9.2 二重积分的计算技巧

(2) 若积分域 $D$ 关于 $x$ 轴对称，$f(x,y)$ 关于 $y$ 有奇偶性，则 ${\iint }_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma =\{\begin{array}{ll}2{\displaystyle {\iint }_{D_{y⩾0}}f(x,y)\mathrm{d}\sigma ,}& \end{array}$

4. 利用变量的轮换对称性计算

如果积分域 $D$ 具有轮换对称性，也就是关于直线 $y=x$ 对称，即 $D$ 的表达式中将 $x$ 换作 $y$，$y$ 换作 $x$，表达式不变，则

相关例题

【例 6】（2008，数三）设 $D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\leqslant 1\}$，则 ${\iint }_D(x^2-y)$.

【解】 $y$ 关于 $y$ 为奇函数，积分域关于 $x$ 轴上下对称，则 $\iint_D y\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 0$.

原式 = $\iint_D x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \frac{1}{2}\iint_D(x^2+y^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$（变量轮换对称性）

$\phantom{原式} = \frac{1}{2}\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^1 r^3\mathrm{d}r = \frac{1}{2}\cdot 2\pi\cdot\frac{1}{4} = \frac{\pi}{4}$.

【例 7】（1991，数一、二）设 $D$ 是 $xOy$ 平面上以 $(1,1),(-1,1)$ 和 $(-1,-1)$ 为顶点的三角形区域，$D_{}$ 是 在第一象限的部分，则 等于

(A) $2\iint_{D_1}\cos x\sin y\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.   (B) $2\iint_{D_1}xy\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.   (C) .   (D) .

【解】 积分区域如图 5，将积分区域分为两个部分

$\iint_D xy\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_{\Delta ABO}xy\mathrm{d}x\mathrm{d}y + \iint_{\Delta OBC}xy\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 0 + 0 = 0$,

$\iint_D\cos x\sin y\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_{\Delta ABO}\cos x\sin y\mathrm{d}x\mathrm{d}y + \iint_{\Delta OBC}\cos x\sin y\mathrm{d}x\mathrm{d}y$

$\phantom{\iint_D\cos x\sin y\mathrm{d}x\mathrm{d}y} = 0 + 2\iint_{D_1}\cos x\sin y\mathrm{d}x\mathrm{d}y$

$\phantom{\iint_D\cos x\sin y\mathrm{d}x\mathrm{d}y} = 2\iint_{D_1}\cos x\sin y\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.

故应选(A).

本题主要考查二重积分的对称性.

【例 9】（2017，数二）已知平面域 $D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\leqslant 2y\}$，计算二重积分

$I = \iint_D(x+1)^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.

【解】 $I = \iint_D(x^2+2x+1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.

由于 $D$ 关于 $y$ 轴对称，且函数 $2x$ 是 $x$ 的奇函数，所以 $\iint_D 2x\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 0$.

$I = \iint_D(x^2+1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_0^{2\sin\theta}r^3\cos^2\theta\mathrm{d}r + \pi$

$\phantom{I} = 8\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^4\theta\cos^2\theta\mathrm{d}\theta + \pi = 8\int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin^4\theta(1-\sin^2\theta)\mathrm{d}\theta + \pi$

$\phantom{I} = 8\Big(\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2} - \frac{5}{6}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}\Big) + \pi$

$\phantom{I} = \frac{5}{4}\pi$.

【例 10】（2005，数二、三）计算二重积分 $\iint_D \vert{}x^2+y^2-1\vert{}\mathrm{d}\sigma$，其中 $D=\{($。

【解】 如图 7 所示，将 $D$ 分成 $D_1$ 与 $D_2$ 两部分。

$\iint_D \vert{}x^2+y^2-1\vert{}\mathrm{d}\sigma$

$= \iint_{D_1}(1-x^2-y^2)\mathrm{d}\sigma + \iint_{D_2}(x^2+y^2-1)\mathrm{d}\sigma$

$= \iint_{D_1}(1-x^2-y^2)\mathrm{d}\sigma + \left[\iint_D(x^2+y^2-1)\mathrm{d}\sigma - \iint_{D_1}(x^2+y^2-1)\mathrm{d}\sigma\right]$

$= 2\iint_{D_1}(1-x^2-y^2)\mathrm{d}\sigma + \iint_D(x^2+y^2-1)\mathrm{d}\sigma$

由于

$\iint_{D_1}(1-x^2-y^2)\mathrm{d}\sigma = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_0^1(1-r^2)r\mathrm{d}r = \frac{\pi}{8}$，

$\iint_D(x^2+y^2-1)\mathrm{d}\sigma = \int_0^1\mathrm{d}x\int_0^1(x^2+y^2-1)\mathrm{d}y = \int_0^1\left(x^2-\frac{2}{3}\right)\mathrm{d}x = -\frac{1}{3}$，

因此 $\iint_D \vert{}x^2+y^2-1\vert{}\mathrm{d}\sigma = \frac{\pi}{4}-\frac{1}{3}$。

【例 11】（2014，数二、三）设平面域 $D=\{(x,y)\mid 1\leqslant x^2+y^2\leqslant 4, x\geqslant 0, y\geqslant 0\}$，计算 。

【解】 【方法 1】 由于积分域 $D$ 关于直线 $y=x$ 对称，则

$\iint_D\frac{x\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})}{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_D\frac{y\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})}{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$

$\phantom{\iint_D\frac{x\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})}{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y} = \frac{1}{2}\left[\iint_D\frac{x\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})}{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y + \iint_D\frac{y\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})}{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\right]$

$\phantom{\iint_D\frac{x\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})}{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y} = \frac{1}{2}\iint_D\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})\mathrm{d}x\mathrm{d}y$

$\phantom{\iint_D\frac{x\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})}{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y} = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_1^2\sin(\pi r)r\mathrm{d}r$

$\phantom{\iint_D\frac{x\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})}{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y} = -\frac{1}{4}\int_1^2 r\mathrm{d}\cos(\pi r) = -\frac{3}{4}$。

【方法 2】 $\iint_D\frac{x\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})}{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos\theta}{\cos\theta+\sin\theta}\mathrm{d}\theta\cdot\int_1^2 r\sin(\pi r)\mathrm{d}r$。

由于

$\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos\theta}{\cos\theta+\sin\theta}\mathrm{d}\theta = \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\sin\theta}{\cos\theta+\sin\theta}\mathrm{d}\theta = \frac{1}{2}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{\cos\theta+\sin\theta}{\cos\theta+\sin\theta}\mathrm{d}\theta = \frac{\pi}{4}$，

$\int_1^2 r\sin(\pi r)\mathrm{d}r = \frac{1}{\pi}\left(-r\cos\pi r + \frac{1}{\pi}\sin\pi r\right)\Big\vert{}_1^2 = -\frac{3}{\pi}$，

故 $\iint_D\frac{x\sin(\pi\sqrt{x^2+y^2})}{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y = -\frac{3}{4}$。

心得笔记

1. rdr 是怎么来的
2. 2017年数二，交换积分次序之后，0 到 x 上 tanx / x dy 的积分不会算，实际上被积函数是个常数，这个定积分就是矩形的面积，上限减下限，乘以这个常数，(x-0)tanx/x 就得 tanx 。 tanx 的积分公式记不得
3. 例5被积函数转极坐标转不对，主要没抓住 x 方 + y 方等于 1。另外积分上下限，没看出来是 0 到 2 分之Π，要注意看切线的斜率。
4. 2008 数三题做不对，没想到可以把 y 拆出来，然后用奇函数消掉，但答案总的不对