二重积分若干例题分析

1 理论分析

从二重积分开始，积分学就开始在一元定积分的基础上进行一定的推广，研究对象从一元函数变成二元函数，积分区间由一元区间变成二元区域.

同济版的高数是从几何意义去引入二重积分. 这和一元定积分是类似的思想. 这个角度也比较容易理解. 具体如下:
一个立体， z=f(x,y)z=f(x,y)z=f(x,y) 定义为它的顶，区域 DDD 定义为底，侧面以 DDD 的边界曲线为准线而母线平行于zzz轴的柱面. 这样的立体想求的它的体积等价于求 DDD 上的二重积分.

相关二重积分的理论在数学分析是涉及了。尤其是分割的思想自然必不可少. 下面两条是可积性定理。
1 有界闭区域DDD 上的连续函数必可积。
2 设f(x,y)f(x,y)f(x,y) 是定义在有界的闭区域DDD上的有界函数，若f(x,y)f(x,y)f(x,y) 的不连续点落在有限的光滑曲线上，则f(x,yf(x,yf(x,y在DDD上可积.
第2个虽然遇到的情况比较少，但是心里要有数.

2 计算分析

同样我们比较关心二重积分的计算方法. 一般而言分为直角坐标下的和极坐标下的两种计算模式.
直角坐标下的计算一般去考虑化成累次极限去求，这一块数学分析有严格的定义方法证明。相关公式和推导可以参考相关教材.还有一个方法采用物理的微元法去推导。
积分次序的分析是重要的.
先积 xxx 依据区域是yyy型区域。对应先积 yyy 依据区域是xxx型区域。

这一块举了一个对初学者稍微复杂计算例子计算:
∬Dx2+y2dσ,其中D={x2+y2≤1}\iint_D x^2+y^2d\sigma ,\, \text{其中} D=\{x^2+y^2 \leq1\} ∬Dx2+y2dσ,其中D={x2+y2≤1}
它的积分区域是个圆，既是xxx 区域也是yyy型区域，
我们可以按照xxx区域去做。其中考虑对称性。
那么就得到;

4∫01∫0x2−1x2+y2dydx4\int_0^1\int_0^{\sqrt{x^2-1}}x^2+y^2dydx 4∫01∫0x2−1x2+y2dydx

此时先积yyy里面得到 13(1−x2)3/2+x21−x2\frac {1} {3}\left (1 - x^2 \right)^{3/2} + x^2\sqrt {1 - x^2}31(1−x2)3/2+x21−x2, 这里卖个关子，读者可以试试进一步怎么求?

(参考：此时采用定积分的换元法，令 x=cos⁡(t)x=\cos(t)x=cos(t) 可以进一步处理. )

第二种方法是积分变换法：转极坐标. 令 x=rcos⁡(θ),y=rsin⁡(θ)x=r\cos(\theta), y=r\sin(\theta)x=rcos(θ),y=rsin(θ)
积分变换成：
∫02π∫01r3drdθ\int_0^{2\pi}\int_0^{1}r^3drd\theta ∫02π∫01r3drdθ
这时再去考虑积分就容易多了.

在介绍下面的习题的时候我们先考虑一个小问题
x=x2x=\sqrt{x^2}x=x2
吗？
容易认为相等，其实不相等！只有当 x>0x>0x>0 才等价. 其实右边函数
x2\sqrt{x^2}x2 在实数范围是一个分段函数.
x2={x如果 x>0−x如果x≤0\sqrt{x^2}= \begin{cases} x &\text{如果 } x>0 \\ -x &\text{如果} x\leq0 \end{cases} x2={x−x如果 x>0如果x≤0

问题2
求
∫01∫−y−y2y−y21−x2−y2dxdy\int_0^1\int_{-\sqrt{y-y^2}}^{\sqrt{y-y^2}}\sqrt{1-x^2-y^2}dxdy ∫01∫−y−y2y−y21−x2−y2dxdy

解：该积分区域 0≤x≤1,−y−y2≤x≤y−y20\leq x \leq1, -\sqrt{y-y^2}\leq x \leq \sqrt{y-y^2}0≤x≤1,−y−y2≤x≤y−y2 作极坐标变换，得到

∫0π∫0sin⁡(θ)1−r2rdrdθ\int_0^{\pi}\int_{0}^{\sin(\theta)}\sqrt{1-r^2}rdrd\theta ∫0π∫0sin(θ)1−r2rdrdθ
先积 rrr 得
−13((cos⁡2(θ))32−1).-\frac{1}{3}\left((\cos^2(\theta) )^{\frac{3}{2}} -1\right). −31((cos2(θ))23−1).
注意这里很容易进行错误的化简，得到错误结果. 认为函数等价于−13(cos⁡3(θ)−1).-\frac{1}{3}\left(\cos^3(\theta) -1 \right).−31(cos3(θ)−1). 其实不然，道理和前面的小例子一样.

