二、二重积分的计算｜大题·直角坐标法：第一步积分较简单等3类

大题

（二）直角坐标法：第一步积分较简单

1. 【2002-1-7 分】 $D=\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,0\le y\le 1\}$，计算

$${\iint }_D{e}^{\max (x^2,y^2)}dxdy.$$

查看答案与解析

答案： $e-1$。

解析： 正方形 $D$ 关于直线 $y=x$ 对称。在三角形

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

内，有 $\max (x^2,y^2)=x^2$。由对称性，

$$\begin{array}{rl}I& =2{\iint }_{D_1}{e}^{x^2}dxdy\\ & =2{\int }_0^{1}dx{\int }_0^x{e}^{x^2}dy\\ & =2{\int }_0^{1}x{e}^{x^2}dx\\ & ={e^{x^2}|}_0^1\\ & =e-1.\end{array}$$

---

2. 【2006-3-7 分】 $D$ 由 $y=x$，$y=1$，$x=0$ 围成，计算

$${\iint }_D\sqrt{y^2-xy}dxdy.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{2}{9}$。

解析： 区域可表示为

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

因为固定 $y$ 后对 $x$ 积分较简单，所以

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{1}dy{\int }_0^y\sqrt{y(y-x)}dx.\end{array}$$

令 $u=y-x$，则 $dx=-du$，从而

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^y\sqrt{y(y-x)}dx& =\sqrt{y}{\int }_0^y\sqrt{u}du\\ & =\sqrt{y}\cdot \frac{2}{3}{y}^{3/2}\\ & =\frac{2}{3}{y}^2.\end{array}$$

故

$$I=\frac{2}{3}{\int }_0^1{y}^{2}dy=\frac{2}{3}\cdot \frac{1}{3}=\frac{2}{9}.$$

---

3. 【2013-23-10 分】 $D$ 由 $x=3y$，$y=3x$，$x+y=8$ 围成，计算

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

查看答案与解析

答案： $\frac{416}{3}$。

解析： 三条直线的交点分别为

$$(0,0),(6,2),(2,6).$$

按 $x$ 的范围分割区域：

$$\{\begin{array}{ll}0\le x\le 2,& \frac{x}{3}\le y\le 3x,\\ 2\le x\le 6,& \frac{x}{3}\le y\le 8-x.\end{array}$$

于是

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{2}dx{\int }_{x/3}^{3x}{x}^{2}dy+{\int }_2^{6}dx{\int }_{x/3}^{8-x}{x}^{2}dy\\ & ={\int }_0^2{x}^2\left(3x-\frac{x}{3}\right)dx+{\int }_2^6{x}^2\left(8-x-\frac{x}{3}\right)dx\\ & =\frac{8}{3}{\int }_0^2{x}^{3}dx+{\int }_2^6\left(8x^2-\frac{4}{3}{x}^3\right)dx\\ & =\frac{32}{3}+128\\ & =\frac{416}{3}.\end{array}$$

---

4. 【2017-3-10 分】 $D$ 位于第一象限，边界为 $y=\sqrt{x}$ 与 $y$ 轴，计算

$${\iint }_D\frac{y^3}{(1+x^2+y^4{)}^2}dxdy.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{\pi }{8\sqrt{2}}$。

解析： 在第一象限内，曲线 $y=\sqrt{x}$ 等价于 $x=y^2$。由该曲线与 $y$ 轴所确定的无界区域为

$$D=\{(x,y)\mid x\ge 0,y\ge \sqrt{x}\}.$$

若先对 $y$ 积分，则可直接令 $u=1+x^2+y^4$，因此写成

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{+\infty }dx{\int }_{\sqrt{x}}^{+\infty }\frac{y^3}{(1+x^2+y^4{)}^2}dy.\end{array}$$

对内层积分，令

$$u=1+x^2+y^4,du=4y^{3}dy,$$

则

$$\begin{array}{rl}{\int }_{\sqrt{x}}^{+\infty }\frac{y^3}{(1+x^2+y^4{)}^2}dy& =\frac{1}{4}{\int }_{1+2x^2}^{+\infty }\frac{du}{u^2}\\ & =\frac{1}{4(1+2x^2)}.\end{array}$$

