一、对二重积分概念及性质的考查

小题

【1999-34-3 分】 设 $f (x, y)$ 连续，且 $f (x, y) = x y + \iint_{D} f (u, v) d u d v$ ，其中 $D$ 是由 $y = 0$ ， $y = x^{2}$ ， $x = 1$ 所围区域，则 $f (x, y)$ 等于（　）

x y

2 x y

x y + \frac{1}{8}

x y + 1

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答案： C

解析： 令

C = \iint_{D} f (u, v) d u d v,

则 $f (x, y) = x y + C$ 。区域 $D$ 可表示为

0 \leq u \leq 1, 0 \leq v \leq u^{2} .

因此

C = \iint_{D} (uv + C) d u d v = \int_{0}^{1} \int_{0}^{u^{2}} (uv + C) d v d u = \int_{0}^{1} (\frac{u ^{5}}{2} + C u^{2}) d u = \frac{1}{12} + \frac{C}{3} .

解得

C = \frac{1}{8} .

故

f (x, y) = x y + \frac{1}{8} .

A、B、D 均不满足由积分方程得到的常数关系。

【2005-34-4 分】 设

I_{1} = \iint_{D} cos x^{2} + y^{2} d σ,

I_{2} = \iint_{D} cos (x^{2} + y^{2}) d σ,

I_{3} = \iint_{D} cos [(x^{2} + y^{2})^{2}] d σ,

其中 $D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq 1}$ ，则（　）

I_{3} > I_{2} > I_{1}

I_{1} > I_{2} > I_{3}

I_{2} > I_{1} > I_{3}

I_{3} > I_{1} > I_{2}

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答案： A

解析： 令

r = x^{2} + y^{2} .

在区域 $D$ 内有 $0 \leq r \leq 1$ ，从而

0 \leq r^{4} \leq r^{2} \leq r \leq 1.

函数 $cos t$ 在 $[0, 1]$ 上严格单调递减，所以

cos r^{4} \geq cos r^{2} \geq cos r,

且除原点等零测集外不等式严格成立。由二重积分的保序性，得

I_{3} > I_{2} > I_{1} .

故选 A，其余选项均与被积函数在区域内的逐点大小关系不符。

【2009-1-4 分】 正方形 ${(x, y) ∣ ∣ x ∣ \leq 1, ∣ y ∣ \leq 1}$ 被两条对角线划分为四个区域 $D_{k} (k = 1, 2, 3, 4)$ ，其中 $D_{1}, D_{2}, D_{3}, D_{4}$ 分别为上、左、下、右四个三角形区域。记

I_{k} = \iint_{D_{k}} y cos x d x d y,

则 $1 \leq k \leq 4 max {I_{k}} =$ （　）

Text
             y
             ↑
    (-1,1)--------- (1,1)
             \   D₁   /
              \      /
      D₂   \    /   D₄
--------------- O ----------------→ x
           /    \
          /  D₃  \
   (-1,-1)--------(1,-1)

I_{1}

I_{2}

I_{3}

I_{4}

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答案： A

解析： 在正方形内 $- 1 \leq x \leq 1$ ，故

cos x > 0.

在上方三角形 $D_{1}$ 内，除边界外恒有 $y > 0$ ，所以

I_{1} > 0.

在下方三角形 $D_{3}$ 内，除边界外恒有 $y < 0$ ，所以

I_{3} < 0.

区域 $D_{2}$ 、 $D_{4}$ 均关于 $x$ 轴对称，而 $y cos x$ 关于 $y$ 为奇函数，因此

I_{2} = I_{4} = 0.

于是

I_{1} > I_{2} = I_{4} > I_{3},

故最大者为 $I_{1}$ 。

【2013-23-4 分】 设 $D_{k}$ 是圆域 $D = {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} \leq 1}$ 在第 $k$ 象限的部分，

I_{k} = \iint_{D_{k}} (y - x) d x d y (k = 1, 2, 3, 4),

则（　）

I_{1} > 0

I_{2} > 0

I_{3} > 0

I_{4} > 0

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答案： B

解析： 在第二象限内 $x < 0$ 、 $y > 0$ ，故

y - x > 0,

从而

I_{2} > 0.

进一步分析其他象限：第一象限区域关于直线 $y = x$ 对称，而交换 $x, y$ 后 $y - x$ 变为其相反数，所以 $I_{1} = 0$ ；同理 $I_{3} = 0$ 。第四象限内 $x > 0$ 、 $y < 0$ ，故 $y - x < 0$ ，从而 $I_{4} < 0$ 。因此只有 B 正确。

【2016-3-4 分】 记

D_{1} = {(x, y) ∣ 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 1},

D_{2} = {(x, y) ∣ 0 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq x},

D_{3} = {(x, y) ∣ 0 \leq x \leq 1, x^{2} \leq y \leq 1},

且

J_{i} = \iint_{D_{i}} 3 x - y d x d y (i = 1, 2, 3),

则（　）

J_{2} < J_{3} < J_{1}

J_{3} < J_{1} < J_{2}

J_{2} < J_{1} < J_{3}

J_{1} < J_{2} < J_{3}

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答案： B

解析： 区域 $D_{1}$ 关于直线 $y = x$ 对称，而

3 y - x = - 3 x - y,

所以由轮换对称性得

J_{1} = 0.

将 $D_{2}$ 中的 $x, y$ 互换，可得

0 \leq y \leq 1, 0 \leq x \leq y,

即等价地写成

0 \leq x \leq 1, x^{2} \leq y \leq 1,

这正是区域 $D_{3}$ 。同时被积函数变号，因此

J_{3} = - J_{2} .

下面判断 $J_{2}$ 的符号。交换 $D_{2}$ 的积分次序，有

J_{2} = \int_{0}^{1} d y \int_{y^{2}}^{1} 3 x - y d x = \frac{3}{4} \int_{0}^{1} [(1 - y)^{\frac{4}{3}} - (y - y^{2})^{\frac{4}{3}}] d y = \frac{3}{4} \int_{0}^{1} (1 - y)^{\frac{4}{3}} (1 - y^{\frac{4}{3}}) d y > 0.

故

J_{3} < 0 = J_{1} < J_{2},

即

J_{3} < J_{1} < J_{2} .

【2019-2-4 分】 已知平面区域

D = {(x, y) ∣ ∣ x ∣ + ∣ y ∣ \leq \frac{π}{2}},

记

I_{1} = \iint_{D} x^{2} + y^{2} d x d y,

I_{2} = \iint_{D} sin x^{2} + y^{2} d x d y,

I_{3} = \iint_{D} (1 - cos x^{2} + y^{2}) d x d y,

则（　）

I_{3} < I_{2} < I_{1}

I_{1} < I_{2} < I_{3}

I_{2} < I_{1} < I_{3}

I_{2} < I_{3} < I_{1}

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答案： A

解析： 令

r = x^{2} + y^{2} .

由 $∣ x ∣ + ∣ y ∣ \leq \frac{π}{2}$ 可知

0 \leq r \leq ∣ x ∣ + ∣ y ∣ \leq \frac{π}{2} .

当 $0 < r < \frac{π}{2}$ 时，

1 - cos r < sin r < r .

其中 $sin r < r$ 是基本不等式；又

sin r - (1 - cos r) = sin r + cos r - 1 > 0

在 $0 < r < \frac{π}{2}$ 内成立。由积分的保序性得

I_{3} < I_{2} < I_{1} .

故选 A。

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