第1题#

解：（曲面 $z=F(x,y)$ 在某点的切平面方程，关键是求该点处的法向量）

设 $F(x,y,z)=x^2+y^2-z$（将曲面方程写成隐式 $F=0$ 的标准形式）

则法向量 $\vec{n}=\nabla F=\left(\frac{\partial F}{\partial x},\frac{\partial F}{\partial y},\frac{\partial F}{\partial z}\right)=(2x,2y,-1)$（求梯度得到法向量，即各偏导数组成的向量）

在点 $(1,1,2)$ 处：$\vec{n}=(2,2,-1)$（代入点的坐标，得到具体法向量）

切平面方程：$2(x-1)+2(y-1)-1\cdot(z-2)=0$（使用点法式方程：法向量点乘 $(x-x_0,y-y_0,z-z_0)$ 等于零）

展开得 $2x-2+2y-2-z+2=0$，即 $2x+2y-z=2$（整理方程化为一般式）

选 A。

第2题#

解：（判断两平面的位置关系，只需比较它们的法向量）

平面 $\Pi_1$：$x+y+z=1$，法向量 $\vec{n}_1=(1,1,1)$（从平面一般式直接读出第一个法向量）

平面 $\Pi_2$：$x-z=2$，法向量 $\vec{n}_2=(1,0,-1)$（从平面一般式直接读出第二个法向量）

计算点积：$\vec{n}_1\cdot\vec{n}_2=1\times 1+1\times 0+1\times(-1)=1+0-1=0$（两法向量点积为零，说明它们互相垂直）

由于法向量垂直，两平面垂直（两平面垂直的充要条件是它们的法向量垂直）

选 B。

第3题#

解：（先画出积分区域，再按 $x$ 型区域重新描述）

原积分区域由 $0\leq y\leq 1$ 和 $y^2\leq x\leq y$ 确定（分析原积分限：$y$ 从 0 到 1，对每个 $y$，$x$ 从下边界 $x=y^2$ 到上边界 $x=y$）

画出区域：下边界为抛物线 $x=y^2$（即 $y=\sqrt{x}$），上边界为直线 $x=y$（即 $y=x$）（确定区域形状，注意在 $[0,1]$ 上 $y^2\leq y$）

交换次序后，$x$ 的范围是 $0\leq x\leq 1$（先确定 $x$ 的整体范围，从 0 到 1）

对每个固定的 $x$，$y$ 从下边界 $y=x$ 到上边界 $y=\sqrt{x}$（在竖直方向上，下边界是直线 $y=x$，上边界是抛物线 $y=\sqrt{x}$）

注意 $x\leq\sqrt{x}$ 在 $x\in[0,1]$ 成立（验证上下界关系，确保积分限正确）

故交换后为 $\int_0^1 dx\int_x^{\sqrt{x}} f(x,y)\,dy$

选 C。

第4题#

解：（逐项判断是绝对收敛、条件收敛还是发散）

选项 A：$\sum\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}$ 是交错级数，由莱布尼茨判别法知收敛（$1/\sqrt{n}$ 单调递减趋于零）

但 $\sum\left|\frac{(-1)^n}{\sqrt{n}}\right|=\sum\frac{1}{\sqrt{n}}$ 是 $p=\frac{1}{2}<1$ 的 $p$ 级数，发散（加绝对值后发散，故原级数条件收敛，非绝对收敛）

选项 B：$\sum\frac{(-1)^n}{n}$ 是交错调和级数，收敛（由莱布尼茨判别法）

但 $\sum\frac{1}{n}$ 发散，故为条件收敛，非绝对收敛（加绝对值后发散）

选项 C：$\sum\frac{(-1)^n}{n^2}$，加绝对值后得 $\sum\frac{1}{n^2}$（这是 $p=2>1$ 的 $p$ 级数，收敛）

由于加绝对值后收敛，原级数绝对收敛（绝对收敛的定义：加绝对值后的级数收敛）

选项 D：通项 $u_n=(-1)^n\frac{n}{n+1}$，$\lim_{n\to\infty}|u_n|=1\neq 0$（通项极限不为零，不满足级数收敛的必要条件）

