同济高数 第10章 第10-2-1题

[AI解答]

[AI解答]

（1） 计算
$$
\iint_D (x^2+y^2)\,d\sigma,\quad D=\{(x,y)\mid |x|\le 1,|y|\le 1\}
$$
区域为正方形，可化为累次积分：
$$
\iint_D (x^2+y^2)\,d\sigma
= \int_{-1}^{1}\int_{-1}^{1} (x^2+y^2)\,dx\,dy
$$
先对 $x$ 积分：
$$
\int_{-1}^{1} (x^2+y^2)\,dx
= \left[\frac{x^3}{3}+y^2x\right]_{-1}^{1}
= \left(\frac{1}{3}+y^2\right)-\left(-\frac{1}{3}-y^2\right)
= \frac{2}{3}+2y^2
$$
再对 $y$ 积分：
$$
\int_{-1}^{1}\left(\frac{2}{3}+2y^2\right)dy
= \left[\frac{2}{3}y+\frac{2}{3}y^3\right]_{-1}^{1}
= \left(\frac{2}{3}+\frac{2}{3}\right)-\left(-\frac{2}{3}-\frac{2}{3}\right)
= \frac{4}{3}+\frac{4}{3}=\frac{8}{3}
$$
因此
$$
\boxed{\dfrac{8}{3}}
$$

---

（2） 计算
$$
\iint_D (3x+2y)\,d\sigma,\quad D:\ x\ge 0,\ y\ge 0,\ x+y\le 2
$$
区域为三角形，$0\le x\le 2,\ 0\le y\le 2-x$，则
$$
\iint_D (3x+2y)\,d\sigma
= \int_{0}^{2}\int_{0}^{2-x}(3x+2y)\,dy\,dx
$$
先对 $y$ 积分：
$$
\int_{0}^{2-x}(3x+2y)\,dy
= \left[3xy+y^2\right]_{0}^{2-x}
= 3x(2-x)+(2-x)^2
= 6x-3x^2 + 4-4x+x^2 = 4+2x-2x^2
$$
再对 $x$ 积分：
$$
\int_{0}^{2}(4+2x-2x^2)\,dx
= \left[4x+x^2-\frac{2}{3}x^3\right]_{0}^{2}
= 8+4-\frac{16}{3}=12-\frac{16}{3}=\frac{20}{3}
$$
因此
$$
\boxed{\dfrac{20}{3}}
$$

---

（3） 计算
$$
\iint_D (x^3+3x^2y+y^3)\,d\sigma,\quad D=[0,1]\times[0,1]
$$
化为累次积分：
$$
\iint_D (x^3+3x^2y+y^3)\,dx\,dy
= \int_{0}^{1}\int_{0}^{1}(x^3+3x^2y+y^3)\,dx\,dy
$$
先对 $x$ 积分：
$$
\int_{0}^{1}(x^3+3x^2y+y^3)\,dx
= \left[\frac{x^4}{4}+x^3y+xy^3\right]_{0}^{1}
= \frac{1}{4}+y+y^3
$$
再对 $y$ 积分：
$$
\int_{0}^{1}\left(\frac{1}{4}+y+y^3\right)dy
= \left[\frac{1}{4}y+\frac{y^2}{2}+\frac{y^4}{4}\right]_{0}^{1}
= \frac{1}{4}+\frac{1}{2}+\frac{1}{4}=1
$$
因此
$$
\boxed{1}
$$

---

（4） 计算
$$
\iint_D x\cos(x+y)\,d\sigma
$$
其中 $D$ 是顶点 $(0,0),(\pi,0),(\pi,\pi)$ 的三角形区域，即
$$
0\le x\le \pi,\quad 0\le y\le x
$$
化为累次积分：
$$
\iint_D x\cos(x+y)\,d\sigma
= \int_{0}^{\pi}\int_{0}^{x} x\cos(x+y)\,dy\,dx
$$
先对 $y$ 积分：
$$
\int_{0}^{x} x\cos(x+y)\,dy
= x\left[\sin(x+y)\right]_{0}^{x}
= x\bigl(\sin(2x)-\sin x\bigr)
$$
再对 $x$ 积分：
$$
\int_{0}^{\pi} x\bigl(\sin(2x)-\sin x\bigr)\,dx
= \int_{0}^{\pi} x\sin(2x)\,dx - \int_{0}^{\pi} x\sin x\,dx
$$
分别用分部积分：
$$
\int x\sin(2x)\,dx = -\frac{x}{2}\cos(2x)+\frac{1}{4}\sin(2x)
$$
$$
\int x\sin x\,dx = -x\cos x+\sin x
$$
代入上下限：
$$
\int_{0}^{\pi} x\sin(2x)\,dx
= \left[-\frac{x}{2}\cos(2x)+\frac{1}{4}\sin(2x)\right]_{0}^{\pi}
= -\frac{\pi}{2}\cos(2\pi)+0-0 = -\frac{\pi}{2}
$$
$$
\int_{0}^{\pi} x\sin x\,dx
= \left[-x\cos x+\sin x\right]_{0}^{\pi}
= (-\pi\cos\pi+0)-(0+0)= \pi
$$
因此原式 = $-\frac{\pi}{2} - \pi = -\frac{3\pi}{2}$，即
$$
\boxed{-\dfrac{3\pi}{2}}
$$

---

（5） 计算
$$
\iint_D \sqrt{|y-x^2|}\,dx\,dy,\quad D=[0,1]\times[0,1]
$$
由于绝对值，需分区域：
- 当 $y\ge x^2$ 时，$\sqrt{|y-x^2|}=\sqrt{y-x^2}$
- 当 $y

曲线 $y=x^2$ 将正方形分为两部分：
在 $0\le x\le 1$ 上，当 $0\le y\le x^2$ 时用 $\sqrt{x^2-y}$，当 $x^2\le y\le 1$ 时用 $\sqrt{y-x^2}$。
于是
$$
\iint_D = \int_{0}^{1}\int_{0}^{x^2}\sqrt{x^2-y}\,dy\,dx
+ \int_{0}^{1}\int_{x^2}^{1}\sqrt{y-x^2}\,dy\,dx
$$
先计算第一个积分：
令 $u=x^2-y$，则 $du=-dy$，当 $y=0$ 时 $u=x^2$，当 $y=x^2$ 时 $u=0$，
$$
\int_{0}^{x^2}\sqrt{x^2-y}\,dy = \int_{x^2}^{0}\sqrt{u}(-du)=\int_{0}^{x^2}u^{1/2}\,du = \frac{2}{3}x^3
$$
再计算第二个积分：
令 $v=y-x^2$，则 $dv=dy$，当 $y=x^2$ 时 $v=0$，当 $y=1$ 时 $v=1-x^2$，
$$
\int_{x^2}^{1}\sqrt{y-x^2}\,dy = \int_{0}^{1-x^2}v^{1/2}\,dv = \frac{2}{3}(1-x^2)^{3/2}
$$
于是原积分
$$
\int_{0}^{1}\frac{2}{3}x^3\,dx + \int_{0}^{1}\frac{2}{3}(1-x^2)^{3/2}\,dx
= \frac{2}{3}\cdot\frac{1}{4} + \frac{2}{3}\int_{0}^{1}(1-x^2)^{3/2}\,dx
= \frac{1}{6} + \frac{2}{3}I
$$
其中 $I=\int_{0}^{1}(1-x^2)^{3/2}\,dx$，令 $x=\sin\theta$，则 $