小题与大题

小题

（五）坐标系的转换

1. 【1996-4-3 分】

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_0^{\cos \theta }f(r\cos \theta ,r\sin \theta )rdr=$$

A. ${\int }_0^{1}dy{\int }_0^{\sqrt{y-y^2}}f(x,y)dx$    B. ${\int }_0^{1}dy{\int }_0^{\sqrt{1-y^2}}f(x,y)dx$

C. ${\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1}f(x,y)dy$    D. ${\int }_0^{1}dx{\int }_0^{\sqrt{x-x^2}}f(x,y)dy$

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答案： D。

解析： 极坐标区域为

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

边界 $r=\cos \theta$ 两边同乘 $r$，得

$$r^2=r\cos \theta ,$$

即

$$x^2+y^2=x.$$

因此区域是圆

$${\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+y^2=\frac{1}{4}$$

在第一象限内的部分。按先 $y$ 后 $x$ 定限，有

$$0\le x\le 1,0\le y\le \sqrt{x-x^2}.$$

故原积分等于

$${\int }_0^{1}dx{\int }_0^{\sqrt{x-x^2}}f(x,y)dy,$$

选 D。

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2. 【2004-2-4 分】 设

$$D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le 2y\},$$

则 ${\iint }_{D}f(xy)dxdy$ 等于（　）。

A. ${\int }_{-1}^{1}dx{\int }_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}f(xy)dy$

B. $2{\int }_0^{2}dy{\int }_0^{\sqrt{2y-y^2}}f(xy)dx$

C. ${\int }_0^{\pi }d\theta {\int }_0^{2\sin \theta }f(r^2\sin \theta \cos \theta )dr$

D. ${\int }_0^{\pi }d\theta {\int }_0^{2\sin \theta }f(r^2\sin \theta \cos \theta )rdr$

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答案： D。

解析： 区域边界

$$x^2+y^2=2y$$

在极坐标下为

$$r^2=2r\sin \theta ,$$

即 $r=2\sin \theta$。该圆盘位于上半平面，因此

$$0\le \theta \le \pi ,0\le r\le 2\sin \theta .$$

同时

$$xy=r^2\sin \theta \cos \theta ,dxdy=rdrd\theta .$$

故

$${\iint }_{D}f(xy)dxdy={\int }_0^{\pi }d\theta {\int }_0^{2\sin \theta }f(r^2\sin \theta \cos \theta )rdr.$$

选 D。C 漏掉了极坐标面积元中的雅可比因子 $r$；B 只有在被积函数关于 $x$ 为偶函数时才可把右半圆积分加倍，本题中的 $f(xy)$ 一般不具备该性质。

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3. 【2006-12-4 分】

$${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}d\theta {\int }_0^{1}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )rdr=$$

A. ${\int }_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}}dx{\int }_x^{\sqrt{1-x^2}}f(x,y)dy$

B. ${\int }_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}}dx{\int }_0^{\sqrt{1-x^2}}f(x,y)dy$

C. ${\int }_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}}dy{\int }_y^{\sqrt{1-y^2}}f(x,y)dx$

D. ${\int }_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}}dy{\int }_0^{\sqrt{1-y^2}}f(x,y)dx$

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答案： C。

解析： 极坐标区域满足

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

故它是第一象限内位于直线 $y=x$ 下方、单位圆内部的扇形，即

$$0\le y\le x,y\ge 0,x^2+y^2\le 1.$$

若以 $y$ 为外层变量，则 $y$ 的最大值出现在 $x=y$ 与单位圆的交点处：

$$2y^2=1,y=\frac{\sqrt{2}}{2}.$$

固定 $y$ 后，$x$ 从直线 $x=y$ 变化到圆周 $x=\sqrt{1-y^2}$，因此

$${\int }_0^{\frac{\pi }{4}}d\theta {\int }_0^{1}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )rdr={\int }_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}}dy{\int }_y^{\sqrt{1-y^2}}f(x,y)dx.$$

故选 C。

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4. 【2012-3-4 分】

$${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_{2\cos \theta }^{2}f(r^2)rdr=$$

