李永乐复习全书高等数学 第六章 多元函数积分学

6.1  重积分

例9  计算二重积分$\displaystyle\iint\limits_{D}y^2\mathrm{d}\sigma$，其中$D$由$\begin{cases}x=a(t-\sin t)\\y=a(1-\cos t)\end{cases}(0\leqslant t\leqslant2\pi)$与$y=0$围成。

解  不妨设曲线$\begin{cases}x=a(t-\sin t)\\y=a(1-\cos t)\end{cases}$的直角座标方程为$y=y(x)$，则
$\begin{aligned} \displaystyle\iint\limits_{D}y^2\mathrm{d}\sigma&=\displaystyle\int^{2\pi a}_0\mathrm{d}x\displaystyle\int^{y(x)}_0y^2\mathrm{d}y=\cfrac{1}{3}\displaystyle\int^{2\pi a}_0y^3(x)\mathrm{d}x\\ &=\cfrac{1}{3}\displaystyle\int^{2\pi}_0a^3(1-\cos t)^3a(1-\cos t)\mathrm{d}t\\ &=\cfrac{16a^4}{3}\displaystyle\int^{2\pi}_0\sin^8\cfrac{t}{2}\mathrm{d}t\xlongequal{\frac{t}{2}=u}\cfrac{32a^4}{3}\displaystyle\int^{\pi}_0\sin^8u\mathrm{d}u\\ &=\cfrac{64a^4}{3}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\sin^8u\mathrm{d}u=\cfrac{64a^4}{3}\cdot\cfrac{7}{8}\cdot\cfrac{5}{6}\cdot\cfrac{3}{4}\cdot\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{\pi}{2}=\cfrac{35}{12}\pi a^4. \end{aligned}$
（这道题主要利用了参数方程解积分求解）

例11  计算二重积分$\displaystyle\iint\limits_{D}|x^2+y^2-2y|\mathrm{d}\sigma$，其中$D$由不等式$x^2+y^2\leqslant4$所确定。

解  令$x^2+y^2-2y=0$，即$x^2+y^2=2y$，该曲线就将原积分域划为两部分，如下图，其中红色部分为$D_1$，橙色部分为$D_2$。在$D_1$上$x^2+y^2-2y$为负，在$D_2$上$x^2+y^2-2y$为正，则
$\begin{aligned} &\displaystyle\iint\limits_{D}|x^2+y^2-2y|\mathrm{d}\sigma\\ =&\displaystyle\iint\limits_{D_1}|x^2+y^2-2y|\mathrm{d}\sigma+\displaystyle\iint\limits_{D_2}|x^2+y^2-2y|\mathrm{d}\sigma\\ =&\displaystyle\iint\limits_{D_1}(2y-x^2-y^2)\mathrm{d}\sigma+\displaystyle\iint\limits_{D_2}(x^2+y^2-2y)\mathrm{d}\sigma\\ =&\displaystyle\iint\limits_{D_1}(2y-x^2-y^2)\mathrm{d}\sigma+\left(\displaystyle\iint\limits_{D}(x^2+y^2-2y)\mathrm{d}\sigma-\displaystyle\iint\limits_{D_1}(x^2+y^2-2y)\mathrm{d}\sigma\right)\\ =&\displaystyle\iint\limits_{D}(x^2+y^2-2y)\mathrm{d}\sigma+2\displaystyle\iint\limits_{D_1}(2y-x^2-y^2)\mathrm{d}\sigma\\ =&\displaystyle\int^{2\pi}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^2_0\rho^3\mathrm{d}\rho+2\displaystyle\int^{\pi}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^{2\sin\theta}_0(2\rho\sin\theta-\rho^2)\rho\mathrm{d}\rho=9\pi. \end{aligned}$

（这道题主要利用了分类积分求解）

例12  计算二重积分$\displaystyle\iint\limits_{D}\min\{x,y\}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma$，其中$D$为全平面。

