第14章 二重积分

基础部分

1. 设$D$为由$x=0,y=0,x+y=\frac{1}{2},x+y=1$所围成的区域，$I_1=\underset{D}{\iint }{\ln }^7(x+y)d\sigma ,I_2=\underset{D}{\iint }(x+y{)}^{7}d\sigma ,I_3=\underset{D}{\iint }{\sin }^7(x+y)d\sigma$，则（）

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答案：

B。

解析：

令 $u=x+y$。区域 $D$ 可写成

$\frac{1}{2}\le u\le 1,0\le x\le u$，

故对任意只依赖于 $x+y$ 的函数 $g$，有

${\iint }_{D}g(x+y)d\sigma ={\int }_{1/2}^{1}ug(u)du$。

在 $\frac{1}{2}<u<1$ 上，${\ln }^{7}u<0$，而 $0<\sin u<u$，所以

${\ln }^{7}u<{\sin }^{7}u<u^7$。

乘以正数 $u$ 后积分，得到

$I_1<I_3<I_2$。 A. $I_1<I_2<I_3$ B. $I_1<I_3<I_2$ C. $I_3<I_2<I_1$ D. $I_3<I_1<I_2$

2. 设$I_i=\underset{D_i}{\iint }{e}^{-(x^2+y^2)}d\sigma (i=1,2,3)$，其中$D_1=\{(x,y)|x^2+y^2\le R^2\}$，$D_2=\{(x,y)|x^2+y^2\le 2R^2\}$，$D_3=\{(x,y)||x|\le R,|y|\le R\}$，$R>0$，则（）

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答案：

C。

解析：

三个区域满足严格包含关系

$D_1\subset D_3\subset D_2$。

事实上，半径为 $R$ 的圆盘包含于正方形 $|x|\le R,|y|\le R$ 中，而该正方形又包含于半径为 $\sqrt{2}R$ 的圆盘中。由于

$e^{-(x^2+y^2)}>0$，

区域严格扩大时积分严格增大，故

$I_1<I_3<I_2$。 A. $I_1<I_2<I_3$ B. $I_2<I_3<I_1$ C. $I_1<I_3<I_2$ D. $I_3<I_2<I_1$

3. $\underset{r\to 0}{\lim }\frac{1}{\pi r^2}\underset{x^2+y^2\le r^2}{\iint }{e}^{x^2-y^2}\cos (x+y)dxdy=$（）

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答案：

B。

解析：

被积函数

$f(x,y)=e^{x^2-y^2}\cos (x+y)$

在原点连续。圆盘上的积分平均值在圆盘半径趋于零时趋于函数在圆心的值，因此

$\underset{r\to 0}{\lim }\frac{1}{\pi r^2}{\iint }_{x^2+y^2\le r^2}f(x,y)dxdy=f(0,0)=1$。 A. 0 B. 1 C. $\pi r^2$ D. $\frac{1}{{\pi }^2}$

4. 设$D$是由曲线$y=x^2-1$和$y=\sqrt{1-x^2}$围成的平面区域，则$\underset{D}{\iint }(axy+b{y}^2)dxdy$（）

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答案：

严格结论：积分的符号只与 $b$ 有关，与 $a$ 无关；原选项中没有完全正确的一项。

解析：

区域 $D$ 关于 $y$ 轴对称。函数 $xy$ 关于 $x$ 为奇函数，故

${\iint }_{D}axydxdy=0$。

于是

${\iint }_D(axy+b{y}^2)dxdy=b{\iint }_D{y}^{2}dxdy$。

由于区域面积非零且 $y^2\ge 0$，有

${\iint }_D{y}^{2}dxdy>0$。

因此积分在 $b>0$ 时为正，在 $b<0$ 时为负，在 $b=0$ 时为零，与 $a$ 无关。题目所列 A—D 中缺少“符号与 $b$ 有关、与 $a$ 无关”这一选项。 A. 等于0 B. 符号与$a$有关，与$b$无关 C. 符号与$a,b$都有关 D. 符号与$a,b$都无关

5. ${\int }_0^{1}dx{\int }_0^{\sqrt{x}}{e}^{-\frac{y^2}{2}}dy=$

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答案：

$e^{-1/2}$。

解析：

原积分区域为

$0\le x\le 1,0\le y\le \sqrt{x}$。

交换积分次序得

$0\le y\le 1,y^2\le x\le 1$。

因此

${\int }_0^{1}dx{\int }_0^{\sqrt{x}}{e}^{-y^2/2}dy={\int }_0^1(1-y^2)e^{-y^2/2}dy$。

注意

$\frac{d}{dy}\left(y{e}^{-y^2/2}\right)=(1-y^2)e^{-y^2/2}$，

故原积分为

${y{e}^{-y^2/2}|}_0^1=e^{-1/2}$。

6. ${\int }_0^{1}dy{\int }_0^{y^2}\frac{x{e}^x}{1-\sqrt{x}}dx=$

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答案：

$1$。

解析：

区域为

$0\le y\le 1,0\le x\le y^2$。

交换积分次序：

$0\le x\le 1,\sqrt{x}\le y\le 1$。

于是

${\int }_0^{1}dy{\int }_0^{y^2}\frac{x{e}^x}{1-\sqrt{x}}dx={\int }_0^1\frac{x{e}^x}{1-\sqrt{x}}(1-\sqrt{x})dx={\int }_0^{1}x{e}^{x}dx$。

而

$\int x{e}^{x}dx=(x-1)e^x+C$，

所以结果为 $1$。

7. $I={\int }_1^{e}dy{\int }_0^{\ln y}f(x,y)dx$（其中$f(x,y)$连续）交换积分次序得（）

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答案：

B。

解析：

由

$1\le y\le e,0\le x\le \ln y$

可得 $0\le x\le 1$。固定 $x$ 后，条件 $x\le \ln y$ 等价于 $y\ge e^x$，故

$I={\int }_0^{1}dx{\int }_{e^x}^{e}f(x,y)dy$。 A. $I={\int }_0^{\ln y}dx{\int }_1^{e}f(x,y)dy$ B. $I={\int }_0^{1}dx{\int }_{e^x}^{e}f(x,y)dy$ C. $I={\int }_1^{e}dx{\int }_0^{\ln y}f(x,y)dy$ D. $I={\int }_{e^x}^{e}dx{\int }_0^{1}f(x,y)dy$

8. 设$f(x,y)$是连续函数，则${\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\frac{5\pi }{6}}dx{\int }_{\sin x}^{1}f(x,y)dy=$（）

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答案：

B。

解析：

原区域为

$\frac{\pi }{2}\le x\le \frac{5\pi }{6},\sin x\le y\le 1$。

在该区间上 $\sin x$ 单调下降，其值从 $1$ 降到 $\frac{1}{2}$。因此

$\frac{1}{2}\le y\le 1$。

对固定的 $y$，由 $\sin x\le y$ 且 $x\in [\frac{\pi }{2},\frac{5\pi }{6}]$，得

$\pi -\arcsin y\le x\le \frac{5\pi }{6}$。

故交换次序后为

${\int }_{1/2}^{1}dy{\int }_{\pi -\arcsin y}^{5\pi /6}f(x,y)dx$。 A. ${\int }_{\frac{1}{2}}^{1}dy{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\arcsin y}f(x,y)dx$ B. ${\int }_{\frac{1}{2}}^{1}dy{\int }_{\pi -\arcsin y}^{\frac{5\pi }{6}}f(x,y)dx$ C. ${\int }_0^{\frac{1}{2}}dy{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\arcsin y}f(x,y)dx$ D. ${\int }_0^{\frac{1}{2}}dy{\int }_{\pi -\arcsin y}^{\frac{\pi }{2}}f(x,y)dx$

9. 设函数$f(x,y)$连续，且$f(x,y)=f(y,x)=f(-x,y)$，则${\int }_{-2}^{2}dx{\int }_{\sqrt{4-x^2}}^{2}f(x,y)dy=$（）