A. ${\int }_0^{2}dx{\int }_{\sqrt{2x-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}}\sqrt{x^2+y^2}f(x^2+y^2)dy$

B. ${\int }_0^{2}dx{\int }_{\sqrt{2x-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}}f(x^2+y^2)dy$

C. ${\int }_0^{2}dy{\int }_{1+\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{4-y^2}}\sqrt{x^2+y^2}f(x^2+y^2)dx$

D. ${\int }_0^{2}dy{\int }_{1+\sqrt{1-y^2}}^{\sqrt{4-y^2}}f(x^2+y^2)dx$

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答案： B。

解析： 区域满足

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

外边界 $r=2$ 为圆 $x^2+y^2=4$；内边界

$$r=2\cos \theta$$

化为

$$x^2+y^2=2x.$$

因此 $D$ 是第一象限内、圆 $x^2+y^2=4$ 内部且圆 $x^2+y^2=2x$ 外部的区域。按 $x$ 先定外限，有

$$0\le x\le 2,$$

对每个固定的 $x$，

$$\sqrt{2x-x^2}\le y\le \sqrt{4-x^2}.$$

由于

$$f(r^2)rdrd\theta =f(x^2+y^2)dxdy,$$

故原积分等于

$${\int }_0^{2}dx{\int }_{\sqrt{2x-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}}f(x^2+y^2)dy.$$

故选 B。A 多乘了 $\sqrt{x^2+y^2}$。

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5. 【2014-1-4 分】

$${\int }_0^{1}dy{\int }_{-\sqrt{1-y^2}}^{1-y}f(x,y)dx=$$

A. ${\int }_0^{1}dx{\int }_0^{x-1}f(x,y)dy+{\int }_{-1}^{0}dx{\int }_0^{\sqrt{1-x^2}}f(x,y)dy$

B. ${\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1-x}f(x,y)dy+{\int }_{-1}^{0}dx{\int }_{-\sqrt{1-x^2}}^{0}f(x,y)dy$

C. ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_0^{\frac{1}{\cos \theta +\sin \theta }}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )dr+{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }d\theta {\int }_0^{1}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )dr$

D. ${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_0^{\frac{1}{\cos \theta +\sin \theta }}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )rdr+{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }d\theta {\int }_0^{1}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )rdr$

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答案： D。

解析： 原区域为

$$D=\{(x,y)\mid 0\le y\le 1,-\sqrt{1-y^2}\le x\le 1-y\}.$$

它由两部分组成：

• 在第二象限，区域为单位圆内的四分之一圆盘；
• 在第一象限，区域由坐标轴和直线 $x+y=1$ 围成。

第二象限部分满足

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

第一象限内，直线 $x+y=1$ 化为

$$r(\cos \theta +\sin \theta )=1,$$

故

$$0\le \theta \le \frac{\pi }{2},0\le r\le \frac{1}{\cos \theta +\sin \theta }.$$

再乘极坐标面积元 $rdrd\theta$，得到选项 D。C 漏掉了雅可比因子 $r$。

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6. 【2015-12-4 分】 $D$ 是第一象限内由

$$2xy=1,4xy=1,y=x,y=\sqrt{3}x$$

围成的区域，则 ${\iint }_{D}f(x,y)dxdy$ 等于（　）。

A. ${\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}d\theta {\int }_{\frac{1}{2\sin 2\theta }}^{\frac{1}{\sin 2\theta }}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )rdr$

B. ${\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}d\theta {\int }_{\frac{1}{\sqrt{2\sin 2\theta }}}^{\frac{1}{\sqrt{\sin 2\theta }}}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )rdr$

C. ${\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}d\theta {\int }_{\frac{1}{2\sin 2\theta }}^{\frac{1}{\sin 2\theta }}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )dr$

D. ${\int }_{\frac{\pi }{4}}^{\frac{\pi }{3}}d\theta {\int }_{\frac{1}{\sqrt{2\sin 2\theta }}}^{\frac{1}{\sqrt{\sin 2\theta }}}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )dr$

