版块 17 二重积分计算方法

A.实用解题工具

第 1 组: 典型直线的极坐标

典型直线的极坐标方程

$$:\{\begin{array}{l}y=x\to \theta =\frac{\pi }{4};y=\sqrt{3}x\to \theta =\frac{\pi }{3}\\ x=a\to r=a\cdot \sec \theta ;y=a\to r=a\cdot \csc \theta ;\\ x+y=a\to r=\frac{a}{\cos \theta +\sin \theta }\end{array}$$

例题 1. 设$D=\left\{\left(x,y\right)|0\le y\le 1-x,0\le x\le 1\right\}$, 计算${\int }_0^{\frac{y}{x+y}}d\sigma .$

【解】边界直线$y=1-x$化为极坐标$r=\frac{1}{\cos \theta +\sin \theta }$,于是

$$\underset{D}{\iint }{e}^{\frac{y}{x+y}}d\sigma ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}d\theta {\int }_0^{\frac{1}{\cos \theta +\sin \theta }}{e}^{\frac{\sin \theta }{\cos \theta +\sin \theta }}rdr=\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{e}^{\frac{\sin \theta }{\cos \theta +\sin \theta }}\frac{1}{{\left(\cos \theta +\sin \theta \right)}^2}d\theta$$ $$=\frac{1}{2}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{e}^{\frac{\sin \theta }{\cos \theta +\sin \theta }}d\left(\frac{\sin \theta }{\cos \theta +\sin \theta }\right)=\frac{1}{2}{E^{\frac{\sin \theta }{\cos \theta +\sin \theta }}|}_0^{\frac{\pi }{2}}=\frac{1}{2}\left(e-1\right).$$

第 2 组: 二重积分定理

1. 比较定理：$f(x,y)\le g(x,y),\Rightarrow \underset{D}{\iint }f(x,y)d\sigma \le \underset{D}{\iint }g(x,y)d\sigma$

2. 估值定理:$mA\le \underset{f}{\iint }(x,y)d\sigma \le MA,$其中$M,m$分别为$f(x,y)$最大 (小)值,$A$为$D$的面积

3. 中值定理:$\underset{D}{\iint }f(x,y)d\sigma =f(\xi ,\eta )A,$其中$(\xi ,\eta )\in D$且$A$为$D$的面积

例题 1. 设$f(x,y)$为连续函数, 求$\underset{\rho \to 0}{\lim }\frac{1}{\pi {\rho }^2}\underset{x^2+y^2\le {\rho }^2}{\iint }f(x,y)dxdy.$

【解】由积分中值定理, 在区域$D=\left\{(x,y)|x^2+y^2\le {\rho }^2\right\}$内至少存在一点$(\xi ,\eta )$使得

$\frac{1}{\pi {\rho }^2}\underset{D}{\iint }f\left(x,y\right)dxdy=f\left(\xi ,\eta \right)$.

由此得:

$$\underset{\rho \to 0}{\lim }\frac{1}{\pi {\rho }^2}{\iint }_{D}f\left(x,y\right)dxdy=\underset{\xi \to 0\eta \to 0}{\lim }f\left(\xi ,\eta \right)=f\left(0,0\right).$$

第 3 组: 极坐标曲线画图

利用对称性

若$r(-\theta )=r(\theta )$,则曲线关于$x$轴 (极轴)对称。示例: 双纽线$r^2=a^2\cos 2\theta$关于极轴对称

若$r(\pi -\theta )=r(\theta )$,则曲线关于$y$轴对称。示例: 心形线$r=a(1+\sin \theta )$关于$y$轴对称

B . 核心问题及解题方法总结

1. 利用奇偶对称求解

1. 若积分域 D 关于$x$轴对称,$f(x,y)$为$y$的奇偶函数, 则有

$$\underset{D}{\iint }f(x,y)d\sigma =\{\begin{array}{l}0,f\text{为y的奇函数}\\ 2\underset{D_1}{\iint }f(x,y)d\sigma ,f\text{为y的偶函数},D_1\text{为}D\text{的上半部分}\end{array}$$

