题目

(1)已知平面区域D=((x,y)|sqrt(1-y^2)le xle 1,-1le yle 1),计算iintlimits_(D)(x)/(sqrt(x^2)+y^(2) )dxdy.(sqrt(2)-2+ln(1+sqrt(2)))

(1)已知平面区域D={(x,y)|$\sqrt{1-y^{2}}\le x\le 1,-1\le y\le 1$},计算$\iint\limits_{D}\frac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}} }dxdy$. $(\sqrt{2}-2+\ln(1+\sqrt{2}))$

题目解答

答案

将区域 $D$ 表示为 $-1 \leq y \leq 1$，$\sqrt{1 - y^2} \leq x \leq 1$，则二重积分为： \[ \iint\limits_{D} \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}} \, dx \, dy = \int_{-1}^{1} \int_{\sqrt{1 - y^2}}^{1} \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}} \, dx \, dy. \] 先对 $x$ 积分，令 $u = x^2 + y^2$，则 $du = 2x \, dx$，积分变为： \[ \int_{\sqrt{1 - y^2}}^{1} \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}} \, dx = \left[ \sqrt{x^2 + y^2} \right]_{\sqrt{1 - y^2}}^{1} = \sqrt{1 + y^2} - 1. \] 再对 $y$ 积分： \[ \int_{-1}^{1} \left( \sqrt{1 + y^2} - 1 \right) \, dy = \int_{-1}^{1} \sqrt{1 + y^2} \, dy - 2. \] 利用恒等式 $\sqrt{1 + y^2} = \cosh(\text{arcsinh}(y))$，或三角代换 $y = \tan(\theta)$，可得： \[ \int_{-1}^{1} \sqrt{1 + y^2} \, dy = \sqrt{2} + \ln(1 + \sqrt{2}). \] 因此，原积分值为： \[ \boxed{\sqrt{2} + \ln(1 + \sqrt{2}) - 2}. \]

解析

本题考查二重积分的计算，解题思路是先根据给定的平面区域$D$将二重积分化为累次积分，然后先对$x$积分，再对$y$积分。

  1. 将二重积分化为累次积分：
    已知平面区域$D =\{(x,y)|\sqrt{1 - y^2} \leq x \leq 1, -1 \leq y \leq 1\}$，根据二重积分化为累次积分的方法，可得$\iint\limits_{D} \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}} \, dx \, dy = \int_{-1}^{1} \int_{\sqrt{1 - y^2}}^{1} \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}} \, dx \, dy$。
  2. 先对$x$积分：
    令$u = x^2 + y^2$，则$du = 2x \, dx$，$x\,dx=\frac{1}{2}du$。
    当$x = \sqrt{1 - y^2}$时，$u = (\sqrt{1 - y^2})^2 + y^2 = 1$；当$x = 1$时，$u = 1 + y^2$。
    那么$\int_{\sqrt{1 - y^2}}^{1} \frac{x}{\sqrt{x^2 + y^2}} \, dx=\frac{1}{2}\int_{1}^{1 + y^2} \frac{1}{\sqrt{u}} \, du$。
    根据积分公式$\int u^n du=\frac{u^{n + 1}}{n + 1}+C(n\neq -1)$，可得$\frac{1}{2}\int_{1}^{1 + y^2} \frac{1}{\sqrt{u}} \, du=\frac{1}{2}\int_{1}^{1 + y^2} u^{-\frac{1}{2}} \, du$。
    $\frac{1}{2}\left[ 2u^{\frac{1}{2}} \right]_{1}^{1 + y^2}=\left[ \sqrt{u} \right]_{1}^{1 + y^2}=\sqrt{1 + y^2} - 1$。
  3. 再对$y$积分：
    $\int_{-1}^{1} \left( \sqrt{1 + y^2} - 1 \right) \, dy = \int_{-1}^{1} \sqrt{1 + y^2} \, dy - \int_{-1}^{1} 1 \, dy$。
    因为$\int_{-1}^{1} 1 \, dy = [y]_{-1}^{1}=1 - (-1)=2$，所以$\int_{-1}^{1} \left( \sqrt{1 + y^2} - 1 \right) \, dy = \int_{-1}^{1} \sqrt{1 + y^2} \, dy - 2$。
    对于$\int_{-1}^{1} \sqrt{1 + y^2} \, dy$，利用三角代换$y = \tan(\theta)$，则$dy = \sec^2(\theta) \, d\theta$。
    当$y = -1$时，$\theta = -\frac{\pi}{4}$；当$y = 1$时，$\theta = \frac{\pi}{4}$。
    $\sqrt{1 + y^2}=\sqrt{1 + \tan^2(\theta)}=\sec(\theta)$。
    则$\int_{-1}^{1} \sqrt{1 + y^2} \, dy=\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \sec^3(\theta) \, d\theta$。
    根据积分公式$\int \sec^3(\theta) \, d\theta=\frac{1}{2}(\sec(\theta)\tan(\theta)+\ln|\sec(\theta)+\tan(\theta)|)+C$。
    $\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}} \sec^3(\theta) \, d\theta=\left[\frac{1}{2}(\sec(\theta)\tan(\theta)+\ln|\sec(\theta)+\tan(\theta)|)\right]_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{4}}$
    $=\frac{1}{2}\left[\left(\sec(\frac{\pi}{4})\tan(\frac{\pi}{4})+\ln|\sec(\frac{\pi}{4})+\tan(\frac{\pi}{4})|\right)-\left(\sec(-\frac{\pi}{4})\tan(-\frac{\pi}{4})+\ln|\sec(-\frac{\pi}{4})+\tan(-\frac{\pi}{4})|\right)\right]$
    $=\frac{1}{2}\left[\left(\sqrt{2}\times 1+\ln|\sqrt{2}+1|\right)-\left(\sqrt{2}\times (-1)+\ln|\sqrt{2}-1|\right)\right]$
    $=\frac{1}{2}\left(2\sqrt{2}+\ln\frac{\sqrt{2}+1}{\sqrt{2}-1}\right)=\frac{1}{2}\left(2\sqrt{2}+\ln(\sqrt{2}+1)^2\right)=\sqrt{2}+\ln(1 + \sqrt{2})$。
    所以$\int_{-1}^{1} \left( \sqrt{1 + y^2} - 1 \right) \, dy = \sqrt{2} + \ln(1 + \sqrt{2}) - 2$。