李永樂複習全書高等數學 第六章 多元函數積分學

6.1  重積分

例9  計算二重積分$\displaystyle\iint\limits_{D}y^2\mathrm{d}\sigma$，其中$D$由$\begin{cases}x=a(t-\sin t)\\y=a(1-\cos t)\end{cases}(0\leqslant t\leqslant2\pi)$與$y=0$圍成。

解  不妨設曲線$\begin{cases}x=a(t-\sin t)\\y=a(1-\cos t)\end{cases}$的直角座標方程爲$y=y(x)$，則
$\begin{aligned} \displaystyle\iint\limits_{D}y^2\mathrm{d}\sigma&=\displaystyle\int^{2\pi a}_0\mathrm{d}x\displaystyle\int^{y(x)}_0y^2\mathrm{d}y=\cfrac{1}{3}\displaystyle\int^{2\pi a}_0y^3(x)\mathrm{d}x\\ &=\cfrac{1}{3}\displaystyle\int^{2\pi}_0a^3(1-\cos t)^3a(1-\cos t)\mathrm{d}t\\ &=\cfrac{16a^4}{3}\displaystyle\int^{2\pi}_0\sin^8\cfrac{t}{2}\mathrm{d}t\xlongequal{\frac{t}{2}=u}\cfrac{32a^4}{3}\displaystyle\int^{\pi}_0\sin^8u\mathrm{d}u\\ &=\cfrac{64a^4}{3}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\sin^8u\mathrm{d}u=\cfrac{64a^4}{3}\cdot\cfrac{7}{8}\cdot\cfrac{5}{6}\cdot\cfrac{3}{4}\cdot\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{\pi}{2}=\cfrac{35}{12}\pi a^4. \end{aligned}$
（這道題主要利用了參數方程解積分求解）

例11  計算二重積分$\displaystyle\iint\limits_{D}|x^2+y^2-2y|\mathrm{d}\sigma$，其中$D$由不等式$x^2+y^2\leqslant4$所確定。

解  令$x^2+y^2-2y=0$，即$x^2+y^2=2y$，該曲線就將原積分域劃爲兩部分，如下圖，其中紅色部分爲$D_1$，橙色部分爲$D_2$。在$D_1$上$x^2+y^2-2y$爲負，在$D_2$上$x^2+y^2-2y$爲正，則
$\begin{aligned} &\displaystyle\iint\limits_{D}|x^2+y^2-2y|\mathrm{d}\sigma\\ =&\displaystyle\iint\limits_{D_1}|x^2+y^2-2y|\mathrm{d}\sigma+\displaystyle\iint\limits_{D_2}|x^2+y^2-2y|\mathrm{d}\sigma\\ =&\displaystyle\iint\limits_{D_1}(2y-x^2-y^2)\mathrm{d}\sigma+\displaystyle\iint\limits_{D_2}(x^2+y^2-2y)\mathrm{d}\sigma\\ =&\displaystyle\iint\limits_{D_1}(2y-x^2-y^2)\mathrm{d}\sigma+\left(\displaystyle\iint\limits_{D}(x^2+y^2-2y)\mathrm{d}\sigma-\displaystyle\iint\limits_{D_1}(x^2+y^2-2y)\mathrm{d}\sigma\right)\\ =&\displaystyle\iint\limits_{D}(x^2+y^2-2y)\mathrm{d}\sigma+2\displaystyle\iint\limits_{D_1}(2y-x^2-y^2)\mathrm{d}\sigma\\ =&\displaystyle\int^{2\pi}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^2_0\rho^3\mathrm{d}\rho+2\displaystyle\int^{\pi}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^{2\sin\theta}_0(2\rho\sin\theta-\rho^2)\rho\mathrm{d}\rho=9\pi. \end{aligned}$

（這道題主要利用了分類積分求解）

例12  計算二重積分$\displaystyle\iint\limits_{D}\min\{x,y\}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma$，其中$D$爲全平面。

