1樓：匿名使用者
解：∫∫f(x,y)dxdy=∫<π/4,π/2>dθ∫<0,2rcosθ>f(ρcosθ,ρsinθ)ρdρ.
求二重積分∫∫根號下（r^2 -x^2-y^2）dxdy,其中積分割槽域d為圓周x^2+y^2=rx.
2樓：匿名使用者
按照下列從小到大的區間[-π/2→π/2]、[0→rcosθ]算出來的答案是對的，為什麼不是區間從[π/2 -> -π/2][rcosθ→0]呢,我按這個區間算出來答案是(r³/3)[4/3- π ]書上的區間都是從大到小的啊。∫∫ √(r²-x²-y²) dxdy=∫∫ r√(r²-r²) drdθ=∫[-π/2→π/2] dθ∫[0→rcosθ] r√(r²-r²) dr=(1/2)∫[-π/2→π/2] dθ∫[0→rcosθ] √(r²-r²) d(r²)=-(1/2)(2/3)∫[-π/2→π/2] (r²-r²)^(3/2) |[0→rcosθ] dθ=(1/3)∫[-π/2→π/2] (r³-r³|sinθ|³) dθ=(2r³/3)∫[0→π/2] (1-sin³θ) dθ=(2r³/3)[∫[0→π/2] 1 dθ - ∫[0→π/2] sin³θ dθ]=(2r³/3)[π/2 + ∫[0→π/2] sin²θ d(cosθ)]=(2r³/3)[π/2 + ∫[0→π/2] (1-cos²θ) d(cosθ)]=(2r³/3)[π/2 + cosθ - (1/3)cos³θ] |[0→π/2]=(2r³/3)[π/2 -1 + 1/3]=(2r³/3)[π/2 - 2/3]=(r³/3)[π - 4/3]
3樓：匿名使用者
區間是從小到大的啊，不要隨意更換，亂換最後計算肯定會算錯的。
二重積分根號下（r^2-x^2+y^2)其中d是由圓周x^2+y^2=rx所圍成的區域角度值怎麼確
4樓：弈軒
x^2+y^2=rx 先化為標準方程
=> x² -2(r/2·x) + (r/2)² +y²= (x-r/2)² +y² =(r/2)²
如果以(x,y)=(0,0)為極座標圓點來計算的話，那會非常麻煩。
應該以區域d，這個圓的圓心(x,y)=(r/2,0)為極座標圓點來建系。
即設 x-r/2=ρcosθ ；y=ρsinθ ，解答過程等會追答用圖展示。
如圖，如有疑問或不明白請追問哦！
∫∫√(r^2-x^2-y^2)dxdy,d為x^2+y^2=rx所圍區域的圖形是什麼,為什麼x取[-π/2,π/2] ,y取[0,rcosθ]
5樓：匿名使用者
## 極座標系積分 積分割槽間
提供兩種方法：
作圖簡單，代數計算通用性好，適用於複雜情形
若可微函式fx,y在區域D內滿足fx,y對x的偏導數
這是沒有定義過的,而且有很多反例,所以不成立 比如y x lny 1 2 x2 函式f x,y 在點 x0,y0 處偏導數存在是f x,y 在該點可微的 a.充分非必要條件b.必要非充 偏導數源存在,並不一定保證函式可微.如 f x,y xyx y,x,y 0,0 0,x,y 0,0 由定義可以求出...
設fx及gx在a,b上連續,證明若在a,b
額.這個問題跟g x 沒啥關係吧。反證法,設不恆等於0 那麼一定有一點嚴格大 版於零,設為權f c d 0 c是不是a b都沒有關係 由連續函式的定義 必然存在c點的一個臨域 c e,c e 使得對這個臨域上任意x都有f x 0 那麼在這個小區間上f的積分就大於零了 在整個區間必然也大於零,矛盾。數...
設函式f x 在 0,1 上連續,且滿足f x x 20,1 f t dt,求f x 更簡潔的表示式
令a 0,1 f t dt,它為常數故f x x 2a 再代入上述積分 a 0,1 t 2a dt t 2 2 2at 0,1 1 2 2a 解得 a 1 2 所以f x x 1 高數 設函式 f x 在 0,1 上連續，且對任意的 x 0,1 有 f x 0,則必有？設f x 在 0,1 上連續,...