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答案： B。

解析： 两条直线给出角度范围

$$y=x⟹\theta =\frac{\pi }{4},y=\sqrt{3}x⟹\theta =\frac{\pi }{3}.$$

又

$$xy=r^2\sin \theta \cos \theta =\frac{r^2}{2}\sin 2\theta .$$

由 $4xy=1$ 得

$$2r^2\sin 2\theta =1,r=\frac{1}{\sqrt{2\sin 2\theta }}.$$

由 $2xy=1$ 得

$$r^2\sin 2\theta =1,r=\frac{1}{\sqrt{\sin 2\theta }}.$$

因此

$$\frac{\pi }{4}\le \theta \le \frac{\pi }{3},\frac{1}{\sqrt{2\sin 2\theta }}\le r\le \frac{1}{\sqrt{\sin 2\theta }}.$$

乘以面积元 $rdrd\theta$，可得选项 B。A、C 的径向边界少开平方；D 漏掉雅可比因子 $r$。

（六）对称性的应用：奇偶性

1. 【1991-123-3 分】 $D$ 的顶点为 $(1,1)$、$(-1,1)$、$(-1,-1)$，$D_1$ 为 $D$ 在第一象限内的部分，则

$${\iint }_D(xy+\cos x\sin y)dxdy=$$

A. $2{\iint }_{D_1}\cos x\sin ydxdy$    B. $2{\iint }_{D_1}xydxdy$

C. $4{\iint }_{D_1}(xy+\cos x\sin y)dxdy$    D. $0$

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答案： A。

解析： 三角形 $D$ 可表示为

$$-1\le x\le 1,x\le y\le 1.$$

先考察 $xy$ 项：

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{D}xydxdy& ={\int }_{-1}^{1}dx{\int }_x^{1}xydy\\ & =\frac{1}{2}{\int }_{-1}^{1}x(1-x^2)dx=0,\end{array}$$

因为 $x(1-x^2)$ 是关于 $x$ 的奇函数。

再考察第二项：

$$\begin{array}{rl}{\iint }_D\cos x\sin ydxdy& ={\int }_{-1}^1\cos x\left({\int }_x^1\sin ydy\right)dx\\ & ={\int }_{-1}^1\cos x(\cos x-\cos 1)dx.\end{array}$$

函数 $\cos x(\cos x-\cos 1)$ 关于 $x$ 为偶函数，所以

$${\iint }_D\cos x\sin ydxdy=2{\int }_0^1\cos x(\cos x-\cos 1)dx.$$

而第一象限部分为

$$D_1=\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,x\le y\le 1\},$$

故

$${\int }_0^1\cos x(\cos x-\cos 1)dx={\iint }_{D_1}\cos x\sin ydxdy.$$

于是

$${\iint }_D(xy+\cos x\sin y)dxdy=2{\iint }_{D_1}\cos x\sin ydxdy.$$

故选 A。

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2. 【2008-4-4 分】 设 $f$ 为奇函数，$g$ 为偶函数，

$$D=\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,-\sqrt{x}\le y\le \sqrt{x}\},$$

则（ ）

A. ${\iint }_{D}f(y)g(x)dxdy=0$    B. ${\iint }_{D}f(x)g(y)dxdy=0$

C. ${\iint }_D[f(x)+g(y)]dxdy=0$    D. ${\iint }_D[f(y)+g(x)]dxdy=0$

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答案： A。

解析： 区域 $D$ 关于 $x$ 轴对称。对固定的 $x\in [0,1]$，积分区间

$$-\sqrt{x}\le y\le \sqrt{x}$$

关于 $y=0$ 对称。

在选项 A 中，由于 $f$ 为奇函数，$g(x)$ 与 $y$ 无关，因此

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{D}f(y)g(x)dxdy& ={\int }_0^{1}g(x)\left[{\int }_{-\sqrt{x}}^{\sqrt{x}}f(y)dy\right]dx\\ & =0.\end{array}$$

故 A 正确。

选项 B 中，$g(y)$ 关于 $y$ 为偶函数，内层积分一般不为零，且外层还含 $f(x)$，不能断定积分为零。

选项 C 中，$g(y)$ 的积分一般不为零；选项 D 中，虽然 $f(y)$ 部分积分为零，但 $g(x)$ 部分一般不为零。因此 B、C、D 均不能恒成立。

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3. 【2012-2-4 分】 区域 $D$ 由曲线 $y=\sin x$、直线 $x=\pm \frac{\pi }{2}$ 及直线 $y=1$ 围成，则

$${\iint }_D(x{y}^5-1)dxdy=$$

A. $\pi$    B. $2$    C. $-2$    D. $-\pi$

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答案： D。

解析： 区域可写成

$$-\frac{\pi }{2}\le x\le \frac{\pi }{2},\sin x\le y\le 1.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{D}x{y}^{5}dxdy& ={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}xdx{\int }_{\sin x}^1{y}^{5}dy\\ & =\frac{1}{6}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}x\left(1-{\sin }^{6}x\right)dx.\end{array}$$