解  將全平面用直線$y=x$劃分爲兩部分，直線$y=x$以上的部分記爲$D_1$，以下部分記爲$D_2$。如下圖。
$\begin{aligned} &\displaystyle\iint\limits_{D}\min\{x,y\}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma\\ &=\displaystyle\iint\limits_{D_1}xe^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma+\displaystyle\iint\limits_{D_2}ye^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma\\ &=\displaystyle\int^{+\infty}_{-\infty}\mathrm{d}y\displaystyle\int^y_{-\infty}xe^{-x^2}\cdot e^{-y^2}\mathrm{d}x+\displaystyle\int^{+\infty}_{-\infty}\mathrm{d}x\displaystyle\int^x_{-\infty}ye^{-y^2}\cdot e^{-x^2}\mathrm{d}x\\ &=-\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{+\infty}_{-\infty}e^{-2y^2}\mathrm{d}y-\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{+\infty}_{-\infty}e^{-2x^2}\mathrm{d}x=-\displaystyle\int^{+\infty}_{-\infty}e^{-2x^2}\mathrm{d}x\\ &\xlongequal{\sqrt{2}x=t}-\cfrac{1}{\sqrt{2}}\displaystyle\int^{+\infty}_{-\infty}e^{-t^2}\mathrm{d}t=-\cfrac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\pi}=-\sqrt{\cfrac{\pi}{2}}. \end{aligned}$

（這道題主要利用了分類積分求解）

例13  設平面域$D=\{(x,y)|1\leqslant x^2+y^2\leqslant4,x\geqslant0,y\geqslant0\}$，計算$\displaystyle\iint\limits_{D}\cfrac{x\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})}{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$。

解  由於積分域$D$關於直線$y=x$對稱，則
$\begin{aligned} &\displaystyle\iint\limits_{D}\cfrac{x\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})}{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ =&\displaystyle\iint\limits_{D}\cfrac{y\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})}{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ =&\cfrac{1}{2}\left[\displaystyle\iint\limits_{D}\cfrac{x\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})}{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\displaystyle\iint\limits_{D}\cfrac{y\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})}{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\right]\\ =&\cfrac{1}{2}\displaystyle\iint\limits_{D}\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^2_1\sin(\pi r)\mathrm{d}r\\ =&-\cfrac{1}{4}\displaystyle\int^2_1r\mathrm{d}(\pi r)=-\cfrac{3}{4}. \end{aligned}$
（這道題主要利用了函數積分的對稱性求解）

例20  設$f(t)$在$[0,+\infty)$上連續，且滿足$f(t)=e^{4\pi t^2}+\displaystyle\iint\limits_{x^2+y^2\leqslant4t^2}f\left(\cfrac{1}{2}\sqrt{x^2+y^2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，求$f(t)$。

解  顯然$f(0)=1$，且$\displaystyle\iint\limits_{x^2+y^2\leqslant4t^2}f\left(\cfrac{1}{2}\sqrt{x^2+y^2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\displaystyle\int^{2\pi}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^{2t}_0f\left(\cfrac{1}{2}\rho\right)\rho\mathrm{d}\rho=2\pi\displaystyle\int^{2t}_0\rho f\left(\cfrac{1}{2}\rho\right)\mathrm{d}\rho$，則$f(t)=e^{4\pi t^2}+2\pi\displaystyle\int^{2t}_0\rho f\left(\cfrac{1}{2}\rho\right)\mathrm{d}\rho$。
  對$t$上式兩端求導得$f'(t)=8\pi te^{4\pi t^2}+8\pi tf(t)$。由一階線性微分方程通解公式得$f(t)=e^{\int8\pi t\mathrm{d}t}\left[\displaystyle\int8\pi te^{4\pi t^2}e^{-\int8\pi t\mathrm{d}t}\mathrm{d}t+C\right]=(4\pi t^2+C)e^{4\pi t^2}$。
  由$f(0)=1$得$C=1$，因此$f(t)=(4\pi t^2+1)e^{4\pi t^2}$。
（這道題主要利用了微分方程求解）

例21  設$f(x,y)$是定義在$0\leqslant x\leqslant1,0\leqslant y\leqslant1$上的連續函數，$f(0,0)=1$，求極限$\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{\displaystyle\int^{x^2}_0\mathrm{d}t\displaystyle\int^{\sqrt{t}}_xf(t,u)\mathrm{d}u}{1-e^{-x^3}}$。

