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， $z=f(x,y)$ 定义为它的顶， 区域 $D$ 定义为底，侧面以 $D$ 的边界曲线为准线而母线平行于$z$轴的柱面. 这样的立体想求的它的体积等价于求 $D$ 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$D$ 上的连续函数必可积。
2 设$f(x,y)$ 是定义在有界的闭区域$D$上的有界函数， 若$f(x,y)$ 的不连续点落在有限的光滑曲线上，则$f(x,y$在$D$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 $x$ 依据 区域是$y$型区域。对应先积 $y$ 依据 区域是$x$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\} ∬D​x2+y2dσ,其中D={x2+y2≤1}
它的积分区域是个圆，既是$x$ 区域也是$y$型区域，
我们可以按照$x$区域去做。其中考虑对称性。
那么就得到;

$$4{\int }_0^1{\int }_0^{\sqrt{x^2-1}}{x}^2+y^{2}dydx$$

此时先积$y$里面得到 $\frac{1}{3}{\left(1-x^2\right)}^{3/2}+x^2\sqrt{1-x^2}$, 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 $x=\cos (t)$ 可以进一步处理. )

第二种方法是积分变换法：转极坐标. 令 $x=r\cos (\theta ),y=r\sin (\theta )$
积分变换成：
$${\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1{r}^{3}drd\theta$$
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
$$x=\sqrt{x^2}$$
吗？
容易认为相等，其实不相等！只有当 $x>0$ 才等价. 其实右边函数
$\sqrt{x^2}$ 在实数范围是一个分段函数.
$$\sqrt{x^2}=\{\begin{array}{ll}x& \text{如果 }x>0\\ -x& \text{如果}x\le 0\end{array}$$

问题2
求
$${\int }_0^1{\int }_{-\sqrt{y-y^2}}^{\sqrt{y-y^2}}\sqrt{1-x^2-y^2}dxdy$$

解： 该积分区域 $0\le x\le 1,-\sqrt{y-y^2}\le x\le \sqrt{y-y^2}$ 作极坐标变换，得到

$${\int }_0^{\pi }{\int }_0^{\sin (\theta )}\sqrt{1-r^2}rdrd\theta$$
先积 $r$ 得
$$-\frac{1}{3}\left(({\cos }^2(\theta ){)}^{\frac{3}{2}}-1\right).$$
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$-\frac{1}{3}\left({\cos }^3(\theta )-1\right).$ 其实不然， 道理和前面的小例子一样.

$({\cos }^2(\theta ){)}^{\frac{3}{2}}$ 实际上等价于下面函数：
$$({\cos }^2(\theta ){)}^{\frac{3}{2}}=\{\begin{array}{ll}{\cos }^3(\theta )& \text{如果}-\frac{\pi }{2}+kZ\le \theta \le \frac{\pi }{2}+kZ\\ -{\cos }^3(\theta )& \text{如果}\frac{\pi }{2}+kZ\le \theta \le \frac{3\pi }{2}+kZ\end{array}.$$
结合$\theta \in [0,\pi ]$ 进一步将所求积分转成
$$-\frac{1}{3}({\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^3(\theta )d\theta -{\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }{\cos }^3(\theta )d\theta )+\frac{\pi }{3}$$
考虑处理上面的第二项， 令 $y=\theta -\frac{\pi }{2}$ 因为 ${\int }_{\frac{\pi }{2}}^{\pi }{\cos }^3(\theta )d\theta ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^3(y+\frac{\pi }{2})dy=-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^3(\theta )d\theta =-{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^3(\theta )d\theta ,$
所以 所求积分归结为
$$-\frac{2}{3}{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^3(\theta )d\theta +\frac{\pi }{3}.$$

至于${\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^3(\theta )d\theta$ . 我们可以直接计算$\frac{2}{3}$ . (${\sin }^n(x)$ 在$[0,\frac{\pi }{2}]$ 定积分有公式，见注1） 于是此时得到最终结果$-\frac{4}{9}+\frac{\pi }{3}.$
注1
令 $J_n={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^n(x)dx$, 有下面成立
$$\begin{gathered} J_{2k}=\frac{(2k-1)(2k-3)\cdot \dots \cdot 3\cdot 1}{2k(2k-2)\cdot \dots \cdot 4\cdot 2}\cdot \frac{\pi }{2} \\ {J}_{2k+1}=\frac{2k(2k-2)\cdot \dots \cdot 2}{(2k+1)(2k-1)\cdot \dots \cdot 3}\cdot \end{gathered}$$

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.