330 高等数学重点难点100讲 第80讲重积分的性质 重积分的定义教材里已有详述,这里不再讨论这一讲集中讨论重积分的若干重要性 质 比较定理 定理若在D上,∫(x,y)≤(x,y),则「f(x,y)d≤‖g(x,y)d,由此又可得到 例1设D1={(x,y)|x|≤1,y≤2},D2={(x,y)10≤x≤1,0≤y≤2},I1 x2+y2)da,l2=‖(x2+y2)da.利用二重积分的几何意义,说明I1与l2之间的关系 解因为两个积分被积函数相同,且(x2+y2)3≥0,故I1,I2分别表示以D1为底,以D2 为底,曲顶都是(x2+y2)3的曲顶柱体的体积.而D1的面积是D2的4倍,曲顶柱体又关于 yOz面及zOx面为对称.所以I1=4l2 例2试比较下列二重积分的大小 1)设1=「(x+y),=|(x+y)其中D是由圆周(x-2+(y-1) 2围成的闭区域; (2)设l1=‖n(x+y)da,l2=[ln(x+y)]2d,其中D是矩形闭区域:3≤x≤5, 0≤y≤1 解(1)因为圆域D的边界圆周与直线x+y=1在(1,0)相切,D在x+y≥1的 侧,所以(x,y)∈D,均有x+y≥1,故(xy)2≤(x+y),由比较定理知,l1≤ (2)因为(x,y)∈D,均有3≤x+y≤6,所以必有ln3≤ln(x+y).而ln3>1, 即ln(x+y)>1,故In(x+y)<[n(x+y)]2,因而必有l1<l2 、估值定理 定理设M、m分别是f(x,y)在D上的最大值与最小值,a是D的面积,则有二重积分 的估值公式 m≤f(x,y)da≤Ma 例3试估计下列二重积分的值: (1)‖(x2+4y2+9)d,其中D是闭区域:x2+y2≤4; 2)(x+xy-x2-y2),其中D是矩形闭区域:0≤x≤1,0≤y≤2 解(1)利用不等式求出最大值及最小值由x2+y2≤4可知,9≤x2+4y2+9≤
第80讲重积分的性质 331 4(x2+y2)+9≤25,D的面积为4丌,故 36≤(x2+4y2+9)d≤100丌 (2)设f(x,y)=x+xy-x2-y2.我们的总体思路是:首先求出f(x,y)在闭域D的 内部{(x,y)|0<x<1,0<y<2}的可能的极值点即驻点;其次求出在闭域D的边界线 段内部的可能的极值点即驻点;然后计算出在这些驻点及边界线段四个端点处的函数值,其 中最大的即为最大值,最小的即为最小值;最后用估值公式得出结论 1 af ay 令=0 ar dy ax=1+y-2x=0, 解方程组 得驻点(≤1 yx-2y≈0, 在边界x=00<y<2上,(,y)=-.=-2y<0无极值点 在边界x=1,0<y<2上,f(x,y)=y-y2, 少=1-2y,有驻点y 在边界y=0,0<x<1上,f(x,y)=x af ax=1-2x,有驻点x= 在边界y=2,0<x<1上,f(x,y)=3x-x2-4,=3-2x,也无极值点 故可能使f(xy)取得最大值与最小值的点有(33(1,号),(2.0)及边界直线段 的端点(0,0),(0,2),(1,0),(1,2).这些点上的函数值分别为 2)=3,f(1 1,f(2,0)≈1,f(0,0)=0,f(0,2)=-4,f(1,0)=0,f(1,2)=-2.故4、,m 4,D的面积为2,则 8≤‖(x+xy-x2-y2)do≤ 例4设闭区域D是由x+y=2,x+y=1及两个坐标轴围成,又 [In(z+y)]do,I (r y)do,I3 Isin(x+ y)l'do D D 试排出I1、I2、I3的大小次序并说明理由 解V(x;y)∈D,均有≤x+y≤1,故ln(x+y)≤sin(x+y)≤x+y,从而 有[n(x+y)]≤[sin(x+y)]≤(x+y)2,由估值定理知l1≤l3≤I2 例5确定积分』-2-5dy的符号 解显然被积函数z=Ⅵ1-x-y2在圆形区域D1={(x,y)|x2+y2≤1}上大于 等于0,在圆环区域D2={(x,y)1≤x2+y2≤4}上小于等于0,由二重积分的几何意义 知:z=Ⅵ1-x一y2在区域D={(x,y)|x2+y2≤4}上的二重积分就等于部分区域D1、 D2上的柱体体积的代数和
