基础知识

设 $z = f (x,y)$,积分区域是 D,求 D 区域曲顶柱体的体积?

体积微元:$\Delta V_i = f (x_i,y_i) \Delta s$

所以体积就是 $\sum_{n=1}^{+\infty} \Delta V_i = f (x_i,y_i) \Delta s$

当分割足够小时,就得到二重积分,记作 $\iint_{D}^{} f (x,y) \mathrm {d} s$

计算原理

用垂直于 $x$ 轴的截面,截取柱体,截面面积关系为 $A (x)$,则体积:

$$ V = \int_{a}^{b} A(x) \mathrm{d}x $$

$A (x)$ 是一个曲边梯形,其面积可以表示为

$$ \int_{y_1(x)}^{y_2(x)} f(x,y) \mathrm{d}y $$

因此二重积分转化为了累次积分:

$$ \int_{a}^{b}\left[ {\int_{y_1(x)}^{y_2(x)} f(x,y) \mathrm{d}y} \right]\mathrm{d}x $$

简单记为:

typora\20200602201838_d491304639542da28130db447b7a8c73.png

注意,这里只是简便记法,不是直接相乘,计算的时候从右往左

极坐标

$$ \int_{D} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{d} y=\int_{D} f(r \cos \theta, r \sin \theta) r \mathrm{d} r \mathrm{d} \theta $$

最后转换为

$$ \int_{\alpha }^{\beta} d \theta \int_{r_{1}(\theta)}^{r_2(\theta)} f(r \cos \theta, r \sin \theta) r d r d \theta $$

题型

基本计算

【例子】

$$ \text {计算} \iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} \sigma ; \text {其中,设} f (x, y)=1-6 x^{2} y, \text {且} D: 0 \leq x \leq 2,-1 \leq y \leq 1 $$

【分析与解答】

$$ \begin{align} & \iint_{D}^{} f(x,y) \mathrm{d} \delta \\ &= \int_{0}^{2} \mathrm{d}x \int_{-1}^{1} 1 - 6x^2y \mathrm{d}y\\ &= \int_{0}^{2} \mathrm{d}x \left[y - 3x^2y^2\right]|_{-1}^{1}\\ &= \int_{0}^{2} \mathrm{d}x \left[1 - 3x^2 - (-1 - 3x^2)\right]\\ &= \int_{0}^{2} \mathrm{d}x \ 2\\ &= \frac{2^2}{2} \cdot 2\\ &= 4 \end{align} $$

【例子】 转化为二次积分:$\iint_D f (x, y) d \sigma,$ 设 $D$ 为 $y=x$ 和 $y^{2}=4 x$ 所围成区域。

【分析与解答】 首先可以通过方程 $x^2 = 4x$ 解出 $x$ 的范围是 $[0,4]$ 。画图可以发现 $y_1 (x) = x, y_2 (x) = \sqrt []{4x}$ 因此答案是 $\int_{0}^{4} d x \int_{x}^{2 \sqrt {x}} f (x, y) d y$

二次积分交换积分次序

【例子】 $I=\int_{0}^{2} d y \int_{y^{2}}^{2 y} f (x, y) d x$

这种题可以直接画出草图。

首先写出积分区域:

$$ D:\left\{\begin{array}{l} 0 \leq y \leq 2 \\ y^{2} \leq x \leq 2 y \end{array}\right. $$

画图纸后可以算出换序后的区域

$$ \left\{\begin{array}{c} 0 \leq x \leq 4 \\ \frac{x}{2} \leq y \leq \sqrt{x} \end{array}\right. $$

【例子】 计算 $\iint_{D} x y \mathrm {e}^{x^{2}+y^{2}} \mathrm {d} \sigma,$ 其中 $D$ 是正方形闭区域 $: 0 \leqslant x \leqslant 1,0 \leqslant y \leqslant 1$

这题就尼玛硬算。

$$ \int_{0}^{1} \mathrm{d}x \int_{0}^{1} x y e^{x^{2}+y^{2}} \mathrm{d}y $$

后面的运算就不多说了,换元 $ u = x^2 + y^2$ 最后结果 $\frac {1}{4}(e^2 - 1)$

极坐标下的二重积分

【例子】 计算 $\iint_{D} e^{x^{2}+y^{2}} \mathrm {d} x \mathrm {d} y$ 。 $D$ 是 $x$ 轴与 $ y = \sqrt []{1-x^2} $ 围的半圆。

【分析与解答】 极坐标换元,得到 $\int_ 0^\pi \mathrm {d} \theta \int_{0}^{1} e^{r^2} r \mathrm {d} r $

$$ \begin{aligned} y &=\left.\int_{0}^{\pi} d \theta \frac{e^{r^{2}}}{2}\right|_{0} ^{1} \\ &=\pi \cdot\left(\frac{e}{2}-\frac{1}{2}\right) \end{aligned} $$

【例子】

$$ \iint_{D} \sin \sqrt {x^{2}+y^{2}} \mathrm {d} x \mathrm {d} y, \text {其中} D \text {是闭区域}: \pi^{2} \leqslant x^{2}+y^{2} \leqslant 4 \pi^{2} $$

【分析与解答】

就硬算

$$ \begin{aligned} & \int_{0}^{2 x} d \theta \int_{0}^{2 \pi} \sin r \cdot v d r \\ &=\left.\int_{0}^{2 \pi} d \theta(\sin r-r \cos r)\right|_{\pi} ^{2 \pi}\\ &=2 \pi \cdot(\sin 2 \pi-\sin \pi+\pi \cos \pi-2 \pi \cos 2 \pi) \\ &=2 \pi(0-0-\pi-2 \pi) \\ &=-6 \pi^{2} \end{aligned} $$

【例子】

$$ \iint_{D} \sqrt {\frac {1-x^{2}-y^{2}}{1+x^{2}+y^{2}}} \mathrm {d} \sigma, \text {其中} D \text {是} x^{2}+y^{2}=1 \text {及坐标轴所围的在第一象限内的闭区域} $$

【分析与解答】

$$ \begin{aligned} & \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} d \theta \int_{0}^{1} \frac{1-\rho^{2}}{1+\rho^{2}} \rho d \rho \\ =&\left.\frac{\pi}{2}\left(\frac{1}{2} \sqrt{\frac{1-t}{1+t}} d t\right)\right|_{0} ^{1} \\ =& \frac{\pi}{4}(0+2 \arcsin 1 -1) \\ =& \frac{\pi}{4}\left(\frac{\pi}{2}-1\right) \end{aligned} $$