由于 $1-{\sin }^{6}x$ 是偶函数，故

$$x\left(1-{\sin }^{6}x\right)$$

是奇函数，从而

$${\iint }_{D}x{y}^{5}dxdy=0.$$

区域 $D$ 的面积为

$$\begin{array}{rl}{S}_D& ={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}(1-\sin x)dx\\ & =\pi .\end{array}$$

因此

$${\iint }_D(x{y}^5-1)dxdy=0-S_D=-\pi .$$

故选 D。

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4. 【2018-2-4 分】

$${\int }_{-1}^{0}dx{\int }_{-x}^{2-x^2}(1-xy)dy+{\int }_0^{1}dx{\int }_x^{2-x^2}(1-xy)dy=$$

A. $\frac{5}{3}$    B. $\frac{5}{6}$    C. $\frac{7}{3}$    D. $\frac{7}{6}$

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答案： C。

解析： 两部分积分区域合并后为

$$D=\{(x,y)\mid -1\le x\le 1,|x|\le y\le 2-x^2\}.$$

区域 $D$ 关于 $y$ 轴对称，而函数 $xy$ 关于 $x$ 为奇函数，所以

$${\iint }_{D}xydxdy=0.$$

原积分等于区域 $D$ 的面积：

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_D(1-xy)dxdy\\ & ={\iint }_{D}1dxdy\\ & ={\int }_{-1}^1(2-x^2-|x|)dx\\ & =2{\int }_0^1(2-x^2-x)dx\\ & =2\left(2-\frac{1}{3}-\frac{1}{2}\right)\\ & =\frac{7}{3}.\end{array}$$

故选 C。

（七）对称性的应用：轮换对称性

1. 【1994-12-3 分】 设

$$D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le R^2\},$$

求

$${\iint }_D\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\right)dxdy.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{\pi R^4}{4}\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right)$。

解析： 圆域 $D$ 关于 $x,y$ 具有轮换对称性，因此

$${\iint }_D{x}^{2}dxdy={\iint }_D{y}^{2}dxdy.$$

两式相加得

$$2{\iint }_D{x}^{2}dxdy={\iint }_D(x^2+y^2)dxdy.$$

使用极坐标，$x^2+y^2=r^2$，$dxdy=rdrd\theta$，故

$$\begin{array}{rl}{\iint }_D(x^2+y^2)dxdy& ={\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^R{r}^{3}dr\\ & =2\pi \cdot \frac{R^4}{4}=\frac{\pi R^4}{2}.\end{array}$$

因此

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

从而

$$\begin{array}{rl}{\iint }_D\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\right)dxdy& =\frac{1}{a^2}{\iint }_D{x}^{2}dxdy+\frac{1}{b^2}{\iint }_D{y}^{2}dxdy\\ & =\frac{\pi R^4}{4}\left(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2}\right).\end{array}$$

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2. 【1995-1-5 分】 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且

$${\int }_0^{1}f(x)dx=A,$$

求

$${\int }_0^{1}dx{\int }_x^{1}f(x)f(y)dy.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{A^2}{2}$。

解析： 令

$$I={\int }_0^{1}dx{\int }_x^{1}f(x)f(y)dy.$$

积分区域为单位正方形中直线 $y=x$ 上方的三角形。由于被积函数

$$f(x)f(y)$$

在交换 $x,y$ 后保持不变，而直线 $y=x$ 将单位正方形分成两个关于该直线对称的三角形，所以两个三角形上的积分相等。

因此

$$\begin{array}{rl}2I& ={\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1}f(x)f(y)dy\\ & =\left({\int }_0^{1}f(x)dx\right)\left({\int }_0^{1}f(y)dy\right)\\ & =A^2.\end{array}$$

