张宇1000题高等数学 第十四章 二重积分
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- BBB组
- 8.设f(x,y)f(x,y)f(x,y)为连续函数，f(0,0)f(0,0)f(0,0)已知，则I=limt→0+1πt2∬Df(x,y)dσ=I=\lim\limits_{t\to0^+}\cfrac{1}{\pi t^2}\displaystyle\iint\limits_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma=I=t→0+limπt21D∬f(x,y)dσ=______，其中平面区域D={(x,y)∣x2+y2⩽t2}D=\{(x,y)|x^2+y^2\leqslant t^2\}D={(x,y)∣x2+y2⩽t2}。
- 16.计算下列各题。
- （6）∬Deyx+ydσ,D={(x,y)∣0⩽y⩽1−x,y⩽x}.\displaystyle\iint\limits_{D}e^{\frac{y}{x+y}}\mathrm{d}\sigma,D=\{(x,y)|0\leqslant y\leqslant1-x,y\leqslant x\}.D∬ex+yydσ,D={(x,y)∣0⩽y⩽1−x,y⩽x}.
- 19.计算I=∬x+y⩽1x+y3dxdyI=\displaystyle\iint\limits_{\sqrt{x}+\sqrt{y}\leqslant1}\sqrt[3]{\sqrt{x}+\sqrt{y}}\mathrm{d}x\mathrm{d}yI=x+y⩽1∬3x+ydxdy。
- CCC组
- 2.设p(x)p(x)p(x)在[a,b][a,b][a,b]上非负且连续，f(x)f(x)f(x)与g(x)g(x)g(x)在[a,b][a,b][a,b]上连续且相同的单调性，其中D={(x,y)∣a⩽x⩽b,a⩽y⩽b}D=\{(x,y)|a\leqslant x\leqslant b,a\leqslant y\leqslant b\}D={(x,y)∣a⩽x⩽b,a⩽y⩽b}，比较I1=∬Dp(x)f(x)p(y)g(y)dxdy,I2=∬Dp(x)f(y)p(y)g(y)dxdyI_1=\displaystyle\iint\limits_{D}p(x)f(x)p(y)g(y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y,I_2=\displaystyle\iint\limits_{D}p(x)f(y)p(y)g(y)\mathrm{d}x\mathrm{d}yI1=D∬p(x)f(x)p(y)g(y)dxdy,I2=D∬p(x)f(y)p(y)g(y)dxdy的大小，并说明理由。
- 6.设函数f(x)f(x)f(x)为[0,1][0,1][0,1]上的连续函数，且0⩽f(x)<10\leqslant f(x)<10⩽f(x)<1，利用二重积分证明不等式：∫01f(x)1−f(x)dx⩾∫01f(x)dx1−∫01f(x)dx\displaystyle\int^1_0\cfrac{f(x)}{1-f(x)}\mathrm{d}x\geqslant\cfrac{\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x}{1-\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x}∫011−f(x)f(x)dx⩾1−∫01f(x)dx∫01f(x)dx。
- 写在最后
BBB组
8.设f(x,y)f(x,y)f(x,y)为连续函数，f(0,0)f(0,0)f(0,0)已知，则I=limt→0+1πt2∬Df(x,y)dσ=I=\lim\limits_{t\to0^+}\cfrac{1}{\pi t^2}\displaystyle\iint\limits_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma=I=t→0+limπt21D∬f(x,y)dσ=______，其中平面区域D={(x,y)∣x2+y2⩽t2}D=\{(x,y)|x^2+y^2\leqslant t^2\}D={(x,y)∣x2+y2⩽t2}。
解 因f(x,y)f(x,y)f(x,y)在DDD上连续，由积分中值定理可知，在DDD上至少存在一点(ξ,η)(\xi,\eta)(ξ,η)，使∬Df(x,y)dσ=f(ξ,η)σ=πt2f(ξ,η)\displaystyle\iint\limits_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma=f(\xi,\eta)\sigma=\pi t^2f(\xi,\eta)D∬f(x,y)dσ=f(ξ,η)σ=πt2f(ξ,η)。
因(ξ,η)(\xi,\eta)(ξ,η)在DDD上，所以当t→0+t\to0^+t→0+时，(ξ,η)→(0,0)(\xi,\eta)\to(0,0)(ξ,η)→(0,0)，于是limt→0+1πt2∬Df(x,y)dσ=lim(ξ,η)→(0,0)f(ξ,η)=f(0,0)\lim\limits_{t\to0^+}\cfrac{1}{\pi t^2}\displaystyle\iint\limits_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma=\lim\limits_{(\xi,\eta)\to(0,0)}f(\xi,\eta)=f(0,0)t→0+limπt21D∬f(x,y)dσ=(ξ,η)→(0,0)limf(ξ,η)=f(0,0)。（这道题主要利用了积分中值定理求解）
16.计算下列各题。
（6）∬Deyx+ydσ,D={(x,y)∣0⩽y⩽1−x,y⩽x}.\displaystyle\iint\limits_{D}e^{\frac{y}{x+y}}\mathrm{d}\sigma,D=\{(x,y)|0\leqslant y\leqslant1-x,y\leqslant x\}.D∬ex+yydσ,D={(x,y)∣0⩽y⩽1−x,y⩽x}.