所以

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{1}{4}{\int }_0^{+\infty }\frac{dx}{1+2x^2}\\ & =\frac{1}{4\sqrt{2}}{\arctan (\sqrt{2}x)|}_0^{+\infty }\\ & =\frac{\pi }{8\sqrt{2}}.\end{array}$$

（三）交换积分次序

1. 【1988-2-6 分】 计算

$${\int }_1^{2}dx{\int }_{\sqrt{x}}^x\sin \frac{\pi x}{2y}dy+{\int }_2^{4}dx{\int }_{\sqrt{x}}^2\sin \frac{\pi x}{2y}dy.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{4}{{\pi }^2}+\frac{8}{{\pi }^3}$。

解析： 原积分区域由

$$y=\sqrt{x},y=x,1\le y\le 2$$

围成。将 $y=\sqrt{x}$ 改写为 $x=y^2$，交换积分次序后，区域统一表示为

$$1\le y\le 2,y\le x\le y^2.$$

因此原式化为

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_1^{2}dy{\int }_y^{y^2}\sin \frac{\pi x}{2y}dx.\end{array}$$

先对 $x$ 积分：

$$\begin{array}{rl}{\int }_y^{y^2}\sin \frac{\pi x}{2y}dx& ={-\frac{2y}{\pi }\cos \frac{\pi x}{2y}|}_y^{y^2}\\ & =-\frac{2y}{\pi }\cos \frac{\pi y}{2},\end{array}$$

其中 $\cos \frac{\pi }{2}=0$。故

$$\begin{array}{rl}I& =-\frac{2}{\pi }{\int }_1^{2}y\cos \frac{\pi y}{2}dy\\ & =-\frac{2}{\pi }{\left[\frac{2y}{\pi }\sin \frac{\pi y}{2}+\frac{4}{{\pi }^2}\cos \frac{\pi y}{2}\right]}_1^2\\ & =-\frac{2}{\pi }\left(-\frac{4}{{\pi }^2}-\frac{2}{\pi }\right)\\ & =\frac{4}{{\pi }^2}+\frac{8}{{\pi }^3}.\end{array}$$

---

2. 【1992-2-6 分】 计算

$${\int }_{1/4}^{1/2}dy{\int }_{1/2}^{\sqrt{y}}{e}^{y/x}dx+{\int }_{1/2}^{1}dy{\int }_y^{\sqrt{y}}{e}^{y/x}dx.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{3e}{8}-\frac{\sqrt{e}}{2}$。

解析： 原区域由

$$y=x^2,y=x,\frac{1}{2}\le x\le 1$$

围成。交换积分次序后可统一写成

$$\frac{1}{2}\le x\le 1,x^2\le y\le x.$$

于是

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_{1/2}^{1}dx{\int }_{x^2}^x{e}^{y/x}dy\\ & ={\int }_{1/2}^{1}x{e^{y/x}|}_{x^2}^{x}dx\\ & ={\int }_{1/2}^{1}x(e-e^x)dx.\end{array}$$

分别计算得

$$e{\int }_{1/2}^{1}xdx=e{\left[\frac{x^2}{2}\right]}_{1/2}^1=\frac{3e}{8},$$

以及

$${\int }_{1/2}^{1}x{e}^{x}dx={\left[(x-1)e^x\right]}_{1/2}^1=\frac{\sqrt{e}}{2}.$$

故

$$I=\frac{3e}{8}-\frac{\sqrt{e}}{2}.$$

（四）极坐标法

1. 【1994-4-6 分】 设

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

计算

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

查看答案与解析

答案： $\frac{3\pi }{2}$。

解析： 将区域方程配方：

$$\begin{array}{rl}{x}^2+y^2\le x+y+1& ⟺{\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(y-\frac{1}{2}\right)}^2\le \frac{3}{2}.\end{array}$$

因此 $D$ 是圆心为 $\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$、半径为 $\sqrt{\frac{3}{2}}$ 的圆域。

令

$$u=x-\frac{1}{2},v=y-\frac{1}{2},$$

则区域变为关于原点对称的圆域

$$u^2+v^2\le \frac{3}{2},$$

且

$$x+y=u+v+1.$$

由对称性，$u$ 与 $v$ 在圆域上的积分均为零，故

$$\begin{array}{rl}{\iint }_D(x+y)dxdy& ={\iint }_{u^2+v^2\le 3/2}(u+v+1)dudv\\ & ={\iint }_{u^2+v^2\le 3/2}1dudv\\ & =\pi {\left(\sqrt{\frac{3}{2}}\right)}^2\\ & =\frac{3\pi }{2}.\end{array}$$

