例题#

1. 求 $\displaystyle \iint_D \mathrm d\sigma$，其中 D 为 $y=2x$、$x=2y$、$x+y=3$ 围成的区域

   • X 型区域

     

     $$\begin{align*} I&=\int_0^1 \mathrm dx \int_{\frac{x}{2}}^{2x} 1 \mathrm dy+ \int_1^2 \mathrm dx \int_{\frac{x}{2}}^{3-x}\mathrm dy\\ &=\int_0^1 (2x-\dfrac{x}{2})\mathrm dx + \int_1^2(3-x-\dfrac{x}{2})\mathrm dx\\ &=\dfrac{3}{2} \end{align*}$$

   • Y型区域

     

     $$\begin{align*} I&=\int_0^1 \mathrm dy \int_{\frac{y}{2}}^{2y} 1 \mathrm dx + \int_1^2 \mathrm dy \int_{\frac{y}{2}}^{3-y} 1 \mathrm dx\\ &=\dfrac{3}{2} \end{align*}$$

2. 计算 $\displaystyle \iint_D xy \mathrm d\sigma$，其中 D 为 $y^2=x$ 和 $y=x-2$ 围成的区域

   • X型区域：

     

     $$\begin{align*} I&=\int_0^1 \mathrm dx \int_{-\sqrt{x}}^{\sqrt{x}} xy \mathrm dy + \int_1^4 \mathrm dx \int_{x-2}^{\sqrt{x}} xy \mathrm dy\\ &=\int_0^1 (x\cdot \dfrac{1}{2}y^2|_{-\sqrt{x}}^{\sqrt{x}}) \mathrm dx + \int_1^4 x\cdot \dfrac{1}{2}[x-(x-2)^2] \mathrm dx\\ &=\dfrac{45}{8} \end{align*}$$

   • Y型区域：

     

     $$\begin{align*} I&=\int_{-1}^2 \mathrm dy \int_{y^2}^{y+2}xy \mathrm dx \\ &=\int_{-1}^2 y\cdot \dfrac{(y+2)^2-y^4}{2} \mathrm dy\\ &=\dfrac{45}{8} \end{align*}$$

3. 计算 $\displaystyle \iint_D \dfrac{\sin x}{x}\mathrm dx \mathrm dy$，其中 D 为 $y=x$、$y=x^2$ 所围成的区域

   

   $$\begin{align*} I&=\int_0^1 \mathrm dx \int_{x^2}^x \dfrac{\sin x}{x} \mathrm dy\\ &=\int_0^1 \dfrac{\sin x}{x} (x-x^2) \mathrm dx\\ &=1-\sin 1 \end{align*}$$

   注：本题用Y型积分会卡住

4. 交换积分次序

   • $\displaystyle \int_1^2 \mathrm dy \int_{\frac{1}{y}}^y \mathrm dx$，积分区域 D：$1\le y\le 2$、$\dfrac{1}{y}\le x\le y$

     

     原式 $\displaystyle =\int_{\frac{1}{2}}^1 \mathrm dx \int_{\frac{1}{x}}^2 f(x,y)\mathrm dy+\int_1^2 \mathrm dx \int_x^2 f(x,y)\mathrm dy$

   • $\displaystyle \int_0^1 \mathrm dx \int_0^{\sqrt{2x-x^2}}f(x,y)\mathrm dy+\int_1^2 \mathrm dx\int_0^{2-x}f(x,y)\mathrm dy$

     

     区域为 $0\le x\le 2$，$(x-1)^2+y^2\le 1$，$y\le 2-x$

     原式 $\displaystyle =\int_0^1 \mathrm dy\int_{1-\sqrt{1-y^2}}^{2-y}f(x,y)\mathrm dx$

5. 证明 $\displaystyle \left[\int_a^bf(x)g(x) \mathrm dx\right]^2\le \left[\int_a^b f^2(x)\mathrm dx\right]\left[\int_a^b g^2(x)\mathrm dx\right]$