解 积分区域如下图所示，在极坐标中，
∬Deyx+ydσ=∫0π4dθ∫01cosθ+sinθesinθcosθ+sinθrdr=12∫0π4esinθcosθ+sinθ(1cosθ+sinθ)2dθ=12∫0π4esinθcosθ+sinθd(sinθcosθ+sinθ)=12esinθcosθ+sinθ∣0π4=12(e−1).\begin{aligned} \displaystyle\iint\limits_{D}e^{\frac{y}{x+y}}\mathrm{d}\sigma&=\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^{\frac{1}{\cos\theta+\sin\theta}}_0e^{\frac{\sin\theta}{\cos\theta+\sin\theta}}r\mathrm{d}r\\ &=\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0e^{\frac{\sin\theta}{\cos\theta+\sin\theta}}\left(\cfrac{1}{\cos\theta+\sin\theta}\right)^2\mathrm{d}\theta\\ &=\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{4}}_0e^{\frac{\sin\theta}{\cos\theta+\sin\theta}}\mathrm{d}\left(\cfrac{\sin\theta}{\cos\theta+\sin\theta}\right)\\ &=\cfrac{1}{2}e^{\frac{\sin\theta}{\cos\theta+\sin\theta}}\biggm\vert^{\frac{\pi}{4}}_0=\cfrac{1}{2}(\sqrt{e}-1). \end{aligned} D∬ex+yydσ=∫04πdθ∫0cosθ+sinθ1ecosθ+sinθsinθrdr=21∫04πecosθ+sinθsinθ(cosθ+sinθ1)2dθ=21∫04πecosθ+sinθsinθd(cosθ+sinθsinθ)=21ecosθ+sinθsinθ∣∣∣∣04π=21(e−1).
（这道题主要利用了极坐标求解）
19.计算I=∬x+y⩽1x+y3dxdyI=\displaystyle\iint\limits_{\sqrt{x}+\sqrt{y}\leqslant1}\sqrt[3]{\sqrt{x}+\sqrt{y}}\mathrm{d}x\mathrm{d}yI=x+y⩽1∬3x+ydxdy。
解 区域DDD如下图所示，则
I=∫01dx∫0(1−x)2x+y3dy=y=t2∫01dx∫01−xx+t3⋅tdt=x+t=u2∫01dx∫x1u3(u−x)du=2∫01(37u73−34xu43)∣x1dx=2∫01(37−34x+928x76)∣x1dx=213.\begin{aligned} I&=\displaystyle\int^1_0\mathrm{d}x\displaystyle\int^{(1-\sqrt{x})^2}_0\sqrt[3]{\sqrt{x}+\sqrt{y}}\mathrm{d}y\\ &\xlongequal{\sqrt{y}=t}2\displaystyle\int^1_0\mathrm{d}x\displaystyle\int^{1-\sqrt{x}}_0\sqrt[3]{\sqrt{x}+t}\cdot t\mathrm{d}t\\ &\xlongequal{\sqrt{x}+t=u}2\displaystyle\int^1_0\mathrm{d}x\displaystyle\int^1_{\sqrt{x}}\sqrt[3]{u}(u-\sqrt{x})\mathrm{d}u=2\displaystyle\int^1_0\left(\cfrac{3}{7}u^{\frac{7}{3}}-\cfrac{3}{4}\sqrt{x}u^{\frac{4}{3}}\right)\biggm\vert^1_{\sqrt{x}}\mathrm{d}x\\ &=2\displaystyle\int^1_0\left(\cfrac{3}{7}-\cfrac{3}{4}\sqrt{x}+\cfrac{9}{28}x^{\frac{7}{6}}\right)\biggm\vert^1_{\sqrt{x}}\mathrm{d}x=\cfrac{2}{13}. \end{aligned} I=∫01dx∫0(1−x)23x+ydyy=t2∫01dx∫01−x3x+t⋅tdtx+t=u2∫01dx∫x13u(u−x)du=2∫01(73u37−43xu34)∣∣∣∣x1dx=2∫01(73−43x+289x67)∣∣∣∣x1dx=132.