---

2. 【1996-2-6 分】 设

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

计算

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

查看答案与解析

答案： $\frac{10\sqrt{2}}{9}$。

解析： 采用极坐标

$$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,dxdy=rdrd\theta .$$

条件 $0\le y\le x$ 给出

$$0\le \theta \le \frac{\pi }{4}.$$

圆域条件为

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

故

$$0\le r\le 2\cos \theta .$$

又 $\sqrt{x^2+y^2}=r$，所以

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{\pi /4}d\theta {\int }_0^{2\cos \theta }{r}^{2}dr\\ & =\frac{8}{3}{\int }_0^{\pi /4}{\cos }^3\theta d\theta \\ & =\frac{8}{3}{\left[\sin \theta -\frac{{\sin }^3\theta }{3}\right]}_0^{\pi /4}\\ & =\frac{8}{3}\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{12}\right)\\ & =\frac{10\sqrt{2}}{9}.\end{array}$$

---

3. 【1998-34-6 分】 设

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

计算

$${\iint }_D\sqrt{x}dxdy.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{8}{15}$。

解析： 区域边界

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

是圆

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

该圆域位于右半平面，适合采用极坐标。令

$$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,dxdy=rdrd\theta .$$

由

$$r^2\le r\cos \theta$$

得

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

又因区域内 $x\ge 0$，所以 $\sqrt{x}=\sqrt{r\cos \theta }$。于是

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}d\theta {\int }_0^{\cos \theta }\sqrt{r\cos \theta }rdr\\ & ={\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}\sqrt{\cos \theta }{\left[\frac{2}{5}{r}^{5/2}\right]}_0^{\cos \theta }d\theta \\ & =\frac{2}{5}{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{\cos }^3\theta d\theta \\ & =\frac{4}{5}{\int }_0^{\pi /2}{\cos }^3\theta d\theta \\ & =\frac{4}{5}\cdot \frac{2}{3}\\ & =\frac{8}{15}.\end{array}$$

---

4. 【1999-34-7 分】 设 $D$ 是由

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

围成的平面区域，计算

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

查看答案与解析

答案： $4-\frac{\pi }{2}$。

解析： 按照先对 $x$ 积分的次序，区域可写成

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

因此

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{2}dy{\int }_{-2}^{-\sqrt{2y-y^2}}ydx\\ & ={\int }_0^{2}y\left(2-\sqrt{2y-y^2}\right)dy\\ & =2{\int }_0^{2}ydy-{\int }_0^{2}y\sqrt{2y-y^2}dy.\end{array}$$

第一项为

$$2{\int }_0^{2}ydy=4.$$

对于第二项，令 $t=y-1$，则

$$2y-y^2=1-t^2,y=t+1,$$

故

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{2}y\sqrt{2y-y^2}dy& ={\int }_{-1}^1(t+1)\sqrt{1-t^2}dt\\ & ={\int }_{-1}^{1}t\sqrt{1-t^2}dt+{\int }_{-1}^1\sqrt{1-t^2}dt.\end{array}$$

其中第一项的被积函数为奇函数，积分为零；第二项等于单位圆的上半圆面积，即

$${\int }_{-1}^1\sqrt{1-t^2}dt=\frac{\pi }{2}.$$

所以

$$I=4-\frac{\pi }{2}.$$

---

5. 【2000-3-6 分】 设 $a>0$，区域 $D$ 由曲线

$$y=-a+\sqrt{a^2-x^2}$$

与直线 $y=-x$ 围成，计算

$${\iint }_D\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{\sqrt{4a^2-x^2-y^2}}d\sigma .$$

查看答案与解析

答案： $a^2\left(\frac{{\pi }^2}{16}-\frac{1}{2}\right)$。

解析： 曲线

$$y=-a+\sqrt{a^2-x^2}$$

可化为

$$x^2+(y+a{)}^2=a^2,$$

其极坐标方程为

$$r^2+2ar\sin \theta =0,$$

即

$$r=-2a\sin \theta .$$

直线 $y=-x$ 对应

$$\theta =-\frac{\pi }{4}.$$

由区域位置可知

$$-\frac{\pi }{4}\le \theta \le 0,0\le r\le -2a\sin \theta .$$

又

$$\sqrt{x^2+y^2}=r,d\sigma =rdrd\theta ,$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_{-\pi /4}^{0}d\theta {\int }_0^{-2a\sin \theta }\frac{r^2}{\sqrt{4a^2-r^2}}dr.\end{array}$$

