好难总结啊,都是技巧性的东西

type one:解三重积分

截面法

例：设几何体 Ω\Omega 由 z=x2+y2z = \sqrt{x^2 + y^2} 与 z=1z = 1 围成, 则∭Ω(z+x2) dv=\iiint\limits_{\Omega} (z + x^2) \, dv =
截面法的特点就是被积函数光由z组成，看到光由z组成的项立马想到截面法

对称性、奇偶性

例：设 L:y=x2(0≤x≤1)L: y = x^2 (0 \leq x \leq 1), 则 ∫Lx y ds=_____\int_L x \, y \, ds = \_\_\_\_\_.

例：设几何体 Ω=((x,y,z)∣x2+y2+z2≤R2,z≥0)\Omega = \left( (x, y, z) \mid x^2 + y^2 + z^2 \leq R^2, z \geq 0 \right), 其中 Ω1\Omega_1 为 Ω\Omega 位于第一卦限的部分, 则（ D）.

(A) ∭Ωyzsin⁡x dv=4∭Ω1yzsin⁡x dv\iiint\limits_{\Omega} y^z \sin x \, \mathrm{d}v = 4\iiint\limits_{\Omega_1} y^z \sin x \, \mathrm{d}v

(B) ∭Ωy dv=4∭Ω1 y dv\iiint\limits_{\Omega} y \, \mathrm{d}v = 4\iiint\limits_{\Omega_1} \, \mathrm{y} \, \mathrm{d}v

© ∭Ωx yz dv=4∭Ω1x yz dv\iiint\limits_{\Omega} x \, \mathrm{y} z \, \mathrm{d}v = 4\iiint\limits_{\Omega_1} x \, \mathrm{y} z \, \mathrm{d}v

(D) ∭Ωz dv=4∭Ω1z dv\iiint\limits_{\Omega}z \, \mathrm{d}v = 4\iiint\limits_{\Omega_1} z \, \mathrm{d}v

先一后二

还是截面法那一道题

∫01dz∬x2+y2⩽x212(x2+y2) dx dy=12∫01dz∫02πdθ∫0zr3 dr=14π∫01z4 dz=π20\int_0^1 dz \iint_{x^2 + y^2 \leqslant x^2} \frac{1}{2} (x^2 + y^2) \, dx \, dy = \frac{1}{2} \int_0^1 dz \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{z} r^3 \, dr = \frac{1}{4} \pi \int_0^1 z^4 \, dz = \frac{\pi}{20}
这种方法的思想是：先对z进行积分，然后对每一个z截面的圆进行积分，对圆积分的话肯定用极坐标更好，所以就理解为什么r的上限是z，因为每一个圆的半径是z

type two：求立体图的质心

其实三维、二维一维都一样，公式也都一样，戳这里
例：均匀的几何体由锥面 z=x2+y2z = \sqrt{x^2 + y^2} 及 z=1z = 1 围成, 则质心坐标为 _____。
因为这一道题是均匀的，所以比较特殊，ρ=1
方法就是：对应的距离权重乘以密度、再乘以一小块体积，把所有的质量乘以距离的值加起来除上全部质量就是对应的质心坐标

设质心坐标为 (x,y,z)(x, y, z)，由对称性得 x‾=y‾=0\overline{x} = \overline{y} = 0，z‾=∭Dz dv∭Ddz\overline{z} = \frac{\iiint\limits_D z \, dv}{\iiint\limits_D dz}（这个又用到截面法了）

type three：求第一类曲线积分

例：设 L:y=x2(0≤x≤1)L: y = x^2 (0 \leq x \leq 1), 则 ∫Lxy ds=____\int_{L} x y \, ds = \_\_\_\_.
例：设 L:x2+y2=4L : x^2 + y^2 = 4, 则 ∮L(x2+xy2) ds=\oint_L (x^2 + xy^2) \, ds = ____。
第一步总是先有对称性考虑对称性
把微元dsds进行替换，换成微元t再成上缩放因子1+y′2\sqrt{1+y'^2}

