§$22.2$ 二重积分的计算

$\mathrm{22.2.1}$ 矩形区域上的二重积分

矩形上的二重积分在一定条件下可以化为二次积分进行计算．

设 $f(x,y)$ 在矩形 $A=[a,b]\times [c,d]$ 上可积，且对每个固定的 $x\in [a,b]$ ，积分

φ (x) = ∫_ c ^ d f (x, y) d y$$\phi (x)={\int }_c^{d}f(x,y)\mathrm{d}y$$

存在，则 $\phi (x)$ 在 $[a,b]$ 上可积，并且

iint_ A f (x, y) d x d y = ∫_ a ^ b d x ∫_ c ^ d f (x, y) d y.$${\iint }_{A}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_a^b\mathrm{d}x{\int }_c^{d}f(x,y)\mathrm{d}y.$$

由此可以看出，若 $f(x,y)$ 在 $A$ 上连续，则两个二次积分是相等的 (都等于二重积分), 积分值与积分顺序无关．但积分顺序不同时，积分的难度可能相差很大．请看下面的例子．

例题 $22.2.1$

设 $A=[0,1]\times [0,1]$ ，求

I = iint_ A frac y d x d y(1 + x ^ 2 + y ^ 2) ^ 3 / 2.$$I={\iint }_A\frac{y\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(1+x^2+y^2{)}^{3/2}}.$$

解

先对 $y$ 后对 $x$ 积分，得到

r l I & = ∫_ 0 ^ 1 d x ∫_ 0 ^ 1 frac y d y(1 + x ^ 2 + y ^ 2) ^ 3 / 2 & = ∫_ 0 ^ 1 (frac 1sqrt x ^ 2 + 1 - frac 1sqrt x ^ 2 + 2) d x = ln frac 2 + sqrt 21 + sqrt 3.$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^1\frac{y\mathrm{d}y}{(1+x^2+y^2{)}^{3/2}}\\ & ={\int }_0^1\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}-\frac{1}{\sqrt{x^2+2}}\right)\mathrm{d}x=\ln \frac{2+\sqrt{2}}{1+\sqrt{3}}.\end{array}$$

先对 $x$ 后对 $y$ 积分，则得到

r l I & = ∫_ 0 ^ 1 y d y ∫_ 0 ^ 1 frac d x(1 + x ^ 2 + y ^ 2) ^ 3 / 2 & = ∫_ 0 ^ 1 y [ frac 11 + y ^ 2 · frac x(1 + x ^ 2 + y ^ 2) ^ 1 / 2 | _ x = 0 ^ x = 1 ] d y & = ∫_ 0 ^ 1 frac y d y(1 + y ^ 2) (2 + y ^ 2) ^ 1 / 2 (sqrt 2 + y ^ 2 = t) & = ∫_ sqrt 2 ^ sqrt 3 frac d tt ^ 2 - 1 = frac 12 ln frac t - 1t + 1 | _ sqrt 2 ^ sqrt 3 = frac 12 ln frac (sqrt 3 - 1) (sqrt 2 + 1)(sqrt 3 + 1) (sqrt 2 - 1) & = frac 12 ln frac 2 (sqrt 2 + 1) ^ 2(sqrt 3 + 1) ^ 2 = ln frac 2 + sqrt 21 + sqrt 3.$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{1}y\mathrm{d}y{\int }_0^1\frac{\mathrm{d}x}{(1+x^2+y^2{)}^{3/2}}\\ & ={\int }_0^{1}y\left[\frac{1}{1+y^2}\cdot \frac{x}{(1+x^2+y^2{)}^{1/2}}{|}_{x=0}^{x=1}\right]\mathrm{d}y\\ & ={\int }_0^1\frac{y\mathrm{d}y}{(1+y^2)(2+y^2{)}^{1/2}}(\sqrt{2+y^2}=t)\\ & ={\int }_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}}\frac{\mathrm{d}t}{t^2-1}=\frac{1}{2}\ln \frac{t-1}{t+1}{|}_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}}=\frac{1}{2}\ln \frac{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{2}+1)}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{2}-1)}\\ & =\frac{1}{2}\ln \frac{2(\sqrt{2}+1{)}^2}{(\sqrt{3}+1{)}^2}=\ln \frac{2+\sqrt{2}}{1+\sqrt{3}}.\end{array}$$