令 $\phi =-\theta$，则

$$I={\int }_0^{\pi /4}d\phi {\int }_0^{2a\sin \phi }\frac{r^2}{\sqrt{4a^2-r^2}}dr.$$

在内层积分中令

$$r=2a\sin u,0\le u\le \phi ,$$

则

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{2a\sin \phi }\frac{r^2}{\sqrt{4a^2-r^2}}dr& =4a^2{\int }_0^{\phi }{\sin }^{2}udu\\ & =a^2(2\phi -\sin 2\phi ).\end{array}$$

于是

$$\begin{array}{rl}I& =a^2{\int }_0^{\pi /4}(2\phi -\sin 2\phi )d\phi \\ & =a^2{\left[{\phi }^2+\frac{1}{2}\cos 2\phi \right]}_0^{\pi /4}\\ & =a^2\left(\frac{{\pi }^2}{16}-\frac{1}{2}\right).\end{array}$$

---

6. 【2002-4-7 分】 设

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

且

$$f(x,y)=\sqrt{1-x^2-y^2}-\frac{8}{\pi }{\iint }_{D}f(u,v)dudv.$$

求 $f(x,y)$。

查看答案与解析

答案：

$$f(x,y)=\sqrt{1-x^2-y^2}-\frac{2}{3}+\frac{8}{9\pi }.$$

解析： 记

$$C={\iint }_{D}f(u,v)dudv.$$

则

$$f(x,y)=\sqrt{1-x^2-y^2}-\frac{8}{\pi }C.$$

区域条件在极坐标下为

$$r^2\le r\sin \theta ,x\ge 0,$$

故

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

区域 $D$ 是圆

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

的右半部分，因此

$$S_D=\frac{1}{2}\pi {\left(\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{\pi }{8}.$$

对函数等式在 $D$ 上积分，得

$$C=A-\frac{8}{\pi }C{S}_D,$$

其中

$$A={\iint }_D\sqrt{1-x^2-y^2}dxdy.$$

由于 $\frac{8}{\pi }{S}_D=1$，所以

$$2C=A.$$

下面计算 $A$：

$$\begin{array}{rl}A& ={\int }_0^{\pi /2}d\theta {\int }_0^{\sin \theta }\sqrt{1-r^2}rdr\\ & =\frac{1}{3}{\int }_0^{\pi /2}\left[1-(1-{\sin }^2\theta {)}^{3/2}\right]d\theta \\ & =\frac{1}{3}{\int }_0^{\pi /2}(1-{\cos }^3\theta )d\theta \\ & =\frac{1}{3}\left(\frac{\pi }{2}-\frac{2}{3}\right)\\ & =\frac{\pi }{6}-\frac{2}{9}.\end{array}$$

故

$$C=\frac{A}{2}=\frac{\pi }{12}-\frac{1}{9}.$$

于是

$$\begin{array}{rl}f(x,y)& =\sqrt{1-x^2-y^2}-\frac{8}{\pi }\left(\frac{\pi }{12}-\frac{1}{9}\right)\\ & =\sqrt{1-x^2-y^2}-\frac{2}{3}+\frac{8}{9\pi }.\end{array}$$

---

7. 【2003-34-8 分】 设

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

计算

$$I={\iint }_D{e}^{-(x^2+y^2-\pi )}\sin (x^2+y^2)dxdy.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{\pi }{2}(e^{\pi }+1)$。

解析： 区域是以原点为圆心、半径为 $\sqrt{\pi }$ 的圆域，且被积函数只含 $x^2+y^2$，故采用极坐标：

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

于是

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^{\sqrt{\pi }}{e}^{\pi -r^2}\sin (r^2)rdr\\ & =2\pi e^{\pi }{\int }_0^{\sqrt{\pi }}{e}^{-r^2}\sin (r^2)rdr.\end{array}$$