解
$\begin{aligned} &\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{\displaystyle\int^{x^2}_0\mathrm{d}t\displaystyle\int^{\sqrt{t}}_xf(t,u)\mathrm{d}u}{1-e^{-x^3}}\\ =&\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{-\displaystyle\int^x_0\mathrm{d}u\displaystyle\int^{u^2}_0f(t,u)\mathrm{d}t}{x^3}\\ =&-\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{\displaystyle\int^{x^2}_0f(t,u)\mathrm{d}t}{3x^2}\\ =&-\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{x^2f(c,x)}{3x^2}=-\cfrac{1}{3}f(0,0)=\cfrac{1}{3}. \end{aligned}$
（這道題主要利用了積分換序求解）

例25  設函數$f(x)$在區間$[a,b]$上連續，且恆大於零，證明：$\displaystyle\int^b_af(x)\mathrm{d}x\displaystyle\int^b_a\cfrac{1}{f(x)}\mathrm{d}x\geqslant(b-a)^2$。

證  由柯西積分不等式$\left(\displaystyle\int^b_af(x)g(x)\mathrm{d}x\right)^2\leqslant\displaystyle\int^b_af^2(x)\mathrm{d}x\cdot\displaystyle\int^b_ag^2(x)\mathrm{d}x$知
$\begin{aligned} \displaystyle\int^b_af(x)\mathrm{d}x\displaystyle\int^b_a\cfrac{1}{f(x)}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^b_a(\sqrt{f(x)})^2\mathrm{d}x\displaystyle\int^b_a\left(\sqrt{\cfrac{1}{f(x)}}\right)^2\mathrm{d}x\\ &\geqslant\left(\displaystyle\int^b_a\sqrt{f(x)}\cdot\cfrac{1}{\sqrt{f(x)}}\mathrm{d}x\right)^2=(b-a)^2 \end{aligned}$
（這道題主要利用了柯西中值定理求解，另這道題的另一種解法見高等數學張宇18講第九講積分等式與積分不等式的例9.7，傳送門在這裏）

例26  設$f(x)$在區間$[0,1]$上單調遞減且爲正值的連續函數，證明$\cfrac{\displaystyle\int^1_0xf^2(x)\mathrm{d}x}{\displaystyle\int^1_0xf(x)\mathrm{d}x}\leqslant\cfrac{\displaystyle\int^1_0f^2(x)\mathrm{d}x}{\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x}$。

證（這道題主要利用了積分的對稱性求解，另這道題的解法見李永樂複習全書高等數學第三章一元函數積分學練習三的第十題，傳送門在這裏）

6.2  曲線積分

例42  計算$\displaystyle\oint_Lx^2\mathrm{d}s$，其中$L:\begin{cases}x^2+y^2+z^2=R^2,\\x+y+z=0.\end{cases}$

解  由於$L:\begin{cases}x^2+y^2+z^2=R^2,\\x+y+z=0\end{cases}$對變量$x,y,z$有對稱性，即三個變量$x,y,z$中任意兩個對稱方程不變，則
$\displaystyle\oint_Lx^2\mathrm{d}s=\displaystyle\oint_Ly^2\mathrm{d}s=\displaystyle\oint_Lz^2\mathrm{d}s=\cfrac{1}{3}\displaystyle\oint_L(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}s=\cfrac{1}{3}\displaystyle\oint_LR^2\mathrm{d}s=\cfrac{2\pi}{3}R^3.$
（這道題主要利用了積分的對稱性求解）

6.3  曲面積分

例56  計算$\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\cfrac{\mathrm{d}S}{x^2+y^2+z^2}$，其中$\Sigma$爲柱面$x^2+y^2=R^2$夾在$z=0$和$z=R$之間的部分。

解  將柱面方程$x^2+y^2=R^2$代入積分式得$\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\cfrac{\mathrm{d}S}{x^2+y^2+z^2}=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\cfrac{\mathrm{d}S}{R^2+z^2}$。由於被積函數中只有$z$，則面積微元$\mathrm{d}S$可取爲柱面$x^2+y^2=R^2$夾在兩平面$z=0$和$z=R$之間的部分，即$\mathrm{d}S=2\pi R\mathrm{d}z$，則$\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\cfrac{\mathrm{d}S}{R^2+z^2}=2\pi R\displaystyle\int^H_0\cfrac{\mathrm{d}z}{R^2+z^2}=2\pi\arctan\cfrac{H}{R}$。（這道題主要利用了積分定義求解）

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