2009年考研数学二第19题
📝 题目
计算二重积分 $\iint_{D}(x-y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $D=\left\{(x, y) \mid(x-1)^{2}+(y-1)^{2} \leqslant 2, y \geqslant x\right\}$ ．
💡 答案解析
**答案**: 见解析
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**解析**:
方法一 令 $\left\{\begin{array}{l}x-1=r \cos \theta, \\ y-1=r \sin \theta,\end{array}\right.$ 则
$$ \begin{aligned} D=\left\{(r, \theta) \left\lvert\, \frac{\pi}{4} \leqslant \theta\right.\right. & \left.\leqslant \frac{5 \pi}{4}, 0 \leqslant r \leqslant \sqrt{2}\right} \\ \text { 于是 } \int_{D}(x-y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y & =\iint_{D}[(x-1)-(y-1)] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\ & =\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5 \pi}{4}} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\sqrt{2}} r^{2}(\cos \theta-\sin \theta) \mathrm{d} r \\ & =\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5 \pi}{4}}(\cos \theta-\sin \theta) \mathrm{d} \theta \int_{0}^{\sqrt{2}} r^{2} \mathrm{~d} r \\ & =\frac{2 \sqrt{2}}{3} \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5 \pi}{4}}(\cos \theta-\sin \theta) \mathrm{d} \theta \\ & =\left.\frac{2 \sqrt{2}}{3}(\sin \theta+\cos \theta)\right|_{\frac{\pi}{4}} ^{\frac{5 \pi}{4}}=-\frac{8}{3} \end{aligned} $$
三（19）题图
方法二 令 $\left\{\begin{array}{l}x=r \cos \theta, \\ y=r \sin \theta,\end{array}\right.$ 则 $D=\left\{(r, \theta) \left\lvert\, \displaystyle\frac{\pi}{4} \leqslant \theta \leqslant \displaystyle\frac{3 \pi}{4}\right., 0 \leqslant r \leqslant 2(\sin \theta+\cos \theta)\right}$ ，
$$ \text { 于是 } \begin{aligned} \iint_{D}(x-y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y & =\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3 \pi}{4}} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{2(\sin \theta+\cos \theta)} r^{2}(\cos \theta-\sin \theta) \mathrm{d} r \\ & =\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3 \pi}{4}}(\cos \theta-\sin \theta) \mathrm{d} \theta \int_{0}^{2(\sin \theta+\cos \theta)} r^{2} \mathrm{~d} r \\ & =\frac{8}{3} \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3 \pi}{4}}(\sin \theta+\cos \theta)^{3}(\cos \theta-\sin \theta) \mathrm{d} \theta \\ & =\frac{8}{3} \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3 \pi}{4}}(\sin \theta+\cos \theta)^{3} \mathrm{~d}(\sin \theta+\cos \theta) \\ & =\left.\frac{8}{3} \cdot \frac{1}{4}(\sin \theta+\cos \theta)^{4}\right|_{\frac{\pi}{4}} ^{\frac{3 \pi}{4}}=-\frac{8}{3} \end{aligned} $$
方法点评：本题的二重积分区域的边界曲线含 $x^{2}+y^{2}$ ，一般使用极坐标变换． 对圆域 $D:(x-a)^{2}+(y-b)^{2}=R^{2}$ 作极坐标变换一般有两种形式：
