例题十一

例11.8  计算I=∫01dy∫y1x2−y2dxI=\displaystyle\int^1_0\mathrm{d}y\displaystyle\int^1_y\sqrt{x^2-y^2}\mathrm{d}xI=∫01​dy∫y1​x2−y2​dx。

解
I=∫01dy∫y1x2−y2dx=∬Dx2−y2dxdy=∫01dx∫0xx2−y2dy∫0xx2−y2dy=令y=sin⁡t∫0π2xcos⁡t⋅xcos⁡tdt=x2∫0π2cos⁡2tdt=x2⋅12⋅π2=π4x2.I=\displaystyle\int^1_0\mathrm{d}y\displaystyle\int^1_y\sqrt{x^2-y^2}\mathrm{d}x=\displaystyle\iint\limits_{D}\sqrt{x^2-y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\displaystyle\int^1_0\mathrm{d}x\displaystyle\int^x_0\sqrt{x^2-y^2}\mathrm{d}y\\ \displaystyle\int^x_0\sqrt{x^2-y^2}\mathrm{d}y\xlongequal{\text{令}y=\sin t}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0x\cos t\cdot x\cos t\mathrm{d}t=x^2\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cos^2t\mathrm{d}t=x^2\cdot\cfrac{1}{2}\cdot\cfrac{\pi}{2}=\cfrac{\pi}{4}x^2. I=∫01​dy∫y1​x2−y2​dx=D∬​x2−y2​dxdy=∫01​dx∫0x​x2−y2​dy∫0x​x2−y2​dy令y=sint∫02π​​xcost⋅xcostdt=x2∫02π​​cos2tdt=x2⋅21​⋅2π​=4π​x2.
  故
I=∫01π4x2dx=π4⋅13=π12.I=\displaystyle\int^1_0\cfrac{\pi}{4}x^2\mathrm{d}x=\cfrac{\pi}{4}\cdot\cfrac{1}{3}=\cfrac{\pi}{12}. I=∫01​4π​x2dx=4π​⋅31​=12π​.
（这道题主要利用了换元法求解）

例11.16  计算lim⁡n→∞1n3∬D[x2+y2]dσ\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{1}{n^3}\displaystyle\iint\limits_{D}[\sqrt{x^2+y^2}]\mathrm{d}\sigman→∞lim​n31​D∬​[x2+y2​]dσ，其中D={(x,y)∣x2+y2⩽n2},[⋅]D=\{(x,y)|x^2+y^2\leqslant n^2\},[\cdot]D={(x,y)∣x2+y2⩽n2},[⋅]是取整符号。

解  I=lim⁡n→∞1n3∫02ndθ∫0n[r]rdrI=\lim\limits_{n\to\infty}\cfrac{1}{n^3}\displaystyle\int^{2n}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^n_0[r]r\mathrm{d}rI=n→∞lim​n31​∫02n​dθ∫0n​[r]rdr。由于r−1<[r]⩽rr-1<[r]\leqslant rr−1<[r]⩽r，则
13−12n=1n3∫0n(r−1)rdr⩽1n3∫0n[r]rdr⩽1n3∫0nr2dr=13.\cfrac{1}{3}-\cfrac{1}{2n}=\cfrac{1}{n^3}\displaystyle\int^n_0(r-1)r\mathrm{d}r\leqslant\cfrac{1}{n^3}\displaystyle\int^n_0[r]r\mathrm{d}r\leqslant\cfrac{1}{n^3}\displaystyle\int^n_0r^2\mathrm{d}r=\cfrac{1}{3}. 31​−2n1​=n31​∫0n​(r−1)rdr⩽n31​∫0n​[r]rdr⩽n31​∫0n​r2dr=31​.
  令n→∞n\to\inftyn→∞，上式两端极限为13\cfrac{1}{3}31​，由夹挤定理知，I=23πI=\cfrac{2}{3}\piI=32​π。

例11.18  设f(x)f(x)f(x)在[0,1][0,1][0,1]上是单调减少且为正值的连续函数。证明：∫01f2(x)dx∫01xf(x)dx⩾∫01xf2(x)dx∫01f(x)dx.\displaystyle\int^1_0f^2(x)\mathrm{d}x\displaystyle\int^1_0xf(x)\mathrm{d}x\geqslant\displaystyle\int^1_0xf^2(x)\mathrm{d}x\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}x.∫01​f2(x)dx∫01​xf(x)dx⩾∫01​xf2(x)dx∫01​f(x)dx.

解  改写1→t1\to t1→t。令F(t)=∫01f2(x)dx∫01xf(x)dx−∫01xf2(x)dx∫01f(x)dxF(t)=\displaystyle\int^1_0f^2(x)\mathrm{d}x\displaystyle\int^1_0xf(x)\mathrm{d}x-\displaystyle\int^1_0xf^2(x)\mathrm{d}x\displaystyle\int^1_0f(x)\mathrm{d}xF(t)=∫01​f2(x)dx∫01​xf(x)dx−∫01​xf2(x)dx∫01​f(x)dx，则
F′(t)=tf2(t)∫0tf(x)dx+f(t)∫0txf2(x)dx−f2(t)∫0txf(x)dx−tf(t)∫0txf2(x)dx=∫0tf(t)f(x)(t−x)[f(t)−f(x)]dx⩽0,\begin{aligned} F'(t)&=tf^2(t)\displaystyle\int^t_0f(x)\mathrm{d}x+f(t)\displaystyle\int^t_0xf^2(x)\mathrm{d}x-f^2(t)\displaystyle\int^t_0xf(x)\mathrm{d}x-tf(t)\displaystyle\int^t_0xf^2(x)\mathrm{d}x\\ &=\displaystyle\int^t_0f(t)f(x)(t-x)[f(t)-f(x)]\mathrm{d}x\leqslant0, \end{aligned} F′(t)​=tf2(t)∫0t​f(x)dx+f(t)∫0t​xf2(x)dx−f2(t)∫0t​xf(x)dx−tf(t)∫0t​xf2(x)dx=∫0t​f(t)f(x)(t−x)[f(t)−f(x)]dx⩽0,​
  故F(1)⩽F(0)=0F(1)\leqslant F(0)=0F(1)⩽F(0)=0，得证。（这道题主要利用了构造函数求解）