(cos⁡2(θ))32(\cos^2(\theta))^{\frac{3}{2}}(cos2(θ))23 实际上等价于下面函数：
(cos⁡2(θ))32={cos⁡3(θ)如果−π2+kZ≤θ≤π2+kZ−cos⁡3(θ)如果π2+kZ≤θ≤3π2+kZ.(\cos^2(\theta))^{\frac{3}{2}}= \begin{cases} \cos^3(\theta) &\text{如果}\, -\frac{\pi}{2}+kZ\leq\theta\leq \frac{\pi}{2}+kZ\\ -\cos^3(\theta) &\text{如果}\, \frac{\pi}{2}+kZ\leq\theta\leq \frac{3\pi}{2}+kZ\\ \end{cases}. (cos2(θ))23={cos3(θ)−cos3(θ)如果−2π+kZ≤θ≤2π+kZ如果2π+kZ≤θ≤23π+kZ.
结合θ∈[0,π]\theta\in[0, \pi]θ∈[0,π] 进一步将所求积分转成
−13(∫0π2cos⁡3(θ)dθ−∫π2πcos⁡3(θ)dθ)+π3-\frac{1}{3}(\int_0^\frac{\pi}{2} \cos^3(\theta)d\theta-\int_\frac{\pi}{2}^{\pi} \cos^3(\theta)d\theta)+\frac{\pi}{3} −31(∫02πcos3(θ)dθ−∫2ππcos3(θ)dθ)+3π
考虑处理上面的第二项，令 y=θ−π2y=\theta-\frac{\pi}{2}y=θ−2π 因为 ∫π2πcos⁡3(θ)dθ=∫0π2cos⁡3(y+π2)dy=−∫0π2sin⁡3(θ)dθ=−∫0π2cos⁡3(θ)dθ,\int_\frac{\pi}{2}^{\pi} \cos^3(\theta)d\theta=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^3(y+\frac{\pi}{2})dy=-\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^3 (\theta)d\theta=-\int_0^{\frac{\pi}{2}} \cos^3 (\theta)d\theta,∫2ππcos3(θ)dθ=∫02πcos3(y+2π)dy=−∫02πsin3(θ)dθ=−∫02πcos3(θ)dθ,
所以所求积分归结为
−23∫0π2cos⁡3(θ)dθ+π3.-\frac{2}{3}\int_0^\frac{\pi}{2}\cos^3(\theta)d\theta+\frac{\pi}{3}. −32∫02πcos3(θ)dθ+3π.

至于∫0π2cos⁡3(θ)dθ\int_0^\frac{\pi}{2}\cos^3(\theta)d\theta∫02πcos3(θ)dθ . 我们可以直接计算23\frac{2}{3}32 . (sin⁡n(x)\sin^n(x)sinn(x) 在[0,π2][0, \frac{\pi}{2}][0,2π] 定积分有公式，见注1）于是此时得到最终结果−49+π3.-\frac{4}{9}+\frac{\pi}{3}.−94+3π.
注1
令 Jn=∫0π2sin⁡n(x)dxJ_n=\int_0^\frac{\pi}{2}{\sin^n(x)dx}Jn=∫02πsinn(x)dx, 有下面成立
J2k=(2k−1)(2k−3)⋅…⋅3⋅12k(2k−2)⋅…⋅4⋅2⋅π2J2k+1=2k(2k−2)⋅…⋅2(2k+1)(2k−1)⋅…⋅3⋅J_{2k}=\frac{(2k-1)(2k-3)\cdot\ldots\cdot 3\cdot1}{2k(2k-2)\cdot\ldots\cdot 4 \cdot2}\cdot \frac{\pi}{2}\\ J_{2k+1}=\frac{2k(2k-2)\cdot\ldots\cdot 2}{(2k+1)(2k-1)\cdot\ldots\cdot 3}\cdot J2k=2k(2k−2)⋅…⋅4⋅2(2k−1)(2k−3)⋅…⋅3⋅1⋅2πJ2k+1=(2k+1)(2k−1)⋅…⋅32k(2k−2)⋅…⋅2⋅

问题2 来自无敌猪猪侠, 动机是想问 Maple 能否直接求解, 试了试 Maple2019 是可以直接求解的. 时间：2020 年 4 月 2 日.