故该级数发散（直接排除）

选 C。

第5题#

解：（空间闭曲线积分，可用斯托克斯公式转化为曲面积分；也可因 $z=0$ 而化简）

方法一：利用 $z=0$ 化简后直接计算

在曲线 $L$ 上，$z=0$，$dz=0$（圆周位于 $xy$ 平面上，$z$ 恒为零）

原积分化简为 $\oint_L y\,dx-x\,dy$（代入 $z=0$，$dz=0$，消去含 $z$ 的项）

这是平面曲线积分，由格林公式：$\oint_L y\,dx-x\,dy=\iint_D(-1-1)\,dxdy=-2\iint_D dxdy$（应用格林公式，$P=y$，$Q=-x$，$\partial Q/\partial x=-1$，$\partial P/\partial y=1$）

其中 $D$ 为 $x^2+y^2\leq 1$，面积为 $\pi$（确定区域为单位圆盘）

故积分 $=-2\pi$（$-2$ 乘以单位圆面积 $\pi$）

方法二：斯托克斯公式

设 $\vec{F}=(y-z,\ z-x,\ x-y)$（将积分写成向量形式 $\oint_L \vec{F}\cdot d\vec{r}$）

旋度 $\mathrm{rot}\,\vec{F}=\nabla\times\vec{F}=\begin{vmatrix} \vec{i} & \vec{j} & \vec{k} \\ \partial_x & \partial_y & \partial_z \\ y-z & z-x & x-y \end{vmatrix}$（写出旋度的行列式形式）

$=(-1-1,\ -1-1,\ -1-1)=(-2,-2,-2)$（按行列式展开计算）

取 $L$ 所围圆盘 $\Sigma$：$x^2+y^2\leq 1$，$z=0$，上侧法向量 $\vec{n}=(0,0,1)$（选择合适的曲面，法向量朝上）

斯托克斯公式：$\oint_L \vec{F}\cdot d\vec{r}=\iint_\Sigma (\mathrm{rot}\,\vec{F})\cdot\vec{n}\,dS$（应用斯托克斯公式）

$=\iint_\Sigma (-2,-2,-2)\cdot(0,0,1)\,dS=\iint_\Sigma (-2)\,dS$（计算点积，只有 $z$ 分量有贡献）

$=-2\times(\text{圆盘面积})=-2\pi$（$-2$ 乘以圆盘面积）

选 A。

第1题#

解：（利用拉格朗日恒等式 $|\vec{a}\times\vec{b}|^2+(\vec{a}\cdot\vec{b})^2=|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2$）

已知 $|\vec{a}|=2$，$|\vec{b}|=3$，$\vec{a}\cdot\vec{b}=3$（明确已知条件）

由拉格朗日恒等式：$|\vec{a}\times\vec{b}|^2=|\vec{a}|^2|\vec{b}|^2-(\vec{a}\cdot\vec{b})^2$（移项得到叉积模的平方公式）

$=2^2\times 3^2-3^2=36-9=27$（代入数值计算）

故 $|\vec{a}\times\vec{b}|=\sqrt{27}=3\sqrt{3}$（开平方得到最终结果，取正值）

第2题#

解：（空间曲线切线方程需要切点和切向量）

点 $(1,1,1)$ 对应参数 $t=1$（由 $x=t^2=1$，$y=t=1$，$z=t^3=1$ 确定参数值）

切向量 $\vec{r}'(t)=(2t,\ 1,\ 3t^2)$（对参数方程各分量求导）

在 $t=1$ 处：$\vec{r}'(1)=(2,1,3)$（代入参数值得到切向量）

切线方程：$\frac{x-1}{2}=\frac{y-1}{1}=\frac{z-1}{3}$（使用点向式方程）

第3题#

解：（利用二重积分的变量替换公式）

令 $u=x+y$，$v=x-y$（确定新的变量）

反解得 $x=\frac{u+v}{2}$，$y=\frac{u-v}{2}$（解出 $x,y$ 关于 $u,v$ 的表达式）

雅可比行列式 $J=\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\begin{vmatrix} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{vmatrix}=-\frac{1}{4}-\frac{1}{4}=-\frac{1}{2}$（计算雅可比行列式）

面积元素 $dxdy=|J|\,dudv=\frac{1}{2}\,dudv$（面积元素变换公式，取绝对值）

积分区域变为 $D'$：$1\leq u\leq 2$，$0\leq v\leq 1$（根据边界条件确定新的积分限）

$\iint_D (x+y)\,dxdy=\iint_{D'} u\cdot\frac{1}{2}\,dudv$（代入 $x+y=u$ 和面积元素变换）

$=\frac{1}{2}\int_1^2 u\,du\int_0^1 dv$（分离变量，化为累次积分）

$=\frac{1}{2}\cdot\left[\frac{u^2}{2}\right]_1^2\cdot 1=\frac{1}{2}\cdot\frac{4-1}{2}=\frac{3}{4}$（分别计算定积分并相乘）