例11.22  利用广义二重积分计算∫0+∞e−x2dx\displaystyle\int^{+\infty}_0e^{-x^2}\mathrm{d}x∫0+∞​e−x2dx。

解  设I=∫0+∞e−x2dxI=\displaystyle\int^{+\infty}_0e^{-x^2}\mathrm{d}xI=∫0+∞​e−x2dx，于是
I2=∫0+∞e−x2dx⋅∫0+∞e−x2dx=∫0+∞e−x2dx⋅∫0+∞e−y2dy=∫0+∞dx∫0+∞e−(x2+y2)dy=∬x>0,y>0e−(x2+y2)dxdy=极坐标变换∫0π2dθ∫0+∞e−r2⋅rdr=π2⋅(−12)∫0+∞e−r2d(−r2)=−π4e−r2∣0+∞=π4.\begin{aligned} I^2&=\displaystyle\int^{+\infty}_0e^{-x^2}\mathrm{d}x\cdot\displaystyle\int^{+\infty}_0e^{-x^2}\mathrm{d}x=\displaystyle\int^{+\infty}_0e^{-x^2}\mathrm{d}x\cdot\displaystyle\int^{+\infty}_0e^{-y^2}\mathrm{d}y\\ &=\displaystyle\int^{+\infty}_0\mathrm{d}x\displaystyle\int^{+\infty}_0e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}y=\displaystyle\iint\limits_{x>0,y>0}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &\xlongequal{\text{极坐标变换}}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^{+\infty}_0e^{-r^2}\cdot r\mathrm{d}r=\cfrac{\pi}{2}\cdot\left(-\cfrac{1}{2}\right)\displaystyle\int^{+\infty}_0e^{-r^2}\mathrm{d}(-r^2)\\ &=-\cfrac{\pi}{4}e^{-r^2}\biggm\vert^{+\infty}_0=\cfrac{\pi}{4}. \end{aligned} I2​=∫0+∞​e−x2dx⋅∫0+∞​e−x2dx=∫0+∞​e−x2dx⋅∫0+∞​e−y2dy=∫0+∞​dx∫0+∞​e−(x2+y2)dy=x>0,y>0∬​e−(x2+y2)dxdy极坐标变换∫02π​​dθ∫0+∞​e−r2⋅rdr=2π​⋅(−21​)∫0+∞​e−r2d(−r2)=−4π​e−r2∣∣∣∣​0+∞​=4π​.​
  故I=∫0+∞e−x2dx=π2I=\displaystyle\int^{+\infty}_0e^{-x^2}\mathrm{d}x=\cfrac{\sqrt{\pi}}{2}I=∫0+∞​e−x2dx=2π​​。（这道题主要利用了极坐标变换和构造函数求解）

习题十一

11.8

（1）计算lim⁡r→0+1πr2∬Dex2−y2cos⁡(x+y)dxdy\lim\limits_{r\to0^+}\cfrac{1}{\pi r^2}\displaystyle\iint\limits_{D}e^{x^2-y^2}\cos(x+y)\mathrm{d}x\mathrm{d}yr→0+lim​πr21​D∬​ex2−y2cos(x+y)dxdy，其中积分区域D={(x,y)∣x2+y2⩽r2}D=\{(x,y)|x^2+y^2\leqslant r^2\}D={(x,y)∣x2+y2⩽r2}。

解  因为ex2−y2cos⁡(x+y)e^{x^2-y^2}\cos(x+y)ex2−y2cos(x+y)在DDD上连续，由积分中值定理有，在DDD上至少存在一点(ϵ,η)(\epsilon,\eta)(ϵ,η)，使∬Dex2−y2cos⁡(x+y)dxdy=eϵ2−η2cos⁡(ϵ+η)πr2\displaystyle\iint\limits_{D}e^{x^2-y^2}\cos(x+y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=e^{\epsilon^2-\eta^2}\cos(\epsilon+\eta)\pi r^2D∬​ex2−y2cos(x+y)dxdy=eϵ2−η2cos(ϵ+η)πr2。由于(ϵ,η)(\epsilon,\eta)(ϵ,η)在DDD上，所以当r→0+r\to0^+r→0+时，(ϵ,η)→(0,0)(\epsilon,\eta)\to(0,0)(ϵ,η)→(0,0)，于是lim⁡r→0+1πr2∬Dex2−y2cos⁡(x+y)dxdy=lim⁡(ϵ,η)→(0,0)eϵ2−η2cos⁡(ϵ+η)=1\lim\limits_{r\to0^+}\cfrac{1}{\pi r^2}\displaystyle\iint\limits_{D}e^{x^2-y^2}\cos(x+y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\lim\limits_{(\epsilon,\eta)\to(0,0)}e^{\epsilon^2-\eta^2}\cos(\epsilon+\eta)=1r→0+lim​πr21​D∬​ex2−y2cos(x+y)dxdy=(ϵ,η)→(0,0)lim​eϵ2−η2cos(ϵ+η)=1。（这道题主要利用了积分中值定理求解）

新版例题十四

例14.5

例14.12

例14.13

例14.14

例14.21

例14.22

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