着重看第二道！！！太技巧型了
∮Lx2 ds=∮Ly2 ds=12∮L(x2+y2) ds=2∮Lds=2×2π×2=8π.\oint_L x^2 \, ds = \oint_L y^2 \, ds = \frac{1}{2} \oint_L (x^2 + y^2) \, ds = 2 \oint_L ds = 2 \times 2 \pi \times 2 = 8 \pi.(面积公式，一定要记牢)

type four：求第二类曲线积分

例：计算 ∫Lx2 dy−(x2+y2+y) dx\int_{L} x^{2} \, dy - (\sqrt{x^{2} + y^{2}} + y) \, dx,其中 L:y=1−x2L : y = \sqrt{1 - x^{2}} 从点 B(−1,0)B(-1,0) 到点 A(1,0)A(1,0)。
这种套路比较固定
唯一一点需要注意的地方是：积分路径是顺时针，积分符号是负；积分路径是逆时针，积分符号是正

I=∫Lx3 dy−(x2+y2+y) dx=∫Lx3 dy−(y+1) dx=∮L+BAx3 dy−(y+1) dx−∫BAx3 dy−(y+1) dx,\begin{align*} I = &\int_{L} x^3 \, dy - (\sqrt{x^2 + y^2} + y) \, dx = \int_{L} x^3 \, dy - (y + 1) \, dx \\ =& \oint_{L + BA} x^3 \, dy - (y + 1) \, dx - \int_{BA} x^3 \, dy - (y + 1) \, dx, \end{align*}

像这个，第一项解的时候要先在开始加一个负号
再来一个封闭曲线的积分
设 L:{x2+y2+z2=25,x+y+z=33L: \begin{cases} x^2 + y^2 + z^2 = 25, \\ x + y + z = 3 \sqrt{3} \\ \end{cases} 从 zz 轴正向看, LL 为逆时针, 则∮Ly dx−(2z+1) dy+2x dz=_____.\oint_L y \, dx - (2z + 1) \, dy + 2x \, dz = \_\_\_\_\_.
取曲线 LL 的截口圆为 Σ\Sigma，方向向上，法向量为 n=(1,1,1)n = (1, 1, 1)，法向量的方向余弦为 cos⁡a=cos⁡β=cos⁡γ=13\cos a = \cos \beta = \cos \gamma = \frac{1}{\sqrt{3}}，由斯托克斯公式得

∮Ly dx−(2z+1) dy+2x dz=13∬Σ[111∂∂x∂∂y∂∂zy−2z−12x] dS=−13∬ΣdS ,\begin{align*} \oint_{L} y \, dx - (2z + 1) \, dy + 2x \, dz = \frac{1}{\sqrt{3}} \iint \limits_{\Sigma} \begin{bmatrix} 1 & 1 & 1 \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ y & -2z - 1 & 2x \end{bmatrix} \, dS = -\frac{1}{\sqrt{3}} \iint \limits_{\Sigma} \text{dS} \,, \end{align*}

原点到截口平面的距离为 d=333=3d = \frac{3\sqrt{3}}{\sqrt{3}} = 3，则截口圆的半径为 r=25−32=4r = \sqrt{25 - 3^2} = 4，故 ∮Ly dx−(2z+1) dy+2x dz=−16π3.\oint_{L} y \, dx - (2z + 1) \, dy + 2x \, dz = -\frac{16\pi}{\sqrt{3}}.

type five：求第一类曲面积分

例：曲面 Σ\Sigma 是由平面 x+2y−z=2x + 2y - z = 2 被柱面 x2+y2=4x^2 + y^2 = 4 所截而成的, 则∬Σ(x2+y−z2)dS=_____.\iint \limits_{\Sigma} \left( \frac{x}{2} + y - \frac{z}{2} \right) \mathrm{d}S= \_\_\_\_\_.
和第一类曲线积分一样，先考虑对称性，这个没有，不过这个有一个更技巧性的点
可以把整个积分函数代换，把平面方程左右同时除以2，刚好是被积函数
代换之后把常数提出来，剩下的就是求面积，这个缩放因子是1+(∂z∂x)2+(∂z∂y)2\sqrt{1 + \left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^2 + \left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^2}

type six:第二类曲面积分

例：计算∬z2z dx dy+x z dy dz\iint\limits_z 2 z \, dx \, dy + x \, z \, dy \, dz，其中Σ:z=1−x2−y2\Sigma: z = \sqrt{1 - x^2 - y^2}，取上侧。
有两种方法

