人邮高数 第7章 第7-1-20题

[AI解答]

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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。

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（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 $\displaystyle (2,\frac12)$；
$y=x$ 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：★★☆☆☆

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（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 $\cos\theta=1/\sqrt{1+t^2}$，$\sin\theta=t/\sqrt{1+t^2}$，
$\displaystyle \cos\theta+\sin\theta = \frac{1+t}{\sqrt{1+t^2}}$，$\displaystyle d\theta = \frac{dt}{1+t^2}$，$\theta:0\to\pi/2$ 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 $\displaystyle \frac16$，原积分：
$$
\frac14\left(\frac12 - \frac16\right) = \frac14\cdot\frac13 = \frac1{12}.
$$

难度：★★★☆☆

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（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 $\displaystyle t=\sqrt{\frac{1-u}{1+u}}$，则 $\displaystyle u=\frac{1-t^2}{1+t^2}$，$\displaystyle du = \frac{-4t}{(1+t^2)^2}dt$，$u:0\to1$ 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 $\displaystyle \int \frac{1}{1+t^2}\,dt = \arctan t$，
而 $\displaystyle \int \frac{1}{(1+t^2)^2}\,dt = \frac12\left(\frac{t}{1+t^2} + \arctan t\right)$（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：★★★★☆

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（4）
区域由 $y=x$，$y=x+2$，$y=2$，$y=6$ 围成。
适合用变量 $u = y-x$，$