在 $f$ 不满足可积或累次可积的条件时，情况就比较复杂，请看下面反例．

例题 $22.2.2$

设函数 $f$ 定义在 $A=[0,1]\times [0,1]$ 上，

f (x, y) = { l l 1, & text 当 x text 是无理数, 2 y, & text 当 x text 是有理数, .$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}1,& \text{当}x\text{是无理数},\\ 2y,& \text{当}x\text{是有理数},\end{array}$$

则 (1) $f$ 在 $A$ 上不可积;

(2) ${\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{1}f(x,y)\mathrm{d}y$ 存在，${\int }_0^1\mathrm{d}y{\int }_0^{1}f(x,y)\mathrm{d}x$ 不存在．

证明

(1) $\forall y\in [0,1]$ , $y\ne \frac{1}{2}$ , $f(x,y)$ 作为 $x$ 的函数在 $[0,1]$ 内处处不连续，所以 $f(x,y)$ 在 $A$ 上的 $y\ne \frac{1}{2}$ 的每点处都不连续．于是 $f$ 在 $A$ 上不可积．

(2) 由于

∫_ 0 ^ 1 f (x, y) d y = { l l ∫_ 0 ^ 1 d y = 1, & text 当 x text 为无理数, ∫_ 0 ^ 1 2 y d y = 1, & text 当 x text 为有理数, .$${\int }_0^{1}f(x,y)\mathrm{d}y=\{\begin{array}{ll}{\int }_0^1\mathrm{d}y=1,& \text{当}x\text{为无理数},\\ {\int }_0^{1}2y\mathrm{d}y=1,& \text{当}x\text{为有理数},\end{array}$$

所以

∫_ 0 ^ 1 d x ∫_ 0 ^ 1 f (x, y) d y = ∫_ 0 ^ 1 d x = 1.$${\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{1}f(x,y)\mathrm{d}y={\int }_0^1\mathrm{d}x=1.$$

另一方面， $\forall y\in [0,1],y\ne \frac{1}{2},f(x,y)$ 作为 $x$ 的一元函数，在 $[0,1]$ 内每一点处都不连续，于是 ${\int }_0^{1}f(x,y)\mathrm{d}x$ 对每个 $y\ne \frac{1}{2}$ 都不存在，从而

∫_ 0 ^ 1 d y ∫_ 0 ^ 1 f (x, y) d x$${\int }_0^1\mathrm{d}y{\int }_0^{1}f(x,y)\mathrm{d}x$$

不存在．

类似地，也有二重积分存在，但两个二次积分不存在以及两个二次积分存在且相等，但二重积分不存在的例子．

$\mathrm{22.2.2}$ 一般区域上的二重积分

设 $f$ 是区域 $D$ 上的可积函数，又设 $D$ 可以表示为 $x$ 型区域:

D = {(x, y) | y _ 1 (x) ≤slant y ≤slant y _ 2 (x), a ≤slant x ≤slant b },$$D=\{(x,y)\mid y_1(x)⩽y⩽y_2(x),a⩽x⩽b\},$$

其中 $y_1(x)$ , $y_2(x)$ 为 $x$ 的函数，且对每一个固定的 $x\in [a,b]$，积分

φ (x) = ∫_ y _ 1 (x) ^ y _ 2 (x) f (x, y) d y$$\phi (x)={\int }_{y_1(x)}^{y_2(x)}f(x,y)\mathrm{d}y$$

存在，则 $\phi (x)$ 在 $[a,b]$ 上可积，且 $f$ 在 $D$ 上的二重积分可化为先对 $y$ 后对 $x$ 的积分

iint_ D f (x, y) d x d y = ∫_ a ^ b d x ∫_ y _ 1 (x) ^ y _ 2 (x) f (x, y) d y.$${\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_a^b\mathrm{d}x{\int }_{y_1(x)}^{y_2(x)}f(x,y)\mathrm{d}y.$$

同样地，如果区域 $D$ 可以表示为 $y$ 型区域

D = {(x, y) | x _ 1 (y) ≤slant x ≤slant x _ 2 (y), c ≤slant y ≤slant d },$$D=\{(x,y)\mid x_1(y)⩽x⩽x_2(y),c⩽y⩽d\},$$

其中 $x_1(y)$ , $x_2(y)$ 为 $y$ 的函数，且对每一个固定的 $y\in [a,b]$，积分

ψ (y) = ∫_ x _ 1 (y) ^ x _ 2 (y) f (x, y) d x$$\psi (y)={\int }_{x_1(y)}^{x_2(y)}f(x,y)\mathrm{d}x$$