故

$$I=\frac{A^2}{2}.$$

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3. 【2005-2-4 分】 设

$$D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le 4,x\ge 0,y\ge 0\},$$

则

$${\iint }_D\frac{a\sqrt{f(x)}+b\sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}d\sigma =$$

A. $ab\pi$    B. $\frac{ab}{2}\pi$    C. $(a+b)\pi$    D. $\frac{a+b}{2}\pi$

查看答案与解析

答案： D。

解析： 记

$$H(x,y)=\frac{a\sqrt{f(x)}+b\sqrt{f(y)}}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}.$$

区域 $D$ 关于直线 $y=x$ 对称，因此交换 $x,y$ 后积分值不变，即

$${\iint }_{D}H(x,y)d\sigma ={\iint }_{D}H(y,x)d\sigma .$$

又

$$\begin{array}{rl}H(x,y)+H(y,x)& =\frac{a\sqrt{f(x)}+b\sqrt{f(y)}+a\sqrt{f(y)}+b\sqrt{f(x)}}{\sqrt{f(x)}+\sqrt{f(y)}}\\ & =a+b.\end{array}$$

设原积分为 $I$，则

$$\begin{array}{rl}2I& ={\iint }_D[H(x,y)+H(y,x)]d\sigma \\ & =(a+b){\iint }_{D}d\sigma .\end{array}$$

区域 $D$ 是半径为 $2$ 的四分之一圆，其面积为

$$S_D=\frac{1}{4}\pi \cdot 2^2=\pi .$$

故

$$I=\frac{a+b}{2}\pi .$$

因此选 D。

大题

（一）直角坐标法：便于定限的积分次序

1. 【1997-4-7 分】 设 $D$ 是以 $O(0,0),A(1,2),B(2,1)$ 为顶点的三角形区域，求

$${\iint }_{D}xdxdy.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{3}{2}$。

解析： 三角形 $OAB$ 的面积为

$$S_D=\frac{1}{2}\left|\left|\begin{array}{cc}1& 2\\ 2& 1\end{array}\right|\right|=\frac{1}{2}|1-4|=\frac{3}{2}.$$

三角形的形心横坐标为

$$\bar{x}=\frac{0+1+2}{3}=1.$$

由形心横坐标的定义，

$$\bar{x}=\frac{{\iint }_{D}xd\sigma }{{\iint }_{D}d\sigma }=\frac{{\iint }_{D}xdxdy}{S_D}.$$

因此

$${\iint }_{D}xdxdy=S_D\bar{x}=\frac{3}{2}\cdot 1=\frac{3}{2}.$$

也可直接分段积分。三角形的三条边分别为

$$OA:y=2x,OB:y=\frac{x}{2},AB:y=3-x.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{D}xdxdy& ={\int }_0^{1}dx{\int }_{x/2}^{2x}xdy+{\int }_1^{2}dx{\int }_{x/2}^{3-x}xdy\\ & =\frac{3}{2}.\end{array}$$

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2. 【2000-4-6 分】 设

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}{x}^{2}y,& 1\le x\le 2,0\le y\le x,\\ 0,& \text{其他},\end{array}$$

且

$$D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\ge 2x\}.$$

求

$${\iint }_{D}f(x,y)dxdy.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{49}{20}$。

解析： 由于 $f(x,y)$ 只在

$$R=\{(x,y)\mid 1\le x\le 2,0\le y\le x\}$$

上非零，只需考察 $D\cap R$。

区域 $D$ 的边界为

$$x^2+y^2=2x⟺(x-1{)}^2+y^2=1,$$

即圆心为 $(1,0)$、半径为 $1$ 的圆。条件 $x^2+y^2\ge 2x$ 表示圆外区域。

当 $1\le x\le 2$ 且 $y\ge 0$ 时，圆周上半支为

$$y=\sqrt{1-(x-1{)}^2}.$$

并且

$$\sqrt{1-(x-1{)}^2}\le x,$$

所以

$$D\cap R=\left\{(x,y)\mid 1\le x\le 2,\sqrt{1-(x-1{)}^2}\le y\le x\right\}.$$

从而

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{D}f(x,y)dxdy& ={\int }_1^{2}dx{\int }_{\sqrt{1-(x-1{)}^2}}^x{x}^{2}ydy\\ & =\frac{1}{2}{\int }_1^2{x}^2\left[x^2-1+(x-1{)}^2\right]dx\\ & =\frac{1}{2}{\int }_1^2{x}^2(2x^2-2x)dx\\ & ={\int }_1^2(x^4-x^3)dx\\ & ={\left[\frac{x^5}{5}-\frac{x^4}{4}\right]}_1^2\\ & =\frac{49}{20}.\end{array}$$

