四、综合计算

大题

1. 【2003-1-12 分】 设

$$F(t)=\frac{{\iiint }_{\Omega (t)}f(x^2+y^2+z^2)dV}{{\iint }_{D(t)}f(x^2+y^2)d\sigma },$$ $$G(t)=\frac{{\iint }_{D(t)}f(x^2+y^2)d\sigma }{{\int }_{-t}^{t}f(x^2)dx},$$

其中

$$\Omega (t):x^2+y^2+z^2\le t^2,D(t):x^2+y^2\le t^2,$$

$f$ 为正的连续函数。

（1）讨论 $F(t)$ 在 $(0,+\infty )$ 上的单调性；

（2）证明：当 $t>0$ 时，

$$F(t)>\frac{2}{\pi }G(t).$$

查看答案与解析

答案： （1）$F(t)$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格单调增加；

（2）$F(t)>\frac{2}{\pi }G(t)$。

解析： 令

$$A(t)={\int }_0^t{r}^{2}f(r^2)dr,B(t)={\int }_0^{t}rf(r^2)dr,C(t)={\int }_0^{t}f(r^2)dr.$$

利用球坐标和极坐标，分别有

$${\iiint }_{\Omega (t)}f(x^2+y^2+z^2)dV=4\pi A(t),$$$${\iint }_{D(t)}f(x^2+y^2)d\sigma =2\pi B(t),$$

以及

$${\int }_{-t}^{t}f(x^2)dx=2C(t).$$

因此

$$F(t)=\frac{2A(t)}{B(t)},G(t)=\frac{\pi B(t)}{C(t)}.$$

（1）由微积分基本定理，

$$A^{\prime }(t)=t^{2}f(t^2),B^{\prime }(t)=tf(t^2).$$

于是

$$\begin{array}{rl}{F}^{\prime }(t)& =2\frac{A^{\prime }(t)B(t)-A(t)B^{\prime }(t)}{B^2(t)}\\ & =\frac{2tf(t^2)}{B^2(t)}[tB(t)-A(t)].\end{array}$$

而

$$\begin{array}{rl}tB(t)-A(t)& ={\int }_0^t(tr-r^2)f(r^2)dr\\ & ={\int }_0^{t}r(t-r)f(r^2)dr>0,\end{array}$$

其中 $t>0$ 且 $f>0$。因此

$$F^{\prime }(t)>0,$$

故 $F(t)$ 在 $(0,+\infty )$ 上严格单调增加。

（2）由柯西—施瓦茨不等式，

$$\begin{array}{rl}{B}^2(t)& ={\left[{\int }_0^{t}rf(r^2)dr\right]}^2\\ & ={\left[{\int }_0^t\sqrt{f(r^2)}\cdot r\sqrt{f(r^2)}dr\right]}^2\\ & \le \left[{\int }_0^{t}f(r^2)dr\right]\left[{\int }_0^t{r}^{2}f(r^2)dr\right]\\ & =A(t)C(t).\end{array}$$

由于 $r$ 在区间 $[0,t]$ 上不是常数，且 $f>0$，等号条件不能成立，故实际上

$$B^2(t)<A(t)C(t).$$

于是

$$\frac{A(t)}{B(t)}>\frac{B(t)}{C(t)}.$$

两边乘以 $2$，并代回 $F(t),G(t)$，得

$$F(t)=\frac{2A(t)}{B(t)}>\frac{2B(t)}{C(t)}=\frac{2}{\pi }G(t).$$

证毕。

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2. 【2011-12-11 分】 设

$$D=\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,0\le y\le 1\},$$

$f_{xy}^{\prime \prime }(x,y)$ 连续，且

$$f(1,y)=0,f(x,1)=0,$$

又已知

$${\iint }_{D}f(x,y)dxdy=a.$$

求

$$I={\iint }_{D}xy{f}_{xy}^{\prime \prime }(x,y)dxdy.$$

查看答案与解析

答案： $I=a$。

解析： 先对 $x$ 积分。对固定的 $y$，分部积分得

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{1}x{f}_{xy}^{\prime \prime }(x,y)dx& ={x{f}_y^{\prime }(x,y)|}_0^1-{\int }_0^1{f}_y^{\prime }(x,y)dx\\ & =f_y^{\prime }(1,y)-{\int }_0^1{f}_y^{\prime }(x,y)dx.\end{array}$$

由 $f(1,y)=0$ 对一切 $y\in [0,1]$ 成立，故

$$f_y^{\prime }(1,y)=0.$$

于是

$${\int }_0^{1}x{f}_{xy}^{\prime \prime }(x,y)dx=-\frac{d}{dy}{\int }_0^{1}f(x,y)dx.$$

令

$$H(y)={\int }_0^{1}f(x,y)dx,$$

则

$$I=-{\int }_0^{1}y{H}^{\prime }(y)dy.$$

再次分部积分，得

$$\begin{array}{rl}I& =-{yH(y)|}_0^1+{\int }_0^{1}H(y)dy.\end{array}$$

由 $f(x,1)=0$，有

$$H(1)={\int }_0^{1}f(x,1)dx=0,$$

故边界项为零。因此

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^1{\int }_0^{1}f(x,y)dxdy\\ & ={\iint }_{D}f(x,y)dxdy\\ & =a.\end{array}$$