$$ \left\{\begin{array} { l } { x = r \operatorname { c o s } \theta } \\ { y = r \operatorname { s i n } \theta } \end{array} \text { 及 } \left\{\begin{array}{l} x-a=r \cos \theta \\ y-b=r \sin \theta \end{array}\right.\right. $$
确定 $\theta$ 及 $r$ 的范围方法不同，前者从坐标原点确定范围，后者从圆心确定范围．
📋 详细解题步骤
步骤 1/10
目标：分析积分区域D
首先，我们需要明确积分区域$D$的几何形状。题目中给出的区域$D$是圆$(x-1)^2+(y-1)^2=2$在直线$y=x$上方的部分。圆的圆心为$(1,1)$，半径为$\sqrt{2}$。直线$y=x$通过原点且斜率为1，它恰好经过圆心$(1,1)$。因此，直线$y=x$将圆分成两个对称的半圆，而区域$D$是位于直线$y=x$上方的半圆（即$y\ge x$的部分）。
为了进一步描述区域$D$，我们需要确定圆的方程和直线方程的交点。联立方程组：
$$
\begin{cases}
(x-1)^2+(y-1)^2=2 \\
y=x
\end{cases}
$$
将$y=x$代入圆的方程：
$$
(x-1)^2+(x-1)^2=2 \quad \Rightarrow \quad 2(x-1)^2=2 \quad \Rightarrow \quad (x-1)^2=1
$$
解得$x-1=\pm1$，即$x=0$或$x=2$。因此交点为$(0,0)$和$(2,2)$。这两个交点正好是圆的一条直径的两个端点，因为圆心$(1,1)$是它们的中点。所以直线$y=x$是圆的直径所在直线，它将圆分为两个相等的半圆。
区域$D$是上半圆，即$y\ge x$的部分。在直角坐标系下，我们可以用两种方式描述该区域：
- 若采用$y$型积分（先对$x$后对$y$），则$y$的范围是从$0$到$2$，对于每个固定的$y$，$x$的范围是从直线$x=y$到圆的右半部分$x=1+\sqrt{2-(y-1)^2}$。但注意，当$y$从$0$到$2$时，圆的左半部分$x=1-\sqrt{2-(y-1)^2}$位于直线$x=y$的左侧，而区域$D$要求$x\le y$？实际上，区域$D$是$y\ge x$，即$x\le y$，所以对于固定的$y$，$x$的下限是圆的左边界$x=1-\sqrt{2-(y-1)^2}$，上限是直线$x=y$。但这样描述的区域是下半圆？我们需要仔细分析。
更直观的方法是：由于直线$y=x$是直径，且圆心在直线上，上半圆对应$y\ge x$。在直角坐标中，我们可以将区域$D$表示为：
$$
D=\{(x,y)\mid 0\le x\le 2,\ x\le y\le 1+\sqrt{2-(x-1)^2}\}
$$
或者
$$
D=\{(x,y)\mid 0\le y\le 2,\ 1-\sqrt{2-(y-1)^2}\le x\le y\}
$$
这两种描述都是正确的，但需要根据后续积分计算的方便性来选择。
另外，由于区域是半圆，我们也可以考虑使用极坐标变换，但圆心不在原点，极坐标形式会稍复杂。本题后续步骤将采用直角坐标下的积分顺序进行计算。
综上所述，积分区域$D$是一个半径为$\sqrt{2}$的半圆，圆心在$(1,1)$，位于直线$y=x$的上方，两个边界交点为$(0,0)$和$(2,2)$。
公式：$$(x-1)^2+(y-1)^2=2,\quad y=x,\quad \text{交点}(0,0),(2,2)$$
提示：注意直线$y=x$过圆心，因此区域是半圆，对称性可能简化计算。
步骤 2/10
目标：选择极坐标变换方法
为了简化积分区域和积分表达式，我们采用极坐标变换。由于积分区域是圆域 $(x-1)^2+(y-1)^2 \leq 2$，其圆心在 $(1,1)$，半径为 $\sqrt{2}$。直接使用以原点为中心的极坐标会导致积分限复杂，因此我们先将圆心平移至原点。令 \[ x-1 = r\cos\theta, \quad y-1 = r\sin\theta, \] 其中 $r \geq 0$，$\theta \in [0,2\pi)$。此时，圆域方程变为 \[ (r\cos\theta)^2 + (r\sin\theta)^2 \leq 2 \quad \Rightarrow \quad r^2 \leq 2, \] 即 $0 \leq r \leq \sqrt{2}$，而 $\theta$ 从 $0$ 到 $2\pi$。同时，被积函数中的 $x+y$ 需要表示为 $r$ 和 $\theta$ 的函数： \[ x+y = (1+r\cos\theta) + (1+r\sin\theta) = 2 + r(\cos\theta + \sin\theta). \] 面积元 $\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 在极坐标下变为 $r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$。因此，原二重积分 \[ \iint_D (x+y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y \] 转化为 \[ \iint_{D'} \bigl[2 + r(\cos\theta+\sin\theta)\bigr] \cdot r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta, \] 其中 $D'$ 是 $r\theta$ 平面上的矩形区域：$0 \leq r \leq \sqrt{2}$，$0 \leq \theta \leq 2\pi$。这样，积分区域变得规则，便于下一步计算。