存在，则 $\psi (y)$ 在 $[c,d]$ 上可积，且有

iint_ D f (x, y) d x d y = ∫_ c ^ d d y ∫_ x _ 1 (y) ^ x _ 2 (y) f (x, y) d x.$${\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_c^d\mathrm{d}y{\int }_{x_1(y)}^{x_2(y)}f(x,y)\mathrm{d}x.$$

对于一般区域，如区域可分成若干个不相交的 $x$ 型区域和 $y$ 型区域的并，则可先分别计算这些区域上积分的值，然后通过积分的区域可加性求原积分的值．

在具体计算时，应根据积分区域和被积函数的情况，以方便计算为原则，权衡利弊，决定采用哪种积分区域的分解与积分顺序．画出积分区域的草图往往有助于做出正确的选择．

例题 $22.2.3$

设区域 $D=\{(x,y)\mid 2y⩽x^2+y^2⩽4y,x⩾0\}$．分别将 $D$ 表示为 $x$ 型区域和 $y$ 型区域．

解 (1) 表示为 $x$ 型区域，$D$ 可分为三块 (见图$22.2$), 其中

D _ 1 = { l 0 ≤slant x ≤slant 1, 2 - sqrt 4 - x ^ 2 ≤slant y ≤slant 1 - sqrt 1 - x ^ 2, .$$D_1=\{\begin{array}{l}0⩽x⩽1,\\ 2-\sqrt{4-x^2}⩽y⩽1-\sqrt{1-x^2},\end{array}$$D _ 2 = { l 0 ≤slant x ≤slant 1, 1 + sqrt 1 - x ^ 2 ≤slant y ≤slant 2 + sqrt 4 - x ^ 2, .$$D_2=\{\begin{array}{l}0⩽x⩽1,\\ 1+\sqrt{1-x^2}⩽y⩽2+\sqrt{4-x^2},\end{array}$$D _ 3 = { l l 1 ≤slant x ≤slant 2, 2 - sqrt 4 - x ^ 2 ≤slant y ≤slant 2 + sqrt 4 - x ^ 2. .$$D_3=\{\begin{array}{l}1⩽x⩽2,\\ 2-\sqrt{4-x^2}⩽y⩽2+\sqrt{4-x^2}.\end{array}$$

(2) 表示为 $y$ 型区域，$D$ 可分为两块 (见图 $22.3$), 其中

E _ 1 = { l l 0 ≤slant y ≤slant 2, sqrt 2 y - y ^ 2 ≤slant x ≤slant sqrt 4 y - y ^ 2, . E _ 2 = { l l 2 ≤slant y ≤slant 4, 0 ≤slant x ≤slant sqrt 4 y - y ^ 2. .$$E_1=\{\begin{array}{l}0⩽y⩽2,\\ \sqrt{2y-y^2}⩽x⩽\sqrt{4y-y^2},\end{array}{E}_2=\{\begin{array}{l}2⩽y⩽4,\\ 0⩽x⩽\sqrt{4y-y^2}.\end{array}$$

图22.222.2

图22.322.3

当 $f(x,y)$ 中含有 $x^2+y^2$ 项或 $D$ 的边界表达式中有 $x^2+y^2$ 项，则可利用

iint_ D f (x, y) d x d y = iint_ D f (r cos θ , r sin θ) r d r d θ (22.3)$${\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_{D}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \text{\hspace{1em}(22.3)}$$

先化为极坐标下的二重积分，然后化为关于 $r$ 和 $\theta$ 的二次积分去求解．

例题 $22.2.4$

将例题 $\mathrm{22.2.3}$ 中的区域 $D$ 分解为 $\theta$ 型区域与 $r$ 型区域．

解 在极坐标系中，$D$ 的边界

x ^ 2 + y ^ 2 = 2 y, x ^ 2 + y ^ 2 = 4 y, x = 0$$x^2+y^2=2y,x^2+y^2=4y,x=0$$

分别为

r = 2 sin θ , r = 4 sin θ , θ = frac π2.$$r=2\sin \theta ,r=4\sin \theta ,\theta =\frac{\pi }{2}.$$