投影法

把这个积分拆成

I=∬Σ2z dx dy+x z dy dz=∬Σ2z dx dy+∬Σx z dy dz,\begin{align*} I = \iint_{\Sigma} 2z \, dx \, dy + x \, z \, dy \, dz = \iint_{\Sigma} 2z \, dx \, dy + \iint_{\Sigma} x \, z \, dy \, dz, \end{align*}

第一个积分项投到xoy平面，第二个积分项投到yoz平面

∬Σ2zdxdy=2∬Dxy1−x2−y2dxdy=2∫02πdθ∫01r1−r2dr\iint_{\Sigma} 2z \mathrm{d}x \mathrm{d}y = 2 \iint_{D_{xy}} \sqrt{1-x^2-y^2} \mathrm{d}x \mathrm{d}y = 2 \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{1} r \sqrt{1-r^2} \mathrm{d}r

=−2π∫01(1−r2)12d(1−r2)=−4π3(1−r2)32∣01=4π3;= -2\pi \int_{0}^{1} (1-r^2)^{\frac{1}{2}} \mathrm{d}(1-r^2) = -\frac{4\pi}{3} (1-r^2)^{\frac{3}{2}} \Big|_{0}^{1} = \frac{4\pi}{3};

令 Σ1:x=1−y2−z2\Sigma_1 : x = \sqrt{1-y^2-z^2}，取前侧，其在 yOzyOz 平面上的投影区域为 Dyz:y2+z2≤1(z≥0)D_{yz} : y^2+z^2 \le 1 (z \ge 0)，

则 ∬Σxzdydz=2∬Σ1xzdydz=2∬Dyzz1−y2−z2dydz\iint_{\Sigma} xz \mathrm{d}y \mathrm{d}z = 2 \iint_{\Sigma_1} xz \mathrm{d}y \mathrm{d}z = 2 \iint_{D_{yz}} z \sqrt{1-y^2-z^2} \mathrm{d}y \mathrm{d}z

=2∫0πdθ∫01r21−r2sin⁡θdr=4∫01r21−r2dr= 2 \int_{0}^{\pi} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{1} r^2 \sqrt{1-r^2} \sin \theta \mathrm{d}r = 4 \int_{0}^{1} r^2 \sqrt{1-r^2} \mathrm{d}r

r=sin⁡t‾‾4∫0π2sin⁡2t⋅cos⁡2tdt=4(I2−I4)=π4,\underline{\underline{r = \sin t}} 4 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^2 t \cdot \cos^2 t \mathrm{d}t = 4(I_2 - I_4) = \frac{\pi}{4},

故 ∬Σ2zdxdy+xzdydz=4π3+π4=19π12⋅\iint_{\Sigma} 2z \mathrm{d}x \mathrm{d}y + xz \mathrm{d}y \mathrm{d}z = \frac{4\pi}{3} + \frac{\pi}{4} = \frac{19\pi}{12} \cdot

构造封闭图形，使用高斯公式(推荐这个)

I=∬Σ2z dx dy+x z dy dz=(∬Σ+Σ0−∬Σ0)2z dx dy+x z dy dz,\begin{align*} I = \iint\limits_{\Sigma} 2z \, dx \, dy + x \, z \, dy \, dz = (\iint\limits_{\Sigma + \Sigma_0} - \iint\limits_{\Sigma_0}) 2z \, dx \, dy + x \, z \, dy \, dz, \end{align*}

∮z2z02z dx dy+xz dy dz=∭Σ(z+2) dv=∫02πdθ∫0π2dφ∫01(rcos⁡φ+2) r2sin⁡φ dr=2π∫0π2(14sin⁡φcos⁡φ+23sin⁡φ)dφ=2π(18+23)=19π12,\begin{align*} \oint_{z^2 z_0} 2 z \, d x \, d y + x z \, d y \, d z &= \iiint \limits_{\Sigma} (z + 2) \, d v = \int_0^{2\pi} d \theta \int_0^{\frac{\pi}{2}} d \varphi \int_0^1 (r \cos \varphi + 2) \, r^2 \sin \varphi \, dr \\ &= 2 \pi \int_0^{\frac{\pi}{2}} \left( \frac{1}{4} \sin \varphi \cos \varphi + \frac{2}{3} \sin \varphi \right) d \varphi = 2 \pi \left( \frac{1}{8} + \frac{2}{3} \right) = \frac{19 \pi}{12}, \end{align*}