10.1 重积分

一般方法

重积分就是在一个区域上对多元函数进行积分，可转换为多次积分。

例 1

求重积分 ${\displaystyle {\iint }_D\sin (x+y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y}$，其中 $D$ 表示 $0\le x\le \pi$，$0\le y\le {\displaystyle \frac{\pi }{2}}$。

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此处的积分区域是一个矩形，这是最简单的情形。

$$\mathrm{原}\mathrm{式}={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\mathrm{d}y{\int }_0^{\pi }\sin (x+y)\mathrm{d}x$$

其中，

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi }\sin (x+y)\mathrm{d}x& =-\cos (x+y){|}_{x=0}^{\pi }\\ & =-\cos (\pi +y)+\cos y\\ & =2\cos y\end{array}$$

代入得

$$\mathrm{原}\mathrm{式}={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}2\cos y\mathrm{d}y=2\sin y{|}_{y=0}^{\frac{\pi }{2}}=2$$

例 2

求重积分 ${\displaystyle {\iint }_D{e}^x\sin y\mathrm{d}x\mathrm{d}y}$，其中 $D$ 表示 $0\le x\le 1$，$0\le y\le {\displaystyle \frac{\pi }{6}}$。

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$$\begin{array}{rl}\mathrm{原}\mathrm{式}& ={\int }_0^{\frac{\pi }{6}}\mathrm{d}y{\int }_0^1{e}^x\sin y\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{6}}\sin y\mathrm{d}y\cdot {\int }_0^1{e}^x\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{6}}\sin y\mathrm{d}y\cdot e^x{|}_{x=0}^1\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{6}}\sin y\mathrm{d}y\cdot (e-1)\\ & =(e-1)\cos y{|}_{y=0}^{\frac{\pi }{6}}\\ & =(e-1)(1-\frac{\sqrt{3}}{2})\end{array}$$

考虑积分次序

• 若 $D$ 能写成 $a\le x\le b$，${\phi }_1(x)\le y\le {\phi }_2(x)$，则 ${\displaystyle {\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma ={\int }_a^b\mathrm{d}x{\int }_{{\phi }_1(x)}^{{\phi }_2(x)}f(x,y)\mathrm{d}y}$
• 若 $D$ 能写成 $c\le y\le d$，${\phi }_1(y)\le x\le {\phi }_2(y)$，则 ${\displaystyle {\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma ={\int }_c^d\mathrm{d}y{\int }_{{\phi }_1(y)}^{{\phi }_2(y)}f(x,y)\mathrm{d}x}$

即：简单的放外面

引例

假设我们想要表达这样一个底和高均为 1 的三角形积分区域：

那我们就可以取 $0\le x\le 1$，$0\le y\le x$，则有

$${\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{x}f(x,y)\mathrm{d}y$$

也可以先看 $y$，取 $0\le y\le 1$，$y\le x\le 1$，则有

$${\int }_0^1\mathrm{d}y{\int }_y^{1}f(x,y)\mathrm{d}x$$

实际做题时，将积分区域画出来（有分），然后看哪个先更方便就用哪个。

例 3

求重积分 ${\displaystyle {\iint }_D(x+y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y}$，其中 $D$ 表示 $y=x$ 和 $y=2-x^2$ 围成的区域。

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绘出草图：

联立 $\{\begin{array}{l}y=x\\ y=2-x^2\end{array}$，解得 $x_1=-2,x_2=1$。因此我们考虑取 $-2\le x\le 1$，$x\le y\le 2-x^2$，故有

$$\mathrm{原}\mathrm{式}={\int }_{-2}^1\mathrm{d}x{\int }_x^{2-x^2}(x+y)\mathrm{d}y$$

其中，

$$\begin{array}{rl}{\int }_x^{2-x^2}(x+y)\mathrm{d}y& ={xy+\frac{1}{2}{y}^2|}_{y=x}^{2-x^2}\\ & =\frac{1}{2}{x}^4-x^3-\frac{7}{2}{x}^2+2x+2\end{array}$$

带回原式得

$$\mathrm{原}\mathrm{式}={\int }_{-2}^1(\frac{1}{2}{x}^4-x^3-\frac{7}{2}{x}^2+2x+2)\mathrm{d}x=-\frac{9}{20}$$

例 4

求重积分 ${\displaystyle {\iiint }_{D}xyz\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}$，其中 $D$ 表示 $0\le x\le y\le z\le 1$ 的区域。

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$$\mathrm{原}\mathrm{式}={\int }_0^1\mathrm{d}z{\int }_0^z\mathrm{d}y{\int }_0^{y}xyz\mathrm{d}x$$

其中，

$$\begin{array}{c}{\int }_0^{y}xyz\mathrm{d}x={yz\cdot \frac{1}{2}{x}^2|}_{x=0}^y=\frac{1}{2}{y}^{3}z\\ {\int }_0^z\frac{1}{2}{y}^{3}z\mathrm{d}y={\frac{1}{8}{y}^{4}z|}_{y=0}^z=\frac{1}{8}{z}^5\end{array}$$