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答案：

C。

解析：

原区域是正方形 $[-2,2]\times [0,2]$ 中位于圆 $x^2+y^2=4$ 外部的部分。由

$f(x,y)=f(-x,y)$

可先关于 $y$ 轴折叠；再由 $f(x,y)=f(y,x)$，可把第一象限部分关于直线 $y=x$ 折叠到区域

$0\le \theta \le \frac{\pi }{4},2\le r\le 2\sec \theta$。

因此

${\int }_{-2}^{2}dx{\int }_{\sqrt{4-x^2}}^{2}f(x,y)dy=4{\int }_0^{\pi /4}d\theta {\int }_2^{2\sec \theta }f(r\cos \theta ,r\sin \theta )rdr$。 A. ${\int }_0^2\left[{\int }_{-2}^{-\sqrt{4-y^2}}f(x,y)dx+{\int }_{-\sqrt{4-y^2}}^{2}f(x,y)dx\right]dy$ B. $2{\int }_0^2\left[{\int }_{\sqrt{4-y^2}}^{2}f(x,y)dy\right]dx$ C. $4{\int }_0^{\frac{\pi }{4}}d\theta {\int }_2^{2\sec \theta }f(r\cos \theta ,r\sin \theta )rdr$ D. $4{\int }_0^{\arctan \frac{1}{2}}d\theta {\int }_2^{2\sec \theta }f(r\cos \theta ,r\sin \theta )rdr$

10. 已知曲线$L$的极坐标方程为$r=\sin 3\theta (0\le \theta \le \frac{\pi }{3})$，$D$为曲线$L$围成的区域，则$\underset{D}{\iint }\sqrt{x^2+y^2}dxdy=$

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答案：

$\frac{4}{27}$。

解析：

曲线 $r=\sin 3\theta$ 在 $0\le \theta \le \frac{\pi }{3}$ 上围成一个花瓣。用极坐标计算：

${\iint }_D\sqrt{x^2+y^2}dxdy={\int }_0^{\pi /3}d\theta {\int }_0^{\sin 3\theta }{r}^{2}dr$。

故

$I=\frac{1}{3}{\int }_0^{\pi /3}{\sin }^{3}3\theta d\theta =\frac{1}{9}{\int }_0^{\pi }{\sin }^{3}udu$。

又 ${\int }_0^{\pi }{\sin }^{3}udu=\frac{4}{3}$，所以

$I=\frac{4}{27}$。

11. 设$D$是第一象限内在曲线$y=4x^2$与$y=9x^2$之间的区域，则$\underset{D}{\iint }x{e}^{-y^2}dxdy=$

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答案：

$\frac{5}{144}$。

解析：

对固定的 $y\ge 0$，两条抛物线给出

$\frac{\sqrt{y}}{3}\le x\le \frac{\sqrt{y}}{2}$。

因此

$I={\int }_0^{+\infty }{e}^{-y^2}dy{\int }_{\sqrt{y}/3}^{\sqrt{y}/2}xdx$。

内层积分为

$\frac{1}{2}\left(\frac{y}{4}-\frac{y}{9}\right)=\frac{5y}{72}$。

于是

$I=\frac{5}{72}{\int }_0^{+\infty }y{e}^{-y^2}dy=\frac{5}{72}\cdot \frac{1}{2}=\frac{5}{144}$。

12. 已知$D=\{(x,y)|(x-a{)}^2+y^2\le a^2,y\ge 0\},a>0$，则$\underset{D}{\iint }(x^2+y^2)dxdy=$

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答案：

$\frac{3\pi a^4}{4}$。

解析：

作平移

$u=x-a,v=y$。

区域变为半径为 $a$ 的上半圆盘 $u^2+v^2\le a^2,v\ge 0$，且

$x^2+y^2=(u+a{)}^2+v^2=u^2+v^2+2au+a^2$。

区域关于 $v$ 轴对称，故 ${\iint }_{D}ududv=0$。于是

$I={\iint }_D(u^2+v^2)dudv+a^2\mathrm{Area}(D)$。

上半圆盘上

${\iint }_D(u^2+v^2)dudv=\frac{\pi a^4}{4}$，

且 $\mathrm{Area}(D)=\frac{\pi a^2}{2}$。因此

$I=\frac{\pi a^4}{4}+\frac{\pi a^4}{2}=\frac{3\pi a^4}{4}$。

13. 设平面区域$D$由曲线$y=\sqrt{3(1-x^2)}$与直线$y=\sqrt{3}x$及$y$轴所围成，计算二重积分$\underset{D}{\iint }(x^2+y^2)dxdy$

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答案：

$\frac{\sqrt{3}(\pi +1)}{8}$。

解析：

令

$x=u,y=\sqrt{3}v$，

则椭圆 $x^2+\frac{y^2}{3}=1$ 化为单位圆 $u^2+v^2=1$，直线 $y=\sqrt{3}x$ 化为 $v=u$，且 $dxdy=\sqrt{3}dudv$。

在 $uv$ 平面中，区域为

$0\le r\le 1,\frac{\pi }{4}\le \theta \le \frac{\pi }{2}$。

又

$x^2+y^2=u^2+3v^2=r^2({\cos }^2\theta +3{\sin }^2\theta )$。

因此

$I=\sqrt{3}{\int }_{\pi /4}^{\pi /2}{\int }_0^1{r}^3({\cos }^2\theta +3{\sin }^2\theta )drd\theta$。

计算得

$I=\frac{\sqrt{3}}{4}{\int }_{\pi /4}^{\pi /2}(2-\cos 2\theta )d\theta =\frac{\sqrt{3}(\pi +1)}{8}$。

14. 设平面区域$D=\{(x,y)|1\le x^2+y^2\le 4,x\ge 0,y\ge 0\}$，计算$\underset{D}{\iint }\frac{x\cos \sqrt{x^2+y^2}}{x+y}dxdy$

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答案：

$\frac{\pi }{4}(2\sin 2+\cos 2-\sin 1-\cos 1)$。

解析：

使用极坐标

$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta$。

区域为 $1\le r\le 2,0\le \theta \le \frac{\pi }{2}$，并且

$\frac{x}{x+y}=\frac{\cos \theta }{\cos \theta +\sin \theta }$。

故积分可分离为

$I=\left({\int }_0^{\pi /2}\frac{\cos \theta }{\cos \theta +\sin \theta }d\theta \right)\left({\int }_1^{2}r\cos rdr\right)$。

由对称性，第一个积分为 $\frac{\pi }{4}$；第二个积分为

${r\sin r+\cos r|}_1^2=2\sin 2+\cos 2-\sin 1-\cos 1$。

相乘即得结论。

15. 设$D$是由$y=|x|$及$y=1$围成的有界区域，计算二重积分$\underset{D}{\iint }\frac{x^2-x\cos y-y^2}{x^2+y^2}dxdy$

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答案：

$1-\frac{\pi }{2}$。

解析：

区域关于 $y$ 轴对称，所以含 $x\cos y$ 的部分为奇函数积分，等于零。于是

$I={\iint }_D\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}dxdy$。

用极坐标表示区域：

$\frac{\pi }{4}\le \theta \le \frac{3\pi }{4},0\le r\le \csc \theta$。

且

$\frac{x^2-y^2}{x^2+y^2}=\cos 2\theta$。

故

$I=\frac{1}{2}{\int }_{\pi /4}^{3\pi /4}\cos 2\theta {\csc }^2\theta d\theta$。

利用 $\cos 2\theta {\csc }^2\theta ={\csc }^2\theta -2$，得

$I=\frac{1}{2}{\left[-\cot \theta -2\theta \right]}_{\pi /4}^{3\pi /4}=1-\frac{\pi }{2}$。

16. 计算二重积分$\underset{D}{\iint }\sqrt{1-x^2-y^2}d\sigma$，$D=\{(x,y)|x^2+y^2\le y\}$

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答案：

$\frac{\pi }{3}-\frac{4}{9}$。

解析：

区域 $x^2+y^2\le y$ 在极坐标下为

$0\le \theta \le \pi ,0\le r\le \sin \theta$。

因此

$I={\int }_0^{\pi }d\theta {\int }_0^{\sin \theta }r\sqrt{1-r^2}dr$。

内层积分为

$\frac{1}{3}\left[1-(1-{\sin }^2\theta {)}^{3/2}\right]=\frac{1}{3}(1-|\cos \theta {|}^3)$。

