6.1  重积分

例9  计算二重积分∬Dy2dσ\displaystyle\iint\limits_{D}y^2\mathrm{d}\sigmaD∬​y2dσ，其中DDD由{x=a(t−sin⁡t)y=a(1−cos⁡t)(0⩽t⩽2π)\begin{cases}x=a(t-\sin t)\\y=a(1-\cos t)\end{cases}(0\leqslant t\leqslant2\pi){x=a(t−sint)y=a(1−cost)​(0⩽t⩽2π)与y=0y=0y=0围成。

解  不妨设曲线{x=a(t−sin⁡t)y=a(1−cos⁡t)\begin{cases}x=a(t-\sin t)\\y=a(1-\cos t)\end{cases}{x=a(t−sint)y=a(1−cost)​的直角坐标方程为y=y(x)y=y(x)y=y(x)，则
∬Dy2dσ=∫02πadx∫0y(x)y2dy=13∫02πay3(x)dx=13∫02πa3(1−cos⁡t)3a(1−cos⁡t)dt=16a43∫02πsin⁡8t2dt=t2=u32a43∫0πsin⁡8udu=64a43∫0π2sin⁡8udu=64a43⋅78⋅56⋅34⋅12⋅π2=3512πa4.\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} D∬​y2dσ​=∫02πa​dx∫0y(x)​y2dy=31​∫02πa​y3(x)dx=31​∫02π​a3(1−cost)3a(1−cost)dt=316a4​∫02π​sin82t​dt2t​=u332a4​∫0π​sin8udu=364a4​∫02π​​sin8udu=364a4​⋅87​⋅65​⋅43​⋅21​⋅2π​=1235​πa4.​
（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∬D∣x2+y2−2y∣dσ\displaystyle\iint\limits_{D}|x^2+y^2-2y|\mathrm{d}\sigmaD∬​∣x2+y2−2y∣dσ，其中DDD由不等式x2+y2⩽4x^2+y^2\leqslant4x2+y2⩽4所确定。

解  令x2+y2−2y=0x^2+y^2-2y=0x2+y2−2y=0，即x2+y2=2yx^2+y^2=2yx2+y2=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D1D_1D1​，橙色部分为D2D_2D2​。在D1D_1D1​上x2+y2−2yx^2+y^2-2yx2+y2−2y为负，在D2D_2D2​上x2+y2−2yx^2+y^2-2yx2+y2−2y为正，则
∬D∣x2+y2−2y∣dσ=∬D1∣x2+y2−2y∣dσ+∬D2∣x2+y2−2y∣dσ=∬D1(2y−x2−y2)dσ+∬D2(x2+y2−2y)dσ=∬D1(2y−x2−y2)dσ+(∬D(x2+y2−2y)dσ−∬D1(x2+y2−2y)dσ)=∬D(x2+y2−2y)dσ+2∬D1(2y−x2−y2)dσ=∫02πdθ∫02ρ3dρ+2∫0πdθ∫02sin⁡θ(2ρsin⁡θ−ρ2)ρdρ=9π.\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} =====​D∬​∣x2+y2−2y∣dσD1​∬​∣x2+y2−2y∣dσ+D2​∬​∣x2+y2−2y∣dσD1​∬​(2y−x2−y2)dσ+D2​∬​(x2+y2−2y)dσD1​∬​(2y−x2−y2)dσ+⎝⎛​D∬​(x2+y2−2y)dσ−D1​∬​(x2+y2−2y)dσ⎠⎞​D∬​(x2+y2−2y)dσ+2D1​∬​(2y−x2−y2)dσ∫02π​dθ∫02​ρ3dρ+2∫0π​dθ∫02sinθ​(2ρsinθ−ρ2)ρdρ=9π.​

（这道题主要利用了分类积分求解）

例12  计算二重积分∬Dmin⁡{x,y}e−(x2+y2)dσ\displaystyle\iint\limits_{D}\min\{x,y\}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigmaD∬​min{x,y}e−(x2+y2)dσ，其中DDD为全平面。