（这道题主要利用了换元法求解）
CCC组
2.设p(x)p(x)p(x)在[a,b][a,b][a,b]上非负且连续，f(x)f(x)f(x)与g(x)g(x)g(x)在[a,b][a,b][a,b]上连续且相同的单调性，其中D={(x,y)∣a⩽x⩽b,a⩽y⩽b}D=\{(x,y)|a\leqslant x\leqslant b,a\leqslant y\leqslant b\}D={(x,y)∣a⩽x⩽b,a⩽y⩽b}，比较I1=∬Dp(x)f(x)p(y)g(y)dxdy,I2=∬Dp(x)f(y)p(y)g(y)dxdyI_1=\displaystyle\iint\limits_{D}p(x)f(x)p(y)g(y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y,I_2=\displaystyle\iint\limits_{D}p(x)f(y)p(y)g(y)\mathrm{d}x\mathrm{d}yI1=D∬p(x)f(x)p(y)g(y)dxdy,I2=D∬p(x)f(y)p(y)g(y)dxdy的大小，并说明理由。
解 因为I1−I2=∬Dp(x)p(y)g(y)[f(x)−f(y)]dxdyI_1-I_2=\displaystyle\iint\limits_{D}p(x)p(y)g(y)[f(x)-f(y)]\mathrm{d}x\mathrm{d}yI1−I2=D∬p(x)p(y)g(y)[f(x)−f(y)]dxdy，又由于DDD关于直线y=xy=xy=x对称，所以I1−I2I_1-I_2I1−I2又可以写成I1−I2=∬Dp(x)p(y)g(x)[f(y)−f(x)]dxdyI_1-I_2=\displaystyle\iint\limits_{D}p(x)p(y)g(x)[f(y)-f(x)]\mathrm{d}x\mathrm{d}yI1−I2=D∬p(x)p(y)g(x)[f(y)−f(x)]dxdy，所以2(I1−I2)=∬Dp(x)p(y)[g(y)−g(x)][f(x)−f(y)]dxdy2(I_1-I_2)=\displaystyle\iint\limits_{D}p(x)p(y)[g(y)-g(x)][f(x)-f(y)]\mathrm{d}x\mathrm{d}y2(I1−I2)=D∬p(x)p(y)[g(y)−g(x)][f(x)−f(y)]dxdy。因g(x)g(x)g(x)与f(x)f(x)f(x)的单调性相同，所以[g(y)−g(x)][f(x)−f(y)]⩽0[g(y)-g(x)][f(x)-f(y)]\leqslant0[g(y)−g(x)][f(x)−f(y)]⩽0，从而知I1−I2⩽0I_1-I_2\leqslant0I1−I2⩽0，有I1⩽I2I_1\leqslant I_2I1⩽I2。（这道题主要利用了构造函数求解）
6.设函数f(x)f(x)f(x)为[0,1][0,1][0,1]上的连续函数，且0⩽f(x)<10\leqslant f(x)<10⩽f(x)<1，利用二重积分证明不等式：∫01f(x)1−f(x)dx⩾∫01f(x)dx1−∫01f(x)dx\displaystyle\int^1_0\cfrac{f(x)}{1-f(x)}\mathrm{d}x\geqslant\cfrac{\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x}{1-\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x}∫011−f(x)f(x)dx⩾1−∫01f(x)dx∫01f(x)dx。
解 所证不等式等价于∫01f(x)1−f(x)dx∫01[1−f(x)]dx⩾∫01f(x)dx\displaystyle\int^1_0\cfrac{f(x)}{1-f(x)}\mathrm{d}x\displaystyle\int^1_0[1-f(x)]\mathrm{d}x\geqslant\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x∫011−f(x)f(x)dx∫01[1−f(x)]dx⩾∫01f(x)dx，而