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3. 【2008-23-11 分】 计算

$${\iint }_D\max \{xy,1\}dxdy,$$

其中

$$D=\{(x,y)\mid 0\le x\le 2,0\le y\le 2\}.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{19}{4}+\ln 2$。

解析： 分界曲线为

$$xy=1⟺y=\frac{1}{x}.$$

当 $0\le x\le \frac{1}{2}$ 时，对所有 $0\le y\le 2$ 都有 $xy\le 1$，故被积函数恒为 $1$。

当 $\frac{1}{2}\le x\le 2$ 时，

$$\max \{xy,1\}=\{\begin{array}{ll}1,& 0\le y\le \frac{1}{x},\\ xy,& \frac{1}{x}\le y\le 2.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{1/2}dx{\int }_0^{2}1dy+{\int }_{1/2}^{2}dx\left({\int }_0^{1/x}1dy+{\int }_{1/x}^{2}xydy\right)\\ & =1+{\int }_{1/2}^2\left[\frac{1}{x}+\frac{x}{2}\left(4-\frac{1}{x^2}\right)\right]dx\\ & =1+{\int }_{1/2}^2\left(2x+\frac{1}{2x}\right)dx\\ & =1+{\left[x^2+\frac{1}{2}\ln x\right]}_{1/2}^2\\ & =1+\frac{15}{4}+\ln 2\\ & =\frac{19}{4}+\ln 2.\end{array}$$

本题的关键是不能在整个正方形上直接使用同一个表达式，必须依据 $xy=1$ 分割积分区域。

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4. 【2012-3-10 分】 计算

$${\iint }_D{e}^{x}xydxdy,$$

其中 $D$ 是以

$$y=\sqrt{x},y=\frac{1}{\sqrt{x}}$$

及 $y$ 轴为边界的无界区域。

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{2}$。

解析： 两曲线相交时

$$\sqrt{x}=\frac{1}{\sqrt{x}},$$

故交点为 $(1,1)$。

若按先对 $y$ 积分的次序描述区域，则

$$0<x\le 1,\sqrt{x}\le y\le \frac{1}{\sqrt{x}}.$$

虽然区域沿 $y$ 轴向上无界，但上述积分限能够一次表示整个区域。因此

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{1}dx{\int }_{\sqrt{x}}^{1/\sqrt{x}}{e}^{x}xydy\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^1{e}^{x}x\left(\frac{1}{x}-x\right)dx\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^1{e}^x(1-x^2)dx.\end{array}$$

又

$$\int x^2{e}^{x}dx=e^x(x^2-2x+2)+C,$$

所以

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{1}{2}\left[{\int }_0^1{e}^{x}dx-{\int }_0^1{x}^2{e}^{x}dx\right]\\ & =\frac{1}{2}\left[(e-1)-(e-2)\right]\\ & =\frac{1}{2}.\end{array}$$

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5. 【2018-3-10 分】 设 $D$ 由

$$y=\sqrt{3(1-x^2)},y=\sqrt{3}x$$

及 $y$ 轴围成，计算

$${\iint }_D{x}^{2}dxdy.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{\sqrt{3}(\pi -2)}{32}$。

解析： 曲线

$$y=\sqrt{3(1-x^2)}$$

是椭圆

$$x^2+\frac{y^2}{3}=1$$

的上半部分。它与直线 $y=\sqrt{3}x$ 的交点满足

$$3x^2=3(1-x^2),$$

故

$$x=\frac{1}{\sqrt{2}},y=\sqrt{\frac{3}{2}}.$$

因此区域可表示为

$$0\le x\le \frac{1}{\sqrt{2}},\sqrt{3}x\le y\le \sqrt{3(1-x^2)}.$$

于是

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{1/\sqrt{2}}dx{\int }_{\sqrt{3}x}^{\sqrt{3(1-x^2)}}{x}^{2}dy\\ & =\sqrt{3}{\int }_0^{1/\sqrt{2}}{x}^2\left(\sqrt{1-x^2}-x\right)dx\\ & =\sqrt{3}\left({\int }_0^{1/\sqrt{2}}{x}^2\sqrt{1-x^2}dx-{\int }_0^{1/\sqrt{2}}{x}^{3}dx\right).\end{array}$$