于是表示为 $\theta$ 型区域是

0 ≤slant θ ≤slant frac π2, 2 sin θ ≤slant r ≤slant 4 sin θ ;$$0⩽\theta ⩽\frac{\pi }{2},2\sin \theta ⩽r⩽4\sin \theta ;$$

表示为 $r$ 型区域为 (见图 $22.4$):

D _ 1 = { l l 0 ≤slant r ≤slant 2, arcsin frac r4 ≤slant θ ≤slant arcsin frac r2, .$$D_1=\{\begin{array}{l}0⩽r⩽2,\\ \arcsin \frac{r}{4}⩽\theta ⩽\arcsin \frac{r}{2},\end{array}$$D _ 2 = { l l 2 ≤slant r ≤slant 4, arcsin frac r4 ≤slant θ ≤slant frac π2. .$$D_2=\{\begin{array}{l}2⩽r⩽4,\\ \arcsin \frac{r}{4}⩽\theta ⩽\frac{\pi }{2}.\end{array}$$

图22.422.4

例题 $22.2.5$

求 ${\lim }_{R\to +\infty }\underset{\begin{array}{c}|x|⩽R\\ |y|⩽R\end{array}}{\iint }(x^2+y^2){\mathrm{e}}^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$

解

记

I _ R = iint_ substack | x | ≤slant R | y | ≤slant R (x ^ 2 + y ^ 2) e ^ - (x ^ 2 + y ^ 2) d x d y,$$I_R={\iint }_{\begin{array}{c}|x|⩽R\\ |y|⩽R\end{array}}(x^2+y^2){\mathrm{e}}^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$$C _ R = iint_ x ^ 2 + y ^ 2 ≤slant R ^ 2 (x ^ 2 + y ^ 2) e ^ - (x ^ 2 + y ^ 2) d x d y,$$C_R={\iint }_{x^2+y^2⩽R^2}(x^2+y^2){\mathrm{e}}^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$$

则 $C_R⩽I_R⩽C_{2R}$，且

r lC _ R&= ∫_ 0 ^ 2 π d θ ∫_ 0 ^ R r ^ 3 e ^ - r ^ 2 d r = π ∫_ 0 ^ R ^ 2 t e ^ - t d t&= π (1 - e ^ - R ^ 2 - R ^ 2 e ^ - R ^ 2) longrightarrow π (R arrow + ∞).$$\begin{array}{rl}{C}_R& ={\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^R{r}^3{\mathrm{e}}^{-r^2}\mathrm{d}r=\pi {\int }_0^{R^2}t{\mathrm{e}}^{-t}\mathrm{d}t\\ & =\pi (1-{\mathrm{e}}^{-R^2}-R^2{\mathrm{e}}^{-R^2})⟶\pi (R\to +\infty ).\end{array}$$

同理可证 $C_{2R}\to \pi (R\to +\infty )$．于是

lim _ R arrow + ∞ I _ R = π .$$\underset{R\to +\infty }{\lim }{I}_R=\pi .$$

例题 $22.2.6$

作极坐标变换，将二重积分

iint_ D f (sqrt x ^ 2 + y ^ 2) d x d y$${\iint }_{D}f\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

化为定积分，其中 $D=\{(x,y)\mid 0⩽y⩽x⩽1\}$ .

解

令 $x=r\cos \phi ,y=r\sin \phi ,$ 则

r l & iint_ D f (sqrt x ^ 2 + y ^ 2) d x d y = iint_ D f (r) r d r d φ & = ∫_ 0 ^ 1 d r ∫_ 0 ^ π / 4 f (r) r d φ + ∫_ 1 ^ sqrt 2 d r ∫_ arccos (1 / r) ^ π / 4 f (r) r d φ & = frac π4 ∫_ 0 ^ 1 f (r) r d r + ∫_ 1 ^ sqrt 2 (frac π4 - arccos frac 1r) f (r) r d r & = frac π4 ∫_ 0 ^ sqrt 2 f (r) r d r - ∫_ 1 ^ sqrt 2 arccos frac 1r f (r) r d r.$$\begin{array}{rl}& {\iint }_{D}f(\sqrt{x^2+y^2})\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_{D}f(r)r\mathrm{d}r\mathrm{d}\phi \\ & ={\int }_0^1\mathrm{d}r{\int }_0^{\pi /4}f(r)r\mathrm{d}\phi +{\int }_1^{\sqrt{2}}\mathrm{d}r{\int }_{\arccos (1/r)}^{\pi /4}f(r)r\mathrm{d}\phi \\ & =\frac{\pi }{4}{\int }_0^{1}f(r)r\mathrm{d}r+{\int }_1^{\sqrt{2}}\left(\frac{\pi }{4}-\arccos \frac{1}{r}\right)f(r)r\mathrm{d}r\\ & =\frac{\pi }{4}{\int }_0^{\sqrt{2}}f(r)r\mathrm{d}r-{\int }_1^{\sqrt{2}}\arccos \frac{1}{r}f(r)r\mathrm{d}r.\end{array}$$