代入得

$$\mathrm{原}\mathrm{式}={\int }_0^1\frac{1}{8}{z}^5\mathrm{d}z={\frac{1}{48}{z}^6|}_{z=0}^1=\frac{1}{48}$$

这里也给出积分区域的几何图形：

例 5

求重积分 ${\displaystyle {\iint }_{D}xy\mathrm{d}\sigma }$，其中 $D$ 表示 $y^2=x$ 和 $y=x-2$ 围成的区域。

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联立 $\{\begin{array}{l}{y}^2=x\\ y=x-2\end{array}$，解得两个交点为 $(1,-1)$ 和 $(4,2)$。

如果先 $x$ 后 $y$，则 $0\le x\le 4$，作竖线在 $y$ 方向上积分。则当 $x\le 1$ 时，$y$ 的上下界均由抛物线决定，而 $x>1$ 时，上下界分别由抛物线和直线决定，这就要分成两部分讨论；

反之如果先 $y$ 后 $x$，则 $-1\le y\le 2$，作横线在 $x$ 方向上积分。则 $x$ 方向上的上下界始终分别由直线和抛物线决定，无需分类讨论，更简便。

取 $-1\le y\le 2$，$y^2\le x\le y+2$。则有

$$\mathrm{原}\mathrm{式}={\int }_{-1}^2\mathrm{d}y{\int }_{y^2}^{y+2}xy\mathrm{d}x$$

其中，

$${\int }_{y^2}^{y+2}xy\mathrm{d}x={\frac{1}{2}{x}^{2}y|}_{x=y^2}^{y+2}=\frac{1}{2}y[(y+2{)}^2-y^4]$$

带回原式得

$$\mathrm{原}\mathrm{式}={\int }_{-1}^2\frac{1}{2}y[(y+2{)}^2-y^4]=\frac{45}{8}$$

例 6

求重积分 ${\displaystyle {\int }_0^1\mathrm{d}y{\int }_y^{\sqrt{y}}\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x}$。

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积分次序变换的一种题型：不变换次序积不出来。${\displaystyle \int \frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x}$ 怎么算？

积分区域也可表达为 $0\le x\le 1$，$x^2\le y\le x$。故有

$$\mathrm{原}\mathrm{式}={\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_{x^2}^x\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}y$$

其中，

$${\int }_{x^2}^x\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}y={\frac{\sin x}{x}y|}_{y=x^2}^x=(1-x)\sin x$$

带回得到

$$\begin{array}{rl}\mathrm{原}\mathrm{式}& ={\int }_0^1(1-x)\sin x\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^1(x-1)\mathrm{d}\cos x\\ & ={(x-1)\cos x|}_{x=0}^1-{\int }_0^1\cos x\mathrm{d}(x-1)\\ & =1-\sin x{|}_{x=0}^1\\ & =1-\sin 1\end{array}$$

极坐标系与柱坐标系下的积分

设 $x=r\cos \theta$，$y=r\sin \theta$，则有

$${\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_{\alpha }^{\beta }\mathrm{d}\theta {\int }_{r_1(\theta )}^{r_2(\theta )}f(r\cos \theta ,r\sin \theta )r\mathrm{d}r$$

WARNING

不要把最后的 $r\mathrm{d}r$ 中前面那个 $r$ 漏掉！

例 7

求重积分 ${\displaystyle {\iint }_{D}x{y}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y}$，其中 $D$ 表示 $x^2+y^2\le 1,x\ge 0,y\ge 0$ 的区域。

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可以看出积分区域是单位圆在第一象限的部分，则有 $0\le \theta \le {\displaystyle \frac{\pi }{2}},0\le r\le 1$。

故设 $x=r\cos \theta$，$y=r\sin \theta$，有

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\mathrm{d}\theta {\int }_0^{1}r\cos \theta \cdot (r\sin \theta {)}^2\cdot r\mathrm{d}r\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\mathrm{d}\theta {\int }_0^1{r}^4\cos \theta {\sin }^2\theta \mathrm{d}r\\ & ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta {\sin }^2\theta \mathrm{d}\theta {\int }_0^1{r}^4\mathrm{d}r\end{array}$$

其中 ${\displaystyle {\int }_0^1{r}^4\mathrm{d}r={\frac{r^5}{5}|}_0^1=\frac{1}{5}}$，代入有

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{1}{5}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta {\sin }^2\theta \mathrm{d}\theta \\ & =\frac{1}{5}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^2\theta \mathrm{d}(\sin \theta )\\ & ={\frac{1}{15}\sin \theta |}_0^{\frac{\pi }{2}}\\ & =\frac{1}{15}\end{array}$$

利用对称性简化计算

• 若 $D$ 关于 $y$ 轴对称，且 $f(x,y)$ 关于 $x$ 有 奇偶性

  • 若 $f(x,y)$ 关于 $x$ 为奇函数，则 ${\displaystyle {\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma =0}$

  • 若 $f(x,y)$ 关于 $x$ 为偶函数，则 ${\displaystyle {\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma =2{\iint }_{D_{x\ge 0}}f(x,y)\mathrm{d}\sigma }$

