下册 8.1 二重积分 第37题
📝 题目
37．计算下列累次积分。
（1）$\displaystyle I=\int_{0}^{1} \mathrm{~d} x \int_{1-x}^{\sqrt{1-x^{2}}} \frac{x+y}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} y$ ．
（2） $\displaystyle \int_{0}^{\sqrt{2}} \mathrm{~d} y \int_{y}^{\sqrt{4-y^{2}}} \frac{\mathrm{~d} x}{\sqrt{1+x^{2}+y^{2}}}$ ．
（3） $\displaystyle \int_{0}^{1} \mathrm{~d} x \int_{-\sqrt{1-x^{2}}}^{\sqrt{1-x^{2}}} \sqrt{\frac{1-x^{2}-y^{2}}{1+x^{2}+y^{2}}} \mathrm{~d} y$ ．
（4） $\int_{0}^{a} \mathrm{~d} x \int_{0}^{\sqrt{a^{2}-x^{2}}} \sqrt{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} y$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）如图8．101 所示，令 $x=r \cos t, y=r \sin t$ ，则 $\displaystyle 0 \leqslant t \leqslant \frac{\pi}{2}, \frac{1}{\sin t+\cos t} \leqslant r \leqslant 1$ ．于是 $\displaystyle I=\int_{0}^{1} \mathrm{~d} x \int_{1-x}^{\sqrt{1-x^{2}}} \frac{x+y}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} y=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} t \int_{\frac{1}{\sin t+\cos t}}^{1} \frac{r \cos t+r \sin t}{r^{2}} r \mathrm{~d} r=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\sin t+\cos t-1) \mathrm{d} t=2-\frac{\pi}{2}$ ．
\begin{figure}
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\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{．图8．101}
\end{figure}
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-171.jpg?height=1127&width=1272&top_left_y=1837&top_left_x=3494}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图8．102}
\end{figure}
（2）如图8．102所示，令 $x=r \cos t, y=r \sin t$ ，则 $\displaystyle 0 \leqslant t \leqslant \frac{\pi}{4}, 0 \leqslant r \leqslant 2$ ．于是
$$
\int_{0}^{\sqrt{2}} \mathrm{~d} y \int_{y}^{\sqrt{4-y^{2}}} \frac{\mathrm{~d} x}{\sqrt{1+x^{2}+y^{2}}}=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \mathrm{~d} t \int_{0}^{2} \frac{r}{\sqrt{1+r^{2}}} \mathrm{~d} r=\frac{\pi}{4}(\sqrt{5}-1) .
$$
（3）如图8．103所示，令 $x=r \cos t, y=r \sin t$ ，则 $\displaystyle -\frac{\pi}{2} \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}, 0 \leqslant r \leqslant 1$ ．于是 $\displaystyle \int_{0}^{1} \mathrm{~d} x \int_{-\sqrt{1-x^{2}}}^{\sqrt{1-x^{2}}}\left(\frac{1-x^{2}-y^{2}}{1+x^{2}+y^{2}}\right)^{\frac{1}{2}} \mathrm{~d} y=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1}\left(\frac{1-r^{2}}{1+r^{2}}\right)^{\frac{1}{2}} r \mathrm{~d} r=\pi \int_{0}^{1}\left(\frac{1-r^{2}}{1+r^{2}}\right)^{\frac{1}{2}} r \mathrm{~d} r \frac{t=r^{2}}{2} \frac{\pi}{2} \int_{0}^{1} \sqrt{\frac{1-t}{1+t}} \mathrm{~d} t$
$$
\begin{aligned}
& =\frac{\pi}{2} \int_{0}^{1} \frac{1-t}{\sqrt{1-t^{2}}} \mathrm{~d} t=\frac{\pi}{2}\left(\int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-t^{2}}} \mathrm{~d} t-\int_{0}^{1} \frac{t}{\sqrt{1-t^{2}}} \mathrm{~d} t\right) \\
& =\frac{\pi}{2}\left(\left.\arcsin t\right|_{0} ^{1}+\left.\sqrt{1-t^{2}}\right|_{0} ^{1}\right)=\frac{\pi}{2}\left(\frac{\pi}{2}-1\right)
\end{aligned}
$$
\begin{figure}
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\caption{图8．103}
\end{figure}
\begin{figure}
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\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 8.104}
\end{figure}
（4）如图8．104 所示，令 $x=r \cos t, y=r \sin t$ ，则 $\displaystyle 0 \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}, 0 \leqslant r \leqslant a$ ．于是
$$
\int_{0}^{a} \mathrm{~d} x \int_{0}^{\sqrt{a^{2}-x^{2}}} \sqrt{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} y=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{a} r^{2} \mathrm{~d} r=\frac{\pi}{6} a^{3} .
