📝 题目
14．利用两种方法计算二重积分． （1） $\displaystyle{\iint}_{D} x y \mathrm{~d} \sigma$ ，其中 $D$ 是由直线 $y=1, x=2$ 及 $y=x$ 所围成的闭区域； （2）计算 $\displaystyle{\iint}_{D} \frac{x^{2}}{y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中区域 $D$ 由直线 $x=2, y=x$ 及曲线 $x y=1$ 所围成； （3） $\displaystyle{\iint}_{D}(x y+1) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $D$ 是由 $4 x^{2}+y^{2}=4$ 所围成的闭区域。
💡 答案与解析
[AI解答]
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**（1）** 计算 $\displaystyle{\iint}_{D} x y \, \mathrm{d} \sigma$，其中 $D$ 由 $y=1, x=2, y=x$ 围成。
**方法一：先对 $y$ 后对 $x$** 区域 $D$ 可表示为： $1 \le y \le x$，且 $1 \le x \le 2$。 于是 $$ \iint_D xy \, \mathrm{d}\sigma = \int_{x=1}^{2} \int_{y=1}^{x} xy \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}x $$ 先对 $y$ 积分： $$ \int_{y=1}^{x} xy \, \mathrm{d}y = x \cdot \frac{y^2}{2} \Big|_{1}^{x} = x \left( \frac{x^2}{2} - \frac{1}{2} \right) = \frac{x^3 - x}{2} $$ 再对 $x$ 积分： $$ \int_{1}^{2} \frac{x^3 - x}{2} \, \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \left[ \frac{x^4}{4} - \frac{x^2}{2} \right]_{1}^{2} = \frac{1}{2} \left[ \left( \frac{16}{4} - \frac{4}{2} \right) - \left( \frac{1}{4} - \frac{1}{2} \right) \right] $$ 计算： $\frac{16}{4}=4,\ \frac{4}{2}=2$，所以第一括号为 $4-2=2$； 第二括号：$\frac14 - \frac12 = -\frac14$，减去它等于加 $\frac14$， 于是 $$ \frac12 \left( 2 + \frac14 \right) = \frac12 \cdot \frac{9}{4} = \frac{9}{8} $$
**方法二：先对 $x$ 后对 $y$** 区域也可表示为： $y \le x \le 2$，且 $1 \le y \le 2$。 $$ \iint_D xy \, \mathrm{d}\sigma = \int_{y=1}^{2} \int_{x=y}^{2} xy \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y $$ 先对 $x$： $$ \int_{x=y}^{2} xy \, \mathrm{d}x = y \cdot \frac{x^2}{2} \Big|_{y}^{2} = y \left( \frac{4}{2} - \frac{y^2}{2} \right) = y \left( 2 - \frac{y^2}{2} \right) = 2y - \frac{y^3}{2} $$ 再对 $y$： $$ \int_{1}^{2} \left( 2y - \frac{y^3}{2} \right) \mathrm{d}y = \left[ y^2 - \frac{y^4}{8} \right]_{1}^{2} = \left( 4 - \frac{16}{8} \right) - \left( 1 - \frac{1}{8} \right) = (4-2) - \left(1 - \frac18\right) $$ 即 $2 - \frac78 = \frac{16}{8} - \frac{7}{8} = \frac{9}{8}$。 结果一致。
**（2）** 计算 $\displaystyle{\iint}_{D} \frac{x^{2}}{y^{2}} \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y$，其中 $D$ 由 $x=2, y=x$ 及 $xy=1$ 围成。
先画出区域：曲线 $xy=1$ 即 $y=\frac1x$，直线 $y=x$ 与 $x=2$。 交点： $y=x$ 与 $xy=1$ 交于 $x^2=1$，即 $x=1, y=1$（第一象限）； $x=2$ 与 $y=x$ 交于 $(2,2)$； $x=2$ 与 $xy=1$ 交于 $y=\frac12$，即 $(2,\frac12)$。 区域 $D$ 在 $x$ 从 $1$ 到 $2$，下方曲线 $y=\frac1x$，上方直线 $y=x$。
**方法一：先对 $y$ 后对 $x$** $$ \iint_D \frac{x^2}{y^2} \, \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \int_{x=1}^{2} \int_{y=1/x}^{x} \frac{x^2}{y^2} \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}x $$ 先对 $y$： $$ \int_{y=1/x}^{x} \frac{x^2}{y^2} \, \mathrm{d}y = x^2 \int_{1/x}^{x} y^{-2} \, \mathrm{d}y = x^2 \left[ -y^{-1} \right]_{1/x}^{x} = x^2 \left( -\frac1x + x \right) = x^2 \left( x - \frac1x \right) = x^3 - x $$ 再对 $x$： $$ \int_{1}^{2} (x^3 - x) \, \mathrm{d}x = \left[ \frac{x^4}{4} - \frac{x^2}{2} \right]_{1}^{2} = \left( \frac{16}{4} - \frac{4}{2} \right) - \left( \frac14 - \frac12 \right) = (4-2) - \left( -\frac14 \right) = 2 + \frac14 = \frac{9}{4} $$
**方法二：先对 $x$ 后对 $y$** 区域需分两部分，因为 $x$ 的左右边界不同： 当 $y$ 从 $\frac12$ 到 $1$ 时，$x$ 从 $\frac1y$ 到 $2$； 当 $y$ 从 $1$ 到 $2$ 时，$x$ 从 $y$ 到 $2$。 于是 $$ \iint_D \frac{x^2}{y^2} \, \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \int_{y=1/2}^{1} \int_{x=1/y}^{2} \frac{x^2}{y^2} \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y + \int_{y=1}^{2} \int_{x=y}^{2} \frac{x^2}{y^2} \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y $$ 先计算内层对 $x$： $$ \int \frac{x^2}{y^2} \, \mathrm{d}x = \frac{1}{y^2} \cdot \frac{x^3}{3} $$ 第一部分： $$ \int_{1/2}^{1} \frac{1}{y^2} \cdot \frac{1}{3} \left( 8 - \frac{1}{y^3} \right) \mathrm{d}y = \frac13 \int_{1/2}^{1} \left( \frac{8}{y^2} - \frac{1}{y^5} \right) \mathrm{d}y $$ 计算： $\int \frac{8}{y^2} \, \mathrm{d}y = -\frac{8}{y}$，$\int y^{-5} \, \mathrm{d}y = -\frac{1}{4y^4}$，所以 $$ \frac13 \left[ -\frac{8}{y} + \frac{1}{4y^4} \right]_{1/2}^{1} = \frac13 \left[ \left( -8 + \frac14 \right) - \left( -16 + \frac{1}{4 \cdot (1/16)} \right) \right] $$ 注意 $1/(4y^4)$ 在 $y=1/2$ 时：$y^4=1/16$，所以 $1/(4\cdot 1/16)=4$，因此 括号内： 上界：$-8+0.25 = -7.75$；下界：$-16+4 = -12$； 差值：$-7.75 - (-12) = 4.25 = \frac{17}{4}$；乘以 $\frac13$ 得 $\frac{17}{12}$。
第二部分： $$ \int_{1}^{2} \frac{1}{y^2} \cdot \frac{1}{3} (8 - y^3