第4题#

解：（利用麦克劳林展开式求高阶导数）

$e^{x^2}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(x^2)^n}{n!}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{x^{2n}}{n!}$（将 $e^t$ 的展开式中 $t$ 替换为 $x^2$）

麦克劳林展开的一般形式为 $f(x)=\sum_{m=0}^{\infty}\frac{f^{(m)}(0)}{m!}x^m$（写出一般系数公式）

要找 $x^{100}$ 的系数，令 $2n=100$，得 $n=50$（确定 $x^{100}$ 对应展开式中的项）

$x^{100}$ 的系数为 $\frac{1}{50!}$（从展开式中读出 $n=50$ 时的系数）

由麦克劳林公式，$x^{100}$ 的系数也等于 $\frac{f^{(100)}(0)}{100!}$（联系一般系数公式）

故 $\frac{f^{(100)}(0)}{100!}=\frac{1}{50!}$（建立等式）

$f^{(100)}(0)=\frac{100!}{50!}$（解出高阶导数在零点的值）

第5题#

解：（旋度公式 $\mathrm{rot}\,\vec{A}=\nabla\times\vec{A}$）

设 $\vec{A}=(P,Q,R)=(y^2,\ z^2,\ x^2)$（明确三个分量）

$\mathrm{rot}\,\vec{A}=\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z},\ \frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x},\ \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)$（写出旋度的三个分量公式）

$=(0-2z,\ 0-2x,\ 0-2y)$（分别计算各偏导数：$\partial R/\partial y=\partial(x^2)/\partial y=0$，$\partial Q/\partial z=2z$，等等）

$=(-2z,\ -2x,\ -2y)$（整理结果）

第1题#

设 $u=f(r)$，其中 $r=\sqrt{x^2+y^2}$，$f$ 具有二阶连续导数，证明：$\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}=f''(r)+\frac{1}{r}f'(r)$。

证明：（利用链式法则逐步求偏导）

第一步：求一阶偏导数

$\frac{\partial u}{\partial x}=f'(r)\cdot\frac{\partial r}{\partial x}$（链式法则：$u$ 对 $x$ 的偏导等于 $f$ 对 $r$ 的导数乘以 $r$ 对 $x$ 的偏导）

$\frac{\partial r}{\partial x}=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}=\frac{x}{r}$（$r=\sqrt{x^2+y^2}$ 对 $x$ 求偏导）

故 $\frac{\partial u}{\partial x}=f'(r)\cdot\frac{x}{r}$（代入得到一阶偏导表达式）

第二步：求二阶偏导数 $\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}$

$\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=\frac{\partial}{\partial x}\left(f'(r)\cdot\frac{x}{r}\right)$（对一阶偏导继续求导）

$=f''(r)\cdot\frac{\partial r}{\partial x}\cdot\frac{x}{r}+f'(r)\cdot\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{x}{r}\right)$（乘积法则：两项分别求导）

$=f''(r)\cdot\frac{x}{r}\cdot\frac{x}{r}+f'(r)\cdot\frac{r-x\cdot\frac{\partial r}{\partial x}}{r^2}$（第一项用链式法则，第二项用商的求导法则）

$=f''(r)\cdot\frac{x^2}{r^2}+f'(r)\cdot\frac{r-x\cdot\frac{x}{r}}{r^2}$（代入 $\partial r/\partial x=x/r$）

$=f''(r)\cdot\frac{x^2}{r^2}+f'(r)\cdot\frac{r^2-x^2}{r^3}$（分子通分：$r=\frac{r^2}{r}$）

注意 $r^2=x^2+y^2$，故 $r^2-x^2=y^2$（利用 $r$ 的定义化简分子）

$\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}=f''(r)\cdot\frac{x^2}{r^2}+f'(r)\cdot\frac{y^2}{r^3}$（化简后的 $x$ 方向二阶偏导）

第三步：由对称性写出 $\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}$

由于 $x$ 与 $y$ 在表达式中对称（$r=\sqrt{x^2+y^2}$ 关于 $x,y$ 对称），只需将上式中 $x$ 与 $y$ 互换（利用问题的对称性，避免重复计算）