2. 同理。若积分域$D$关于$y$轴对称,$f(x,y)$为$x$的奇偶函数,则有

$$\underset{D}{\iint }f(x,y)d\sigma =\{\begin{array}{l}0,f\text{为x的奇函数}\\ 2\underset{D_1}{\iint }f(x,y)d\sigma ,f\text{为x的偶函数},D_1\text{为}D\text{的右半部分}\end{array}$$

例题 1: 设$D:x^2+y^2\le {\pi }^2$,则$\underset{D}{\iint }\left(y^2\ln (x+\sqrt{x^2+1})+\cos \sqrt{x^2+y^2}\right)dxdy=$

【解】由对称性可知:求

$$\underset{D}{\iint }\left(y^2\ln (x+\sqrt{x^2+1})+\cos \sqrt{x^2+y^2}\right)dxdy=\underset{D}{\iint }\cos \sqrt{x^2+y^2}dxdy$$

令

$$\{\begin{array}{l}x=r\cos \theta \\ y=r\sin \theta \end{array}(\begin{array}{c}0\le \theta \le 2\pi ,0\le r\le \pi \end{array}),$$

则

$$\underset{D}{\iint }\cos \sqrt{x^2+y^2}dxdy={\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^{\pi }r\cos rdr=2\pi {\int }_0^{\pi }rd\left(\sin r\right)$$ $$=2\pi \left({r\sin r|}_0^{\pi }-{\int }_0^{\pi }\sin rdr\right)=-4\pi .$$

【注意】：本身用到奇函数：$\ln (x+\sqrt{x^2+1})$

2. 利用爪型对称求解

方法: 某些区域表面上不对称, 但是添加辅助线后, 可将其分解为两个子区域。其中一个子区域关于$x$轴对称,另一个子区域关于$y$轴对称。这种类型, 本书称之为爪型对称。

例题 1. 设$I=\underset{D}{\iint }\left[y^2+f\left(\sin x\sin y\right)\right]dxdy$,其中$f$为连续的奇函数,$D$是由曲线$y=-x^3$与直线$x=1$,$y=1$围成的平面区域, 则$I=().$

(A)$-\frac{2}{3}$

(B)$\frac{2}{3}$

(C)$\underset{D}{\iint }f(\sin x\sin y)dxdy$

(D) 2$\underset{D}{\iint }f(\sin x\sin y)dxdy$

【解】如图所示, 作曲线$y=x^3$,将$D$分为$D_1$与$D_2$,

则

$$I=\underset{D}{\iint }{y}^{2}dxdy+\underset{D}{\iint }f\left(\begin{array}{c}\sin x\sin y\end{array}\right)dxdy$$ $$=\underset{D_1}{\iint }{y}^{2}dxdy+\underset{D_2}{\iint }{y}^{2}dxdy+\underset{D_1}{\iint }f\left(\sin x\sin y\right)dxdy+\underset{D_2}{\iint }f\left(\sin x\sin y\right)dxdy$$

因为$D_1$与$D_2$分别关于$y$轴和$x$轴对称, 被积函数$f\left(\sin x\sin y\right)$关于$x,y$均为奇函数,所以$\underset{D_1}{\iint }f\left(\sin x\sin y\right)dxdy=\underset{D_2}{\iint }f\left(\sin x\sin y\right)dxdy=0,$

又被积函数$y^2$关于$x,y$均为偶函数, 所以

$$\underset{D_1}{\iint }{y}^{2}dxdy+\underset{D_2}{\iint }{y}^{2}dxdy=2\underset{\stackrel{0\le x\le 1}{0\le y\le 1}}{\iint }{y}^{2}dxdy=2\underset{0}{\overset{1}{\int }}dx\underset{0}{\overset{1}{\int }}{y}^{2}dy=2\cdot \frac{1}{3}{y}^3{|}_0^1=\frac{2}{3}.$$

故$I=\frac{2}{3}$.故选$B$