   • 法一：$\displaystyle \int_a^b [f(x)\pm tg(x)]^2 \mathrm dx\ge 0$

     $$\begin{align*} t^2 \int_a^b g^2(x)\mathrm dx + t\cdot 2\int_a^b f(x)g(x)\mathrm dx + \int_a^b f^2(x)\mathrm dx\ge 0\\ \Delta = [2\int_a^b f(x)g(x)]^2 - 4[\int_a^b g^2(x)\mathrm dx][\int_a^b f^2(x)\mathrm dx] \end{align*}$$

     整理可得原式

   • 法二

     $$\begin{align*} 左 &=[\int_a^b f(x)g(x) \mathrm dx][\int_a^b f(y)g(y) \mathrm dy]\\ &=\iint_D f(x)g(x)f(y)g(y) \mathrm dx \mathrm dy\\ &(D: a\le x\le b, a\le y \le b) \end{align*}$$ $$\begin{align*} 右 &=[\int_a^b f^2(x)\mathrm dx][\int_a^b g^2(y) \mathrm dy]\\ &=\iint_D f^2(x)g^2(y) \mathrm dx \mathrm dy \\ &=\iint_D f^2(y)g^2(x) \mathrm dx \mathrm dy \end{align*}$$

     $\displaystyle 2右-2左=\iint_D[f(x)g(y)-f(y)g(x)]^2 \mathrm dx \mathrm dy\ge 0$，得证

例题#

1. 求 $\displaystyle I=\iint_D 1\cdot \mathrm d\sigma$，其中 $D:x^2+y^2\le 2Rx$

   • 法一

     

     $$\begin{align*} I&=\int_0^{2R} \mathrm dx \int_{-\sqrt{2Rx-x^2}}^{\sqrt{2Rx-x^2}} \mathrm dy\\ &=2\int_0^{2R}\sqrt{2Rx-x^2} \mathrm dx \\ &=\pi R^2 \end{align*}$$

   • 法二

     

     $$\begin{align*} I&=\int_{\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm d\theta \int_0^{2R\cos\theta} \cdot 1 \cdot \rho \mathrm d\rho\\ &=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}} \dfrac{(2R\cos\theta)^2}{2} \mathrm d\theta\\ &=\pi R^2 \end{align*}$$

2. 求 $\displaystyle I=\iint_D x^2 \mathrm d\sigma$，其中 $D:x^2+y^2\le 1$

   

   • 法一

     $$\begin{align*} I&=\int_0^{2\pi} \mathrm d\theta\int_0^1\rho^2 \cos^2\theta \rho \mathrm d\rho\\ &=(\int_0^{2\pi}\cos^2\theta \mathrm d\theta)(\int_0^1 \rho^3 \mathrm d\rho)\\ &=\dfrac{\pi}{4} \end{align*}$$

   • 法二：D关于 $y=x$ 对称

     $$\begin{align*} \iint_D x^2 \mathrm d\sigma &= \iint_D y^2 \mathrm d\sigma \\ &= \dfrac{1}{2} \iint_D (x^2+y^2) \mathrm d\sigma \\ &=\dfrac{1}{2} (\int_0^{2\pi} \mathrm d\theta)(\int_0^1 \rho^2 \rho \mathrm d\rho)\\ &=\dfrac{1}{2}\times 2\pi \times \dfrac{1}{4}\\ &=\dfrac{\pi}{4} \end{align*}$$

3. 将 $\displaystyle \iint_D f(x,y) \mathrm dx \mathrm dy$ 化为二次积分，其中 $D:0\le x\le 1, 1-x\le y\le \sqrt{1-x^2}$

   

   $$\begin{align*} 原式 &= \int_0^1 \mathrm dx \int_{1-x}^{\sqrt{1-x^2}} f(x,y) \mathrm dx \mathrm dy\\ &=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \mathrm d\theta \int_{\frac{1}{\cos\theta + \sin\theta}}^1f(\rho\cos\theta, \rho\sin\theta)\rho \mathrm d\rho \end{align*}$$

