变量替换的选择策略与典型例题

解题思路： 两圆都是圆心在x轴上的偏心圆，极坐标下分别为 $\rho = 2\cos\theta$ 和 $\rho = 4\cos\theta$。区域关于x轴对称。

详细步骤：

1. 极坐标下区域：$2\cos\theta \leq \rho \leq 4\cos\theta, \, -\frac{\pi}{2} \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$
2. 被积函数：$x^2+y^2 = \rho^2$
3. 利用对称性（关于x轴对称）： $\iint_D (x^2+y^2) dx\,dy = 2\int_0^{\pi/2} d\theta \int_{2\cos\theta}^{4\cos\theta} \rho^2 \cdot \rho \, d\rho = 2\int_0^{\pi/2} \left[\frac{\rho^4}{4}\right]_{2\cos\theta}^{4\cos\theta} d\theta = 2\int_0^{\pi/2} \frac{1}{4}(256\cos^4\theta - 16\cos^4\theta) d\theta = 2 \cdot 60\int_0^{\pi/2} \cos^4\theta \, d\theta = 120 \cdot \frac{3}{4} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = 120 \cdot \frac{3\pi}{16} = \frac{45\pi}{2}$

答案：$\frac{45\pi}{2}$

解题思路： 锥面 $z = \sqrt{x^2+y^2}$ 将球体分成两部分，取锥体内部分（$z \geq \sqrt{x^2+y^2}$）。用先二后一法。

详细步骤：

1. 交线：$z = \sqrt{x^2+y^2}$ 代入球面得 $2z^2 = R^2$，即 $z = \frac{R}{\sqrt{2}}$
2. 当 $0 \leq z \leq \frac{R}{\sqrt{2}}$ 时，截面 $D_z: x^2+y^2 \leq z^2$，面积 $\pi z^2$
3. 当 $\frac{R}{\sqrt{2}} \leq z \leq R$ 时，截面 $D_z: x^2+y^2 \leq R^2-z^2$，面积 $\pi(R^2-z^2)$
4. $\iiint_\Omega z^2 dv = \int_0^{R/\sqrt{2}} z^2 \cdot \pi z^2 dz + \int_{R/\sqrt{2}}^R z^2 \cdot \pi(R^2-z^2) dz$ $= \pi\int_0^{R/\sqrt{2}} z^4 dz + \pi\int_{R/\sqrt{2}}^R (R^2z^2 - z^4) dz$ $= \pi \cdot \frac{R^5}{5 \cdot 4\sqrt{2}} + \pi\left[\frac{R^2 z^3}{3} - \frac{z^5}{5}\right]_{R/\sqrt{2}}^R$ $= \frac{\pi R^5}{20\sqrt{2}} + \pi\left[\left(\frac{R^5}{3} - \frac{R^5}{5}\right) - \left(\frac{R^5}{6\sqrt{2}} - \frac{R^5}{20\sqrt{2}}\right)\right]$ $= \frac{\pi R^5}{20\sqrt{2}} + \pi\left[\frac{2R^5}{15} - \frac{7R^5}{60\sqrt{2}}\right]$ $= \frac{2\pi R^5}{15} + \pi R^5\left(\frac{1}{20\sqrt{2}} - \frac{7}{60\sqrt{2}}\right)$ $= \frac{2\pi R^5}{15} - \frac{\pi R^5}{30\sqrt{2}} \cdot 2$ $= \frac{2\pi R^5}{15} - \frac{\pi R^5}{15\sqrt{2}}$ $= \frac{\pi R^5}{15}(2 - \frac{\sqrt{2}}{2}) \cdot 2$ $= \frac{\pi R^5}{15}(2 - \frac{1}{\sqrt{2}}) \cdot 2$