所以

$I=\frac{1}{3}\left(\pi -{\int }_0^{\pi }|\cos \theta {|}^{3}d\theta \right)$。

又 ${\int }_0^{\pi }|\cos \theta {|}^{3}d\theta =2{\int }_0^{\pi /2}{\cos }^3\theta d\theta =\frac{4}{3}$，故

$I=\frac{\pi }{3}-\frac{4}{9}$。

17. 设平面区域$D=\{(x,y)|x^3\le y\le 1,-1\le x\le 1\}$，$f(x)$是定义在$[-a,a](a\ge 1)$上的任意连续函数，求$\underset{D}{\iint }[(x+1)f(x)+(x-1)f(-x)]\sin ydxdy$

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答案：

$0$。

解析：

先对 $y$ 积分：

${\int }_{x^3}^1\sin ydy=\cos (x^3)-\cos 1$。

记 $q(x)=\cos (x^3)-\cos 1$，则 $q(x)$ 为偶函数。原积分化为

${\int }_{-1}^{1}q(x)[(x+1)f(x)+(x-1)f(-x)]dx$。

将被积式在 $x$ 与 $-x$ 处配对，有

$(x+1)f(x)+(x-1)f(-x)+(1-x)f(-x)-(x+1)f(x)=0$。

由于 $q$ 为偶函数，整个对称区间上的积分为零。

18. 计算$I={\int }_0^{1}dy{\int }_y^{\sqrt{2y-y^2}}\frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{4-x^2-y^2}}dx$

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答案：

$\frac{{\pi }^2}{32}$。

解析：

区域由直线 $x=y$ 与圆

$x^2+(y-1{)}^2=1$

围成，位于第一象限且 $x\ge y$。极坐标下

$0\le \theta \le \frac{\pi }{4},0\le r\le 2\sin \theta$。

原被积函数连同面积元为

$\frac{1}{r\sqrt{4-r^2}}\cdot rdrd\theta =\frac{drd\theta }{\sqrt{4-r^2}}$。

于是

$I={\int }_0^{\pi /4}{\left[\arcsin \frac{r}{2}\right]}_0^{2\sin \theta }d\theta ={\int }_0^{\pi /4}\theta d\theta =\frac{{\pi }^2}{32}$。

19. 计算$\underset{D}{\iint }f(x,y)d\sigma$，$D=\{(x,y)|x^2+y^2\ge 2x\}$，$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}y,& 1\le x\le 2,0\le y\le x\\ 0,& 其他\end{array}$

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答案：

$\frac{5}{6}$。

解析：

函数 $f$ 仅在

$1\le x\le 2,0\le y\le x$

内可能非零。再结合区域条件

$(x-1{)}^2+y^2\ge 1$，

得

$\sqrt{1-(x-1{)}^2}\le y\le x$。

因此

$I={\int }_1^{2}dx{\int }_{\sqrt{1-(x-1{)}^2}}^{x}ydy$。

计算得

$I=\frac{1}{2}{\int }_1^2\left[x^2-1+(x-1{)}^2\right]dx={\int }_1^2(x^2-x)dx=\frac{5}{6}$。

20. 设平面区域$D=\{(x,y)|x+y\le 1,x\ge 0,y\ge 0\}$，计算$\underset{D}{\iint }\frac{e^{-(x+y)}}{\sqrt{xy}}d\sigma$

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答案：

$\pi (1-e^{-1})$。

解析：

作变换

$u=x+y,v=\frac{x}{x+y}$，

则

$x=uv,y=u(1-v),\left|\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}\right|=u$。

区域化为

$0\le u\le 1,0\le v\le 1$。

又

$\sqrt{xy}=u\sqrt{v(1-v)}$。

所以

$I={\int }_0^1{e}^{-u}du{\int }_0^1\frac{dv}{\sqrt{v(1-v)}}$。

两个积分分别为 $1-e^{-1}$ 与 $\pi$，故

$I=\pi (1-e^{-1})$。

21. 已知平面区域$D=\{(x,y)|(x-1{)}^2+y^2\le 1\}$，计算二重积分$I=\underset{D}{\iint }(x^2-3y^2)dxdy$

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答案：

$\frac{\pi }{2}$。

解析：

令

$u=x-1,v=y$，

则区域变为单位圆盘 $u^2+v^2\le 1$。被积函数为

$(u+1{)}^2-3v^2=u^2-3v^2+2u+1$。

由圆盘的对称性，

$\iint ududv=0$，且

$\iint u^{2}dudv=\iint v^{2}dudv=\frac{\pi }{4}$。

再加上常数项的积分 $\pi$，得到

$I=\frac{\pi }{4}-3\frac{\pi }{4}+\pi =\frac{\pi }{2}$。

22. 计算二重积分$\underset{D}{\iint }(x+y^2)d\sigma$，其中$D=\{(x,y)|x^2+y^2\le x+y\}$

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答案：

$\frac{7\pi }{16}$。

解析：

区域可写成

${\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(y-\frac{1}{2}\right)}^2\le \frac{1}{2}$。

令 $u=x-\frac{1}{2},v=y-\frac{1}{2}$，圆盘半径为 $R=\frac{1}{\sqrt{2}}$。由对称性，线性项积分为零。

首先

${\iint }_{D}xd\sigma =\frac{1}{2}\mathrm{Area}(D)=\frac{\pi }{4}$。

其次

${\iint }_D{y}^{2}d\sigma ={\iint }_D{v}^{2}d\sigma +\frac{1}{4}\mathrm{Area}(D)$。

其中

${\iint }_D{v}^{2}d\sigma =\frac{\pi R^4}{4}=\frac{\pi }{16}$，

且 $\mathrm{Area}(D)=\frac{\pi }{2}$。故

${\iint }_D{y}^{2}d\sigma =\frac{3\pi }{16}$。

总积分为 $\frac{\pi }{4}+\frac{3\pi }{16}=\frac{7\pi }{16}$。

23. 计算$I=\underset{D}{\iint }\sqrt{x^2+y^2}dxdy$，其中$D$是$x^2+y^2\le a^2$和$(x-\frac{a}{2}{)}^2+y^2\ge \frac{a^2}{4}$的公共部分，$a>0$

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答案：

$\frac{2a^3(3\pi -2)}{9}$。

解析：

所求区域等于半径为 $a$ 的圆盘扣除圆

${\left(x-\frac{a}{2}\right)}^2+y^2\le \frac{a^2}{4}$。

大圆盘上

$\iint rd\sigma ={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^a{r}^{2}drd\theta =\frac{2\pi a^3}{3}$。

小圆盘在极坐标下为

$-\frac{\pi }{2}\le \theta \le \frac{\pi }{2},0\le r\le a\cos \theta$。

故小圆盘上的相应积分为

${\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{\int }_0^{a\cos \theta }{r}^{2}drd\theta =\frac{a^3}{3}{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{\cos }^3\theta d\theta =\frac{4a^3}{9}$。

相减得

$I=\frac{2\pi a^3}{3}-\frac{4a^3}{9}=\frac{2a^3(3\pi -2)}{9}$。

24. 计算$\underset{D}{\iint }\sqrt{\frac{1-x^2-y^2}{1+x^2+y^2}}dxdy$，$D$为圆$x^2+y^2=1$所围区域

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答案：

$\frac{{\pi }^2}{2}-\pi$。

解析：

使用极坐标：

$I=2\pi {\int }_0^{1}r\sqrt{\frac{1-r^2}{1+r^2}}dr$。

令 $t=r^2$，则

$I=\pi {\int }_0^1\sqrt{\frac{1-t}{1+t}}dt$。

再令

$u=\sqrt{\frac{1-t}{1+t}}$，

则 $t=\frac{1-u^2}{1+u^2}$，$dt=-\frac{4u}{(1+u^2{)}^2}du$。因此

$I=4\pi {\int }_0^1\frac{u^2}{(1+u^2{)}^2}du$。

利用

$\frac{u^2}{(1+u^2{)}^2}=\frac{1}{1+u^2}-\frac{1}{(1+u^2{)}^2}$，

计算得

${\int }_0^1\frac{u^2}{(1+u^2{)}^2}du=\frac{\pi }{8}-\frac{1}{4}$。

故

$I=4\pi \left(\frac{\pi }{8}-\frac{1}{4}\right)=\frac{{\pi }^2}{2}-\pi$。

强化部分

1. $\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\frac{1}{(n+i)\sqrt{n^2+j^2}}=$

