第7章 · 第7-1-19题

[AI解答]

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**（1）** 区域 $D: 1 \le x^2+y^2 \le 4$，极坐标变换： $x = r\cos\theta,\ y = r\sin\theta$，$\mathrm{d}\sigma = r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$， 被积函数 $\sqrt{x^2+y^2}=r$，积分区域 $r\in[1,2],\ \theta\in[0,2\pi]$。 $$ \iint_D \sqrt{x^2+y^2}\,\mathrm{d}\sigma = \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{1}^{2} r\cdot r\,\mathrm{d}r = \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{1}^{2} r^2\,\mathrm{d}r = 2\pi \cdot \left[\frac{r^3}{3}\right]_{1}^{2} = 2\pi \cdot \frac{8-1}{3} = \frac{14\pi}{3}. $$

**（2）** 区域 $D$：第一象限内 $x^2+y^2\le a^2$，极坐标： $r\in[0,a],\ \theta\in[0,\pi/2]$，$y = r\sin\theta$，$\mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$。 $$ \iint_D y\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_{0}^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{a} (r\sin\theta)\, r\,\mathrm{d}r = \int_{0}^{\pi/2}\sin\theta\,\mathrm{d}\theta \int_{0}^{a} r^2\,\mathrm{d}r = [-\cos\theta]_{0}^{\pi/2} \cdot \frac{a^3}{3} = (0+1)\cdot\frac{a^3}{3} = \frac{a^3}{3}. $$

**（3）** 区域 $D: x^2+y^2\le R^2$，极坐标：$r\in[0,R],\ \theta\in[0,2\pi]$， $x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta$，$\mathrm{d}x\mathrm{d}y=r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$。 被积函数 $h-2x-3y = h - 2r\cos\theta - 3r\sin\theta$。 $$ \iint_D (h-2x-3y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{R} \bigl(h - 2r\cos\theta - 3r\sin\theta\bigr)\, r\,\mathrm{d}r. $$ 先对 $r$ 积分： $$ \int_{0}^{R} (hr - 2r^2\cos\theta - 3r^2\sin\theta)\,\mathrm{d}r = h\frac{R^2}{2} - \frac{2R^3}{3}\cos\theta - \frac{3R^3}{3}\sin\theta. $$ 再对 $\theta$ 从 $0$ 到 $2\pi$ 积分，$\int_{0}^{2\pi}\cos\theta\,\mathrm{d}\theta = 0$，$\int_{0}^{2\pi}\sin\theta\,\mathrm{d}\theta = 0$， 故结果为： $$ 2\pi \cdot \frac{hR^2}{2} = \pi h R^2. $$

**（4）** 区域 $D: x^2+y^2\le 1$，极坐标：$r\in[0,1],\ \theta\in[0,2\pi]$， 被积函数 $\ln(1+x^2+y^2) = \ln(1+r^2)$，$\mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$。 $$ \iint_D \ln(1+x^2+y^2)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{1} \ln(1+r^2)\, r\,\mathrm{d}r = 2\pi \cdot \frac12 \int_{0}^{1} \ln(1+r^2)\,\mathrm{d}(r^2). $$ 令 $u = r^2$，则 $u\in[0,1]$： $$ = \pi \int_{0}^{1} \ln(1+u)\,\mathrm{d}u = \pi \left[ (1+u)\ln(1+u) - u \right]_{0}^{1} = \pi \bigl(2\ln2 - 1 - (1\cdot\ln1 - 0)\bigr) = \pi (2\ln2 - 1). $$

**（5）** 区域 $D: 1\le x^2+y^2\le 2,\ y\ge 0$，极坐标：$r\in[1,\sqrt2],\ \theta\in[0,\pi]$， 被积函数 $\frac{1}{\sqrt{4-x^2-y^2}} = \frac{1}{\sqrt{4-r^2}}$，$\mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$。 $$ \iint_D \frac{\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{\sqrt{4-x^2-y^2}} = \int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\theta \int_{1}^{\sqrt2} \frac{r}{\sqrt{4-r^2}}\,\mathrm{d}r = \pi \int_{1}^{\sqrt2} \frac{r}{\sqrt{4-r^2}}\,\mathrm{d}r. $$ 令 $t=4-r^2$，$\mathrm{d}t = -2r\,\mathrm{d}r$，$r\,\mathrm{d}r = -\frac12\mathrm{d}t$， $r=1 \Rightarrow t=3$，$r=\sqrt2 \Rightarrow t=2$： $$ = \pi \int_{3}^{2} \frac{-\frac12}{\sqrt{t}}\,\mathrm{d}t = \frac{\pi}{2} \int_{2}^{3} t^{-1/2}\,\mathrm{d}t = \frac{\pi}{2} \left[ 2\sqrt{t} \right]_{2}^{3} = \pi (\sqrt{3} - \sqrt{2}). $$

**（6）** 区域 $D$：由 $x^2+y^2=2$、直线 $y=x$ 及 $y$ 轴围成（第一象限部分）。 极坐标：$r\in[0,\sqrt2]$，$\theta$ 从 $y$ 轴（$\theta=\pi/2$）到直线 $y=x$（$\theta=\pi/4$），即 $\theta\in[\pi/4,\pi/2]$。 被积函数 $\arctan\frac{y}{x} = \arctan(\tan\theta) = \theta$（因为 $\theta\in[\pi/4,\pi/2]$ 时成立）。 $\mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$。 $$ \iint_D \arctan\frac{y}{x}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_{\pi/4}^{\pi/2}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{\sqrt2} \theta \cdot r\,\mathrm{d}r = \int_{\pi/4}^{\pi/2} \theta\,\mathrm{d}\theta \cdot \frac{(\sqrt2)^2}{2} = \left[\frac{\theta^2}{2}\right]_{\pi/4}^{\pi/2} \cdot 1 = \frac12\left( \frac{\pi^2}{4} - \frac{\pi^2}{16} \right) = \frac12 \cdot \frac{3\pi^2}{16} = \frac{3\pi^2}{32}. $$

**难度评级**：★★☆☆☆