$\mathrm{22.2.3}$ 二重积分的变量替换

极坐标变换 (见 ($22.3$) 式) 是一种特殊的变量替换，下面是一般的变量替换定理．设

x = x (u, v), y = y (u, v), (u, v) ∈ D ^ prime,$$x=x(u,v),y=y(u,v),(u,v)\in D^{\prime },$$

这一代换满足：

(1) 建立了 $D$ 与 $D^{\prime }$ 之间的一一对应;

(2) $x,y$ 在 $D^{\prime }$ 上具有关于各个变元的连续偏导数，并且其逆变换 $u=u(x,y)$ ， $v=v(x,y)$ 在 $D$ 上也具有关于各个变元的连续偏导数；

(3) 代换的 Jacobi 行列式 $J=\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}$ 在 $D^{\prime }$ 内无零点 (称这代换为正则), 则

iint_ D f (x, y) d x d y = iint_ D ^ prime f (x (u, v), y (u, v)) | frac ∂ (x , y)∂ (u , v) | d u d v. (22.4)$${\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_{D^{\prime }}f(x(u,v),y(u,v))\left|\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}\right|\mathrm{d}u\mathrm{d}v.\text{\hspace{1em}(22.4)}$$

回忆一下 (一元) 定积分的变量替换公式，容易看出公式 ($22.4$) 是定积分的变量替换公式的推广．定理的证明要比一元情况复杂得多，请参考相应的教科书．

例题 $22.2.7$

求由曲线 ${\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\right)}^2=\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}$ 所围的面积．

解

应用广义极坐标变换

x = a ρ cos θ , y = b ρ sin θ ,$$x=a\rho \cos \theta ,y=b\rho \sin \theta ,$$

则 $J=\left|\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}\right|=ab\rho ,$ 所围成积分区域的曲线变为 ${\rho }^2=\cos 2\theta$ （双纽线），于是所求的面积

S = iint_ D d x d y = 4 ∫_ 0 ^ π / 4 d θ ∫_ 0 ^ sqrt cos 2 θ a b ρ d ρ = a b.$$S={\iint }_D\mathrm{d}x\mathrm{d}y=4{\int }_0^{\pi /4}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{\cos 2\theta }}ab\rho \mathrm{d}\rho =ab.$$

例题 $22.2.8$

求 ${\iint }_D\left(\sqrt{\frac{x-c}{a}}+\sqrt{\frac{y-c}{b}}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ ，其中 $D$ 由曲线 $\sqrt{\frac{x-c}{a}}+\sqrt{\frac{y-c}{b}}=1$ 和 $x=c,y=c$ 所围成，并且 $a,b,c>0$ .

解

见图 $22.5$，被积函数与积分区域的部分边界具有相同的形式，因此要设法把被积函数表达式化成简单的形式．

r l & text 令 & x = c + a ρ cos^ 4 θ , y = c + b ρ sin^ 4 θ , & text 则$$\begin{array}{rl}& \text{令}\\ & x=c+a\rho {\cos }^4\theta ,y=c+b\rho {\sin }^4\theta ,\\ & \text{则}\end{array}$$J = | frac ∂ (x , y)∂ (ρ , θ) | = 4 a b ρ cos^ 3 θ sin^ 3 θ .$$J=\left|\frac{\partial (x,y)}{\partial (\rho ,\theta )}\right|=4ab\rho {\cos }^3\theta {\sin }^3\theta .$$

而积分区域变为 $\{0⩽\theta ⩽\frac{\pi }{2},0⩽\rho ⩽1\}$ , 于是

图22.522.5

iint_ D (sqrt frac x - ca + sqrt frac y - cb) d x d y = ∫_ 0 ^ π / 2 d θ ∫_ 0 ^ 1 4 a b ρ cos^ 3 θ sin^ 3 θ sqrt ρ d ρ = frac 2 a b1 5.$${\iint }_D\left(\sqrt{\frac{x-c}{a}}+\sqrt{\frac{y-c}{b}}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_0^{\pi /2}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{1}4ab\rho {\cos }^3\theta {\sin }^3\theta \sqrt{\rho }\mathrm{d}\rho =\frac{2ab}{15}.$$