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答案：

$\ln 2\ln (1+\sqrt{2})$。

解析：

将和式写成

$\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\frac{1}{n^2}\cdot \frac{1}{(1+i/n)\sqrt{1+(j/n{)}^2}}$。

这是矩形区域 $[0,1{]}^2$ 上的二重积分和，因此

$\underset{n\to \infty }{\lim }\sum _{i=1}^n\sum _{j=1}^n\frac{1}{(n+i)\sqrt{n^2+j^2}}={\int }_0^1{\int }_0^1\frac{dxdy}{(1+x)\sqrt{1+y^2}}$。

积分可分离：

${\int }_0^1\frac{dx}{1+x}=\ln 2$，

${\int }_0^1\frac{dy}{\sqrt{1+y^2}}=\mathrm{arsinh}1=\ln (1+\sqrt{2})$。

故极限为所给结果。

2. 设$D=\{(x,y)||x|+|y|\le 3\}$，$D_k(k=1,2,3,4)$是$D$的第$k$象限部分，$I_k=\underset{D_k}{\iint }\sin (x-y)dxdy$，则（）

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答案：

D。

解析：

第一、三象限区域分别关于直线 $y=x$ 对称，而

$\sin (x-y)=-\sin (y-x)$，

故 $I_1=I_3=0$。

在第四象限令 $v=-y\ge 0$，则区域为

$x\ge 0,v\ge 0,x+v\le 3$，且被积函数为 $\sin (x+v)$。于是

$I_4={\int }_0^{3}u\sin udu=\sin 3-3\cos 3>0$。

由中心对称性 $I_2=-I_4<0$。因此只有 $I_4>0$。 A. $I_1>0$ B. $I_2>0$ C. $I_3>0$ D. $I_4>0$

3. 设$M=\underset{D}{\iint }\ln (x^2+y^2)dxdy$，$N=\underset{D}{\iint }[\ln (x^2+y^2){]}^{2}dxdy$，$P=\underset{D}{\iint }(x^2+y^2-1)dxdy$，其中$D=\{(x,y)|1\le x^2+y^2\le 2\}$，则必有（）

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答案：

B。

解析：

用极坐标并令 $u=r^2$。由于 $1\le r^2\le 2$，有

$M=\pi {\int }_1^2\ln udu=\pi (2\ln 2-1)$，

$N=\pi {\int }_1^2(\ln u{)}^{2}du=\pi (2{\ln }^{2}2-4\ln 2+2)$，

$P=\pi {\int }_1^2(u-1)du=\frac{\pi }{2}$。

比较可得

$N<M<P$，

从而满足 $N\le M\le P$，选 B。 A. $M\le N\le P$ B. $N\le M\le P$ C. $M<P<N$ D. $N\le P<M$

4. 设$f(x)$是$[0,1]$上的连续函数且其在$[0,1]$上的平均值$\bar{f}=\frac{1}{2}$，满足$f(x)+a{\int }_1^{x}f(y)f(y-x)dy=1$，求常数$a$的值

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答案：

$a=-4$。

解析：

由平均值条件

${\int }_0^{1}f(x)dx=\frac{1}{2}$。

对方程在 $x\in [0,1]$ 上积分：

$\frac{1}{2}+a{\int }_0^{1}dx{\int }_1^{x}f(y)f(y-x)dy=1$。

注意

${\int }_0^{1}dx{\int }_1^x=-{\int }_0^{1}dx{\int }_x^1$。

令

$K={\int }_0^{1}dx{\int }_x^{1}f(y)f(y-x)dy$。

交换次序并令 $t=y-x$，得

$K={\int }_0^{1}f(y)\left({\int }_0^{y}f(t)dt\right)dy=\frac{1}{2}{\left({\int }_0^{1}f(t)dt\right)}^2=\frac{1}{8}$。

因此

$\frac{1}{2}-\frac{a}{8}=1$，解得 $a=-4$。

5. 设$I_1=\underset{\begin{array}{c}0<x<1\\ 0<y<1\end{array}}{\iint }(\sin x^2+\cos y^2)d\sigma$，$I_2=\underset{|x|+|y|\le \frac{1}{2}}{\iint }[2+\ln (\sqrt{x^2+y^2}+\frac{1}{2})]d\sigma$，则（）

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答案：

D。

解析：

在 $0\le t\le 1$ 上，

$\sin t+\cos t\ge 1$。

所以

$I_1={\int }_0^1(\sin x^2+\cos x^2)dx\ge 1$。

对 $I_2$，区域 $|x|+|y|\le \frac{1}{2}$ 的面积为 $\frac{1}{2}$，且在该区域内

$\sqrt{x^2+y^2}\le \frac{1}{2}$，

从而

$\ln \left(\sqrt{x^2+y^2}+\frac{1}{2}\right)\le 0$。

故被积函数不超过 $2$，于是

$I_2\le 2\cdot \frac{1}{2}=1$。

综上 $I_2\le 1\le I_1$。 A. $1\le I_1\le I_2$ B. $I_1\le I_2\le 1$ C. $I_2\le I_1\le 1$ D. $I_2\le 1\le I_1$

6. ${\int }_{-1}^{0}dx{\int }_{(1-x^{\frac{2}{3}}{)}^{\frac{3}{2}}}^{(1-x^2{)}^{\frac{1}{2}}}(1-\sin x\cos y)dy+{\int }_0^{1}dx{\int }_{(1-x^{\frac{2}{3}}{)}^{\frac{3}{2}}}^{(1-x^2{)}^{\frac{1}{2}}}(1-\sin x\cos y)dy=$

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答案：

$\frac{5\pi }{16}$。

解析：

两部分合并后，区域关于 $y$ 轴对称。被积函数中的

$-\sin x\cos y$

关于 $x$ 为奇函数，其积分为零，因此原积分等于区域面积。

上边界 $y=\sqrt{1-x^2}$ 是单位圆的上半圆；下边界

$y=(1-|x{|}^{2/3}{)}^{3/2}$

是星形线 $|x{|}^{2/3}+y^{2/3}=1$ 的上半部分。

上半圆面积为 $\frac{\pi }{2}$；星形线总面积为 $\frac{3\pi }{8}$，其上半部分面积为 $\frac{3\pi }{16}$。

故所求面积为

$\frac{\pi }{2}-\frac{3\pi }{16}=\frac{5\pi }{16}$。

7. 设有界区域$D$是由圆$x^2+y^2=1$和直线$y=x$以及$x$轴所围成的在第一象限的图形，计算二重积分$\underset{D}{\iint }{e}^{(x+y{)}^2}(x^2-y^2)dxdy$

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答案：

$\frac{(e-1{)}^2}{8}$。

解析：

令

$u=x+y,v=x-y$，

则

$x^2-y^2=uv,dxdy=\frac{1}{2}dudv$。

第一象限单位圆扇形 $0\le y\le x$ 化为

$0\le v\le u,u^2+v^2\le 2$。

按 $u=1$ 分段：

$0\le u\le 1$ 时 $0\le v\le u$；

$1\le u\le \sqrt{2}$ 时 $0\le v\le \sqrt{2-u^2}$。

因此

$I=\frac{1}{2}\int e^{u^2}uvdvdu$

$=\frac{1}{8}\left[{\int }_0^{1}t{e}^{t}dt+{\int }_1^2(2-t)e^{t}dt\right]$。

两个积分之和为 $1+e^2-2e=(e-1{)}^2$，故

$I=\frac{(e-1{)}^2}{8}$。

8. 设$D=\{(x,y)|4x^2+y^2<1,x\ge 0,y\ge 0\}$，则积分$I=\underset{D}{\iint }(1-12x^2-y^2)dxdy=$