解  将全平面用直线y=xy=xy=x划分为两部分，直线y=xy=xy=x以上的部分记为D1D_1D1​，以下部分记为D2D_2D2​。如下图。
∬Dmin⁡{x,y}e−(x2+y2)dσ=∬D1xe−(x2+y2)dσ+∬D2ye−(x2+y2)dσ=∫−∞+∞dy∫−∞yxe−x2⋅e−y2dx+∫−∞+∞dx∫−∞xye−y2⋅e−x2dx=−12∫−∞+∞e−2y2dy−12∫−∞+∞e−2x2dx=−∫−∞+∞e−2x2dx=2x=t−12∫−∞+∞e−t2dt=−12π=−π2.\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} ​D∬​min{x,y}e−(x2+y2)dσ=D1​∬​xe−(x2+y2)dσ+D2​∬​ye−(x2+y2)dσ=∫−∞+∞​dy∫−∞y​xe−x2⋅e−y2dx+∫−∞+∞​dx∫−∞x​ye−y2⋅e−x2dx=−21​∫−∞+∞​e−2y2dy−21​∫−∞+∞​e−2x2dx=−∫−∞+∞​e−2x2dx2​x=t−2​1​∫−∞+∞​e−t2dt=−2​1​π​=−2π​​.​

（这道题主要利用了分类积分求解）

例13  设平面域D={(x,y)∣1⩽x2+y2⩽4,x⩾0,y⩾0}D=\{(x,y)|1\leqslant x^2+y^2\leqslant4,x\geqslant0,y\geqslant0\}D={(x,y)∣1⩽x2+y2⩽4,x⩾0,y⩾0}，计算∬Dxsin⁡(πx2+y2)x+ydxdy\displaystyle\iint\limits_{D}\cfrac{x\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})}{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}yD∬​x+yxsin(πx2+y2​)​dxdy。

解  由于积分域DDD关于直线y=xy=xy=x对称，则
∬Dxsin⁡(πx2+y2)x+ydxdy=∬Dysin⁡(πx2+y2)x+ydxdy=12[∬Dxsin⁡(πx2+y2)x+ydxdy+∬Dysin⁡(πx2+y2)x+ydxdy]=12∬Dsin⁡(πx2+y2)dxdy=12∫0π2dθ∫12sin⁡(πr)dr=−14∫12rd(πr)=−34.\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} ====​D∬​x+yxsin(πx2+y2​)​dxdyD∬​x+yysin(πx2+y2​)​dxdy21​⎣⎡​D∬​x+yxsin(πx2+y2​)​dxdy+D∬​x+yysin(πx2+y2​)​dxdy⎦⎤​21​D∬​sin(πx2+y2​)dxdy=21​∫02π​​dθ∫12​sin(πr)dr−41​∫12​rd(πr)=−43​.​
（这道题主要利用了函数积分的对称性求解）

例20  设f(t)f(t)f(t)在[0,+∞)[0,+\infty)[0,+∞)上连续，且满足f(t)=e4πt2+∬x2+y2⩽4t2f(12x2+y2)dxdyf(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}yf(t)=e4πt2+x2+y2⩽4t2∬​f(21​x2+y2​)dxdy，求f(t)f(t)f(t)。

解  显然f(0)=1f(0)=1f(0)=1，且∬x2+y2⩽4t2f(12x2+y2)dxdy=∫02πdθ∫02tf(12ρ)ρdρ=2π∫02tρf(12ρ)dρ\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}\rhox2+y2⩽4t2∬​f(21​x2+y2​)dxdy=∫02π​dθ∫02t​f(21​ρ)ρdρ=2π∫02t​ρf(21​ρ)dρ，则f(t)=e4πt2+2π∫02tρf(12ρ)dρf(t)=e^{4\pi t^2}+2\pi\displaystyle\int^{2t}_0\rho f\left(\cfrac{1}{2}\rho\right)\mathrm{d}\rhof(t)=e4πt2+2π∫02t​ρf(21​ρ)dρ。
  对ttt上式两端求导得f′(t)=8πte4πt2+8πtf(t)f'(t)=8\pi te^{4\pi t^2}+8\pi tf(t)f′(t)=8πte4πt2+8πtf(t)。由一阶线性微分方程通解公式得f(t)=e∫8πtdt[∫8πte4πt2e−∫8πtdtdt+C]=(4πt2+C)e4πt2f(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}f(t)=e∫8πtdt[∫8πte4πt2e−∫8πtdtdt+C]=(4πt2+C)e4πt2。
  由f(0)=1f(0)=1f(0)=1得C=1C=1C=1，因此f(t)=(4πt2+1)e4πt2f(t)=(4\pi t^2+1)e^{4\pi t^2}f(t)=(4πt2+1)e4πt2。
（这道题主要利用了微分方程求解）

例21  设f(x,y)f(x,y)f(x,y)是定义在0⩽x⩽1,0⩽y⩽10\leqslant x\leqslant1,0\leqslant y\leqslant10⩽x⩽1,0⩽y⩽1上的连续函数，f(0,0)=1f(0,0)=1f(0,0)=1，求极限lim⁡x→0+∫0x2dt∫xtf(t,u)du1−e−x3\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}}x→0+lim​1−e−x3∫0x2​dt∫xt​​f(t,u)du​。