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3. 【2018-2-10 分】 设 $D$ 是摆线

$$\{\begin{array}{l}x=t-\sin t,\\ y=1-\cos t,\end{array}0\le t\le 2\pi$$

与 $x$ 轴围成的区域，求

$${\iint }_D(x+2y)dxdy.$$

查看答案与解析

答案： $3{\pi }^2+5\pi$。

解析： 记摆线弧对应的纵坐标为 $y=y(x)$。当参数 $t$ 从 $0$ 变到 $2\pi$ 时，

$$\frac{dx}{dt}=1-\cos t=y\ge 0,$$

故该摆线弧可看成 $x$ 的单值函数，且区域 $D$ 位于摆线弧与 $x$ 轴之间。

先计算区域面积：

$$\begin{array}{rl}{S}_D& ={\int }_0^{2\pi }ydx\\ & ={\int }_0^{2\pi }(1-\cos t)(1-\cos t)dt\\ & ={\int }_0^{2\pi }(1-\cos t{)}^{2}dt\\ & ={\int }_0^{2\pi }(1-2\cos t+{\cos }^{2}t)dt\\ & =2\pi +\pi =3\pi .\end{array}$$

由参数变换 $t\mapsto 2\pi -t$，有

$$x(2\pi -t)=2\pi -x(t),y(2\pi -t)=y(t),$$

所以区域 $D$ 关于直线 $x=\pi$ 对称。因此其形心横坐标为 $\pi$，从而

$${\iint }_{D}xdxdy=\pi S_D=3{\pi }^2.$$

再计算 ${\iint }_{D}ydxdy$。按先对 $y$ 积分，有

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{D}ydxdy& ={\int }_0^{2\pi }\left[{\int }_0^{y(t)}ydy\right]\frac{dx}{dt}dt\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }(1-\cos t{)}^2(1-\cos t)dt\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }(1-\cos t{)}^{3}dt.\end{array}$$

展开被积函数：

$$(1-\cos t{)}^3=1-3\cos t+3{\cos }^{2}t-{\cos }^{3}t.$$

利用

$${\int }_0^{2\pi }\cos tdt=0,{\int }_0^{2\pi }{\cos }^{2}tdt=\pi ,{\int }_0^{2\pi }{\cos }^{3}tdt=0,$$

得

$${\iint }_{D}ydxdy=\frac{1}{2}(2\pi +3\pi )=\frac{5\pi }{2}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\iint }_D(x+2y)dxdy& ={\iint }_{D}xdxdy+2{\iint }_{D}ydxdy\\ & =3{\pi }^2+2\cdot \frac{5\pi }{2}\\ & =3{\pi }^2+5\pi .\end{array}$$

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4. 【2020-3-10 分】 设

$$D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le 1,y\ge 0\},$$

且

$$f(x,y)=y\sqrt{1-x^2}+x{\iint }_{D}f(x,y)dxdy.$$

求

$${\iint }_{D}xf(x,y)dxdy.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{3{\pi }^2}{128}$。

解析： 记

$$A={\iint }_{D}f(x,y)dxdy.$$

则题设关系可写为

$$f(x,y)=y\sqrt{1-x^2}+xA.$$

在区域 $D$ 上积分，得

$$A={\iint }_{D}y\sqrt{1-x^2}dxdy+A{\iint }_{D}xdxdy.$$

区域 $D$ 关于 $y$ 轴对称，而 $x$ 关于 $x$ 为奇函数，所以

$${\iint }_{D}xdxdy=0.$$

因此

$$\begin{array}{rl}A& ={\int }_{-1}^1{\int }_0^{\sqrt{1-x^2}}y\sqrt{1-x^2}dydx\\ & =\frac{1}{2}{\int }_{-1}^1(1-x^2{)}^{\frac{3}{2}}dx.\end{array}$$

令 $x=\sin t$，则 $dx=\cos tdt$，并利用偶性，得

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-1}^1(1-x^2{)}^{\frac{3}{2}}dx& =2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^{4}tdt\\ & =2\cdot \frac{3\pi }{16}\\ & =\frac{3\pi }{8}.\end{array}$$

故

$$A=\frac{1}{2}\cdot \frac{3\pi }{8}=\frac{3\pi }{16}.$$

现在计算所求积分：

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_{D}xf(x,y)dxdy\\ & ={\iint }_{D}xy\sqrt{1-x^2}dxdy+A{\iint }_D{x}^{2}dxdy.\end{array}$$

第一项的被积函数 $xy\sqrt{1-x^2}$ 关于 $x$ 为奇函数，区域 $D$ 关于 $y$ 轴对称，所以

$${\iint }_{D}xy\sqrt{1-x^2}dxdy=0.$$

对第二项采用极坐标：

$$x=r\cos \theta ,0\le r\le 1,0\le \theta \le \pi .$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\iint }_D{x}^{2}dxdy& ={\int }_0^{\pi }{\int }_0^1{r}^2{\cos }^2\theta \cdot rdrd\theta \\ & =\left({\int }_0^1{r}^{3}dr\right)\left({\int }_0^{\pi }{\cos }^2\theta d\theta \right)\\ & =\frac{1}{4}\cdot \frac{\pi }{2}\\ & =\frac{\pi }{8}.\end{array}$$

因此

$$I=A\cdot \frac{\pi }{8}=\frac{3\pi }{16}\cdot \frac{\pi }{8}=\frac{3{\pi }^2}{128}.$$