注

一般而言，广义极坐标变换

x = frac 1a (c + r ^ frac 1p cos^ frac 2p θ), y = frac 1b (d + r ^ frac 1p sin^ frac 2p θ),$$x=\frac{1}{a}\left(c+r^{\frac{1}{p}}{\cos }^{\frac{2}{p}}\theta \right),y=\frac{1}{b}\left(d+r^{\frac{1}{p}}{\sin }^{\frac{2}{p}}\theta \right),$$

能把 $(ax-c{)}^p+(by-d{)}^p$ 变为 $r$，但其中的 $r,\theta$ 一般不再具有通常的极径，极角的意义．

例题 $22.2.9$

求 $I={\iint }_{\Omega }(x+y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ ，其中 $\Omega$ 是由 $y^2=2x,x+y=4,x+y=12$ 围成．

解

积分区域如图 $22.6$，作变换

u = x + y, v = y,$$u=x+y,v=y,$$

则变换后的积分区域为

c 4 ≤slant u ≤slant 1 2, - 1 - sqrt 2 u + 1 ≤slant v ≤slant - 1 + sqrt 2 u + 1,$$\begin{array}{c}4⩽u⩽12,\\ -1-\sqrt{2u+1}⩽v⩽-1+\sqrt{2u+1},\end{array}$$

且 $J=\left|\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}\right|=1.$ 于是

r l I & = ∫_ 4 ^ 1 2 u d u ∫_ - 1 - sqrt 2 u + 1 ^ - 1 + sqrt 2 u + 1 d v & = ∫_ 4 ^ 1 2 2 u sqrt 2 u + 1 d u (sqrt 2 u + 1 = t) & = ∫_ 3 ^ 5 (t ^ 2 - 1) t ^ 2 d t = frac 8 1 5 61 5.$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_4^{12}u\mathrm{d}u{\int }_{-1-\sqrt{2u+1}}^{-1+\sqrt{2u+1}}\mathrm{d}v\\ & ={\int }_4^{12}2u\sqrt{2u+1}\mathrm{d}u(\sqrt{2u+1}=t)\\ & ={\int }_3^5(t^2-1)t^2\mathrm{d}t=\frac{8156}{15}.\end{array}$$

图22.622.6

利用对称性与奇偶性简化二重积分

函数的奇偶性和积分区域的对称性常可用来简化积分的计算，如

1. 积分区域 $D$ 关于 $x$ 轴对称，且有: (1) $f(x,y)=-f(x,-y)$，则 ${\iint }_{D}f(x,y)dxdy=0$ ; (2) $f(x,y)=f(x,-y)$，则 ${\iint }_{D}f(x,y)dxdy=2{\iint }_{D\cap \{y⩾0\}}f(x,y)dxdy$ .

2. 积分区域 $D$ 关于 $y$ 轴对称，且有: (1) $f(x,y)=-f(-x,y)$，则 ${\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0$ ; (2) $f(x,y)=f(-x,y)$，则 ${\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=2{\iint }_{D\cap \{x⩾0\}}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ .

3. 若 $D$ 关于原点对称，且有: (1) $f(x,y)=-f(-x,-y)$，则 ${\iint }_{0}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0$ ;

(2) $f(x,y)=f(-x,-y)$ ，则 ${\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=2{\iint }_{D_1}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ ，其中 $D_1$ 是区域 $D$ 的一半．

$\mathrm{22.2.4}$ 练习题

$22.2.4$ 练习题

1. 试把累次积分

I = ∫_ 0 ^ R / sqrt 1 + R ^ 2 d x ∫_ 0 ^ R x f (x, y) d y + ∫_ R / sqrt 1 + R ^ 2 ^ R d x ∫_ 0 ^ sqrt R ^ 2 - x ^ 2 f (x, y) d y$$I={\int }_0^{R/\sqrt{1+R^2}}\mathrm{d}x{\int }_0^{Rx}f(x,y)\mathrm{d}y+{\int }_{R/\sqrt{1+R^2}}^R\mathrm{d}x{\int }_0^{\sqrt{R^2-x^2}}f(x,y)\mathrm{d}y$$