解  将全平面用直线$y=x$划分为两部分，直线$y=x$以上的部分记为$D_1$，以下部分记为$D_2$。如下图。
$\begin{aligned} &\displaystyle\iint\limits_{D}\min\{x,y\}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma\\ &=\displaystyle\iint\limits_{D_1}xe^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma+\displaystyle\iint\limits_{D_2}ye^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma\\ &=\displaystyle\int^{+\infty}_{-\infty}\mathrm{d}y\displaystyle\int^y_{-\infty}xe^{-x^2}\cdot e^{-y^2}\mathrm{d}x+\displaystyle\int^{+\infty}_{-\infty}\mathrm{d}x\displaystyle\int^x_{-\infty}ye^{-y^2}\cdot e^{-x^2}\mathrm{d}x\\ &=-\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{+\infty}_{-\infty}e^{-2y^2}\mathrm{d}y-\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{+\infty}_{-\infty}e^{-2x^2}\mathrm{d}x=-\displaystyle\int^{+\infty}_{-\infty}e^{-2x^2}\mathrm{d}x\\ &\xlongequal{\sqrt{2}x=t}-\cfrac{1}{\sqrt{2}}\displaystyle\int^{+\infty}_{-\infty}e^{-t^2}\mathrm{d}t=-\cfrac{1}{\sqrt{2}}\sqrt{\pi}=-\sqrt{\cfrac{\pi}{2}}. \end{aligned}$

（这道题主要利用了分类积分求解）

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

解  由于积分域$D$关于直线$y=x$对称，则
$\begin{aligned} &\displaystyle\iint\limits_{D}\cfrac{x\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})}{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ =&\displaystyle\iint\limits_{D}\cfrac{y\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})}{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ =&\cfrac{1}{2}\left[\displaystyle\iint\limits_{D}\cfrac{x\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})}{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\displaystyle\iint\limits_{D}\cfrac{y\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})}{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\right]\\ =&\cfrac{1}{2}\displaystyle\iint\limits_{D}\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^2_1\sin(\pi r)\mathrm{d}r\\ =&-\cfrac{1}{4}\displaystyle\int^2_1r\mathrm{d}(\pi r)=-\cfrac{3}{4}. \end{aligned}$
（这道题主要利用了函数积分的对称性求解）

例20  设$f(t)$在$[0,+\infty)$上连续，且满足$f(t)=e^{4\pi t^2}+\displaystyle\iint\limits_{x^2+y^2\leqslant4t^2}f\left(\cfrac{1}{2}\sqrt{x^2+y^2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，求$f(t)$。

解  显然$f(0)=1$，且$\displaystyle\iint\limits_{x^2+y^2\leqslant4t^2}f\left(\cfrac{1}{2}\sqrt{x^2+y^2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\displaystyle\int^{2\pi}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^{2t}_0f\left(\cfrac{1}{2}\rho\right)\rho\mathrm{d}\rho=2\pi\displaystyle\int^{2t}_0\rho f\left(\cfrac{1}{2}\rho\right)\mathrm{d}\rho$，则$f(t)=e^{4\pi t^2}+2\pi\displaystyle\int^{2t}_0\rho f\left(\cfrac{1}{2}\rho\right)\mathrm{d}\rho$。
  对$t$上式两端求导得$f'(t)=8\pi te^{4\pi t^2}+8\pi tf(t)$。由一阶线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$f(t)=(4\pi t^2+1)e^{4\pi t^2}$。
（这道题主要利用了微分方程求解）

例21  设$f(x,y)$是定义在$0\leqslant x\leqslant1,0\leqslant y\leqslant1$上的连续函数，$f(0,0)=1$，求极限$\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{\displaystyle\int^{x^2}_0\mathrm{d}t\displaystyle\int^{\sqrt{t}}_xf(t,u)\mathrm{d}u}{1-e^{-x^3}}$。