对第一个积分令 $x=\sin t$，则 $0\le t\le \frac{\pi }{4}$，从而

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1/\sqrt{2}}{x}^2\sqrt{1-x^2}dx& ={\int }_0^{\pi /4}{\sin }^{2}t{\cos }^{2}tdt\\ & =\frac{1}{8}{\int }_0^{\pi /4}(1-\cos 4t)dt\\ & =\frac{\pi }{32}.\end{array}$$

同时

$${\int }_0^{1/\sqrt{2}}{x}^{3}dx={\frac{x^4}{4}|}_0^{1/\sqrt{2}}=\frac{1}{16}.$$

故

$$I=\sqrt{3}\left(\frac{\pi }{32}-\frac{1}{16}\right)=\frac{\sqrt{3}(\pi -2)}{32}.$$

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6. 【2024-23-12 分】 $D$ 在第一象限，由 $xy=\frac{1}{3}$，$xy=3$，$y=\frac{1}{3}x$，$y=3x$ 围成，计算

$$I={\iint }_D(1+x-y)dxdy.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{8}{3}\ln 3$。

解析： 区域 $D$ 关于直线 $y=x$ 对称，而函数 $x-y$ 在交换 $x,y$ 后变号，因此

$${\iint }_D(x-y)dxdy=0.$$

故

$$I={\iint }_{D}1dxdy,$$

即只需求区域 $D$ 的面积。

令

$$u=xy,v=\frac{y}{x}.$$

由于 $D$ 位于第一象限，有

$$x=\sqrt{\frac{u}{v}},y=\sqrt{uv}.$$

并且

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

原区域变为矩形

$$\frac{1}{3}\le u\le 3,\frac{1}{3}\le v\le 3.$$

于是

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_{1/3}^3{\int }_{1/3}^3\frac{1}{2v}dvdu\\ & =\frac{1}{2}\left(3-\frac{1}{3}\right){\left[\ln v\right]}_{1/3}^3\\ & =\frac{4}{3}\ln 9\\ & =\frac{8}{3}\ln 3.\end{array}$$

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7. 【2025-3-12 分】 $D=\{(x,y)\mid y^2\le x,x^2\le y\}$，计算

$${\iint }_D(x-y+1{)}^{2}dxdy.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{71}{210}$。

解析： 由 $y^2\le x$ 与 $x^2\le y$ 可知 $x\ge 0$，$y\ge 0$。两曲线

$$y=x^2,y=\sqrt{x}$$

交于 $(0,0)$、$(1,1)$，故

$$D=\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,x^2\le y\le \sqrt{x}\}.$$

区域 $D$ 关于直线 $y=x$ 对称。展开被积函数：

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

其中 $x-y$ 关于交换 $x,y$ 为反对称函数，所以

$${\iint }_D(x-y)dxdy=0.$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_D\left[(x-y{)}^2+1\right]dxdy\\ & ={\int }_0^{1}dx{\int }_{x^2}^{\sqrt{x}}\left(x^2-2xy+y^2+1\right)dy.\end{array}$$

先对 $y$ 积分，得

$${\int }_{x^2}^{\sqrt{x}}\left(x^2-2xy+y^2+1\right)dy=x^{5/2}+\frac{1}{3}{x}^{3/2}+x^{1/2}-\frac{1}{3}{x}^6+x^5-x^4-2x^2.$$

于是

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^1\left(x^{5/2}+\frac{1}{3}{x}^{3/2}+x^{1/2}-\frac{1}{3}{x}^6+x^5-x^4-2x^2\right)dx\\ & =\frac{2}{7}+\frac{2}{15}+\frac{2}{3}-\frac{1}{21}+\frac{1}{6}-\frac{1}{5}-\frac{2}{3}\\ & =\frac{71}{210}.\end{array}$$