令

$$u=r^2,du=2rdr,$$

得

$$\begin{array}{rl}I& =\pi e^{\pi }{\int }_0^{\pi }{e}^{-u}\sin udu\\ & =\pi e^{\pi }{\left[-\frac{1}{2}{e}^{-u}(\sin u+\cos u)\right]}_0^{\pi }\\ & =\pi e^{\pi }\cdot \frac{1+e^{-\pi }}{2}\\ & =\frac{\pi }{2}(e^{\pi }+1).\end{array}$$

---

8. 【2005-234-9 分】 设

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

计算

$$I={\iint }_D|x^2+y^2-1|d\sigma .$$

查看答案与解析

答案：

$$I=\frac{\pi }{4}-\frac{1}{3}.$$

解析： 令

$$D_1=\{(x,y)\in D\mid x^2+y^2\le 1\},$$

则 $D_1$ 是第一象限内的四分之一单位圆盘。在 $D_1$ 上，$x^2+y^2-1\le 0$；在 $D\setminus D_1$ 上，$x^2+y^2-1\ge 0$。因此

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_D(x^2+y^2-1)d\sigma +2{\iint }_{D_1}(1-x^2-y^2)d\sigma .\end{array}$$

先计算

$$\begin{array}{rl}{\iint }_D(x^2+y^2-1)d\sigma & ={\int }_0^1{\int }_0^1(x^2+y^2-1)dydx\\ & =\frac{1}{3}+\frac{1}{3}-1\\ & =-\frac{1}{3}.\end{array}$$

在 $D_1$ 上使用极坐标：

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{D_1}(1-x^2-y^2)d\sigma & ={\int }_0^{\pi /2}{\int }_0^1(1-r^2)rdrd\theta \\ & =\frac{\pi }{8}.\end{array}$$

故

$$\boxed{I=-\frac{1}{3}+2\cdot \frac{\pi }{8}=\frac{\pi }{4}-\frac{1}{3}}.$$

---

9. 【2005-1-11 分】 设

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

$[t]$ 表示不超过 $t$ 的最大整数，计算

$$I={\iint }_{D}xy[1+x^2+y^2]dxdy.$$

查看答案与解析

答案：

$$I=\frac{3}{8}.$$

解析： 采用极坐标，区域为

$$0\le \theta \le \frac{\pi }{2},0\le r\le 2^{1/4}.$$

由于 $0\le r^2\le \sqrt{2}$，有

$$[1+r^2]=\{\begin{array}{ll}1,& 0\le r<1,\\ 2,& 1\le r\le 2^{1/4},\end{array}$$

分界圆周对积分值没有影响。又

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

于是

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{\pi /2}\cos \theta \sin \theta d\theta \left({\int }_0^1{r}^{3}dr+2{\int }_1^{2^{1/4}}{r}^{3}dr\right)\\ & =\frac{1}{2}\left(\frac{1}{4}+2\cdot \frac{1}{4}\right)\\ & =\boxed{\frac{3}{8}}.\end{array}$$

---

10. 【2009-23-10 分】 设

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

计算

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

查看答案与解析

答案：

$$I=-\frac{8}{3}.$$

解析： 作平移

$$u=x-1,v=y-1,$$

则区域化为

$$u^2+v^2\le 2,v\ge u,$$

且 $x-y=u-v$。再作正交变换

$$p=\frac{v-u}{\sqrt{2}},q=\frac{u+v}{\sqrt{2}}.$$

雅可比的绝对值为 $1$，区域化为半圆盘

$$p^2+q^2\le 2,p\ge 0,$$

而

$$u-v=-\sqrt{2}p.$$

在 $pq$ 平面上取极坐标 $p=r\cos \theta$，$q=r\sin \theta$，则

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

因此

$$\begin{array}{rl}I& =-\sqrt{2}{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{\int }_0^{\sqrt{2}}r\cos \theta \cdot rdrd\theta \\ & =-\sqrt{2}\cdot 2\cdot \frac{(\sqrt{2}{)}^3}{3}\\ & =\boxed{-\frac{8}{3}}.\end{array}$$

---

11. 【2012-2-10 分】 区域 $D$ 由极坐标曲线

$$r=1+\cos \theta \left(0\le \theta \le \pi \right)$$

与极轴围成，计算

$$I={\iint }_{D}xyd\sigma .$$

查看答案与解析

答案：

$$I=\frac{16}{15}.$$

解析： 区域在极坐标下表示为

$$0\le \theta \le \pi ,0\le r\le 1+\cos \theta .$$

因为

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

所以

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{\pi }{\int }_0^{1+\cos \theta }{r}^3\cos \theta \sin \theta drd\theta \\ & =\frac{1}{4}{\int }_0^{\pi }\cos \theta \sin \theta (1+\cos \theta {)}^{4}d\theta .\end{array}$$