∫01f(x)1−f(x)dx∫01[1−f(x)]dx=∫01f(x)1−f(x)dx∫01[1−f(y)]dy=∫01f(y)1−f(y)dy∫01[1−f(x)]dx=12∬D[f(x)−f(x)f(y)1−f(x)+f(y)−f(x)f(y)1−f(y)]dσ=12∬D[f(x)+f(y)][1+f(x)f(y)]−4f(x)f(y)[1−f(x)][1−f(y)]dσ⩾12∬D[f(x)+f(y)][1+f(x)f(y)]−[f(x)+f(y)]2[1−f(x)][1−f(y)]dσ=12∬D[f(x)+f(y)][1−f(x)][1−f(y)][1−f(x)][1−f(y)]dσ=12∬D[f(x)+f(y)]dσ=∫01f(x)dx,\begin{aligned} &\displaystyle\int^1_0\cfrac{f(x)}{1-f(x)}\mathrm{d}x\displaystyle\int^1_0[1-f(x)]\mathrm{d}x\\ =&\displaystyle\int^1_0\cfrac{f(x)}{1-f(x)}\mathrm{d}x\displaystyle\int^1_0[1-f(y)]\mathrm{d}y\\ =&\displaystyle\int^1_0\cfrac{f(y)}{1-f(y)}\mathrm{d}y\displaystyle\int^1_0[1-f(x)]\mathrm{d}x\\ =&\cfrac{1}{2}\displaystyle\iint\limits_{D}\left[\cfrac{f(x)-f(x)f(y)}{1-f(x)}+\cfrac{f(y)-f(x)f(y)}{1-f(y)}\right]\mathrm{d}\sigma\\ =&\cfrac{1}{2}\displaystyle\iint\limits_{D}\cfrac{[f(x)+f(y)][1+f(x)f(y)]-4f(x)f(y)}{[1-f(x)][1-f(y)]}\mathrm{d}\sigma\\ \geqslant&\cfrac{1}{2}\displaystyle\iint\limits_{D}\cfrac{[f(x)+f(y)][1+f(x)f(y)]-[f(x)+f(y)]^2}{[1-f(x)][1-f(y)]}\mathrm{d}\sigma\\ =&\cfrac{1}{2}\displaystyle\iint\limits_{D}\cfrac{[f(x)+f(y)][1-f(x)][1-f(y)]}{[1-f(x)][1-f(y)]}\mathrm{d}\sigma\\ =&\cfrac{1}{2}\displaystyle\iint\limits_{D}[f(x)+f(y)]\mathrm{d}\sigma=\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x, \end{aligned} ====⩾==∫011−f(x)f(x)dx∫01[1−f(x)]dx∫011−f(x)f(x)dx∫01[1−f(y)]dy∫011−f(y)f(y)dy∫01[1−f(x)]dx21D∬[1−f(x)f(x)−f(x)f(y)+1−f(y)f(y)−f(x)f(y)]dσ21D∬[1−f(x)][1−f(y)][f(x)+f(y)][1+f(x)f(y)]−4f(x)f(y)dσ21D∬[1−f(x)][1−f(y)][f(x)+f(y)][1+f(x)f(y)]−[f(x)+f(y)]2dσ21D∬[1−f(x)][1−f(y)][f(x)+f(y)][1−f(x)][1−f(y)]dσ21D∬[f(x)+f(y)]dσ=∫01f(x)dx,
其中D=[0,1]×[0,1]D=[0,1]\times[0,1]D=[0,1]×[0,1]。故∫01f(x)1−f(x)dx⩾∫01f(x)dx1−∫01f(x)dx\displaystyle\int^1_0\cfrac{f(x)}{1-f(x)}\mathrm{d}x\geqslant\cfrac{\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x}{1-\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x}∫011−f(x)f(x)dx⩾1−∫01f(x)dx∫01f(x)dx。（这道题主要利用了放缩法求解）
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