同济高数 第10章 第10-2-2题

[AI解答]

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（1）
积分区域 $D$ 由 $y=\sqrt{x}$ 和 $y=x^2$ 围成。
先求交点：
$$
\sqrt{x}=x^2 \quad\Rightarrow\quad x=x^4 \quad\Rightarrow\quad x(1-x^3)=0
$$
得 $x=0$ 或 $x=1$，对应 $y=0$ 和 $y=1$。
画出区域，在 $0\le x\le 1$ 上，下边界为 $y=x^2$，上边界为 $y=\sqrt{x}$。

$$
\iint_D x\sqrt{y}\,d\sigma
= \int_{x=0}^{1} \int_{y=x^2}^{\sqrt{x}} x\sqrt{y}\,dy\,dx
$$

先对 $y$ 积分：
$$
\int_{y=x^2}^{\sqrt{x}} \sqrt{y}\,dy = \left[\frac{2}{3}y^{3/2}\right]_{x^2}^{\sqrt{x}}
= \frac{2}{3}\left( (x^{1/2})^{3/2} - (x^2)^{3/2} \right)
= \frac{2}{3}\left( x^{3/4} - x^{3} \right)
$$

再对 $x$ 积分：
$$
\iint_D = \int_{0}^{1} x\cdot\frac{2}{3}(x^{3/4}-x^3)\,dx
= \frac{2}{3}\int_{0}^{1} (x^{7/4} - x^4)\,dx
$$

计算：
$$
\int_{0}^{1} x^{7/4}\,dx = \frac{4}{11},\quad
\int_{0}^{1} x^4\,dx = \frac{1}{5}
$$
所以：
$$
\iint_D = \frac{2}{3}\left( \frac{4}{11} - \frac{1}{5} \right)
= \frac{2}{3}\cdot \frac{20-11}{55}
= \frac{2}{3}\cdot \frac{9}{55} = \frac{6}{55}
$$

答案： $\displaystyle \frac{6}{55}$

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（2）
区域 $D$：右半圆 $x^2+y^2\le 4,\ x\ge 0$。
采用极坐标：$x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta$，
$0\le r\le 2,\ -\frac{\pi}{2}\le\theta\le\frac{\pi}{2}$，面积元 $d\sigma = r\,dr\,d\theta$。

被积函数 $xy^2 = r\cos\theta\cdot r^2\sin^2\theta = r^3\cos\theta\sin^2\theta$。

$$
\iint_D xy^2\,d\sigma
= \int_{\theta=-\pi/2}^{\pi/2} \int_{r=0}^{2} r^3\cos\theta\sin^2\theta \cdot r\,dr\,d\theta
= \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos\theta\sin^2\theta\,d\theta \int_{0}^{2} r^4\,dr
$$

先算 $r$ 部分：
$$
\int_{0}^{2} r^4\,dr = \left[\frac{r^5}{5}\right]_{0}^{2} = \frac{32}{5}
$$

再算 $\theta$ 部分：令 $u=\sin\theta$，则 $du=\cos\theta\,d\theta$，
当 $\theta=-\pi/2\to\pi/2$ 时，$u=-1\to 1$，
$$
\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos\theta\sin^2\theta\,d\theta = \int_{-1}^{1} u^2\,du = \frac{2}{3}
$$

相乘得：
$$
\iint_D = \frac{32}{5}\cdot\frac{2}{3} = \frac{64}{15}
$$

答案： $\displaystyle \frac{64}{15}$

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（3）
区域 $D: |x|+|y|\le 1$ 是菱形，顶点 $(\pm1,0),\ (0,\pm1)$。
由对称性，可将区域分成四块，但被积函数 $e^{x+y}=e^x e^y$ 不对称，故直接积分。

先对 $x$ 积分：对于固定 $y\in[-1,1]$，
$|x|\le 1-|y|$，即 $- (1-|y|) \le x \le 1-|y|$。

$$
\iint_D e^{x+y}\,d\sigma
= \int_{y=-1}^{1} \int_{x=-(1-|y|)}^{1-|y|} e^{x+y}\,dx\,dy
$$

先对 $x$ 积分：
$$
\int_{-(1-|y|)}^{1-|y|} e^{x+y}\,dx
= e^y \left[ e^x \right]_{-(1-|y|)}^{1-|y|}
= e^y \left( e^{1-|y|} - e^{-(1-|y|)} \right)
= e^y \cdot 2\sinh(1-|y|)
$$

于是：
$$
\iint_D = 2\int_{-1}^{1} e^y \sinh(1-|y|)\,dy
$$
由于被积函数关于 $y$ 偶（$|y|$ 偶，$e^y$ 部分偶？注意 $e^y$ 不是偶函数，但区间对称时需分拆）。

分 $y\ge0$ 和 $y<0$：
$$
= 2\left[ \int_{-1}^{0} e^y \sinh(1+y)\,dy + \int_{0}^{1} e^y \sinh(1-y)\,dy \right]
$$

对第一个积分，令 $t=-y$，则 $y=-t,\ dy=-dt$，当 $y=-1\to0$，$t=1\to0$：
$$
\int_{-1}^{0} e^y \sinh(1+y)\,dy
= \int_{1}^{0} e^{-t} \sinh(1-t)(-dt)
= \int_{0}^{1} e^{-t} \sinh(1-t)\,dt
$$

而第二个积分是 $\int_{0}^{1} e^y \sinh(1-y)\,dy$。
所以总和为：
$$
\int_{0}^{1} \left[ e^{-y}\sinh(1-y) + e^{y}\sinh(1-y) \right] dy
= \int_{0}^{1} 2\cosh y \cdot \sinh(1-y)\,dy
$$

利用公式：$2\cosh y \sinh(1-y) = \sinh(1) + \sinh(1-2y)$？
实际上：
$$
2\cosh A \sinh B = \sinh(A+B) + \sinh(B-A)
$$
令 $A=y,\ B=1-y$，则：
$$
2\cosh y \sinh(1-y) = \sinh(1) + \sinh(1-2y)
$$

于是：
$$
\int_{0}^{1} [\sinh 1 + \sinh(1-2y)]\,dy
= \sinh 1 \cdot 1 + \int_{0}^{1} \sinh(1-2y)\,dy
$$

计算：
$$
\int_{0}^{1} \sinh(1-2y)\,dy
= \left[ -\frac{1}{2}\cosh(1-2y) \right]_{0}^{1}
= -\frac{1}{2}[\cosh(-1) - \cosh(1)]
= -\frac{1}{2}(\cosh 1 - \cosh 1)=0
$$

所以积分结果为 $\sinh 1$，再乘以外面的因子2：
$$
\iint_D = 2 \cdot \sinh 1 = 2\sinh 1 = e - e^{-1}
$$

答案： $\displaystyle e - e^{-1}$

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（4）
区域由 $y=2,\ y=x,\ y=2x$ 围成。
画出图形：三条直线交点为
$y=x$ 与 $y=2$ 得 $(2,2)$，
$y=2x$ 与 $y=2$ 得 $(1,2)$，
$y=x$ 与 $y=2x$ 得 $(0,0)$。
区域为三角形，顶点 $(0,0),\ (1,2),\ (2,2)$。

采用先 $x$ 后 $y$ 积分：
$y$ 从 $0$ 到 $2$，
对于固定 $y$，下边界 $