14.利用极坐标计算下列各题:-|||-(1) iint (e)^(x^2+{y)^2}dx 其中D是由圆周 ^2+(y)^2=4 所围成的闭区域;-|||-(2) iint ln (1+(x)^2+(y)^2)do 其中D是由圆周 ^2+(y)^2=1 及坐标轴所围成的在第一象限内的-|||-闭区域;-|||-(3) iint arctan dfrac (y)(x)do 其中D是由圆周 ^2+(y)^2=4, ^2+(y)^2=1 及直线 y=0 =x 所围成的-|||-在第一象限内的闭区域.

考察知识

本题主要考察利用极坐标计算二重二重积分，核心是将直角坐标下的积分区域和被积函数转化为极坐标形式，再通过累次积分求解。

题目(1)解析：$\iint_{D} e^{x^2+y^2}d\sigma$，$D$D:x^2+y^2\leq4$

1. 极坐标转化：
   直角坐标与极坐标关系：$x^2+y^2=r^2$，$d\sigma=rdrd\theta$)，积分区域$D$为$0\leq\theta\leq2\pi$，$0\leq r\leq2$。
2. 累次积分：
   $\iint_{D}e^{x^2+y^2}d\sigma=\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{2}e^{r dr$
3. 计算内层积分：
   $\int_{0}^{2}re^{r^2}dr=\frac{1}{2}\int_{0}^{4}e^u du=\frac{1}{2}(e^4-1)$（令$u=r^2$）。
4. 计算外层积分：
   $\int_{0}^{2\pi}d\theta\cdot\frac{1}{2}(e^4-1)=2\pi\cdot\frac{1}{2}(e^4-1)=\pi(e^4-1)$。

题目(2)解析：$\iint_{D}\ln(1+x^2+y^2)d\sigma$，$D$：$x^2+y^2\leq1$第一象限

1. 极坐标转化：
   第一象限：$0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}$，$0\leq r\leq1$，$d\sigma=rdrd\theta$。
2. 累次积分：
   $\iint_{D}\ln(1+x^2+y^2)d\sigma=\int_{0}^{\frac{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_{0}^{1}\ln(1+r^2)r dr$
3. 计算内层积分：
   $\int_{0}^{1}r\ln(1+r^2)dr=\frac{1}{2}\int_{0^1\ln(1+u)du=\frac{1}{2}[u\ln(1+u)-u]_0^1=\frac{1}{2}(\ln2-1)$（令$u=1+r^2$）。
4. 外层积分：
   $\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta\cdot\frac{1}{2}(\ln2-1)=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{2}(\ln2-1)=\frac{\pi}{4}(2\ln2-1)$。

题目(3)解析：$\iint_{D}\arctan\frac{y}{x}d\sigma$，$D$由$1\leq r\leq4$、$y=0$、$y=x$第一象限围成

1. 极坐标转化：
   $y=0\theta=\frac{\pi}{4}$，$y=0\Rightarrow\theta=0$，$1\leq r\leq2$，$\arctan\frac{y}{x}=\theta$，$d\sigma=rdrd\theta$。
2. 累次积分：
   $\iint_{D}\arctan\frac{y}{x}d\sigma=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\theta d\theta\int_{1}^{2}\theta\cdot r dr$
3. 内层积分：
   $\int_{1}^{2}r dr=\frac{1}{2}(4-1)=\frac{3}{2}$。
4. 外层积分：
   $\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\theta d\theta\cdot\frac{3}{2}=\frac{3}{2}\cdot\left[\frac{1}{2}\right]_0^{\frac{\pi}{4}}=\frac{3}{4}\cdot\left(\frac{\pi^2}{64}\right)=\frac{3\pi^2}{256}$？（注：原答案可能存在笔误，按计算应为$\frac{3\pi^2}{256}$）。