• 若关于 $x$ 轴对称，同理

例 8

求重积分 ${\displaystyle {\iint }_D(x^3+\sin y+1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y}$，其中 $D$ 表示 $x^2+y^2\le r^2$。

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注意到 $x^3$ 关于 $x$ 为奇函数，$\sin y$ 关于 $y$ 为奇函数，且 $D$ 关于 $x,y$ 轴均对称，因此这两项积分结果均为 $0$，可略去。则原式变换为：

$${\iint }_{D}1\mathrm{d}x\mathrm{d}y=S_D=\pi r^2$$

例 9

求重积分 ${\displaystyle {\iint }_{D}x\ln (y+\sqrt{1+y^2})\mathrm{d}x\mathrm{d}y}$，其中 $D$ 是由 $y=4-x^2$，$y=-3x$，$x=1$ 围成的位于 $x=1$ 左侧的有界闭区域。

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画出 $D$ 的草图：

注意到 $x\ln (y+\sqrt{1+y^2})$ 有因式 $x$，因此被积函数关于 $x$ 为奇函数。根据对称性，可将 $D$ 中关于 $y$ 轴对称的部分除去，得到 $D^{\prime }:0\le x\le 1,-3x\le y\le 3x$。

又有 $\ln (y+\sqrt{1+y^2})+\ln (-y+\sqrt{1+y^2})=\ln 1=0$，因此被积函数关于 $y$ 是奇函数。又 $D^{\prime }$ 关于 $y$ 对称，因此原积分式的结果为 $0$。

• 若 $D$ 关于 $y=x$ 对称，则 ${\displaystyle {\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma ={\iint }_{D}f(y,x)\mathrm{d}\sigma }$

例 10

求重积分 ${\displaystyle {\iint }_D(x-2y{)}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y}$，其中 $D$ 表示 $x^2+y^2\le 4$ 的区域。

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$$I={\iint }_D(x^2-4xy+4y^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

注意到 $-4xy$ 项关于 $x$ 为奇函数，$D$ 关于 $y$ 轴对称，因此此项积分结果为零，可略去。

$$I={\iint }_D(x^2+4y^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

又有积分区域 $D$ 关于 $y=x$ 对称，因此 ${\displaystyle {\iint }_D{x}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_D{y}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y}$，则原式可转化为

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_D(\frac{5}{2}{x}^2+\frac{5}{2}{y}^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =\frac{5}{2}{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^2{\rho }^2\rho \mathrm{d}\rho \\ & =\frac{5}{2}{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\left[\frac{{\rho }^4}{4}\right]}_0^2\\ & =\frac{5}{2}\times 2\pi \times 4\\ & =20\pi \end{array}$$

重积分的几何意义

• ${\displaystyle {\iint }_D\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\int }_a^{b}y\mathrm{d}x}$ 表示区域 $D$ 的面积
• ${\displaystyle {\iiint }_D\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\iint }_{D}z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}$ 表示区域 $V$ 的体积

例 11

求曲面 $z=x^2+2y^2$ 与 $z=6-2x^2-y^2$ 围成部分的面积。

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联立两曲面得到边界 $x^2+y^2=2$。则有

$$\begin{array}{rl}V& ={\iint }_D(z_2-z_1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & ={\iint }_D[(6-2x^2-y^2)-(x^2+2y^2)]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =3{\iint }_D(2-x^2-y^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$$

不妨设 $x=r\cos \theta$，$y=r\sin \theta$，则有

$$\begin{array}{rl}V& =3{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\sqrt{2}}(2-r^2)r\mathrm{d}r\\ & =3{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {[r^2-\frac{r^4}{4}]}_0^{\sqrt{2}}\\ & =3\times 2\pi \times 1\\ & =6\pi \end{array}$$

重积分的性质

NOTE

了解即可，非数学专业在这块一般不考证明题。

• 线性性：

  $$\begin{array}{c}{\iint }_{D}kf\mathrm{d}\sigma =k{\iint }_{D}f\mathrm{d}\sigma \\ {\iint }_D(f+g)\mathrm{d}\sigma ={\iint }_{D}f\mathrm{d}\sigma +{\iint }_{D}g\mathrm{d}\sigma \end{array}$$

• 积分区域可加性：

  $${\iint }_{D_1}f\mathrm{d}\sigma +{\iint }_{D_2}f\mathrm{d}\sigma ={\iint }_{D_1+D_2}f\mathrm{d}\sigma$$

• 比较定理：若恒有 $f\le g$，则

  $${\iint }_{D}f\mathrm{d}\sigma \le {\iint }_{D}g\mathrm{d}\sigma$$

• 估值定理：若 $f\in [m,M]$，则

  $$mS\le {\iint }_{D}f\mathrm{d}\sigma \le MS$$

• 中值定理：若 $f(x,y)$ 连续，则 $\mathrm{\exists }(x_0,y_0)\in D$，使

  $${\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma =f(x_0,y_0)\cdot S$$