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/10
目标：分析积分区域并确定极坐标变换
对于第（1）小题，积分区域由 $x$ 从 $0$ 到 $1$，$y$ 从 $1-x$ 到 $\sqrt{1-x^2}$ 描述。该区域是圆 $x^2+y^2=1$ 的上半圆与直线 $x+y=1$ 所围成的扇形区域。采用极坐标变换 $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$，则 $\theta$ 从 $0$ 到 $\frac{\pi}{2}$，$r$ 从直线 $r(\cos\theta+\sin\theta)=1$ 即 $r=\frac{1}{\sin\theta+\cos\theta}$ 到圆 $r=1$。
公式：极坐标变换：$x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$, $\mathrm{d}x\mathrm{d}y=r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$
提示：注意极坐标下面积元为 $r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$，不要遗漏 $r$。
步骤 2/10
目标：将累次积分化为极坐标形式
被积函数 $\frac{x+y}{x^2+y^2}$ 在极坐标下变为 $\frac{r\cos\theta+r\sin\theta}{r^2}=\frac{\cos\theta+\sin\theta}{r}$。于是积分化为：
$$I=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{\frac{1}{\sin\theta+\cos\theta}}^{1} \frac{\cos\theta+\sin\theta}{r} \cdot r \mathrm{d}r = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{\frac{1}{\sin\theta+\cos\theta}}^{1} (\sin\theta+\cos\theta) \mathrm{d}r.$$
提示：注意 $r$ 的积分限是从小到大，不要写反。
步骤 3/10
目标：计算内层积分并化简
内层积分对 $r$ 积分，被积函数与 $r$ 无关：
$$\int_{\frac{1}{\sin\theta+\cos\theta}}^{1} (\sin\theta+\cos\theta) \mathrm{d}r = (\sin\theta+\cos\theta)\left(1-\frac{1}{\sin\theta+\cos\theta}\right) = \sin\theta+\cos\theta-1.$$
提示：注意 $\sin\theta+\cos\theta$ 在 $\theta\in[0,\pi/2]$ 上恒正，无需绝对值。
步骤 4/10
目标：计算外层积分得到结果
外层积分：
$$I = \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} (\sin\theta+\cos\theta-1) \mathrm{d}\theta = \left[-\cos\theta+\sin\theta-\theta\right]_{0}^{\frac{\pi}{2}} = (0+1-\frac{\pi}{2}) - (-1+0-0) = 2-\frac{\pi}{2}.$$
公式：$\int \sin\theta \mathrm{d}\theta = -\cos\theta$, $\int \cos\theta \mathrm{d}\theta = \sin\theta$
提示：注意代入上下限时不要出错。
步骤 5/10
目标：分析第（2）小题的积分区域并变换
第（2）小题积分区域：$y$ 从 $0$ 到 $\sqrt{2}$，$x$ 从 $y$ 到 $\sqrt{4-y^2}$。该区域是圆 $x^2+y^2=4$ 在第一象限内被直线 $x=y$ 所截的部分。采用极坐标，$\theta$ 从 $0$ 到 $\frac{\pi}{4}$，$r$ 从 $0$ 到 $2$。
提示：注意 $\theta$ 的上限由 $x=y$ 决定，即 $\tan\theta=1$，故 $\theta=\pi/4$。
步骤 6/10
目标：将第（2）小题化为极坐标并计算
被积函数 $\frac{1}{\sqrt{1+x^2+y^2}}$ 在极坐标下为 $\frac{1}{\sqrt{1+r^2}}$，面积元 $\mathrm{d}x\mathrm{d}y=r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$。积分化为：
$$\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{2} \frac{r}{\sqrt{1+r^2}} \mathrm{d}r = \frac{\pi}{4} \int_{0}^{2} \frac{r}{\sqrt{1+r^2}} \mathrm{d}r.$$