4. 将 $\displaystyle \iint_D f(\sqrt{x^2+y^2}, 2xy) \mathrm d\sigma$ 化为二次积分，其中 $D:0\le x\le 3,-x\le y\le \sqrt{3}x$

   

   $$\begin{align*} I&=\int_0^3 \mathrm dx \int_{-x}^{\sqrt{3}x}f(\sqrt{x^2+y^2}, 2xy) \mathrm dy\\ &=\int_{-3}^{0} \mathrm dy \int_{-y}^3 f(\sqrt{x^2+y^2}, 2xy) \mathrm dx + \int_0^{3\sqrt{3}} \mathrm dy \int_{\frac{\sqrt{3}}{3}y}^3 f(\sqrt{x^2+y^2}, 2xy) \mathrm dx\\ &=\int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{3}} \mathrm d\theta \int_0^{\frac{3}{\cos\theta}}f(\rho, \rho^2\sin 2\theta)\rho \mathrm d\rho \end{align*}$$

5. 计算 $\displaystyle \iint_D |x^2-y| \mathrm dx \mathrm dy$，其中D为 $x=0$、$x=1$、$y=0$、$y=1$ 所围成的区域

   

   $$\begin{align*} I&=\iint_{D_1}(x^2-y) \mathrm dx \mathrm dy + \iint_{D_2}(y-x^2) \mathrm dx \mathrm dy\\ &=\int_0^1 \mathrm dx \int_0^{x^2}(x^2-y) \mathrm dy + \int_0^1 \mathrm dx \int_{x^2}^1 (y-x^2) \mathrm dy\\ &=\dfrac{11}{30} \end{align*}$$

6. $\displaystyle f(x,y)=xy+\iint_Df(x,y)\mathrm dx \mathrm dy$，其中D为 $y=0$、$y=x^2$、$x=1$ 所围区域，求 $f(x,y)$

   解：设 $f(x,y)=xy+C$

   $\displaystyle \iint_D f(x,y) \mathrm dx \mathrm dy = \iint_D xy \mathrm dx \mathrm dy + \iint_D C \mathrm dx \mathrm dy$

   $C=\displaystyle \iint_{D} xy \mathrm dx \mathrm dy + C\iint_{D} \mathrm dx \mathrm dy$

   $\displaystyle I_1=\iint_{D} xy \mathrm dx \mathrm dy = \int_0^1 \mathrm dx \int_0^{\pi^2} xy \mathrm dy = \dfrac{1}{12}$

   $\displaystyle I_2=\iint_{D} \mathrm dx \mathrm dy = \int_0^1 \mathrm dx \int_0^1 \mathrm 1dy=\dfrac{1}{3}$

   $\therefore C=\dfrac{1}{8}$

7. 求 $\displaystyle \iint_D f(xy,x^2+y^2) \mathrm dx \mathrm dy$，其中D为 $y=kx(k\gt 0)$ 与 $x^2+y^2-2ax=0(a\gt 0)$ 所围成的包含圆心的部分

   

   $$\begin{align*} I=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\arctan k} \mathrm d\theta \int_0^{2a\cos \theta}f(\rho^2 \cos\theta \sin\theta, \rho^2) \rho \mathrm d\rho \end{align*}$$

8. 将 $\displaystyle \int_0^1 \mathrm dy \int_{-y}^{\sqrt{y}}f(x,y) \mathrm dx$ 化为极坐标系下二次积分

   

   $$\begin{align*} I&=\int_0^{\frac{\pi}{4}} \mathrm d\theta \int_0^{\frac{\tan\theta}{\cos\theta}}f(x,y)\rho \mathrm d\rho + \int_{\frac{\pi}{4}}^{\frac{3\pi}{4}}\mathrm d\theta\int_0^{\frac{1}{\sin\theta}}f(x,y)\rho \mathrm d\rho \end{align*}$$