$\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}=f''(r)\cdot\frac{y^2}{r^2}+f'(r)\cdot\frac{x^2}{r^3}$（直接写出 $y$ 方向的对应结果）

第四步：相加化简

$\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}=f''(r)\cdot\frac{x^2+y^2}{r^2}+f'(r)\cdot\frac{x^2+y^2}{r^3}$（两式相加，分别合并 $f''(r)$ 和 $f'(r)$ 的系数）

$=f''(r)\cdot\frac{r^2}{r^2}+f'(r)\cdot\frac{r^2}{r^3}$（代入 $x^2+y^2=r^2$）

$=f''(r)+\frac{1}{r}f'(r)$（约分，得到待证等式）

证毕。

第2题#

计算二重积分 $\iint_D |x-y|\,dxdy$，其中 $D$ 为矩形区域 $0\leq x\leq 1$，$0\leq y\leq 1$。

解：（被积函数含绝对值，需按绝对值内表达式的正负划分区域）

直线 $y=x$ 将区域 $D$ 分成两部分：（确定分界曲线 $y=x$，在该线两侧 $x-y$ 变号）

• $D_1$：$0\leq x\leq 1$，$0\leq y\leq x$（即 $y\leq x$，$|x-y|=x-y$）（下三角区域，$x-y\geq 0$）

• $D_2$：$0\leq x\leq 1$，$x\leq y\leq 1$（即 $y\geq x$，$|x-y|=y-x$）（上三角区域，$x-y\leq 0$）

积分 $=\iint_{D_1}(x-y)\,dxdy+\iint_{D_2}(y-x)\,dxdy$（按区域拆分绝对值）

计算第一个积分：

$\iint_{D_1}(x-y)\,dxdy=\int_0^1 dx\int_0^x (x-y)\,dy$（将 $D_1$ 化为累次积分）

$=\int_0^1\left[xy-\frac{y^2}{2}\right]_0^x dx$（对 $y$ 积分，$x$ 视为常数）

$=\int_0^1\left(x^2-\frac{x^2}{2}\right)dx=\int_0^1\frac{x^2}{2}\,dx$（代入上下限并化简）

$=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{3}=\frac{1}{6}$（计算定积分）

计算第二个积分：

$\iint_{D_2}(y-x)\,dxdy=\int_0^1 dx\int_x^1 (y-x)\,dy$（将 $D_2$ 化为累次积分）

$=\int_0^1\left[\frac{y^2}{2}-xy\right]_x^1 dx$（对 $y$ 积分）

$=\int_0^1\left[\left(\frac{1}{2}-x\right)-\left(\frac{x^2}{2}-x^2\right)\right]dx$（代入上下限 $y=1$ 和 $y=x$）

$=\int_0^1\left(\frac{1}{2}-x+\frac{x^2}{2}\right)dx$（化简括号内表达式）

$=\left[\frac{x}{2}-\frac{x^2}{2}+\frac{x^3}{6}\right]_0^1=\frac{1}{2}-\frac{1}{2}+\frac{1}{6}=\frac{1}{6}$（计算定积分）

总和： $\frac{1}{6}+\frac{1}{6}=\frac{1}{3}$（两区域积分结果相加）

第3题#

计算曲线积分 $\oint_L \sqrt{x^2+y^2}\,ds$，其中 $L$ 为圆周 $x^2+y^2=ax$（$a>0$）。

解：（圆周方程适合用极坐标参数化，注意极坐标下的弧长元素公式）

将圆周方程化为极坐标：$r^2=ar\cos\theta$，即 $r=a\cos\theta$（代入 $x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$，约去 $r$）

$\theta$ 的范围为 $-\frac{\pi}{2}\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}$（由 $r\geq 0$ 得 $\cos\theta\geq 0$，故 $\theta$ 在此区间）

极坐标下弧长元素：$ds=\sqrt{r^2+(r')^2}\,d\theta$（极坐标弧长公式）

$r'=\frac{dr}{d\theta}=-a\sin\theta$（对 $r=a\cos\theta$ 求导）

$r^2+(r')^2=a^2\cos^2\theta+a^2\sin^2\theta=a^2$（利用三角恒等式化简）

故 $ds=\sqrt{a^2}\,d\theta=a\,d\theta$（弧长元素简化为常数 $a$ 乘以 $d\theta$）

被积函数 $\sqrt{x^2+y^2}=r=a\cos\theta$（极坐标下 $x^2+y^2=r^2$，故平方根为 $r$）

$\oint_L \sqrt{x^2+y^2}\,ds=\int_{-\pi/2}^{\pi/2} (a\cos\theta)\cdot a\,d\theta$（代入参数化后的表达式）