令 $u=1+\cos \theta$，则 $du=-\sin \theta d\theta$，$\cos \theta =u-1$，故

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{1}{4}{\int }_0^2(u-1)u^{4}du\\ & =\frac{1}{4}{\left[\frac{u^6}{6}-\frac{u^5}{5}\right]}_0^2\\ & =\boxed{\frac{16}{15}}.\end{array}$$

---

12. 【2016-1-10 分】 设

$$D=\left\{(r,\theta )\mid 2\le r\le 2(1+\cos \theta ),-\frac{\pi }{2}\le \theta \le \frac{\pi }{2}\right\},$$

计算

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

查看答案与解析

答案：

$$I=5\pi +\frac{32}{3}.$$

解析： 在极坐标下，$x=r\cos \theta$，$dxdy=rdrd\theta$，故

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{\int }_2^{2(1+\cos \theta )}{r}^2\cos \theta drd\theta \\ & =\frac{8}{3}{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}\cos \theta \left[(1+\cos \theta {)}^3-1\right]d\theta .\end{array}$$

展开得

$$\cos \theta \left[(1+\cos \theta {)}^3-1\right]=3{\cos }^2\theta +3{\cos }^3\theta +{\cos }^4\theta .$$

利用

$${\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{\cos }^2\theta d\theta =\frac{\pi }{2},$$$${\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{\cos }^3\theta d\theta =\frac{4}{3},$$$${\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{\cos }^4\theta d\theta =\frac{3\pi }{8},$$

得到

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{8}{3}\left(\frac{3\pi }{2}+4+\frac{3\pi }{8}\right)\\ & =\boxed{5\pi +\frac{32}{3}}.\end{array}$$

---

13. 【2019-2-10 分】 设

$$D=\{(x,y)\mid |x|\le y,(x^2+y^2{)}^3\le y^4\},$$

计算

$$I={\iint }_D\frac{x+y}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy.$$

查看答案与解析

答案：

$$I=\frac{43\sqrt{2}}{120}.$$

解析： 采用极坐标。条件 $|x|\le y$ 给出

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

又

$$(x^2+y^2{)}^3\le y^4⟺r^6\le r^4{\sin }^4\theta ,$$

故

$$0\le r\le {\sin }^2\theta .$$

被积函数化为

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

于是

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_{\pi /4}^{3\pi /4}{\int }_0^{{\sin }^2\theta }(\cos \theta +\sin \theta )rdrd\theta \\ & =\frac{1}{2}{\int }_{\pi /4}^{3\pi /4}(\cos \theta +\sin \theta ){\sin }^4\theta d\theta .\end{array}$$

其中 $\cos \theta {\sin }^4\theta$ 关于 $\theta =\frac{\pi }{2}$ 反对称，其积分为零，所以

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{1}{2}{\int }_{\pi /4}^{3\pi /4}{\sin }^5\theta d\theta \\ & =\boxed{\frac{43\sqrt{2}}{120}}.\end{array}$$

---

14. 【2020-2-10 分】 区域 $D$ 由 $x=1$，$x=2$，$y=x$ 和 $x$ 轴围成，计算

$$I={\iint }_D\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{x}d\sigma .$$

查看答案与解析

答案：

$$I=\frac{3}{4}\left[\sqrt{2}+\ln (1+\sqrt{2})\right].$$

解析： 区域可表示为

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

由于 $x>0$，令 $y=xt$，则 $dy=xdt$，且 $0\le t\le 1$。于是

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_1^2{\int }_0^x\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{x}dydx\\ & ={\int }_1^{2}xdx{\int }_0^1\sqrt{1+t^2}dt.\end{array}$$

又

$${\int }_0^1\sqrt{1+t^2}dt=\frac{1}{2}\left[\sqrt{2}+\ln (1+\sqrt{2})\right],$$

且

$${\int }_1^{2}xdx=\frac{3}{2}.$$

因此

$$\boxed{I=\frac{3}{4}\left[\sqrt{2}+\ln (1+\sqrt{2})\right]}.$$

---