📝 题目
＊19．作适当的变换，计算下列二重积分： （1） $\displaystyle{\iint}_{D}(x-y)^{2} \sin ^{2}(x+y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $D$ 是平行四边形闭区域，它的四个顶点是 $(\pi, 0),(2 \pi, \pi)$ ， $(\pi, 2 \pi)$ 和 $(0, \pi) ;$ （2） $\displaystyle{\iint}_{D} x^{2} y^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $D$ 是由两条双曲线 $x y=1$ 和 $x y=2$ ，直线 $y=x$ 和 $y=4 x$ 所围成的在第一象限内的闭区域； （3） $\displaystyle{\iint}_{D} \frac{y}{\mathrm{e}^{x+y}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $D$ 是由 $x$ 轴、 $y$ 轴和直线 $x+y=1$ 所围成的闭区域； （4） $\displaystyle{\iint}_{D}\left(\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $D=\left\{(x, y) \left\lvert\, \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} \leqslant 1\right.\right\}$ ．
💡 答案与解析
[AI解答]
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我们依次解答四个小题，每题均通过变量变换简化积分区域与被积函数。
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### （1） 积分区域 $D$ 是平行四边形，顶点为 $(\pi,0),(2\pi,\pi),(\pi,2\pi),(0,\pi)$。 观察其形状，可作变换： $$ u = x+y,\quad v = x-y $$ 则顶点变换： $$ (\pi,0)\to (u=\pi, v=\pi),\quad (2\pi,\pi)\to (3\pi,\pi),\quad (\pi,2\pi)\to (3\pi,-\pi),\quad (0,\pi)\to (\pi,-\pi) $$ 因此新区域 $D'$ 是矩形： $$ \pi \le u \le 3\pi,\quad -\pi \le v \le \pi $$ 计算雅可比行列式： $$ \frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)} = \frac{1}{\begin{vmatrix}1 & 1 \\ 1 & -1\end{vmatrix}} = \frac{1}{-2} \quad\Rightarrow\quad |J| = \frac12 $$ 被积函数： $$ (x-y)^2\sin^2(x+y) = v^2 \sin^2 u $$ 于是积分： $$ \iint_D (x-y)^2\sin^2(x+y)\,dxdy = \iint_{D'} v^2\sin^2 u \cdot \frac12 \,du\,dv = \frac12 \int_{u=\pi}^{3\pi} \sin^2 u\,du \int_{v=-\pi}^{\pi} v^2\,dv $$ 计算： $$ \int_{-\pi}^{\pi} v^2\,dv = \frac{2\pi^3}{3},\quad \int_{\pi}^{3\pi} \sin^2 u\,du = \int_{\pi}^{3\pi} \frac{1-\cos 2u}{2}\,du = \frac12(2\pi) - 0 = \pi $$ 所以： $$ \text{原积分} = \frac12 \cdot \pi \cdot \frac{2\pi^3}{3} = \frac{\pi^4}{3} $$
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### （2） 区域由 $xy=1, xy=2, y=x, y=4x$ 围成，第一象限。 作变换： $$ u = xy,\quad v = \frac{y}{x} $$ 则： $$ 1\le u\le 2,\quad 1\le v\le 4 $$ 反解： $$ x = \sqrt{\frac{u}{v}},\quad y = \sqrt{uv} $$ 雅可比： $$ \frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} = \begin{vmatrix} \frac{1}{2\sqrt{uv}} & -\frac{\sqrt{u}}{2v^{3/2}} \\ \frac{\sqrt{v}}{2\sqrt{u}} & \frac{\sqrt{u}}{2\sqrt{v}} \end{vmatrix} = \frac{1}{2v} $$ 因此 $|J| = \frac{1}{2v}$。
被积函数： $$ x^2 y^2 = (xy)^2 = u^2 $$ 积分： $$ \iint_D x^2y^2\,dxdy = \int_{u=1}^2 \int_{v=1}^4 u^2 \cdot \frac{1}{2v}\,dv\,du = \frac12 \int_1^2 u^2\,du \int_1^4 \frac{dv}{v} $$ 计算： $$ \int_1^2 u^2\,du = \frac{7}{3},\quad \int_1^4 \frac{dv}{v} = \ln 4 = 2\ln 2 $$ 所以： $$ \text{原积分} = \frac12 \cdot \frac{7}{3} \cdot 2\ln 2 = \frac{7}{3}\ln 2 $$
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### （3） 区域 $D$：$x\ge0, y\ge0, x+y\le1$。 作变换： $$ u = x+y,\quad v = y $$ 则： $$ 0\le u\le 1,\quad 0\le v\le u $$ 雅可比： $$ \frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} = \begin{vmatrix}1 & -1 \\ 0 & 1\end{vmatrix} = 1 $$ 被积函数： $$ \frac{y}{e^{x+y}} = \frac{v}{e^u} $$ 积分： $$ \iint_D \frac{y}{e^{x+y}}\,dxdy = \int_{u=0}^1 \int_{v=0}^u \frac{v}{e^u}\,dv\,du = \int_0^1 \frac{1}{e^u} \cdot \frac{u^2}{2}\,du = \frac12 \int_0^1 u^2 e^{-u}\,du $$ 分部积分： $$ \int u^2 e^{-u}\,du = -u^2 e^{-u} - 2u e^{-u} - 2 e^{-u} $$ 从0到1： $$ \left[ -e^{-1} - 2e^{-1} - 2e^{-1} \right] - \left[0 - 0 - 2\right] = -5e^{-1} + 2 $$ 所以： $$ \text{原积分} = \frac12 (2 - 5e^{-1}) = 1 - \frac{5}{2e} $$
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### （4） 区域为椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\le1$。 作广义极坐标变换： $$ x = a r\cos\theta,\quad y = b r\sin\theta,\quad 0\le r\le 1,\; 0\le\theta\le 2\pi $$ 雅可比： $$ |J| = ab\,r $$ 被积函数： $$ \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2} = r^2(\cos^2\theta+\sin^2\theta)=r^2 $$ 积分： $$ \iint_D \left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\right)dxdy = \int_{\theta=0}^{2\pi}\int_{r=0}^1 r^2 \cdot ab\,r\,dr\,d\theta = ab \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^1 r^3\,dr $$ 计算： $$ \int_0^{2\pi} d\theta = 2\pi,\quad \int_0^1 r^3\,dr = \frac14 $$ 所以： $$ \text{原积分} = ab \cdot 2\pi \cdot \frac14 = \frac{\pi ab}{2} $$
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**最终答案：** $$ \boxed{\frac{\pi^4}{3}},\quad \boxed{\frac{7}{3}\ln 2},\quad \boxed{1-\frac{5}{2e}},\quad \boxed{\frac{\pi ab}{2}} $$
难度评级：★★☆☆☆