同济高数 第10章 第10-2-15题

[AI解答]

[AI解答]

（1）
区域 $D$ 由 $x=2,\ y=x,\ xy=1$ 围成。先画出草图：
曲线 $xy=1$ 即 $y=1/x$，与 $y=x$ 交于 $(1,1)$，与 $x=2$ 交于 $(2,1/2)$。
区域可表示为：
$$
D:\ 1 \le x \le 2,\quad \frac{1}{x} \le y \le x.
$$
因此
$$
\iint_D \frac{x^2}{y^2}\,d\sigma
= \int_{x=1}^2 \int_{y=1/x}^{x} \frac{x^2}{y^2}\,dy\,dx.
$$
先对 $y$ 积分：
$$
\int_{1/x}^{x} y^{-2}\,dy = \left[-y^{-1}\right]_{1/x}^{x}
= -\frac{1}{x} + x.
$$
乘以 $x^2$ 得 $x^2\left(x - \frac{1}{x}\right) = x^3 - x$。
再对 $x$ 积分：
$$
\int_{1}^2 (x^3 - x)\,dx = \left[\frac{x^4}{4} - \frac{x^2}{2}\right]_{1}^2
= \left(4 - 2\right) - \left(\frac14 - \frac12\right)
= 2 - \left(-\frac14\right) = \frac{9}{4}.
$$
所以结果为 $\displaystyle \frac{9}{4}$。

（2）
区域 $D$：第一象限内 $x^2+y^2 \le 1$，用极坐标：
$$
x = r\cos\theta,\ y = r\sin\theta,\quad 0\le r\le 1,\ 0\le\theta\le \frac{\pi}{2}.
$$
被积函数
$$
\sqrt{\frac{1-x^2-y^2}{1+x^2+y^2}} = \sqrt{\frac{1-r^2}{1+r^2}}.
$$
面积元 $d\sigma = r\,dr\,d\theta$，于是
$$
\iint_D \sqrt{\frac{1-x^2-y^2}{1+x^2+y^2}}\,d\sigma
= \int_{\theta=0}^{\pi/2} \int_{r=0}^1 \sqrt{\frac{1-r^2}{1+r^2}}\, r\,dr\,d\theta.
$$
先对 $r$ 积分，令 $u = r^2$，则 $du = 2r\,dr$，$r\,dr = du/2$，
$$
\int_0^1 \sqrt{\frac{1-r^2}{1+r^2}}\, r\,dr
= \frac12 \int_0^1 \sqrt{\frac{1-u}{1+u}}\,du.
$$
再令 $t = \sqrt{\frac{1-u}{1+u}}$，则 $u = \frac{1-t^2}{1+t^2}$，$du = \frac{-4t}{(1+t^2)^2}dt$，当 $u=0$ 时 $t=1$，$u=1$ 时 $t=0$，
$$
\frac12 \int_1^0 t \cdot \frac{-4t}{(1+t^2)^2}\,dt
= 2\int_0^1 \frac{t^2}{(1+t^2)^2}\,dt.
$$
计算：
$$
\int \frac{t^2}{(1+t^2)^2}\,dt = \int \frac{1}{1+t^2}\,dt - \int \frac{1}{(1+t^2)^2}\,dt.
$$
已知
$$
\int \frac{1}{1+t^2}\,dt = \arctan t,\quad
\int \frac{1}{(1+t^2)^2}\,dt = \frac{t}{2(1+t^2)} + \frac12 \arctan t.
$$
所以
$$
\int_0^1 \frac{t^2}{(1+t^2)^2}\,dt
= \left[\arctan t - \frac{t}{2(1+t^2)} - \frac12 \arctan t\right]_0^1
= \left[\frac12 \arctan t - \frac{t}{2(1+t^2)}\right]_0^1
= \frac12\cdot\frac{\pi}{4} - \frac{1}{4} = \frac{\pi}{8} - \frac14.
$$
乘以 2 得 $\frac{\pi}{4} - \frac12$，再乘以 $\theta$ 积分 $\pi/2$：
$$
\iint = \frac{\pi}{2}\left(\frac{\pi}{4} - \frac12\right) = \frac{\pi^2}{8} - \frac{\pi}{4}.
$$

（3）
区域由 $y=x,\ y=x+a,\ y=a,\ y=3a$ 围成。作变量代换：令
$$
u = y - x,\quad v = y.
$$
则 $x = v - u$，雅可比行列式绝对值
$$
\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right| = 1.
$$
区域变为：
$u$ 从 $0$ 到 $a$，$v$ 从 $a$ 到 $3a$。
被积函数
$$
x^2+y^2 = (v-u)^2 + v^2 = 2v^2 - 2uv + u^2.
$$
积分
$$
\iint_D (x^2+y^2)\,d\sigma
= \int_{u=0}^a \int_{v=a}^{3a} (2v^2 - 2uv + u^2)\,dv\,du.
$$
先对 $v$ 积分：
$$
\int_a^{3a} (2v^2 - 2uv + u^2)\,dv
= \left[\frac{2}{3}v^3 - u v^2 + u^2 v\right]_{v=a}^{3a}.
$$
计算：
在 $v=3a$：$\frac{2}{3}(27a^3) - u(9a^2) + u^2(3a) = 18a^3 - 9a^2 u + 3a u^2$。
在 $v=a$：$\frac{2}{3}a^3 - a^2 u + a u^2$。
相减得
$$
\left(18a^3 - \frac{2}{3}a^3\right) + (-9a^2 u + a^2 u) + (3a u^2 - a u^2)
= \frac{52}{3}a^3 - 8a^2 u + 2a u^2.
$$
再对 $u$ 从 $0$ 到 $a$ 积分：
$$
\int_0^a \left(\frac{52}{3}a^3 - 8a^2 u + 2a u^2\right) du
= \frac{52}{3}a^3\cdot a - 8a^2\cdot\frac{a^2}{2} + 2a\cdot\frac{a^3}{3}
= \frac{52}{3}a^4 - 4a^4 + \frac{2}{3}a^4
= \left(\frac{52}{3} - \frac{12}{3} + \frac{2}{3}\right)a^4 = \frac{42}{3}a^4 = 14a^4.
$$
结果为 $14a^4$。

（4）
区域为圆环 $a^2 \le x^2+y^2 \le b^2$，用极坐标：
$$
\iint_D \sqrt{x^2+y^2}\,d\sigma
= \int_{\theta=0}^{2\pi} \int_{r=a}^b r \cdot r\,dr\,d\theta
= 2\pi \int_a^b r^2\,dr = 2\pi\cdot\frac{b^3-a^3}{3}
= \frac{2\pi}{3}(b^3-a^3).
$$

（5）
区域 $x^2+y^2 \le a x$ 即 $(x - a/2)^2 + y^2 \le (a/2)^2$，半径为 $a/2$ 的圆。用极坐标：
$$
x = r\cos\theta,\ y = r\sin\theta,
$$
不等式变为 $r^2 \le a r\cos\theta$，即 $0 \le r \le a\cos\theta$。
由于圆在 $x\ge 0$ 一侧，$\theta$ 范围 $-\pi/2 \le \theta \le \pi/