📝 题目
20．选用适当的坐标计算下列积分． （1） $\displaystyle{\iint}_{D} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $D$ 是由直线 $x=2, y=x$ 和双曲线 $x y=1$ 所围成的闭区域； （2） $\displaystyle{\iint}_{D} x y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $D$ 是由 $x^{2}+y^{2} \leqslant 1$ 和 $x+y \geqslant 1$ 所围成的闭区域； （3） $\displaystyle{\iint}_{D} \sqrt{\frac{1-x^{2}-y^{2}}{1+x^{2}+y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $D$ 是由 $x^{2}+y^{2} \leqslant 1, x \geqslant 0, y \geqslant 0$ 所围成的闭区域； （4） $\displaystyle{\iint}_{D}\left(x^{2}+y^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $D$ 是由直线 $y=x, y=x+2$ 和 $y=2, y=6$ 所围成的闭区域； （5） $\displaystyle{\iint}_{D} \mathrm{e}^{x+y} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $D$ 是由直线 $|x|+|y| \leqslant 1$ 所围成的闭区域； （6） $\displaystyle{\iint}_{D} x^{2} y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $D$ 是由直线 $y=0, y=1$ 和双曲线 $x^{2}-y^{2}=1$ 所围成的闭区域； （7） $\displaystyle{\iint}_{D} x y^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $D$ 是由直线 $y=\frac{1}{2} x, y=2 x$ 和双曲线 $x y=1, x y=2$ 所围成的闭区域； （8） $\displaystyle{\iint}_{D} \frac{1}{\sqrt{4-x^{2}-y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $D$ 是由圆周 $x^{2}+y^{2} \leqslant 2 x$ 所围成的闭区域； （9） $\displaystyle{\iint}_{D}(x+2) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $D$ 是由圆周 $x^{2}+y^{2} \leqslant 4, x^{2}+y^{2} \geqslant 2 x$ 与 $y$ 轴围成的位于第一象限内的闭区域； （10） $\displaystyle{\iint}_{D}\left|x^{2}+y^{2}-2\right| \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $D$ 是由圆周 $x^{2}+y^{2} \leqslant 9$ 所围成的闭区域。
💡 答案与解析
[AI解答]
[AI解答]
我们逐题解答，每题均先分析区域特征，选择合适坐标系（直角坐标、极坐标或变量变换），然后计算积分。
---
### （1） 区域 $D$ 由 $x=2$，$y=x$，$xy=1$ 围成。 先求交点： $xy=1$ 与 $y=x$ 交于 $(1,1)$； $xy=1$ 与 $x=2$ 交于 $(2,\frac12)$； $y=x$ 与 $x=2$ 交于 $(2,2)$。 区域在 $x$ 从 $1$ 到 $2$，下边界 $y=1/x$，上边界 $y=x$。 因此 $$ \iint_D 1\,dxdy = \int_{x=1}^{2} \int_{y=1/x}^{x} dy\,dx = \int_{1}^{2} \left(x - \frac{1}{x}\right) dx = \left[\frac{x^2}{2} - \ln x\right]_{1}^{2} = (2 - \ln 2) - \left(\frac12 - 0\right) = \frac{3}{2} - \ln 2. $$
**难度：★★☆☆☆**
---
### （2） 区域 $D$：$x^2+y^2 \le 1$ 且 $x+y \ge 1$。 用极坐标：$x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$，$r\in[0,1]$。 条件 $x+y\ge1$ 即 $r(\cos\theta+\sin\theta)\ge1$，所以 $$ r \ge \frac{1}{\cos\theta+\sin\theta}. $$ $\theta$ 范围：由 $x+y=1$ 与单位圆交点，$\theta$ 从 $0$ 到 $\pi/2$。 被积函数 $xy = r^2\cos\theta\sin\theta$，面积元 $r\,dr\,d\theta$。 