公式：$$x-1 = r\cos\theta,\quad y-1 = r\sin\theta,\quad \mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$$
提示：平移圆心至原点可简化积分限，注意面积元要乘 $r$。
步骤 3/10
目标：确定极坐标下积分限
首先，将直角坐标下的积分区域转换为极坐标表示。原积分区域由曲线 $x^2+y^2=2$（即圆 $r=\sqrt{2}$）和直线 $y=x$、$y=0$ 围成。在极坐标下，$x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$，$x^2+y^2=r^2$。
直线 $y=x$ 对应 $\tan\theta=1$，即 $\theta=\frac{\pi}{4}$（第一象限）和 $\theta=\frac{5\pi}{4}$（第三象限）。直线 $y=0$ 对应 $\theta=0$ 和 $\theta=\pi$。但根据题目所给区域（通常为第一象限部分加上第三象限部分），实际积分区域由 $\theta$ 从 $\frac{\pi}{4}$ 到 $\frac{5\pi}{4}$ 扫过。具体分析：当 $\theta$ 从 $\frac{\pi}{4}$ 到 $\pi$ 时，$y\geq0$ 且 $x\leq0$？实际上，需要结合原题图形。通常此类题目中，区域是圆内位于直线 $y=x$ 上方（或下方）的部分。根据常见设定，积分区域为圆内且满足 $y\geq x$ 的部分，即 $\theta$ 从 $\frac{\pi}{4}$ 到 $\frac{5\pi}{4}$。
对于每个固定的 $\theta$，$r$ 从 $0$ 到圆的边界 $r=\sqrt{2}$。因此极坐标下的积分限为：
$$\theta:\ \frac{\pi}{4} \to \frac{5\pi}{4}, \quad r:\ 0 \to \sqrt{2}.$$
公式：$$\theta \in \left[\frac{\pi}{4},\frac{5\pi}{4}\right],\quad r \in [0,\sqrt{2}]$$
提示：注意直线 $y=x$ 对应两个角度 $\pi/4$ 和 $5\pi/4$，需根据区域实际范围确定。
步骤 4/10
目标：将被积函数用极坐标表示
将积分区域和积分变量转换为极坐标。设极坐标变换为：
$$x = r\cos\theta, \quad y = r\sin\theta$$
其中 $r \geq 0$，$\theta$ 为极角。
首先处理被积函数中的 $x-y$ 项。根据题目中给出的提示，将 $x-y$ 改写为 $(x-1)-(y-1)$，但更直接的方式是直接代入极坐标表达式：
$$x - y = r\cos\theta - r\sin\theta = r(\cos\theta - \sin\theta)$$
接下来，面积元 $dxdy$ 在极坐标下变为 $r\,dr\,d\theta$，即：
$$dxdy = r\,dr\,d\theta$$
因此，原被积函数 $f(x,y)$ 在极坐标下的表达式为：
$$f(r\cos\theta, r\sin\theta) = \frac{r(\cos\theta - \sin\theta)}{\sqrt{(r\cos\theta-1)^2 + (r\sin\theta-1)^2}}$$
注意分母中的 $(x-1)^2+(y-1)^2$ 在极坐标下可进一步化简：
$$(r\cos\theta-1)^2 + (r\sin\theta-1)^2 = r^2 - 2r(\cos\theta+\sin\theta) + 2$$
所以被积函数最终写为：
$$\frac{r(\cos\theta - \sin\theta)}{\sqrt{r^2 - 2r(\cos\theta+\sin\theta) + 2}}$$
整个二重积分在极坐标下变为：
$$\iint_D \frac{r(\cos\theta - \sin\theta)}{\sqrt{r^2 - 2r(\cos\theta+\sin\theta) + 2}} \, r\,dr\,d\theta = \iint_D \frac{r^2(\cos\theta - \sin\theta)}{\sqrt{r^2 - 2r(\cos\theta+\sin\theta) + 2}} \,dr\,d\theta$$
注意：在极坐标变换中，$r$ 和 $\theta$ 的积分限需要根据原积分区域 $D$ 确定，这将在后续步骤中完成。
公式：$$x - y = r(\cos\theta - \sin\theta), \quad dxdy = r\,dr\,d\theta$$
提示：注意极坐标变换后，被积函数中会多出一个 $r$ 因子，不要遗漏。
步骤 5/10
目标：化为累次积分并计算
将二重积分化为极坐标下的累次积分。由前一步骤，积分区域在极坐标下为：$\theta$ 从 $\frac{\pi}{4}$ 到 $\frac{5\pi}{4}$，$r$ 从 $0$ 到 $\sqrt{2}$。被积函数 $x-y$ 化为 $r(\cos\theta - \sin\theta)$，面积元 $\mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$。因此原积分化为：
$$
\iint_D (x-y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_{\theta=\pi/4}^{5\pi/4} \int_{r=0}^{\sqrt{2}} r(\cos\theta - \sin\theta) \cdot r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta = \int_{\pi/4}^{5\pi/4} (\cos\theta - \sin\theta) \,\mathrm{d}\theta \int_0^{\sqrt{2}} r^2 \,\mathrm{d}r.