解
$\begin{aligned} &\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{\displaystyle\int^{x^2}_0\mathrm{d}t\displaystyle\int^{\sqrt{t}}_xf(t,u)\mathrm{d}u}{1-e^{-x^3}}\\ =&\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{-\displaystyle\int^x_0\mathrm{d}u\displaystyle\int^{u^2}_0f(t,u)\mathrm{d}t}{x^3}\\ =&-\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{\displaystyle\int^{x^2}_0f(t,u)\mathrm{d}t}{3x^2}\\ =&-\lim\limits_{x\to0^+}\cfrac{x^2f(c,x)}{3x^2}=-\cfrac{1}{3}f(0,0)=\cfrac{1}{3}. \end{aligned}$
（这道题主要利用了积分换序求解）

例25  设函数$f(x)$在区间$[a,b]$上连续，且恒大于零，证明：$\displaystyle\int^b_af(x)\mathrm{d}x\displaystyle\int^b_a\cfrac{1}{f(x)}\mathrm{d}x\geqslant(b-a)^2$。

证  由柯西积分不等式$\left(\displaystyle\int^b_af(x)g(x)\mathrm{d}x\right)^2\leqslant\displaystyle\int^b_af^2(x)\mathrm{d}x\cdot\displaystyle\int^b_ag^2(x)\mathrm{d}x$知
$\begin{aligned} \displaystyle\int^b_af(x)\mathrm{d}x\displaystyle\int^b_a\cfrac{1}{f(x)}\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^b_a(\sqrt{f(x)})^2\mathrm{d}x\displaystyle\int^b_a\left(\sqrt{\cfrac{1}{f(x)}}\right)^2\mathrm{d}x\\ &\geqslant\left(\displaystyle\int^b_a\sqrt{f(x)}\cdot\cfrac{1}{\sqrt{f(x)}}\mathrm{d}x\right)^2=(b-a)^2 \end{aligned}$
（这道题主要利用了柯西中值定理求解，另这道题的另一种解法见高等数学张宇18讲第九讲积分等式与积分不等式的例9.7，传送门在这里）

例26  设$f(x)$在区间$[0,1]$上单调递减且为正值的连续函数，证明$\cfrac{\displaystyle\int^1_0xf^2(x)\mathrm{d}x}{\displaystyle\int^1_0xf(x)\mathrm{d}x}\leqslant\cfrac{\displaystyle\int^1_0f^2(x)\mathrm{d}x}{\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x}$。

证（这道题主要利用了积分的对称性求解，另这道题的解法见李永乐复习全书高等数学第三章一元函数积分学练习三的第十题，传送门在这里）

6.2  曲线积分

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

解  由于$L:\begin{cases}x^2+y^2+z^2=R^2,\\x+y+z=0\end{cases}$对变量$x,y,z$有对称性，即三个变量$x,y,z$中任意两个对称方程不变，则
$\displaystyle\oint_Lx^2\mathrm{d}s=\displaystyle\oint_Ly^2\mathrm{d}s=\displaystyle\oint_Lz^2\mathrm{d}s=\cfrac{1}{3}\displaystyle\oint_L(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}s=\cfrac{1}{3}\displaystyle\oint_LR^2\mathrm{d}s=\cfrac{2\pi}{3}R^3.$
（这道题主要利用了积分的对称性求解）

6.3  曲面积分

例56  计算$\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\cfrac{\mathrm{d}S}{x^2+y^2+z^2}$，其中$\Sigma$为柱面$x^2+y^2=R^2$夹在$z=0$和$z=R$之间的部分。

解  将柱面方程$x^2+y^2=R^2$代入积分式得$\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\cfrac{\mathrm{d}S}{x^2+y^2+z^2}=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\cfrac{\mathrm{d}S}{R^2+z^2}$。由于被积函数中只有$z$，则面积微元$\mathrm{d}S$可取为柱面$x^2+y^2=R^2$夹在两平面$z=0$和$z=R$之间的部分，即$\mathrm{d}S=2\pi R\mathrm{d}z$，则$\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\cfrac{\mathrm{d}S}{R^2+z^2}=2\pi R\displaystyle\int^H_0\cfrac{\mathrm{d}z}{R^2+z^2}=2\pi\arctan\cfrac{H}{R}$。（这道题主要利用了积分定义求解）

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