二重积分的解题技巧

计算方法

本节内容一般都应该先画图再思考后续内容较为直观

基本口诀是:后积先定限,限内画条线,先交写下限,后交写上限(且下限必须小于上限)

结合下图进行解释,后积先定限,对于X-型来说(看底下(1)那个式子)最后面是 d y dy dy是先积分的,这个积分完才是对 x x x积分的,因此 x x x属于后积,那先确定它的上下限,即x轴方向上的始末。接着沿垂直于 x x x轴的方向画线,形成 d y dy dy的上下限

仍以X-型为例,此时先对 y y y积分,故 x x x看成常数,随机积分得到一个仅含x的式子(因为根据NL公式求积分后 y y y都被上下限带入值了,上下限是只关于x的函数),这样再继续进行下一次积分就能出最后结果了。

二重积分的解题技巧_第1张图片
关键是把 d σ d\sigma dσ这个二维的微元转换成一维的形式,这不意味着一定是 d x d y dxdy dxdy,在极坐标系下也可以进行类似的处理,即 d σ = d θ r d r d\sigma = d\theta r d r dσ=dθrdr,并且极坐标系下一般都是先对 r r r再对 θ \theta θ进行积分的

∬ D f ( x , y ) d x d y = ∬ D f ( r cos ⁡ θ , r sin ⁡ θ ) r d r d θ = ∫ α β d θ ∫ r ( θ 1 ) r ( θ 2 ) f ( r cos ⁡ θ , r sin ⁡ θ ) r d r \iint_D f(x,y)dxdy=\iint_Df(r\cos \theta,r \sin \theta)rdrd\theta=\int_\alpha^\beta d\theta\int_{r(\theta_1)}^{r(\theta_2)}f(r\cos \theta,r \sin \theta)rdr Df(x,y)dxdy=Df(rcosθ,rsinθ)rdrdθ=αβdθr(θ1)r(θ2)f(rcosθ,rsinθ)rdr

细说的内容可以看@高数叔的文章:知乎 - 《高等数学》二重积分计算(极坐标)


关于轮换对称性,只看积分区域 D D D是否关于 y = x y=x y=x对称即可(即 x x x y y y对调之后区域 D D D不变)

题目与思路

数形结合

二重积分的解题技巧_第2张图片
二重积分的解题技巧_第3张图片

由上图,若在紫色线 x − y = − 2 x-y=-2 xy=2和黄色线 x − y = 2 x-y=2 xy=2之间平移一条和他们斜率相等的线,则必有 − 2 < x − y < 2 -22<xy<2,则可推知 − 1 < x − y 2 < 1 -1<\frac{x-y}2<1 1<2xy<1,则 − 1 < ∣ x − y 2 ∣ -1<|\frac{x-y}2| 1<2xy,由于 sin ⁡ x \sin x sinx在区间 [ 0 , 1 ] [0,1] [0,1]是单调递增的,所以有
sin ⁡ ( x − y 2 ) 2 = sin ⁡ ∣ x − y 2 ∣ 2 < sin ⁡ ∣ x − y 2 ∣ \sin (\frac{x-y}2)^2=\sin |\frac{x-y}2|^2<\sin |\frac{x-y}2| sin(2xy)2=sin2xy2<sin2xy答案选D

奇偶性

30J.L12.2

题目中的积分式子可以拆成两部分,其中一部分根据奇偶性得到结果为0,最终答案是另一部分的结果。根据奇偶性得到结果为0的式子就是下面这个

∬ D x y e x 2 + y 2 2 d σ \iint_D xy e^{\frac{x^2+y^2}2}d\sigma Dxye2x2+y2dσ

二重积分的解题技巧_第4张图片
拆成 ∬ D x y 5 d x d y \iint_Dxy^5dxdy Dxy5dxdy − ∬ D 1 d x d y -\iint_D1dxdy D1dxdy,前者为0,只用计算后者即可

对于前者为0,是因为按可加性拆为两个区域
D 2 D_2 D2关于 y y y轴对称,原式是 y y y的奇函数,为0。
D 1 D_1 D1关于 x x x轴对称,原式是 x x x的奇函数,为0。