$$
先计算内层关于 $r$ 的积分：
$$
\int_0^{\sqrt{2}} r^2 \,\mathrm{d}r = \left[ \frac{r^3}{3} \right]_0^{\sqrt{2}} = \frac{(\sqrt{2})^3}{3} = \frac{2\sqrt{2}}{3}.
$$
于是原积分化为：
$$
\iint_D (x-y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \frac{2\sqrt{2}}{3} \int_{\pi/4}^{5\pi/4} (\cos\theta - \sin\theta) \,\mathrm{d}\theta.
$$
至此，已将二重积分化为关于 $\theta$ 的一元定积分，下一步将计算该定积分。
公式：$$\iint_D (x-y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \frac{2\sqrt{2}}{3} \int_{\pi/4}^{5\pi/4} (\cos\theta - \sin\theta) \,\mathrm{d}\theta$$
提示：注意极坐标下面积元为$r\,dr\,d\theta$，不要遗漏$r$因子。
步骤 6/10
目标：计算θ积分
本步骤计算关于变量θ的定积分。被积函数为$\cos\theta - \sin\theta$，积分限为从$\frac{\pi}{4}$到$\frac{5\pi}{4}$。首先求出原函数：$\int (\cos\theta - \sin\theta) \, d\theta = \sin\theta + \cos\theta + C$。然后代入上下限计算定积分值：
$$
\begin{aligned}
\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}} (\cos\theta - \sin\theta) \, d\theta
&= \left[ \sin\theta + \cos\theta \right]_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}} \\
&= \left( \sin\frac{5\pi}{4} + \cos\frac{5\pi}{4} \right) - \left( \sin\frac{\pi}{4} + \cos\frac{\pi}{4} \right) \\
&= \left( -\frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} \right) - \left( \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} \right) \\
&= (-\sqrt{2}) - (\sqrt{2}) \\
&= -2\sqrt{2}.
\end{aligned}
$$
因此，该θ积分的计算结果为$-2\sqrt{2}$。
公式：$$\int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{5\pi}{4}} (\cos\theta - \sin\theta) \, d\theta = -2\sqrt{2}$$
提示：注意$\int \sin\theta \, d\theta = -\cos\theta$，代入时仔细核对符号。
步骤 7/10
目标：得出最终结果
前一步已求得积分表达式为 $\frac{2\sqrt{2}}{3} \times (-2\sqrt{2})$。现在进行数值计算：
首先计算乘积：
$$
\frac{2\sqrt{2}}{3} \times (-2\sqrt{2}) = \frac{2 \times (-2) \times (\sqrt{2} \times \sqrt{2})}{3} = \frac{-4 \times 2}{3} = -\frac{8}{3}.
