高等數學張宇18講 第十一講 二重積分

例題十一

例11.8  計算$I=\displaystyle\int^1_0\mathrm{d}y\displaystyle\int^1_y\sqrt{x^2-y^2}\mathrm{d}x$。

解
$I=\displaystyle\int^1_0\mathrm{d}y\displaystyle\int^1_y\sqrt{x^2-y^2}\mathrm{d}x=\displaystyle\iint\limits_{D}\sqrt{x^2-y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\displaystyle\int^1_0\mathrm{d}x\displaystyle\int^x_0\sqrt{x^2-y^2}\mathrm{d}y\\ \displaystyle\int^x_0\sqrt{x^2-y^2}\mathrm{d}y\xlongequal{\text{令}y=\sin t}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0x\cos t\cdot x\cos t\mathrm{d}t=x^2\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cos^2t\mathrm{d}t=x^2\cdot\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{\pi}{2}=\cfrac{\pi}{4}x^2.$
  故
$I=\displaystyle\int^1_0\cfrac{\pi}{4}x^2\mathrm{d}x=\cfrac{\pi}{4}\cdot\cfrac{1}{3}=\cfrac{\pi}{12}.$
（這道題主要利用了換元法求解）

例11.16  計算$\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{1}{n^3}\displaystyle\iint\limits_{D}[\sqrt{x^2+y^2}]\mathrm{d}\sigma$，其中$D=\{(x,y)|x^2+y^2\leqslant n^2\},[\cdot]$是取整符號。

解  $I=\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{1}{n^3}\displaystyle\int^{2n}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^n_0[r]r\mathrm{d}r$。由於$r-1<[r]\leqslant r$，則
$\cfrac{1}{3}-\cfrac{1}{2n}=\cfrac{1}{n^3}\displaystyle\int^n_0(r-1)r\mathrm{d}r\leqslant\cfrac{1}{n^3}\displaystyle\int^n_0[r]r\mathrm{d}r\leqslant\cfrac{1}{n^3}\displaystyle\int^n_0r^2\mathrm{d}r=\cfrac{1}{3}.$
  令$n\to\infty$，上式兩端極限爲$\cfrac{1}{3}$，由夾擠定理知，$I=\cfrac{2}{3}\pi$。

例11.18  設$f(x)$在$[0,1]$上是單調減少且爲正值的連續函數。證明：$\displaystyle\int^1_0f^2(x)\mathrm{d}x\displaystyle\int^1_0xf(x)\mathrm{d}x\geqslant\displaystyle\int^1_0xf^2(x)\mathrm{d}x\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x.$

解  改寫$1\to t$。令$F(t)=\displaystyle\int^1_0f^2(x)\mathrm{d}x\displaystyle\int^1_0xf(x)\mathrm{d}x-\displaystyle\int^1_0xf^2(x)\mathrm{d}x\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x$，則
$\begin{aligned} F'(t)&=tf^2(t)\displaystyle\int^t_0f(x)\mathrm{d}x+f(t)\displaystyle\int^t_0xf^2(x)\mathrm{d}x-f^2(t)\displaystyle\int^t_0xf(x)\mathrm{d}x-tf(t)\displaystyle\int^t_0xf^2(x)\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int^t_0f(t)f(x)(t-x)[f(t)-f(x)]\mathrm{d}x\leqslant0, \end{aligned}$
  故$F(1)\leqslant F(0)=0$，得證。（這道題主要利用了構造函數求解）

例11.22  利用廣義二重積分計算$\displaystyle\int^{+\infty}_0e^{-x^2}\mathrm{d}x$。

解  設$I=\displaystyle\int^{+\infty}_0e^{-x^2}\mathrm{d}x$，於是
$\begin{aligned} I^2&=\displaystyle\int^{+\infty}_0e^{-x^2}\mathrm{d}x\cdot\displaystyle\int^{+\infty}_0e^{-x^2}\mathrm{d}x=\displaystyle\int^{+\infty}_0e^{-x^2}\mathrm{d}x\cdot\displaystyle\int^{+\infty}_0e^{-y^2}\mathrm{d}y\\ &=\displaystyle\int^{+\infty}_0\mathrm{d}x\displaystyle\int^{+\infty}_0e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}y=\displaystyle\iint\limits_{x>0,y>0}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &\xlongequal{\text{極座標變換}}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^{+\infty}_0e^{-r^2}\cdot r\mathrm{d}r=\cfrac{\pi}{2}\cdot\left(-\cfrac{1}{2}\right)\displaystyle\int^{+\infty}_0e^{-r^2}\mathrm{d}(-r^2)\\ &=-\cfrac{\pi}{4}e^{-r^2}\biggm\vert^{+\infty}_0=\cfrac{\pi}{4}. \end{aligned}$
  故$I=\displaystyle\int^{+\infty}_0e^{-x^2}\mathrm{d}x=\cfrac{\sqrt{\pi}}{2}$。（這道題主要利用了極座標變換和構造函數求解）

習題十一

11.8

（1）計算$\lim\limits_{r\to0^+}\cfrac{1}{\pi r^2}\displaystyle\iint\limits_{D}e^{x^2-y^2}\cos(x+y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，其中積分區域$D=\{(x,y)|x^2+y^2\leqslant r^2\}$。

解  因爲$e^{x^2-y^2}\cos(x+y)$在$D$上連續，由積分中值定理有，在$D$上至少存在一點$(\epsilon,\eta)$，使$\displaystyle\iint\limits_{D}e^{x^2-y^2}\cos(x+y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=e^{\epsilon^2-\eta^2}\cos(\epsilon+\eta)\pi r^2$。由於$(\epsilon,\eta)$在$D$上，所以當$r\to0^+$時，$(\epsilon,\eta)\to(0,0)$，於是$\lim\limits_{r\to0^+}\cfrac{1}{\pi r^2}\displaystyle\iint\limits_{D}e^{x^2-y^2}\cos(x+y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\lim\limits_{(\epsilon,\eta)\to(0,0)}e^{\epsilon^2-\eta^2}\cos(\epsilon+\eta)=1$。（這道題主要利用了積分中值定理求解）

新版例題十四

例14.5

例14.12

例14.13

例14.14

例14.21

例14.22

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