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答案：

$0$。

解析：

令

$u=2x,v=y$，

则区域变为第一象限内的单位四分之一圆盘，且

$dxdy=\frac{1}{2}dudv$，

$1-12x^2-y^2=1-3u^2-v^2$。

于是

$I=\frac{1}{2}{\iint }_{u^2+v^2<1,u,v\ge 0}(1-3u^2-v^2)dudv$。

四分之一单位圆盘面积为 $\frac{\pi }{4}$，且

$\iint u^{2}dudv=\iint v^{2}dudv=\frac{\pi }{16}$。

所以

$I=\frac{1}{2}\left(\frac{\pi }{4}-3\frac{\pi }{16}-\frac{\pi }{16}\right)=0$。

9. 设平面区域$D=\{(x,y)|\frac{1}{\sqrt{3}}x\le y\le \sqrt{3}x,1\le x\le 2\}$，求二重积分$I=\underset{D}{\iint }y{e}^{\frac{y}{x}}dxdy$

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答案：

\displaystyle \frac73\left[(\sqrt3-1)e^{\sqrt3}+\left(1-\frac1{\sqrt3} ight)e^{1/\sqrt3} ight]。

解析：

令

$t=\frac{y}{x}$，即 $y=xt$。由于 $1\le x\le 2$，区域化为

$1\le x\le 2,\frac{1}{\sqrt{3}}\le t\le \sqrt{3}$，

且 $dy=xdt$。因此

$I={\int }_1^2{x}^{2}dx{\int }_{1/\sqrt{3}}^{\sqrt{3}}t{e}^{t}dt$。

有

${\int }_1^2{x}^{2}dx=\frac{7}{3}$，

$\int t{e}^{t}dt=(t-1)e^t$。

代入上下限，即得

$I=\frac{7}{3}\left[(\sqrt{3}-1)e^{\sqrt{3}}-\left(\frac{1}{\sqrt{3}}-1\right)e^{1/\sqrt{3}}\right]$，

与答案形式等价。

10. ${\int }_0^{1}dx{\int }_1^x\frac{\tan y}{y}dy=$

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答案：

$\ln (\cos 1)$。

解析：

因为 $0\le x\le 1$ 时上限 $x$ 小于下限 $1$，故

$I=-{\int }_0^{1}dx{\int }_x^1\frac{\tan y}{y}dy$。

交换积分次序：

$I=-{\int }_0^1\frac{\tan y}{y}\left({\int }_0^{y}dx\right)dy=-{\int }_0^1\tan ydy$。

而

$\int \tan ydy=-\ln |\cos y|+C$，

所以

$I=\ln (\cos 1)$。

11. 设$D=\{(x,y)|x^2+y^2\le 1\}$，则$\underset{D}{\iint }(x+y{)}^{2}dxdy=$

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答案：

$\frac{\pi }{2}$。

解析：

展开

$(x+y{)}^2=x^2+y^2+2xy$。

单位圆盘关于两坐标轴对称，故 ${\iint }_{D}xydxdy=0$，且

${\iint }_D{x}^{2}dxdy={\iint }_D{y}^{2}dxdy=\frac{\pi }{4}$。

因此

${\iint }_D(x+y{)}^{2}dxdy=\frac{\pi }{4}+\frac{\pi }{4}=\frac{\pi }{2}$。

12. 设$D=\{(x,y)|\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\le 1\}$，常数$a>0,b>0,a\ne b$，计算$I=\underset{D}{\iint }(x-1{)}^2+2(y+3{)}^{2}dxdy$

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答案：

\displaystyle \pi ab\left(19+\frac{a^2}{4}+\frac{b^2}{2} ight)。

解析：

展开被积函数：

$(x-1{)}^2+2(y+3{)}^2=x^2+2y^2-2x+12y+19$。

椭圆关于两坐标轴对称，所以线性项积分均为零。椭圆面积为 $\pi ab$，并且

${\iint }_D{x}^{2}dxdy=\frac{\pi a^{3}b}{4}$，

${\iint }_D{y}^{2}dxdy=\frac{\pi a{b}^3}{4}$。

故

$I=\frac{\pi a^{3}b}{4}+2\frac{\pi a{b}^3}{4}+19\pi ab=\pi ab\left(19+\frac{a^2}{4}+\frac{b^2}{2}\right)$。

13. 计算二重积分$\underset{D}{\iint }\frac{x^2+y^2}{|x|+|y|}dxdy$，$D=\{(x,y)|1\le |x|+|y|\le 2\}$

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答案：

$\frac{56}{9}$。

解析：

由对称性，只需在第一象限计算后乘 $4$。令

$u=x+y$，并保留 $x$ 为另一变量，则

$1\le u\le 2,0\le x\le u,y=u-x$，且雅可比为 $1$。

于是

$I=4{\int }_1^{2}du{\int }_0^u\frac{x^2+(u-x{)}^2}{u}dx$。

内层积分为

$\frac{1}{u}{\int }_0^u(2x^2-2ux+u^2)dx=\frac{2u^2}{3}$。

所以

$I=\frac{8}{3}{\int }_1^2{u}^{2}du=\frac{8}{3}\cdot \frac{7}{3}=\frac{56}{9}$。

14. ${\int }_{-1}^{1}dy{\int }_{-1}^{y}y\sqrt{1+x^2-y^2}dx=$

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答案：

$\frac{1}{2}$。

解析：

交换积分次序。原区域为

$-1\le y\le 1,-1\le x\le y$，

等价于

$-1\le x\le 1,x\le y\le 1$。

因此

$I={\int }_{-1}^{1}dx{\int }_x^{1}y\sqrt{1+x^2-y^2}dy$。

对 $y$ 积分：

${\int }_x^{1}y\sqrt{1+x^2-y^2}dy=\frac{1}{3}(1-|x{|}^3)$。

于是

$I=\frac{1}{3}{\int }_{-1}^1(1-|x{|}^3)dx=\frac{2}{3}{\int }_0^1(1-x^3)dx=\frac{1}{2}$。

15. ${\int }_{-1}^{1}dx{\int }_{x^2}^{\sqrt{2-x^2}}(x+1)ydy=$

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答案：

$\frac{22}{15}$。

解析：

先对 $y$ 积分：

$I=\frac{1}{2}{\int }_{-1}^1(x+1)\left[(2-x^2)-x^4\right]dx$。

括号中的函数为偶函数，因此乘以 $x$ 的部分在对称区间上积分为零。故

$I=\frac{1}{2}{\int }_{-1}^1(2-x^2-x^4)dx={\int }_0^1(2-x^2-x^4)dx$。

计算得

$I=2-\frac{1}{3}-\frac{1}{5}=\frac{22}{15}$。

16. 计算二重积分$\underset{D}{\iint }|x-|y||d\sigma$，其中$D=\{(x,y)|x^2+y^2\le 2x,x\le 1\}$

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答案：

$2-\frac{\pi }{2}$。

解析：

区域为圆 $(x-1{)}^2+y^2\le 1$ 的左半部分。以原点为极点，区域可分为

$0\le |\theta |\le \frac{\pi }{4},0\le r\le \sec \theta$，

以及

$\frac{\pi }{4}\le |\theta |\le \frac{\pi }{2},0\le r\le 2\cos \theta$。

被积函数为

$|x-|y||=r|\cos \theta -|\sin \theta ||$。

利用关于 $x$ 轴的对称性，积分为

$\frac{2}{3}\left[{\int }_0^{\pi /4}(\cos \theta -\sin \theta ){\sec }^3\theta d\theta +{\int }_{\pi /4}^{\pi /2}(\sin \theta -\cos \theta )(2\cos \theta {)}^{3}d\theta \right]$。

直接计算得

$I=2-\frac{\pi }{2}$。

17. 计算二重积分$\underset{D}{\iint }|x^2+y^2-2(x+y)|dxdy$，其中$D=\{(x,y)|x^2+y^2\le 4\}$

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答案：

$16+6\pi$。

解析：

记

$g=x^2+y^2-2(x+y)$。

在半径为 $2$ 的圆盘上，

${\iint }_{D}gd\sigma ={\iint }_D(x^2+y^2)d\sigma =8\pi$，

因为一次项积分为零。

区域 $g<0$ 是圆

$(x-1{)}^2+(y-1{)}^2<2$

与 $D$ 的交。用极坐标，令 $S=\cos \theta +\sin \theta$，其径向上界为 $\min \{2,2S\}$。分成

$-\frac{\pi }{4}\le \theta \le 0$、$0\le \theta \le \frac{\pi }{2}$、$\frac{\pi }{2}\le \theta \le \frac{3\pi }{4}$