解
lim⁡x→0+∫0x2dt∫xtf(t,u)du1−e−x3=lim⁡x→0+−∫0xdu∫0u2f(t,u)dtx3=−lim⁡x→0+∫0x2f(t,u)dt3x2=−lim⁡x→0+x2f(c,x)3x2=−13f(0,0)=13.\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} ===​x→0+lim​1−e−x3∫0x2​dt∫xt​​f(t,u)du​x→0+lim​x3−∫0x​du∫0u2​f(t,u)dt​−x→0+lim​3x2∫0x2​f(t,u)dt​−x→0+lim​3x2x2f(c,x)​=−31​f(0,0)=31​.​
（这道题主要利用了积分换序求解）

例25  设函数f(x)f(x)f(x)在区间[a,b][a,b][a,b]上连续，且恒大于零，证明：∫abf(x)dx∫ab1f(x)dx⩾(b−a)2\displaystyle\int^b_af(x)\mathrm{d}x\displaystyle\int^b_a\cfrac{1}{f(x)}\mathrm{d}x\geqslant(b-a)^2∫ab​f(x)dx∫ab​f(x)1​dx⩾(b−a)2。

证  由柯西积分不等式(∫abf(x)g(x)dx)2⩽∫abf2(x)dx⋅∫abg2(x)dx\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(∫ab​f(x)g(x)dx)2⩽∫ab​f2(x)dx⋅∫ab​g2(x)dx知
∫abf(x)dx∫ab1f(x)dx=∫ab(f(x))2dx∫ab(1f(x))2dx⩾(∫abf(x)⋅1f(x)dx)2=(b−a)2\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} ∫ab​f(x)dx∫ab​f(x)1​dx​=∫ab​(f(x)​)2dx∫ab​⎝⎛​f(x)1​​⎠⎞​2dx⩾(∫ab​f(x)​⋅f(x)​1​dx)2=(b−a)2​
（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)f(x)f(x)在区间[0,1][0,1][0,1]上单调递减且为正值的连续函数，证明∫01xf2(x)dx∫01xf(x)dx⩽∫01f2(x)dx∫01f(x)dx\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}∫01​xf(x)dx∫01​xf2(x)dx​⩽∫01​f(x)dx∫01​f2(x)dx​。

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∮Lx2ds\displaystyle\oint_Lx^2\mathrm{d}s∮L​x2ds，其中L:{x2+y2+z2=R2,x+y+z=0.L:\begin{cases}x^2+y^2+z^2=R^2,\\x+y+z=0.\end{cases}L:{x2+y2+z2=R2,x+y+z=0.​

解  由于L:{x2+y2+z2=R2,x+y+z=0L:\begin{cases}x^2+y^2+z^2=R^2,\\x+y+z=0\end{cases}L:{x2+y2+z2=R2,x+y+z=0​对变量x,y,zx,y,zx,y,z有对称性，即三个变量x,y,zx,y,zx,y,z中任意两个对称方程不变，则
∮Lx2ds=∮Ly2ds=∮Lz2ds=13∮L(x2+y2+z2)ds=13∮LR2ds=2π3R3.\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. ∮L​x2ds=∮L​y2ds=∮L​z2ds=31​∮L​(x2+y2+z2)ds=31​∮L​R2ds=32π​R3.
（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∬ΣdSx2+y2+z2\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\cfrac{\mathrm{d}S}{x^2+y^2+z^2}Σ∬​x2+y2+z2dS​，其中Σ\SigmaΣ为柱面x2+y2=R2x^2+y^2=R^2x2+y2=R2夹在z=0z=0z=0和z=Rz=Rz=R之间的部分。

解  将柱面方程x2+y2=R2x^2+y^2=R^2x2+y2=R2代入积分式得∬ΣdSx2+y2+z2=∬ΣdSR2+z2\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}Σ∬​x2+y2+z2dS​=Σ∬​R2+z2dS​。由于被积函数中只有zzz，则面积微元dS\mathrm{d}SdS可取为柱面x2+y2=R2x^2+y^2=R^2x2+y2=R2夹在两平面z=0z=0z=0和z=Rz=Rz=R之间的部分，即dS=2πRdz\mathrm{d}S=2\pi R\mathrm{d}zdS=2πRdz，则∬ΣdSR2+z2=2πR∫0HdzR2+z2=2πarctan⁡HR\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}Σ∬​R2+z2dS​=2πR∫0H​R2+z2dz​=2πarctanRH​。（这道题主要利用了积分定义求解）

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