简化：$= \frac{\pi R^5}{30}(4 - \sqrt{2})$

答案：$\frac{\pi R^5}{30}(4 - \sqrt{2})$

解题思路： $e^{\frac{y}{x+y}}$ 的原函数不是初等函数，需要变量替换。令 $u = x+y, \, v = y$，则 $\frac{y}{x+y} = \frac{v}{u}$。

详细步骤：

1. 变换：$u = x+y, \, v = y$，逆变换 $x = u-v, \, y = v$
2. 雅可比：$J = \frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} = \begin{vmatrix} 1 & -1 \\ 0 & 1 \end{vmatrix} = 1$
3. 区域变换：$x \geq 0 \Rightarrow u-v \geq 0 \Rightarrow v \leq u$；$y \geq 0 \Rightarrow v \geq 0$；$x+y \leq 1 \Rightarrow u \leq 1$
4. 新区域：$0 \leq u \leq 1, \, 0 \leq v \leq u$
5. 被积函数：$e^{v/u}$
6. $\iint_D e^{v/u} dx\,dy = \int_0^1 du \int_0^u e^{v/u} dv = \int_0^1 u[e^{v/u}]_0^u du = \int_0^1 u(e - 1) du = (e-1) \cdot \frac{1}{2} = \frac{e-1}{2}$

答案：$\frac{e-1}{2}$

解题思路： 圆域 + 被积函数含 $x^2+y^2$，极坐标变换。直线 $x+y=1$ 变为 $\rho(\cos\theta+\sin\theta)=1$。

详细步骤：

1. 极坐标：$\frac{1}{\cos\theta+\sin\theta} \leq \rho \leq 1$，$\theta$ 范围由 $x+y \geq 1$ 和圆确定
2. 交点：$x+y=1$ 与圆交于 $(1,0)$ 和 $(0,1)$，对应 $\theta=0$ 和 $\theta=\pi/2$
3. 区域：$0 \leq \theta \leq \pi/2, \, \frac{1}{\cos\theta+\sin\theta} \leq \rho \leq 1$
4. 被积函数：$\frac{x+y}{x^2+y^2} = \frac{\rho(\cos\theta+\sin\theta)}{\rho^2} = \frac{\cos\theta+\sin\theta}{\rho}$
5. $\iint_D \frac{\cos\theta+\sin\theta}{\rho} \cdot \rho \, d\rho \, d\theta = \int_0^{\pi/2} (\cos\theta+\sin\theta) d\theta \int_{1/(\cos\theta+\sin\theta)}^1 d\rho$ $= \int_0^{\pi/2} (\cos\theta+\sin\theta)\left(1 - \frac{1}{\cos\theta+\sin\theta}\right) d\theta = \int_0^{\pi/2} (\cos\theta+\sin\theta - 1) d\theta = [\sin\theta - \cos\theta - \theta]_0^{\pi/2} = (1 - 0 - \frac{\pi}{2}) - (0 - 1 - 0) = 2 - \frac{\pi}{2}$

答案：$2 - \frac{\pi}{2}$

解题思路： 旋转曲面为 $x^2+y^2 = 2z$（旋转抛物面）。用柱坐标，先二后一法。

详细步骤：

1. 旋转曲面：$x^2+y^2 = 2z$，柱坐标下 $\rho^2 = 2z$
2. 当 $2 \leq z \leq 8$ 时，截面 $D_z: x^2+y^2 \leq 2z$，即 $\rho \leq \sqrt{2z}$
3. $\iiint_\Omega (x^2+y^2) dv = \int_2^8 dz \iint_{D_z} \rho^2 \cdot \rho \, d\rho \, d\theta = \int_2^8 dz \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\sqrt{2z}} \rho^3 d\rho = \int_2^8 2\pi \cdot \frac{(2z)^2}{4} dz = \int_2^8 2\pi z^2 dz = 2\pi \cdot \left[\frac{z^3}{3}\right]_2^8 = \frac{2\pi}{3}(512 - 8) = \frac{1008\pi}{3} = 336\pi$

答案：$336\pi$