积分： $$ \iint_D xy\,dxdy = \int_{\theta=0}^{\pi/2} \int_{r=\frac{1}{\cos\theta+\sin\theta}}^{1} r^2\cos\theta\sin\theta \cdot r\,dr\,d\theta = \int_{0}^{\pi/2} \cos\theta\sin\theta \int_{\frac{1}{\cos\theta+\sin\theta}}^{1} r^3\,dr\,d\theta. $$ 内层： $$ \int r^3\,dr = \frac{r^4}{4}\Big|_{\frac{1}{\cos\theta+\sin\theta}}^{1} = \frac14\left[1 - \frac{1}{(\cos\theta+\sin\theta)^4}\right]. $$ 所以原积分： $$ \frac14\int_{0}^{\pi/2} \cos\theta\sin\theta \left[1 - \frac{1}{(\cos\theta+\sin\theta)^4}\right] d\theta. $$ 令 $u=\cos\theta+\sin\theta$，则 $du=(-\sin\theta+\cos\theta)d\theta$，但这里直接计算更方便： 第一项： $$ \int_0^{\pi/2} \cos\theta\sin\theta\,d\theta = \frac12\int_0^{\pi/2}\sin2\theta\,d\theta = \frac12. $$ 第二项： $$ \int_0^{\pi/2} \frac{\cos\theta\sin\theta}{(\cos\theta+\sin\theta)^4}\,d\theta. $$ 令 $t=\tan\theta$，则 $\cos\theta=1/\sqrt{1+t^2}$，$\sin\theta=t/\sqrt{1+t^2}$， $\cos\theta+\sin\theta = \frac{1+t}{\sqrt{1+t^2}}$，$d\theta = \frac{dt}{1+t^2}$，$\theta:0\to\pi/2$ 对应 $t:0\to\infty$。 被积函数： $$ \frac{\frac{t}{1+t^2}}{\left(\frac{1+t}{\sqrt{1+t^2}}\right)^4} \cdot \frac{dt}{1+t^2} = \frac{t}{(1+t^2)}\cdot \frac{(1+t^2)^2}{(1+t)^4} \cdot \frac{1}{1+t^2}\,dt = \frac{t}{(1+t)^4}\,dt. $$ 积分： $$ \int_0^\infty \frac{t}{(1+t)^4}\,dt. $$ 令 $u=1+t$，$t=u-1$，$dt=du$，$u:1\to\infty$： $$ \int_1^\infty \frac{u-1}{u^4}\,du = \int_1^\infty (u^{-3} - u^{-4})\,du = \left[-\frac12 u^{-2} + \frac13 u^{-3}\right]_1^\infty = 0 - \left(-\frac12+\frac13\right) = \frac16. $$ 因此第二项为 $\frac16$，原积分： $$ \frac14\left(\frac12 - \frac16\right) = \frac14\cdot\frac13 = \frac1{12}. $$
**难度：★★★☆☆**
---
### （3） 区域 $D$：$x^2+y^2\le1$，$x\ge0$，$y\ge0$（第一象限四分之一圆）。 用极坐标：$r\in[0,1]$，$\theta\in[0,\pi/2]$。 被积函数： $$ \sqrt{\frac{1-r^2}{1+r^2}}. $$ 积分： $$ \iint_D \sqrt{\frac{1-x^2-y^2}{1+x^2+y^2}}\,dxdy = \int_{\theta=0}^{\pi/2}\int_{r=0}^{1} \sqrt{\frac{1-r^2}{1+r^2}}\, r\,dr\,d\theta = \frac{\pi}{2} \int_0^1 r\sqrt{\frac{1-r^2}{1+r^2}}\,dr. $$ 令 $u=r^2$，$du=2r\,dr$，$r\,dr = du/2$，$u:0\to1$： $$ \frac{\pi}{2}\cdot\frac12 \int_0^1 \sqrt{\frac{1-u}{1+u}}\,du = \frac{\pi}{4} \int_0^1 \sqrt{\frac{1-u}{1+u}}\,du. $$ 再令 $t=\sqrt{\frac{1-u}{1+u}}$，则 $u=\frac{1-t^2}{1+t^2}$，$du = \frac{-4t}{(1+t^2)^2}dt$，$u:0\to1$ 对应 $t:1\to0$。 积分： $$ \frac{\pi}{4} \int_{t=1}^{0} t \cdot \frac{-4t}{(1+t^2)^2}\,dt = \frac{\pi}{4} \int_0^1 \frac{4t^2}{(1+t^2)^2}\,dt = \pi \int_0^1 \frac{t^2}{(1+t^2)^2}\,dt. $$ 计算： $$ \int \frac{t^2}{(1+t^2)^2}\,dt = \int \frac{1+t^2-1}{(1+t^2)^2}\,dt = \int \frac{1}{1+t^2}\,dt - \int \frac{1}{(1+t^2)^2}\,dt. $$ 已知 $\int \frac{1}{1+t^2}\,dt = \arctan t$， 而 $\int \frac{1}{(1+t^2)^2}\,dt = \frac12\left(\frac{t}{1+t^2} + \arctan t\right)$（可用三角换元或公式）。 所以： $$ \int \frac{t^2}{(1+t^2)^2}\,dt = \arctan t - \frac12\left(\frac{t}{1+t^2}+\arctan t\right) = \frac12\arctan t - \frac{t}{2(1+t^2)}. $$ 从 $0$ 到 $1$： $$ \left[\frac12\arctan t - \frac{t}{2(1+t^2)}\right]_0^1 = \left(\frac12\cdot\frac{\pi}{4} - \frac{1}{2\cdot2}\right) - 0 = \frac{\pi}{8} - \frac14. $$ 乘以 $\pi$ 得： $$ \pi\left(\frac{\pi}{8} - \frac14\right) = \frac{\pi^2}{8} - \frac{\pi}{4}. $$
**难度：★★★★☆**
---
### （4） 区域由 $y=x$，$y=x+2$，$y=2$，$y=6$ 围成。 适合用变量 $u = y-x$，$