9. 计算 $\displaystyle \iint_D e^{-x^2-y^2} \mathrm d\sigma$，其中 $D:x^2+y^2\le a^2$

   解：

   $$\begin{align*} I&=\int_0^{2\pi}\mathrm d\theta \int_0^a e^{-\rho^2} \rho \mathrm d\rho \\ &=(\int_0^{2\pi} \mathrm d\theta)(\int_0^a e^{-\rho^2} \rho \mathrm d\rho)\\ &=2\pi(-\dfrac{1}{2})\int_0^a e^{-\rho^2}\mathrm d(-\rho^2)\\ &=1-e^{-a^2} \end{align*}$$

   由此可证明 $\displaystyle \int_0^{+\infty} e^{-x^2} \mathrm dx = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2}$

   证：$\displaystyle \int_0^{+\infty}e^{-x^2} \mathrm dx = \lim_{u\to +\infty} \int_0^u e^{-x^2} \mathrm dx$

   令 $\displaystyle \int_0^u e^{-x^2} \mathrm dx = I_u$

   $\displaystyle I_1=\iint_{D_1} e^{-x^2-y^2} \mathrm dx \mathrm dy = \dfrac{\pi}{4}(1-e^{-a^2})$（D1为第I象限以a为半径的四分之一圆区域）

   $$\begin{align*} I_u^2&=(\int_0^u e^{-x}\mathrm dx)(\int_0^ue^{-y}\mathrm dy)\\ &=\iint_{D_u}e^{-x^2-y^2}\mathrm dx \mathrm dy \\ &=\iint_{D_1}e^{-x^2-y^2}\mathrm dx \mathrm dy + \iint_{D_补}e^{-x^2-y^2}\mathrm dx \mathrm dy \ge 0 \end{align*}$$

   $I_u^2\ge I_1$

   $\dfrac{\pi}{4}(1-e^{-u^2}) \le I_u^2 \le \dfrac{\pi}{4}(1-e^{-2u^2})$

   $\displaystyle I_2=\iint_{D_2} e^{-x^2-y^2} \mathrm dx \mathrm dy$，$D_2: x\in [0,\sqrt{2}u], y\in [0,\sqrt{2}u]$

   $\therefore\displaystyle \lim_{a\to +\infty}I_u^2 = \dfrac{\pi}{4}$，$\displaystyle \int_0^{+\infty}e^{-x^2}\mathrm dx=\lim_{u\to +\infty}I_u = \dfrac{\sqrt{\pi}}{2}$

10. 计算 $x^2+y^2=az$ 与 $z=2a-\sqrt{x^2+y^2}$ 所围成的体积

    

    两曲面交线为 $\begin{cases}x^2+y^2=a^2\\z=a\end{cases}$，投影为 $x^2+y^2=a^2$

    $$\begin{align*} V&=\iint_D(2a-\sqrt{x^2+y^2}-\dfrac{x^2+y^2}{a})\mathrm dx \mathrm dy\\ &=\int_0^{2\pi} \mathrm d\theta \int_0^a(2a-\rho-\dfrac{\rho^2}{a})\rho \mathrm d\rho\\ &=\dfrac{5}{6}\pi a^3 \end{align*}$$

例题#

求椭圆 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$ 的面积（$a\gt 0$，$b\gt 0$）

解：

• 法一：$\displaystyle S=4\int_0^a \sqrt{b(1-\dfrac{x^2}{a^2})}\mathrm dx=\pi ab$
• 法二：$\begin{cases}x=a\rho\cos\theta\\y=b\rho\sin\theta \end{cases}$

$D:(x-a)^2+(y-b)^2\le R^2$ 求法：

$\begin{cases}x=a+\rho\cos\theta\\y=b+\rho\sin\theta \end{cases}$，$|J(\rho,\theta)|=\rho$

$\displaystyle I=\int_0^{2\pi}\mathrm d\theta \int_0^R f(a+\rho\cos\theta, b+\rho\sin\theta)\rho \mathrm d\rho$