332 高等数学重点难点100讲 1-2-y如=外-2-y如+Ⅵ-z-y ≤1 l≤x2+y2≤4 为了便于确定积分的符号.我们把环域D2再分成两个子环域D2={(x,y)11≤x2+ y≤2}与D2={(x,y)|2≤x2+y2≤4}.于是 「=x+y=+一面 在D上由0≤Ⅵ-xy≤1知『Ⅵ-x-yd≤u0=r 在D2上由√x+y-1≥小1-1=0知√x+y-1d0≥0; 在D2上,由2≤x2+y2≤4,得∨x2+y2-1≥√2-1=1,知 vx+y-1d≥‖1d=[2,x-(√2)r]=2兀 D22 综上,得‖-x2-yda≤x-0-2x=-丌0,由 f(x,y)的连续性,可知一定有一个P0(x,y)的邻域U(P,6)CD,使得在其中∫(xy)> 0.于是由中值定理,必有(,)∈U(P0,),使 f(x,y)d=f(,n)a(a为U(Po,6)的 U(P、) 面积),又因f(6,7)>0,故‖f(x,y)d>0,这与题设矛盾,故知在D内恒有∫(x,y)=
第80讲重积分的性质 333 四、对称性定理 对称”,在几何图形中,有点对称(如奇函数的图像关于原点对称)线对称(如偶函数的 图像关于y轴对称)面对称(如曲面Σ由方程F(x,y,z)=0表示,且恒有F(x,y,-x)= 0则曲面∑关于xOy坐标面对称)点线、面的这种几何对称性总体现出函数中“变量”的 某种对称性.我们在定积分一章中已经看到这种对称性给论证与计算带来了很大方便,这 一讲,我们将把这种简化规律推广到重积分运算上来 例7(单选题)设D是xOy上以A(1,1)、B(-1,1)和C(-1,-1)为顶点的三角形 区域D1是D在第一象限的部分,则(xy+ cossing)d= B(-1、1) (A)2cos rsinydo (B) 2ryda D (c)4 ( y+cos cos y)do p (D)0 解如图80-1,连接O、B,把D分成D1、D2、D3D4,则有 C(-1,-1) 图80-1 (ry +cos rainy)do=xydo xydσ + D1+D2 costain do cosxsin do D2 DA 因为区域D1+D2关于y轴对称,函数f1(x,y)=xy是关于x的奇函数,由二重积分 的几何意义知x=-,于是x如=0 由于f2(x,y)= costaIn是x的偶函数,同样,由二重积分的几何意义知: cos.rsinydo=cosrsinydo, Ti cos rsin ydo =2 cos rsinydo DI 因为区域D3+D4关于x轴对称,而函数f1(x,y)=xy,f2(x,y)= cOs.IsIny都是关于 y的奇函数,所以由二重积分的几何意义知: xydo = o . rsin do =0. D.+D D3+D4 综上原式(xy+ couSIn)da=2 cosxsinydo,故选A 例8求I d 解积分域D如图80-2坐标轴将D分成四个相等的子域D1、D2、D3、D4,积分区域既 关于x轴对称又关于y轴对称,且被积函数|xy1为偶函数故 Tyd a 1 从以上两例可以看到:利用被积函数和积分区域相匹配的对称性能够简化重积分的计 算.一般地,有二重积分的对称性定理: (1)若积分域D关于x轴对称而D1是D中对应于y≥0的部分,则