计算内层积分：令 $u=1+r^2$，则 $\mathrm{d}u=2r\mathrm{d}r$，$\int \frac{r}{\sqrt{1+r^2}} \mathrm{d}r = \sqrt{1+r^2}$，所以 $\int_{0}^{2} \frac{r}{\sqrt{1+r^2}} \mathrm{d}r = \sqrt{5}-1$。因此结果为 $\frac{\pi}{4}(\sqrt{5}-1)$。
公式：$\int \frac{r}{\sqrt{1+r^2}} \mathrm{d}r = \sqrt{1+r^2}+C$
提示：注意积分限变换时 $u$ 的对应。
步骤 7/10
目标：分析第（3）小题的积分区域并变换
第（3）小题积分区域：$x$ 从 $0$ 到 $1$，$y$ 从 $-\sqrt{1-x^2}$ 到 $\sqrt{1-x^2}$。这是右半单位圆盘（$x\ge0$）。采用极坐标，$\theta$ 从 $-\frac{\pi}{2}$ 到 $\frac{\pi}{2}$，$r$ 从 $0$ 到 $1$。
提示：注意 $\theta$ 的范围对应右半圆。
步骤 8/10
目标：将第（3）小题化为极坐标并化简
被积函数 $\sqrt{\frac{1-x^2-y^2}{1+x^2+y^2}} = \sqrt{\frac{1-r^2}{1+r^2}}$。积分化为：
$$\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{1} \sqrt{\frac{1-r^2}{1+r^2}} \, r \mathrm{d}r = \pi \int_{0}^{1} r \sqrt{\frac{1-r^2}{1+r^2}} \mathrm{d}r.$$
令 $t=r^2$，则 $\mathrm{d}t=2r\mathrm{d}r$，$r\mathrm{d}r = \frac{1}{2}\mathrm{d}t$，积分变为 $\frac{\pi}{2} \int_{0}^{1} \sqrt{\frac{1-t}{1+t}} \mathrm{d}t$。
提示：注意 $\theta$ 积分对称，结果为 $\pi$ 倍。
步骤 9/10
目标：计算第（3）小题的定积分
计算 $\int_{0}^{1} \sqrt{\frac{1-t}{1+t}} \mathrm{d}t$。分子有理化：$\sqrt{\frac{1-t}{1+t}} = \frac{1-t}{\sqrt{1-t^2}}$。于是积分化为：
$$\int_{0}^{1} \frac{1-t}{\sqrt{1-t^2}} \mathrm{d}t = \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-t^2}} \mathrm{d}t - \int_{0}^{1} \frac{t}{\sqrt{1-t^2}} \mathrm{d}t = \left[\arcsin t\right]_{0}^{1} + \left[\sqrt{1-t^2}\right]_{0}^{1} = \frac{\pi}{2} - 1.$$
因此原积分为 $\frac{\pi}{2} \left(\frac{\pi}{2} - 1\right) = \frac{\pi^2}{4} - \frac{\pi}{2}$。
公式：$\int \frac{1}{\sqrt{1-t^2}} \mathrm{d}t = \arcsin t + C$, $\int \frac{t}{\sqrt{1-t^2}} \mathrm{d}t = -\sqrt{1-t^2}+C$
提示：注意第二个积分有负号。
步骤 10/10
目标：分析第（4）小题并计算
第（4）小题积分区域：$x$ 从 $0$ 到 $a$，$y$ 从 $0$ 到 $\sqrt{a^2-x^2}$，即第一象限的四分之一圆盘。采用极坐标，$\theta$ 从 $0$ 到 $\frac{\pi}{2}$，$r$ 从 $0$ 到 $a$。被积函数 $\sqrt{x^2+y^2}=r$。积分化为：
$$\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{a} r \cdot r \mathrm{d}r = \frac{\pi}{2} \int_{0}^{a} r^2 \mathrm{d}r = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{a^3}{3} = \frac{\pi a^3}{6}.$$
公式：$\int r^2 \mathrm{d}r = \frac{r^3}{3}$
提示：注意面积元 $r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$ 中已经有一个 $r$，被积函数还有一个 $r$，所以是 $r^2$。
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