$$
因此，原定积分的最终结果为 $-\frac{8}{3}$。
验证：由于被积函数在积分区间内连续，且计算过程每一步均严格遵循积分法则，结果可代入原积分进行数值验证。例如，取近似值 $\sqrt{2} \approx 1.4142$，则 $\frac{2\sqrt{2}}{3} \approx 0.9428$，$-2\sqrt{2} \approx -2.8284$，乘积约为 $-2.6667$，与 $-\frac{8}{3} \approx -2.6667$ 一致。
故最终答案为 $-\frac{8}{3}$。
公式：$$\frac{2\sqrt{2}}{3} \times (-2\sqrt{2}) = -\frac{8}{3}$$
提示：计算时先处理符号，再合并根式，最后化简分数。
步骤 8/10
目标：方法二：以原点为极点重新变换
采用极坐标变换，令 $x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$。积分区域 $D$ 由圆 $(x-1)^2+(y-1)^2=2$ 所围成。将圆的方程化为极坐标形式：
$(r\cos\theta-1)^2+(r\sin\theta-1)^2=2$。
展开得：$r^2\cos^2\theta - 2r\cos\theta +1 + r^2\sin^2\theta - 2r\sin\theta +1 =2$。
合并 $r^2(\cos^2\theta+\sin^2\theta)=r^2$，常数项 $1+1=2$，于是方程化为：
$r^2 - 2r(\cos\theta+\sin\theta) + 2 = 2$，即 $r^2 - 2r(\cos\theta+\sin\theta)=0$。
因此 $r(r - 2(\sin\theta+\cos\theta))=0$，由于 $r>0$，得到极坐标下的边界方程：
$$r = 2(\sin\theta+\cos\theta).$$
确定 $\theta$ 的范围。圆 $(x-1)^2+(y-1)^2=2$ 的圆心为 $(1,1)$，半径为 $\sqrt{2}$。该圆过原点 $(0,0)$，且圆心在直线 $y=x$ 上。从原点出发的射线与圆相切时，切点对应的角度即为 $\theta$ 的边界。由于圆关于直线 $y=x$ 对称，且原点在圆上，过原点的两条切线分别与 $x$ 轴正方向夹角为 $\frac{\pi}{4}$ 和 $\frac{3\pi}{4}$。因此 $\theta$ 的取值范围为：
$$\theta \in \left[\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4}\right].$$
此时，对于每个 $\theta$，$r$ 从 $0$ 到 $2(\sin\theta+\cos\theta)$ 变化。被积函数 $\sqrt{x^2+y^2} = r$，面积元 $\mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$。因此二重积分化为：
$$\iint_D \sqrt{x^2+y^2}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_{\pi/4}^{3\pi/4}\mathrm{d}\theta\int_0^{2(\sin\theta+\cos\theta)} r \cdot r\,\mathrm{d}r = \int_{\pi/4}^{3\pi/4}\mathrm{d}\theta\int_0^{2(\sin\theta+\cos\theta)} r^2\,\mathrm{d}r.$$
先对 $r$ 积分：
$$\int_0^{2(\sin\theta+\cos\theta)} r^2\,\mathrm{d}r = \left[\frac{r^3}{3}\right]_0^{2(\sin\theta+\cos\theta)} = \frac{8}{3}(\sin\theta+\cos\theta)^3.$$
于是原积分化为：
$$\frac{8}{3}\int_{\pi/4}^{3\pi/4} (\sin\theta+\cos\theta)^3\,\mathrm{d}\theta.$$
此步骤完成了极坐标变换与积分限的确定，后续将计算此定积分。
公式：$$r = 2(\sin\theta+\cos\theta),\quad \theta\in\left[\frac{\pi}{4},\frac{3\pi}{4}\right]$$
提示：注意圆过原点，利用切线确定$\theta$范围，避免遗漏。
步骤 9/10
目标：方法二积分计算
方法二采用极坐标计算。积分区域由曲线 $r = 2(\sin\theta + \cos\theta)$ 与射线 $\theta = \pi/4$ 和 $\theta = 3\pi/4$ 围成。在极坐标下，面积元素为 $r\,dr\,d\theta$，被积函数为 $r$（因为直角坐标下的被积函数 $1$ 在极坐标下对应 $r$，但此处我们实际计算的是面积，即 $\iint_D 1\,dxdy = \iint_D r\,dr\,d\theta$）。然而，题目中给出的积分表达式为 $\int_{\pi/4}^{3\pi/4} (\cos\theta - \sin\theta)\,d\theta \int_0^{2(\sin\theta+\cos\theta)} r^2\,dr$，这实际上是在计算 $\iint_D (x-y)\,dxdy$ 的极坐标形式，因为 $x-y = r\cos\theta - r\sin\theta = r(\cos\theta-\sin\theta)$，而面积元 $dxdy = r\,dr\,d\theta$，所以被积函数整体为 $r(\cos\theta-\sin\theta) \cdot r = r^2(\cos\theta-\sin\theta)$。因此积分化为：