三段计算，可得

${\iint }_{g<0}gd\sigma =\pi -8$。

由 $|g|=g-2g{1}_{\{g<0\}}$，

${\iint }_D|g|d\sigma =8\pi -2(\pi -8)=16+6\pi$。

18. 设$D=\{(x,y)|0\le x\le 2,0\le y\le 2\}$，计算$\underset{D}{\iint }|xy-1|d\sigma$

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答案：

$\frac{3}{2}+\ln 4$。

解析：

对固定的 $x$ 分段。

当 $0\le x\le \frac{1}{2}$ 时，$xy\le 1$ 对所有 $0\le y\le 2$ 成立，故

${\int }_0^2|xy-1|dy=2-2x$。

当 $\frac{1}{2}\le x\le 2$ 时，在 $y=1/x$ 处分段：

${\int }_0^2|xy-1|dy={\int }_0^{1/x}(1-xy)dy+{\int }_{1/x}^2(xy-1)dy$。

因此

$I={\int }_0^{1/2}(2-2x)dx+{\int }_{1/2}^2\left(2x-2+\frac{1}{x}\right)dx$。

计算得

$I=\frac{3}{2}+\ln 4$。

19. 设平面区域$D=\{(x,y)|(x-1{)}^2+y^2\ge 1,(x-2{)}^2+y^2\le 4,y\ge x\}$，计算$\underset{D}{\iint }(x^2+y^2)d\sigma$

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答案：

$\frac{45\pi }{8}-15$。

解析：

用极坐标。条件

$(x-1{)}^2+y^2\ge 1$

化为 $r\ge 2\cos \theta$；条件

$(x-2{)}^2+y^2\le 4$

化为 $r\le 4\cos \theta$；又 $y\ge x$ 给出

$\frac{\pi }{4}\le \theta \le \frac{\pi }{2}$。

因此

$I={\int }_{\pi /4}^{\pi /2}{\int }_{2\cos \theta }^{4\cos \theta }{r}^{3}drd\theta$。

径向积分后

$I=60{\int }_{\pi /4}^{\pi /2}{\cos }^4\theta d\theta$。

利用

${\int }_{\pi /4}^{\pi /2}{\cos }^4\theta d\theta =\frac{3\pi }{32}-\frac{1}{4}$，

得

$I=\frac{45\pi }{8}-15$。

20. ${\int }_{-\sqrt{2}}^{0}dx{\int }_{-x}^{\sqrt{4-x^2}}(x^2+y^2{)}^{\frac{1}{2}}dy+{\int }_0^{2}dx{\int }_{\sqrt{2x-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}}(x^2+y^2{)}^{\frac{1}{2}}dy=$

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答案：

$2\pi -\frac{16}{9}$。

解析：

两部分区域用极坐标表示为：

第一部分

$\frac{\pi }{2}\le \theta \le \frac{3\pi }{4},0\le r\le 2$；

第二部分

$0\le \theta \le \frac{\pi }{2},2\cos \theta \le r\le 2$。

被积函数为 $r$，面积元为 $rdrd\theta$，故

$I={\int }_0^{\pi /2}{\int }_{2\cos \theta }^2{r}^{2}drd\theta +{\int }_{\pi /2}^{3\pi /4}{\int }_0^2{r}^{2}drd\theta$。

于是

$I=\frac{8}{3}\left(\frac{\pi }{2}-{\int }_0^{\pi /2}{\cos }^3\theta d\theta +\frac{\pi }{4}\right)$。

由 ${\int }_0^{\pi /2}{\cos }^3\theta d\theta =\frac{2}{3}$，得

$I=2\pi -\frac{16}{9}$。

21. 设$D=\{(x,y)|0\le x\le \sqrt{\pi },0\le y\le \sqrt{\pi }\}$，计算二重积分$\underset{D}{\iint }\sin (\max \{x^2,y^2\})d\sigma$

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答案：

$2$。

解析：

区域关于直线 $y=x$ 对称。将正方形分成 $0\le y\le x\le \sqrt{\pi }$ 与其对称部分，得

$I=2{\int }_0^{\sqrt{\pi }}dx{\int }_0^x\sin (x^2)dy$。

内层积分为 $x\sin (x^2)$，所以

$I=2{\int }_0^{\sqrt{\pi }}x\sin (x^2)dx$。

令 $u=x^2$，则

$I={\int }_0^{\pi }\sin udu=2$。

22. ${\int }_0^{1}dy{\int }_{\sqrt{y}}^1\sqrt{x^4-y^2}dx=$

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答案：

$\frac{\pi }{20}$。

解析：

原区域满足

$0\le y\le 1,\sqrt{y}\le x\le 1$，

交换次序为

$0\le x\le 1,0\le y\le x^2$。

于是

$I={\int }_0^{1}dx{\int }_0^{x^2}\sqrt{x^4-y^2}dy$。

对固定的 $x$，内层积分是半径为 $x^2$ 的四分之一圆面积：

${\int }_0^{x^2}\sqrt{x^4-y^2}dy=\frac{\pi }{4}{x}^4$。

故

$I=\frac{\pi }{4}{\int }_0^1{x}^{4}dx=\frac{\pi }{20}$。

23. ${\int }_0^1{x}^{2}dx{\int }_x^1{e}^{-y^2}dy=$

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答案：

\displaystyle \frac16\left(1-\frac2e ight)。

解析：

积分区域为

$0\le x\le y\le 1$。

交换次序得

$I={\int }_0^1{e}^{-y^2}dy{\int }_0^y{x}^{2}dx=\frac{1}{3}{\int }_0^1{y}^3{e}^{-y^2}dy$。

令 $t=y^2$，则

$I=\frac{1}{6}{\int }_0^{1}t{e}^{-t}dt$。

而

${\int }_0^{1}t{e}^{-t}dt=1-\frac{2}{e}$，

所以

$I=\frac{1}{6}\left(1-\frac{2}{e}\right)$。

24. 设$D=\{(x,y)|x^2+y^2\le 4,(x-1{)}^2+y^2\ge 1,y\ge 0\}$，计算$\underset{D}{\iint }(xy+y^2)d\sigma$

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答案：

$\frac{15\pi }{8}-\frac{2}{3}$。

解析：

使用极坐标。区域为上半圆 $r\le 2$ 中圆 $r\le 2\cos \theta$ 的外部，即

$0\le \theta \le \frac{\pi }{2},2\cos \theta \le r\le 2$，

以及

$\frac{\pi }{2}\le \theta \le \pi ,0\le r\le 2$。

被积函数

$xy+y^2=r^2(\sin \theta \cos \theta +{\sin }^2\theta )$。

因此

$I={\int }_0^{\pi /2}{\int }_{2\cos \theta }^2{r}^3(\sin \theta \cos \theta +{\sin }^2\theta )drd\theta$

$+{\int }_{\pi /2}^{\pi }{\int }_0^2{r}^3(\sin \theta \cos \theta +{\sin }^2\theta )drd\theta$。

计算得到

$I=\frac{15\pi }{8}-\frac{2}{3}$。

25. 设平面区域$D=\{(x,y)|(x-1{)}^2+(y-1{)}^2\le 1\}$，则$\underset{D}{\iint }(x^2+y^2)d\sigma =$

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答案：

$\frac{5\pi }{2}$。

解析：

令

$u=x-1,v=y-1$，

则区域为单位圆盘。展开

$x^2+y^2=(u+1{)}^2+(v+1{)}^2=u^2+v^2+2u+2v+2$。

圆盘上一次项积分为零，故

$I=\iint (u^2+v^2)dudv+2\pi$。

单位圆盘上

$\iint (u^2+v^2)dudv={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1{r}^{3}drd\theta =\frac{\pi }{2}$。