关于 x x x轴对称要看 y y y的奇偶性,反之同理

轮换对称性

30J.L12.4

对椭圆的积分利用轮换对称性变成对圆的积分

I = ∬ D ( x 2 a 2 + y 2 b 2 ) d x d y = ∬ D ( y 2 a 2 + x 2 b 2 ) d x d y I=\iint_D(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2})dxdy=\iint_D(\frac{y^2}{a^2}+\frac{x^2}{b^2})dxdy I=D(a2x2+b2y2)dxdy=D(a2y2+b2x2)dxdy
故有下式:
I = 1 2 ( 2 I ) = 1 2 ( 1 a 2 + 1 b 2 ) ∬ D ( x 2 + y 2 ) d x d y I=\frac 12 (2I)=\frac12(\frac{1}{a^2}+\frac{1}{b^2})\iint_D(x^2+y^2)dxdy I=21(2I)=21(a21+b21)D(x2+y2)dxdy

然后换到极坐标系下,秒了

30J.T12.3

分拆为两部分后得到 ∬ D e sin ⁡ y + e − sin ⁡ x d x d y \iint_De^{\sin y}+e^{-\sin x}dxdy Desiny+esinxdxdy,然后对仅含y的使用轮换对称性,随后得到 ∬ D e sin ⁡ x + e − sin ⁡ x d x d y \iint_De^{\sin x}+e^{-\sin x}dxdy Desinx+esinxdxdy,最后使用不等式 a + b ≥ 2 a b a+b\ge 2\sqrt{ab} a+b2ab ,故 e sin ⁡ x + e − sin ⁡ x ≥ 2 e^{\sin x}+e^{-\sin x}\ge 2 esinx+esinx2,原式化为 ∬ D 2 d x d y ≥ 2 π 2 \iint_D 2 dxdy\ge 2\pi^2 D2dxdy2π2

极坐标系转直角坐标系

30J.L12.5

计算 I = ∬ D r 2 sin ⁡ θ 1 − r 2 sin ⁡ 2 θ d r d θ I=\iint_D r^2\sin\theta\sqrt{1-r^2\sin{2\theta}}drd\theta I=Dr2sinθ1r2sin2θ drdθ,其中 D = { ( r , θ ) ∣ 0 ≤ r sec ⁡ θ , 0 ≤ θ ≤ π 4 } D=\{(r,\theta)|0\le r\sec \theta,0\le \theta \le \frac \pi 4\} D={(r,θ)∣0rsecθ,0θ4π}

被积函数跟圆也没有关系,积分区域也不是圆的一部分

区域 r = sec ⁡ θ = 1 cos ⁡ θ → r cos ⁡ θ = 1 = x r=\sec\theta =\frac 1{\cos\theta}\to r\cos\theta = 1=x r=secθ=cosθ1rcosθ=1=x可得直角坐标系下的线

I = ∬ D r 2 sin ⁡ θ 1 − r 2 sin ⁡ 2 θ d r d θ = ∬ D y 1 − x 2 + y 2 d x d y I=\iint_D r^2\sin\theta\sqrt{1-r^2\sin{2\theta}}drd\theta=\iint_Dy\sqrt{1-x^2+y^2}dxdy I=Dr2sinθ1r2sin2θ drdθ=Dy1x2+y2 dxdy

随后处理步骤就是换元

∬ D y 1 − x 2 + y 2 d x d y = 1 2 ∫ 0 1 d x ∫ 0 x 1 − x 2 + y 2 d ( 1 − x 2 + y 2 ) \iint_Dy\sqrt{1-x^2+y^2}dxdy=\frac 12\int_0^1dx\int_0^x\sqrt{1-x^2+y^2}d(1-x^2+y^2) Dy1x2+y2 dxdy=2101dx0x1x2+y2 d(1x2+y2)

要注意在 d y dy dy时候 x x x是常数,此时修改积分变量加到里面是完全没问题的,常数求导结果为0的。

30J.T12.2

二重积分的解题技巧_第5张图片
关键是会画 r = cos ⁡ θ r=\cos \theta r=cosθ这条线,两边同乘 r r r可得 r 2 = r cos ⁡ θ r^2=r\cos \theta r2=rcosθ,亦即 x 2 + y 2 = x x^2+y^2=x x2+y2=x