改写为先对 $x$ 后对 $y$ 的累次积分形式．

2. 设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，证明:

∫_ 0 ^ 1 d x ∫_ x ^ 1 f (t) d t = ∫_ 0 ^ 1 t f (t) d t.$${\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_x^{1}f(t)\mathrm{d}t={\int }_0^{1}tf(t)\mathrm{d}t.$$

3. $D$ 由 $y=\pi -x,x=\pi ,y=\pi$ 围成，求 ${\iint }_D\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$

4. $D$ 由 $y=0,y=x^2,x+y=2$ 围成的第一象限的部分，求 ${\iint }_D(x^2+y^2)dxdy$ .

5. 求由 $(x^2+y^2{)}^2=a^2(x^2-y^2),z=x^2-y^2,z=0$ 围成之立体的体积．

6. 设 $D$ 是由 $x^2=ay,x^2=by,y^2=px,y^2=qx$ 所围成的区域，其中 $0<a<b$, $0<p<q$，求 ${\iint }_D\frac{x^2\sin xy}{y}dxdy$ .

7. 证明: ${\int }_a^b\mathrm{d}y{\int }_a^y(y-x{)}^{n}f(x)\mathrm{d}x=\frac{1}{n+1}{\int }_a^b(b-x{)}^{n+1}f(x)\mathrm{d}x$ .

8. 设 $D$ 是第一象限内由 $y$ 轴及两个圆 $x^2+y^2=a^2,x^2-2ax+y^2=0$ 所围成的区域，求 ${\iint }_D\sqrt{x^2+y^2}dxdy$ .

9. 求由四条直线 $x+y=p,x+y=q,y=ax,y=bx$ ($0<p<q,0<a<b$) 所围成的图形的面积．

10. 求由曲线 $\sqrt[4]{\frac{x}{a}}+\sqrt[4]{\frac{y}{b}}=1$ 与直线 $x=0,y=0$ 所围成图形的面积．

11. 求 ${\iint }_{D}f(\sqrt{x^2+y^2})\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，其中 $D=\{(x,y)\mid |y|<|x|⩽1\}$ .

12. 求 ${\iint }_{D}xdxdy$ ，其中 $D$ 由 $xy=1,x^2+y^2=4$ 围成．

13. 给定积分 $I={\iint }_D\left[{\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)}^2+{\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)}^2\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$ 作正则变换 $x=x(u,v),y=y(u,v)$，区域 $D$ 变为 $\Omega$，如果变换满足

frac ∂ x∂ u = frac ∂ y∂ v, frac ∂ x∂ v = - frac ∂ y∂ u,$$\frac{\partial x}{\partial u}=\frac{\partial y}{\partial v},\frac{\partial x}{\partial v}=-\frac{\partial y}{\partial u},$$

证明：

I = iint_ Ω [ (frac ∂ f∂ u) ^ 2 + (frac ∂ f∂ v) ^ 2 ] d u d v.$$I={\iint }_{\Omega }\left[{\left(\frac{\partial f}{\partial u}\right)}^2+{\left(\frac{\partial f}{\partial v}\right)}^2\right]\mathrm{d}u\mathrm{d}v.$$

14. 求积分

∫_ 0 ^ sqrt 2 d y ∫_ y ^ sqrt 4 - y ^ 2 frac 1sqrt 1 + x ^ 2 + y ^ 2 d x.$${\int }_0^{\sqrt{2}}\mathrm{d}y{\int }_y^{\sqrt{4-y^2}}\frac{1}{\sqrt{1+x^2+y^2}}\mathrm{d}x.$$

15. 证明：

iint_ | x | + | y | ≤slant 1 (sqrt | x y | + | x y |) d x d y ≤slant frac 32.$${\iint }_{|x|+|y|⩽1}\left(\sqrt{|xy|}+|xy|\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y⩽\frac{3}{2}.$$

16. 计算二重积分

I = iint_ D | x - y ^ 2 | d x d y,$$I={\iint }_D|x-y^2|\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$$

其中 $D=\{(x,y)\mid 0⩽x⩽1,-1⩽y⩽1\}$ .

17. 求 ${\iint }_D\ln \frac{x}{y^2}dxdy,$ 其中 $D$ 是由 $y=x,y=1,x=2$ 围成的三角形．