所以

$I=\frac{\pi }{2}+2\pi =\frac{5\pi }{2}$。

26. 设平面区域$D=\{(x,y)||x|+|y|\le 1\}$，求$\underset{D}{\iint }(|x|+|y|)d\sigma$

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答案：

$\frac{4}{3}$。

解析：

由四象限对称性，

$I=4{\int }_{x\ge 0,y\ge 0,x+y\le 1}(x+y)dxdy$。

令 $u=x+y$。对固定的 $u$，$x$ 从 $0$ 到 $u$，故

$I=4{\int }_0^1\left({\int }_0^{u}udx\right)du=4{\int }_0^1{u}^{2}du=\frac{4}{3}$。

27. ${\int }_0^{+\infty }dy{\int }_y^{2y}{e}^{-x^2}dx=$（）

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答案：

D。

解析：

区域为

$y\ge 0,y\le x\le 2y$。

交换积分次序：对固定 $x\ge 0$，有

$\frac{x}{2}\le y\le x$。

因此

$I={\int }_0^{+\infty }{e}^{-x^2}\left(x-\frac{x}{2}\right)dx=\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }x{e}^{-x^2}dx=\frac{1}{4}$。 A. 1 B. $\frac{1}{2}$ C. $\frac{1}{3}$ D. $\frac{1}{4}$

28. 已知函数$f(t)={\int }_1^{t^2}dx{\int }_t^{\sqrt{x}}{e}^{y}dy$，则$f^{\prime }(\pi )=$

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答案：

$(1-{\pi }^2)e^{\pi }$。

解析：

先计算内层积分：

${\int }_t^{\sqrt{x}}{e}^{y}dy=e^{\sqrt{x}}-e^t$。

所以

$f(t)={\int }_1^{t^2}{e}^{\sqrt{x}}dx-(t^2-1)e^t$。

由莱布尼茨公式，

$f^{\prime }(t)=2t{e}^t-\left[2t{e}^t+(t^2-1)e^t\right]=-(t^2-1)e^t$。

故

$f^{\prime }(\pi )=(1-{\pi }^2)e^{\pi }$。

29. 设$D=\{(x,y)|(x-1{)}^2+(y-1{)}^2\le 2\}$，则$\underset{D}{\iint }(x+y)d\sigma =$

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答案：

$4\pi$。

解析：

圆盘中心为 $(1,1)$，半径为 $\sqrt{2}$，面积为 $2\pi$。由圆盘关于中心的对称性，$x$ 与 $y$ 在区域上的平均值分别为 $1$。因此

${\iint }_{D}xd\sigma =2\pi$，

${\iint }_{D}yd\sigma =2\pi$。

故

${\iint }_D(x+y)d\sigma =4\pi$。

30. 设$D=\{(x,y)|0\le x\le 1,0\le y\le 2e\}$，计算二重积分$\underset{D}{\iint }x|y-e^x|d\sigma$

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答案：

$\frac{5e^2}{4}-2e+\frac{1}{4}$。

解析：

固定 $x\in [0,1]$，令 $c=e^x$。由于 $1\le c\le e<2e$，有

${\int }_0^{2e}|y-c|dy=\frac{c^2}{2}+\frac{(2e-c{)}^2}{2}=c^2-2ec+2e^2$。

于是

$I={\int }_0^{1}x\left(e^{2x}-2e{e}^x+2e^2\right)dx$。

分别积分并合并，得到

$I=\frac{5e^2}{4}-2e+\frac{1}{4}$。

31. 设$f(x,y)=\max \{\sqrt{x^2+y^2},1\}$，$D=\{(x,y)||x|\le y\le 1\}$，求$\underset{D}{\iint }f(x,y)d\sigma$

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答案：

$\frac{\pi }{12}+\frac{\sqrt{2}}{3}+\frac{1}{3}\ln (1+\sqrt{2})$。

解析：

区域 $|x|\le y\le 1$ 在极坐标下为

$\frac{\pi }{4}\le \theta \le \frac{3\pi }{4},0\le r\le \csc \theta$。

由于 $\csc \theta \ge 1$，按 $r=1$ 分段：

$I={\int }_{\pi /4}^{3\pi /4}\left[{\int }_0^{1}rdr+{\int }_1^{\csc \theta }{r}^{2}dr\right]d\theta$。

即

$I={\int }_{\pi /4}^{3\pi /4}\left(\frac{1}{6}+\frac{1}{3}{\csc }^3\theta \right)d\theta$。

利用 $\int {\csc }^3\theta d\theta$ 的标准公式并代入上下限，得

$I=\frac{\pi }{12}+\frac{\sqrt{2}}{3}+\frac{1}{3}\ln (1+\sqrt{2})$。

32. 计算${\int }_0^{1}dx{\int }_1^x(e^{-y^2}+e^y\sin y)dy$

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答案：

$\frac{e^{-1}-e\sin 1}{2}$。

解析：

与第 10 题同理，交换积分次序得

$I=-{\int }_0^{1}y\left(e^{-y^2}+e^y\sin y\right)dy$。

第一部分为

$-{\int }_0^{1}y{e}^{-y^2}dy=\frac{e^{-1}-1}{2}$。

对第二部分分部积分，或直接计算可得

$-{\int }_0^{1}y{e}^y\sin ydy=\frac{1-e\sin 1}{2}$。

两部分相加：

$I=\frac{e^{-1}-e\sin 1}{2}$。

33. 设平面区域$D=\{(r,\theta )|r\le 1,r\le 2\cos \theta ,\sin \theta \ge 0\}$，计算$\underset{D}{\iint }{r}^2(\cos \theta +\frac{1}{2}r\sin 2\theta )drd\theta$

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答案：

$\frac{\pi }{6}-\frac{\sqrt{3}}{8}+\frac{5}{48}$。

解析：

区域由

$r\le 1,r\le 2\cos \theta ,\sin \theta \ge 0$

确定。故

$0\le \theta \le \frac{\pi }{3}$ 时 $0\le r\le 1$；

$\frac{\pi }{3}\le \theta \le \frac{\pi }{2}$ 时 $0\le r\le 2\cos \theta$。

按题目给出的积分元 $drd\theta$，有

$I={\int }_0^{\pi /3}{\int }_0^1{r}^2\left(\cos \theta +\frac{1}{2}r\sin 2\theta \right)drd\theta$

$+{\int }_{\pi /3}^{\pi /2}{\int }_0^{2\cos \theta }{r}^2\left(\cos \theta +\frac{1}{2}r\sin 2\theta \right)drd\theta$。

逐项积分并化简得

$I=\frac{\pi }{6}-\frac{\sqrt{3}}{8}+\frac{5}{48}$。

34. 设$f(x,y)$在$D=\{(x,y)|x^2+y^2\le 1\}$上连续，$f(x,y)=e^{x^2+y^2}-\underset{D}{\iint }\frac{(2x^2+1)f(x,y)}{x^2+y^2+1}dxdy$，求$\underset{D}{\iint }f(x,y)dxdy$

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答案：

$\frac{\pi (e-1)}{\pi +1}$。

解析：

记

$C={\iint }_D\frac{(2x^2+1)f(x,y)}{x^2+y^2+1}dxdy$，

则 $C$ 为常数，且

$f(x,y)=e^{x^2+y^2}-C$。

在极坐标下，角向积分满足

${\int }_0^{2\pi }\frac{2r^2{\cos }^2\theta +1}{r^2+1}d\theta =2\pi$。

因此

${\iint }_D\frac{2x^2+1}{x^2+y^2+1}dxdy=\pi$，

${\iint }_D\frac{(2x^2+1)e^{x^2+y^2}}{x^2+y^2+1}dxdy=\pi (e-1)$。

故

$C=\pi (e-1)-\pi C$，

即

$C=\frac{\pi (e-1)}{\pi +1}$。

又

${\iint }_{D}f=\pi (e-1)-\pi C=C$，

所以答案如上。

35. 计算$\underset{D}{\iint }\frac{2x+y}{x^{\frac{3}{2}}}dxdy$，$D$是由抛物线$y^2=2x$与直线$x+y=4,x+y=12$所围区域