交换积分次序

某些函数虽然有原函数,但是原函数不能用初等函数表示,此时的处理方法是交换积分次序,这类函

300T.T12.9

考点:交换积分次序+变限积分求导公式

二重积分处理一重积分的问题

30J.L12.8

f ( x ) = ∫ x 1 sin ⁡ ( π u 2 ) d u f(x)=\int_x^1\sin(\pi u^2)du f(x)=x1sin(πu2)du ∫ 0 1 f ( x ) d x \int_0^1f(x)dx 01f(x)dx

两种方法:一是分部积分法,二是化为二重积分后交换积分次序(需要找到积分区域 D D D

∫ 0 1 d ( x ) d x = x f ( x ) ∣ 0 1 = ∫ 0 1 x d [ f ( x ) ] = 0 − ∫ 0 1 x d [ ∫ x 1 sin ⁡ ( π u 2 ) ] = ∫ 0 1 x sin ⁡ ( π x 2 ) d x = 1 π \int_0^1d(x)dx = xf(x)|_0^1=\int_0^1xd[f(x)]=0-\int_0^1 xd{[\int_x^1\sin (\pi u^2)]}=\int_0^1x\sin(\pi x^2)dx=\frac 1\pi 01d(x)dx=xf(x)01=01xd[f(x)]=001xd[x1sin(πu2)]=01xsin(πx2)dx=π1


该技巧可以使用的另一种情况的典型特征是两个(积分变量相同的)积分相乘,这里面运用到的一个重要的思想就是积分与字母无关

30J.L12.9

f ( x ) f(x) f(x)为恒大于0的连续函数,证明 ∫ 0 1 f ( x ) d x ⋅ ∫ 0 1 1 f ( x ) d x ≥ 1 \int_0^1f(x)dx·\int_0^1\frac{1}{f(x)}dx \ge 1 01f(x)dx01f(x)1dx1

唉,分别把 f ( x ) f(x) f(x) 1 f ( x ) \frac{1}{f(x)} f(x)1整成 y y y来处理,然后两个 I I I相加就行了,相当于是证明 2 I 2 ≥ 1 \frac{2I}2\ge 1 22I1,积分区域 D D D不言自明,左下角在原点边长为1的正方形。

最后用了一下不等式 a + b ≥ 2 a b a+b\ge 2\sqrt{ab} a+b2ab

30J.L12.10

计算 ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x \int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx 0+ex2dx

因为 I = ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x I=\int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx I=0+ex2dx I 2 = ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x ⋅ ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x = ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x ⋅ ∫ 0 + ∞ e − y 2 d y I^2=\int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx·\int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx=\int_0^{+\infty}e^{-x^2}dx·\int_0^{+\infty}e^{-y^2}dy I2=0+ex2dx0+ex2dx=0+ex2dx0+ey2dy

因此经过整理可以化为 ∬ D e − ( x 2 + y 2 ) d x d y \iint_De^{-(x^2+y^2)}dxdy De(x2+y2)dxdy其中D是第一象限,接着转极坐标处理即可

最后由积分的保号性可知 I > 0 I>0 I>0

结论题:逆用形心公式

逆用形心公式,适用于积分区域为 D : ( x − a ) 2 + ( y − b ) 2 ≤ R 2 D:(x-a)^2+(y-b)^2\le R^2 D:(xa)2+(yb)2R2

x x x换为 a a a y y y换为 b b b d x d y dxdy dxdy换为 π R 2 \pi R^2 πR2,有下式成立:

∬ D ( m x + n y + l x y ) d x d y = ( m a + n b + l a b ) π R 2 \iint_D (mx+ny+lxy)dxdy=(ma+nb+lab)\pi R^2 D(mx+ny+lxy)dxdy=(ma+nb+lab)πR2

积分区域被积函数必须都满足上式的形式才行

其余要点

二重积分结果不一定是正的,比如 f ( x , y ) f(x,y) f(x,y)若小于0,其体积实际上是 − ∬ D f ( x , y ) d x d y - \iint_Df(x,y)dxdy Df(x,y)dxdy

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