334 高等数学重点难点100讲 f(x,y)da,当∫(x,-y)=f(x,y), f(a,y)do 0 当∫(x,-y)=-f(x,y) (2)若积分域D关于y轴对称,而D1是D中对应于x≥0的部分,则 2f(r,y)do, 3 f(-,y)=f(r,y); , 0 当f(-x,y)=-f(x,y) (3)若积分域D关于x轴和y轴均对称,而D1是D中对应于x≥0,y≥0的部分,则 4f(,y)do, yf(-x,y)=f(,-y)=f(r,y); f(r, y)do 当∫(-x f(x,y)或f( f(r, y) 例9下面计算是否正确?若有错,请给出正确解法(参看图 80-2) +‖+|1|e+)da=4leda x|+ly|≤1 D. D 4 dr eftydy=4 edx edy=4. D 解上述解法是不对的.由于在利用对称性简化二重积分x+y 计算时,不仅要注意积分域的对称性,还要注意被积函数在所论 积分域上空间图形的对称性,而上述解法只注意到了区域的对 图 称性,却忽略了对函数值的对称性的检查.事实上,这里的被积 函数∫(x,y)=e*+)既不是奇函数,也不是偶数正确的解法如下: er+d=‖ex+xda+‖lex+xda lx|+ly|≤1 D1+D2 D3+D d er+dx+ d 1 计算二重积分还可以利用轮换对称性简化计算.轮换对称性是指被积函数和积分域关 于变量的对称性 例10试求:1=‖x2d,D2由y=x2,y=0,x=1围成;2=‖xyd,D:由x y2,x=0,y=1围成 解容易求出1-=d,y 将积分中的变量x,y依次轮换(x换成y,y换成x)时,则f1(x,y)=x2y变成f2(x,y) xy,(x,y)变成f(x,y)同时D4变成D2,D2变成D,从而12=12=这是因为被 积函数和积分域中的变量x与y之间具有对称性两个积分l1与l2之间的差别仅在于变量 记号不同,而积分值与变量采用什么记号无关,称这种对称性为二重积分的轮换对称性(被 积函数和积分域都具有轮换对称性) 例11计算Ⅰ=(x+y)edy,D:0≤x≤1,0≤y≤1 由二重积分的轮换对称性知
第80讲重积分的性质 335 %duy-dy所以I=2xhy=2dy=2-2. 例12求I=(+)dzdy,D:x2+y2≤R 解由轮换对称性知 roddy=yodrdy=>(x2+y)dxdy= 2 odered=R 于是=y+yy=2…+b…2=R(+b 与二重积分类似,也有三置积分的对称性定理 (1)若积分域关于xOy面对称,而a1是中对应于z≥0的部分,则 l/(xy),当f( f(r, y, z)dv 当f( f(r, y, z) 若积分域2关于xOx面或yOz面对称时,也有类似的结论 (2)若积分域D关于xOy面和xOz面均对称,而a1是中对应于z≥0,y≥0的部分, 则 f(x,y,z)dU,当∫关于y,z均为偶函数; f(r, y, z)dv 0 当∫关于y或z为奇函数 若积分域2关于zOx面和yOz面,或关于xOy面和yOz面均对称时,也有类似的结论 (3)若积分域a关于三个坐标面均对称,而a1和』中位于第一卦限的部分,则 f(x,y2)d,当f关于x,y:均为偶函数 f(x, y, z)du 当∫关于x或y或z为奇函数 此外,也可以利用三重积分的轮换对称性简化计算 例13求I=‖(asin2y+1)dv,由y=x,y=-x,y+z=1及z=0所围成 解作出a的图象如图803.知』关于yOz面对称, n1是x≥0的部分,且xsin2y关于x为奇函数,故 1=‖sin2ydo=0, Q 从而I=11+21d=0+2 dylox dz dy(1-y)dr Ddy 例14求I (ry tya tar)du,.a +2+≤1 图80-3 解由于D关于三个坐标面都对称,且xy,yz,zx分别是x,y,z的奇函数所以I=0