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答案：

$32\sqrt{2}$。

解析：

令

$x=s^2,y=st(s>0)$。

抛物线 $y^2=2x$ 化为 $t=\pm \sqrt{2}$，而两条直线化为

$u=x+y=s^2+st=4,12$。

雅可比为

$\left|\frac{\partial (x,y)}{\partial (s,t)}\right|=2s^2$。

被积函数为

$\frac{2x+y}{x^{3/2}}=\frac{2s+t}{s^2}$。

故被积函数乘雅可比为 $2(2s+t)$。又

$du=(2s+t)ds$，

所以

$I={\int }_{-\sqrt{2}}^{\sqrt{2}}{\int }_4^{12}2dudt=2\cdot 8\cdot 2\sqrt{2}=32\sqrt{2}$。

36. 设平面区域$D=\{(x,y)||x|\le y,x^2+y^2\le \sqrt{x^2+y^2}+\frac{y}{2}\}$，计算$\underset{D}{\iint }\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy$

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答案：

$\frac{1}{4}+\frac{\pi }{8}+\frac{29\sqrt{2}}{48}$。

解析：

用极坐标。条件 $|x|\le y$ 给出

$\frac{\pi }{4}\le \theta \le \frac{3\pi }{4}$。

另一条件化为

$r^2\le r+\frac{r\sin \theta }{2}$，

即

$0\le r\le 1+\frac{1}{2}\sin \theta$。

且

$\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2}}=\cos \theta +\sin \theta$。

因此

$I=\frac{1}{2}{\int }_{\pi /4}^{3\pi /4}(\cos \theta +\sin \theta ){\left(1+\frac{1}{2}\sin \theta \right)}^{2}d\theta$。

含 $\cos \theta$ 的部分关于 $\pi /2$ 反对称，积分为零。展开其余部分并积分，得到

$I=\frac{1}{4}+\frac{\pi }{8}+\frac{29\sqrt{2}}{48}$。

37. 计算$I=\underset{D}{\iint }{x}^2{y}^{2}dxdy$，其中$D$是由直线$y=2,y=0,x=-2$及曲线$x=-\sqrt{2y-y^2}$所围成的区域

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答案：

$\frac{64}{9}-\frac{7\pi }{48}$。

解析：

区域可写成

$0\le y\le 2,-2\le x\le -\sqrt{2y-y^2}$。

因此

$I={\int }_0^2{y}^{2}dy{\int }_{-2}^{-\sqrt{2y-y^2}}{x}^{2}dx$。

先对 $x$ 积分：

$I=\frac{1}{3}{\int }_0^2{y}^2\left[8-(2y-y^2{)}^{3/2}\right]dy$。

第一项为 $\frac{64}{9}$。第二项令 $y=1+\cos t$ 或利用贝塔积分计算，可得

$\frac{1}{3}{\int }_0^2{y}^2(2y-y^2{)}^{3/2}dy=\frac{7\pi }{48}$。

故

$I=\frac{64}{9}-\frac{7\pi }{48}$。

38. 设平面区域$D=\{(x,y)|x^2+y^2\le 1,|y|\le |x|\}$，计算$\underset{D}{\iint }\frac{\sqrt{x^2{y}^2}}{\sqrt{x^2+y^2}+x^2-y^2}d\sigma$

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答案：

$\frac{1}{4}$。

解析：

在极坐标下，区域由

$0\le r\le 1,|\tan \theta |\le 1$

确定，共有两个关于原点对称的扇形。利用对称性并在第一扇形再关于 $x$ 轴对称，得到

$I=4{\int }_0^{\pi /4}{\int }_0^1\frac{r^2\sin \theta \cos \theta }{1+r\cos 2\theta }drd\theta$。

令 $u=\cos 2\theta$，则

$4\sin \theta \cos \theta d\theta =-du$。

于是

$I={\int }_0^{1}du{\int }_0^1\frac{r^2}{1+ru}dr$。

交换积分次序并先对 $u$ 积分：

$I={\int }_0^{1}r\ln (1+r)dr=\frac{1}{4}$。

39. 计算$\underset{D}{\iint }\ln (xy)dxdy$，$D=\{(x,y)|1\le xy\le 2,x\le y\le 4x,x>0\}$

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答案：

$\ln 2(2\ln 2-1)$。

解析：

作变换

$u=xy,v=\frac{y}{x}$。

因为 $x>0$，有

$x=\sqrt{\frac{u}{v}},y=\sqrt{uv}$，

且

$\left|\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}\right|=\frac{1}{2v}$。

区域化为矩形

$1\le u\le 2,1\le v\le 4$。

因此

$I={\int }_1^2{\int }_1^4\ln u\cdot \frac{1}{2v}dvdu$。

即

$I=\frac{1}{2}\ln 4{\int }_1^2\ln udu=\ln 2(2\ln 2-1)$。

40. 设$a={\int }_0^1{e}^{-t^2}dt,b={\int }_0^{\frac{1}{2}}{e}^{-t^2}dt$，求整数$m,n$使得$2{\int }_{\frac{1}{2}}^1({\int }_0^x{e}^{-y^2}dy)dx=ma-nb+\frac{1}{e}-\frac{1}{\sqrt[4]{e}}$

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答案：

$m=2,n=1$。

解析：

记

$F(x)={\int }_0^x{e}^{-y^2}dy$。

则所给左端为

$2{\int }_{1/2}^{1}F(x)dx$。

分部积分：

$2{\int }_{1/2}^{1}F(x)dx=2{\left[xF(x)\right]}_{1/2}^1-2{\int }_{1/2}^{1}x{e}^{-x^2}dx$。

由定义，$F(1)=a,F(1/2)=b$，故边界项为 $2a-b$。又

$-2{\int }_{1/2}^{1}x{e}^{-x^2}dx=e^{-1}-e^{-1/4}$。

所以

$2{\int }_{1/2}^{1}F(x)dx=2a-b+\frac{1}{e}-\frac{1}{\sqrt[4]{e}}$。

因此 $m=2,n=1$。

41. 设平面区域$D=\{(x,y)|2x^2+y^2\le 2\sqrt{x^2+y^2},y\ge x\ge 0\}$，若$\underset{D}{\iint }\frac{f(x,y)}{\sqrt{1-x^2}}d\sigma =a>0$，$f(x,y)$连续函数，(1)计算$\underset{D}{\iint }\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}d\sigma$；(2)证明：存在$(\xi ,\eta )\in D$，使得$|f(\xi ,\eta )|\ge \frac{\sqrt{2}}{\pi }a$

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答案：

（1）$\sqrt{2}\left(\frac{\pi }{2}-\arctan \frac{1}{\sqrt{2}}\right)$；

（2）存在 $(\xi ,\eta )\in D$，使 $|f(\xi ,\eta )|\ge \frac{\sqrt{2}}{\pi }a$。

解析：

（1）用极坐标。条件 $y\ge x\ge 0$ 给出

$\frac{\pi }{4}\le \theta \le \frac{\pi }{2}$。

另一条件为

$r^2(2{\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta )\le 2r$，

故

$0\le r\le \frac{2}{1+{\cos }^2\theta }$。

于是

$J={\iint }_D\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}d\sigma ={\int }_{\pi /4}^{\pi /2}{\int }_0^{2/(1+{\cos }^2\theta )}\frac{r}{\sqrt{1-r^2{\cos }^2\theta }}drd\theta$。

内层积分化简为 $\frac{2}{1+{\cos }^2\theta }$，所以

$J={\int }_{\pi /4}^{\pi /2}\frac{2}{1+{\cos }^2\theta }d\theta$。

令 $t=\tan \theta$，得

$J={\int }_1^{+\infty }\frac{2}{t^2+2}dt=\sqrt{2}\left(\frac{\pi }{2}-\arctan \frac{1}{\sqrt{2}}\right)$。

（2）设

$M=\underset{(x,y)\in D}{\max }|f(x,y)|$。

由题设及三角不等式，

$a\le M{\iint }_D\frac{1}{\sqrt{1-x^2}}d\sigma =MJ$，

故

$M\ge \frac{a}{J}$。

又 $J<\frac{\pi }{\sqrt{2}}$，因此

$M>\frac{\sqrt{2}}{\pi }a$。

连续函数 $|f|$ 在紧区域 $D$ 上能取得最大值，故存在 $(\xi ,\eta )\in D$ 使

$|f(\xi ,\eta )|=M\ge \frac{\sqrt{2}}{\pi }a$。