$$\iint_D (x-y)\,dxdy = \int_{\pi/4}^{3\pi/4} (\cos\theta-\sin\theta)\,d\theta \int_0^{2(\sin\theta+\cos\theta)} r^2\,dr.$$
先计算内层积分：
$$\int_0^{2(\sin\theta+\cos\theta)} r^2\,dr = \left[\frac{r^3}{3}\right]_0^{2(\sin\theta+\cos\theta)} = \frac{8}{3}(\sin\theta+\cos\theta)^3.$$
代入外层积分得：
$$\text{积分} = \int_{\pi/4}^{3\pi/4} (\cos\theta-\sin\theta) \cdot \frac{8}{3}(\sin\theta+\cos\theta)^3\,d\theta = \frac{8}{3} \int_{\pi/4}^{3\pi/4} (\sin\theta+\cos\theta)^3 (\cos\theta-\sin\theta)\,d\theta.$$
此即步骤概要中给出的表达式。接下来进行变量代换：令 $u = \sin\theta + \cos\theta$，则 $du = (\cos\theta - \sin\theta)\,d\theta$。当 $\theta = \pi/4$ 时，$u = \sin(\pi/4)+\cos(\pi/4) = \sqrt{2}/2 + \sqrt{2}/2 = \sqrt{2}$；当 $\theta = 3\pi/4$ 时，$u = \sin(3\pi/4)+\cos(3\pi/4) = \sqrt{2}/2 - \sqrt{2}/2 = 0$。因此积分变为：
$$\frac{8}{3} \int_{\sqrt{2}}^{0} u^3\,du = \frac{8}{3} \cdot \left[-\frac{u^4}{4}\right]_{\sqrt{2}}^{0} = \frac{8}{3} \cdot \left(0 - \left(-\frac{(\sqrt{2})^4}{4}\right)\right) = \frac{8}{3} \cdot \frac{4}{4} = \frac{8}{3}.$$
注意：$\sqrt{2}^4 = (\sqrt{2})^4 = 4$，所以 $\frac{4}{4}=1$，最终结果为 $\frac{8}{3}$。
公式：$$\int_{\pi/4}^{3\pi/4} (\cos\theta-\sin\theta)\,d\theta \int_0^{2(\sin\theta+\cos\theta)} r^2\,dr = \frac{8}{3} \int_{\pi/4}^{3\pi/4} (\sin\theta+\cos\theta)^3 (\cos\theta-\sin\theta)\,d\theta = \frac{8}{3}$$
提示：令 $u=\sin\theta+\cos\theta$，则 $du=(\cos\theta-\sin\theta)d\theta$，积分限随之变化，可简化计算。
步骤 10/10
目标：变量代换并求值
进行变量代换。令 $u = \sin\theta + \cos\theta$，则 $du = (\cos\theta - \sin\theta)d\theta$。原积分中的被积函数为 $\frac{8}{3}(\sin\theta + \cos\theta)^3 (\cos\theta - \sin\theta)$，恰好可以写成 $\frac{8}{3} u^3 du$。同时需要变换积分上下限：当 $\theta = \frac{\pi}{4}$ 时，$u = \sin\frac{\pi}{4} + \cos\frac{\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} = \sqrt{2}$；当 $\theta = \frac{3\pi}{4}$ 时，$u = \sin\frac{3\pi}{4} + \cos\frac{3\pi}{4} = \frac{\sqrt{2}}{2} - \frac{\sqrt{2}}{2} = 0$。因此积分变为：
$$\int_{\theta=\pi/4}^{3\pi/4} \frac{8}{3} (\sin\theta+\cos\theta)^3 (\cos\theta-\sin\theta) d\theta = \frac{8}{3} \int_{u=\sqrt{2}}^{0} u^3 du.$$
计算定积分：$\int u^3 du = \frac{u^4}{4}$，所以
$$\frac{8}{3} \int_{\sqrt{2}}^{0} u^3 du = \frac{8}{3} \left[ \frac{u^4}{4} \right]_{\sqrt{2}}^{0} = \frac{8}{3} \left( \frac{0^4}{4} - \frac{(\sqrt{2})^4}{4} \right) = \frac{8}{3} \left( 0 - \frac{4}{4} \right) = \frac{8}{3} \times (-1) = -\frac{8}{3}.$$
因此原定积分的值为 $-\frac{8}{3}$。至此，题目求解完毕。最终答案验证：通过变量代换将原积分化为幂函数积分，计算过程无误，结果正确。
公式：$$\int_{\pi/4}^{3\pi/4} \frac{8}{3}(\sin\theta+\cos\theta)^3(\cos\theta-\sin\theta)d\theta = \frac{8}{3}\int_{\sqrt{2}}^{0} u^3 du = -\frac{8}{3}$$
提示：代换后务必同步更新上下限，并注意积分限大小关系，避免符号错误。
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