$=a^2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos\theta\,d\theta$（提出常数 $a^2$）

$=a^2\left[\sin\theta\right]_{-\pi/2}^{\pi/2}=a^2(1-(-1))$（计算正弦函数的定积分）

$=2a^2$（得到最终结果）

第4题#

计算曲面积分 $\iint_\Sigma z\,dS$，其中 $\Sigma$ 为上半球面 $z=\sqrt{R^2-x^2-y^2}$。

解：（第一类曲面积分，利用球面的特殊几何关系可大幅简化计算）

曲面方程 $z=\sqrt{R^2-x^2-y^2}$，投影区域 $D$：$x^2+y^2\leq R^2$（确定曲面在 $xy$ 平面的投影为半径 $R$ 的圆盘）

计算偏导数：$z_x=\frac{-x}{\sqrt{R^2-x^2-y^2}}=-\frac{x}{z}$（对 $x$ 求偏导，用链式法则）

$z_y=\frac{-y}{\sqrt{R^2-x^2-y^2}}=-\frac{y}{z}$（对 $y$ 求偏导）

面积元素 $dS=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,dxdy$（第一类曲面积分的面积元素公式）

$=\sqrt{1+\frac{x^2}{z^2}+\frac{y^2}{z^2}}\,dxdy=\sqrt{\frac{z^2+x^2+y^2}{z^2}}\,dxdy$（代入偏导数并通分）

$=\sqrt{\frac{R^2}{z^2}}\,dxdy=\frac{R}{z}\,dxdy$（利用 $x^2+y^2+z^2=R^2$ 化简分子，注意 $z>0$）

关键观察：$z\,dS=z\cdot\frac{R}{z}\,dxdy=R\,dxdy$（被积函数的 $z$ 与面积元素分母的 $z$ 恰好约去）

$\iint_\Sigma z\,dS=\iint_D R\,dxdy$（化简后的被积函数为常数 $R$）

$=R\times(\text{圆盘 }D\text{ 的面积})=R\cdot\pi R^2$（常数 $R$ 乘以区域面积）

$=\pi R^3$（得到最终结果）

第5题#

将函数 $f(x)=1-x^2$（$0\leq x\leq\pi$）展开成余弦级数，并指出其和函数。

解：（半幅余弦展开，需作偶延拓，只计算 $a_n$ 系数）

将 $f(x)$ 在 $(-\pi,\pi)$ 上作 偶延拓（余弦级数对应偶延拓，所有 $b_n=0$）

计算 $a_0$：

$a_0=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi (1-x^2)\,dx$（半幅余弦展开中 $a_0$ 的系数公式）

$=\frac{2}{\pi}\left[x-\frac{x^3}{3}\right]_0^\pi=\frac{2}{\pi}\left(\pi-\frac{\pi^3}{3}\right)=2-\frac{2\pi^2}{3}$（计算定积分）

计算 $a_n$（$n\geq 1$）：

$a_n=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi (1-x^2)\cos nx\,dx$（余弦系数公式）

$=\frac{2}{\pi}\left[\int_0^\pi \cos nx\,dx-\int_0^\pi x^2\cos nx\,dx\right]$（拆分为两项）

第一项：$\int_0^\pi \cos nx\,dx=\left.\frac{\sin nx}{n}\right|_0^\pi=0$（$\sin n\pi=0$）

第二项用分部积分两次：设 $u=x^2$，$dv=\cos nx\,dx$，则 $du=2x\,dx$，$v=\frac{\sin nx}{n}$（第一次分部积分）

$\int x^2\cos nx\,dx=\frac{x^2\sin nx}{n}-\frac{2}{n}\int x\sin nx\,dx$（应用分部积分公式）

对 $\int x\sin nx\,dx$ 再分部积分：$u=x$，$dv=\sin nx\,dx$，$du=dx$，$v=-\frac{\cos nx}{n}$（第二次分部积分）

$=-\frac{x\cos nx}{n}+\frac{1}{n}\int\cos nx\,dx=-\frac{x\cos nx}{n}+\frac{\sin nx}{n^2}$（计算第二次分部积分）

综合得：$\int_0^\pi x^2\cos nx\,dx=\left.\frac{x^2\sin nx}{n}\right|_0^\pi-\frac{2}{n}\left[-\frac{x\cos nx}{n}+\frac{\sin nx}{n^2}\right]_0^\pi$（代入上下限）

