}\left({\int }_0^1\frac{\rho }{\sqrt{1-{\rho }^4}}d\rho -{\int }_0^1\frac{{\rho }^3}{\sqrt{1-{\rho }^4}}d\rho \right)=\frac{\pi }{2}\left[\frac{1}{2}{\int }_0^1\frac{1}{\sqrt{1-{\rho }^4}}d{\rho }^2+\frac{1}{4}{\int }_0^1\frac{1}{\sqrt{1-{\rho }^4}}d(1-{\rho }^4)\right]=\\ & \\ & \frac{\pi }{2}\left(\frac{1}{2}arcsin{\rho }^2{|}_0^1+\frac{1}{2}\sqrt{1-{\rho }^4}{|}_0^1\right)=\frac{\pi }{8}(\pi -2).\\ & \\ & (3)根据积分区域D，选用直角坐标，又根据D的边界曲线，采用先对x、后对y的积分次序，则\\ & \\ & {\iint }_D(x^2+y^2)d\sigma ={\int }_a^{3a}dy{\int }_{y-a}^y(x^2+y^2)dx={\int }_a^{3a}\left(2a{y}^2-a^{2}y+\frac{a^3}{3}\right)dy=14a^4.\\ & \\ & \end{array}$

   ( 4 )   选 用 极 坐 标 ， D = { ( ρ ,   θ )   ∣   a ≤ ρ ≤ b ， 0 ≤ θ ≤ 2 π } ， 则          ∬ D x 2 + y 2 d σ = ∬ D ρ ⋅ ρ d ρ d θ = ∫ 0 2 π d θ ∫ a b ρ 2 d ρ = 2 π ⋅ 1 3 ( b 3 − a 3 ) = 2 3 π ( b 3 − a 3 ) . \begin{aligned} &\ \ (4)\ 选用极坐标，D=\{(\rho, \ \theta)\ |\ a \le \rho \le b，0 \le \theta \le 2\pi\}，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}\sqrt{x^2+y^2}d\sigma=\iint_{D}\rho \cdot \rho d\rho d\theta=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{a}^{b}\rho^2 d\rho=2\pi \cdot \frac{1}{3}(b^3-a^3)=\frac{2}{3}\pi(b^3-a^3). & \end{aligned} ​  (4) 选用极坐标，D={(ρ, θ) ∣ a≤ρ≤b，0≤θ≤2π}，则        ∬D​x2+y2 ​dσ=∬D​ρ⋅ρdρdθ=∫02π​dθ∫ab​ρ2dρ=2π⋅31​(b3−a3)=32​π(b3−a3).​​