$=0-\frac{2}{n}\left[-\frac{\pi\cos n\pi}{n}+0-(0+0)\right]$（$\sin n\pi=0$，$\sin 0=0$；$\cos n\pi=(-1)^n$）

$=\frac{2\pi(-1)^n}{n^2}$（化简）

故 $a_n=\frac{2}{\pi}\left(0-\frac{2\pi(-1)^n}{n^2}\right)=\frac{4(-1)^{n+1}}{n^2}$（代入 $a_n$ 的表达式）

余弦级数：

$1-x^2=\frac{a_0}{2}+\sum_{n=1}^{\infty}a_n\cos nx=1-\frac{\pi^2}{3}+4\sum_{n=1}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n^2}\cos nx$（写出展开式，注意 $a_0/2=1-\pi^2/3$）

和函数：在 $[0,\pi]$ 上收敛于 $1-x^2$（狄利克雷收敛定理，连续点收敛于函数值）

第1题#

求均匀半球体 $x^2+y^2+z^2\leq R^2$（$z\geq 0$）的质心坐标（设密度 $\rho=1$）。

解：（利用对称性简化，只需计算竖坐标 $\bar{z}$）

由对称性，质心必在 $z$ 轴上，故 $\bar{x}=0$，$\bar{y}=0$（半球体关于 $z$ 轴旋转对称，水平方向质心坐标为零）

只需计算 $\bar{z}=\frac{\iiint_\Omega z\,dV}{\iiint_\Omega dV}$（质心竖坐标公式，等于关于 $xy$ 平面的静矩除以体积）

计算体积 $V$：

$V=\frac{2}{3}\pi R^3$（半球体积公式）

计算静矩 $\iiint_\Omega z\,dV$：

采用球坐标：$x=r\sin\varphi\cos\theta$，$y=r\sin\varphi\sin\theta$，$z=r\cos\varphi$（写出球坐标变换）

$\Omega$：$0\leq r\leq R$，$0\leq\theta\leq 2\pi$，$0\leq\varphi\leq\frac{\pi}{2}$（上半球对应 $z\geq 0$，即 $0\leq\varphi\leq\pi/2$）

$dV=r^2\sin\varphi\,drd\varphi d\theta$（球坐标体积元素）

$\iiint_\Omega z\,dV=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^{\pi/2}\sin\varphi\,d\varphi\int_0^R (r\cos\varphi)\cdot r^2\,dr$（代入 $z=r\cos\varphi$ 和体积元素）

$=\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^{\pi/2}\sin\varphi\cos\varphi\,d\varphi\int_0^R r^3\,dr$（分离三个变量的积分）

分别计算：$\int_0^{2\pi}d\theta=2\pi$（$\theta$ 积分）

$\int_0^{\pi/2}\sin\varphi\cos\varphi\,d\varphi=\frac{1}{2}\sin^2\varphi\big|_0^{\pi/2}=\frac{1}{2}$（凑微分 $d(\sin\varphi)$）

$\int_0^R r^3\,dr=\frac{R^4}{4}$（幂函数积分）

相乘：$2\pi\times\frac{1}{2}\times\frac{R^4}{4}=\frac{\pi R^4}{4}$（静矩结果）

计算质心：

$\bar{z}=\frac{\pi R^4/4}{2\pi R^3/3}=\frac{\pi R^4}{4}\cdot\frac{3}{2\pi R^3}=\frac{3R}{8}$（化简分数）

质心坐标为 $\left(0,\ 0,\ \frac{3R}{8}\right)$。

第2题#

将函数 $f(x)=|x|$（$-\pi\leq x\leq\pi$）展开成傅里叶级数，并由此求级数 $\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{n^2}$ 的和。

解：（$|x|$ 是偶函数，展开式中只有余弦项，$b_n=0$）

$f(x)=|x|$ 在 $[-\pi,\pi]$ 上为偶函数，故 $b_n=0$（$n=1,2,\ldots$）（偶函数的傅里叶级数不含正弦项）

计算 $a_0$：

$a_0=\frac{2}{\pi}\int_0^\pi x\,dx$（偶函数 $a_0$ 公式，只需在 $[0,\pi]$ 上积分再乘 $2/\pi$）

$=\frac{2}{\pi}\cdot\frac{\pi^2}{2}=\pi$（计算定积分）

计算 $a_n$：