二重积分换元法

日期: 2023-10-01 11:28 查看: 44 次更新导出Word

二重积分从直角坐标系形式变换成极坐标系形式:

$$
\iint_D f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_D f(r \cos \theta, r \sin \theta) r \mathrm{~d} r \mathrm{~d} \theta ，
$$

这里， $\left\{\begin{array}{l}x=r \cos \theta \\ y=r \sin \theta\end{array}\right.$ 可以看作是 $\left\{\begin{array}{l}x=\varphi(r, \theta) \\ y=\psi(r, \theta)\end{array}\right.$ 的一种特例， 对于一般的变换 $\left\{\begin{array}{l}x=x(u, v) \\ y=y(u, v)^{\prime}\end{array} （ x, y\right) \rightarrow(u, v) ，$
二重积分的形式如何呢?
我们不加证明的给出下面的结论:
定理 2 设函数 $f(x, y)$ 在 $x O y$ 平面内的闭区域 $D$ 上连续，变换 $\left\{\begin{array}{l}x=x(u, v) \\ y=y(u, v)\end{array}\right.$ 将
$u O v$ 平面内的闭区域 $D^{\prime}$ 变换成 $x O y$ 平面内的闭区域 $D$ ，且满足
(1) $x(u, v) 、 y(u, v)$ 在 $D^{\prime}$ 上具有一阶连续偏导数;
(2) 在 $D^{\prime}$ 上 $J=\frac{\partial(x, y)}{\partial(r, \theta)} \neq 0$ ；
(3) 变换 $\left\{\begin{array}{l}x=x(u, v) \\ y=y(u, v)\end{array}: D^{\prime} \rightarrow D\right.$ 是一对一的，则有
$\iint_D f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D^{\prime}} f(x(u, v), y(u, v))|J| \mathrm{d} u \mathrm{~d} v$. 此式也称为二重积分换元公式.
定理 $2 \iint_D f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D^{\prime}} f(x(u, v), y(u, v))|J| \mathrm{d} u \mathrm{~d} v$.
此式也称为二重积分换元公式.
特别地，取 $\left\{\begin{array}{l}x=r \cos \theta \\ y=r \sin \theta^{\prime}\end{array}\right.$ 则 $J=\frac{\partial(x, y)}{\partial(r, \theta)}=\left|\begin{array}{rr}\cos \theta & -r \sin \theta \\ \sin \theta & r \cos \theta\end{array}\right|=r$ ，
因此

$$
\iint_D f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D^{\prime}} f(r \cos \theta, r \sin \theta) r \mathrm{~d} r \mathrm{~d} \theta .
$$

取广义极坐标 $\left\{\begin{array}{l}x=a r \cos \theta \\ y=b r \sin \theta\end{array}, \quad J=\frac{\partial(x, y)}{\partial(r, \theta)}=\left|\begin{array}{cc}a \cos \theta & -a r \sin \theta \\ b \sin \theta & b r \cos \theta\end{array}\right|=a b r ＼mathrm{~ ， ~}\right.$
因此

$$
\iint_D f(x, y) \mathrm{d} \sigma=\iint_{D^{\prime}} f(a r \cos \theta, b r \sin \theta) a b r \mathrm{~d} r \mathrm{~d} \theta,
$$

例 19 计算二重积分 $\iint_D \mathrm{e}^{\frac{y-x}{y+x}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中区域 $D$ 由 $x=0 ， y=0 ， x+y=2$ 所围 成.
解 作 $\left\{\begin{array}{l}u=y-x \\ v=y+x\end{array}\right.$ ，即 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{v-u}{2} \\ y=\frac{v+u}{2}\end{array}, \quad J=\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}=\left|\begin{array}{cc}-\frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{1}{2}\end{array}\right|=-\frac{1}{2} \neq 0\right.$ ，
于是 $D^{\prime}=\{(u, v) \mid-v \leq u \leq v, 0 \leq v \leq 2\}$ ，
因此
$\iint_D \mathrm{e}^{\frac{y-x}{y+x}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D^{\prime}} \mathrm{e}^{\frac{u}{v}} \frac{1}{2} \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v=\frac{1}{2} \int_0^2 \mathrm{~d} v \int_{-v}^v \mathrm{e}^{\frac{u}{v}} \mathrm{~d} u=\frac{1}{2} \int_0^2\left(\mathrm{e}-\frac{1}{\mathrm{e}}\right) v \mathrm{~d} v=\mathrm{e}-\frac{1}{\mathrm{e}}$.
例 20 求由直线 $x+y=c 、 x+y=d 、 y=a x 、 y=b x(0<a<b, 0<c<d)$ 所 围成的闭区域 $D$ 的面积.
解 作 $\left\{\begin{array}{c}u=x+y \\ v=\frac{y}{x}\end{array} ， J=\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}=\left|\begin{array}{cc}\frac{1}{1+v} & -\frac{u}{(1+v)^2} \\ \frac{v}{1+v} & \frac{u}{(1+v)^2}\end{array}\right|=\frac{u}{(1+v)^2} \neq 0\right.$ ，即 $\left\{\begin{array}{l}x=\frac{u}{1+v} \\ y=\frac{u v}{1+v}\end{array}\right.$ ，
于是 $D^{\prime}=\{(u, v) \mid c \leq u \leq d, a \leq v \leq b\}$,
因此

$$
S=\iint_D \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D^{\prime}}|J| \mathrm{d} u \mathrm{~d} v=\iint_{D^{\prime}} \frac{u}{(1+v)^2} \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v=\int_a^b \frac{1}{(1+v)^2} \mathrm{~d} v \int_c^d u \mathrm{~d} u=\frac{(b-a)\left(d^2-c^2\right)}{2(1+a)(1+b)}
$$

1、空间立体体积
在本章第一节已经知道，若 $z=f(x, y)$ 在有界闭区域 $D$ 上连续， 且 $f(x, y) \geq 0$ ，则二重积分

$$
\iint_D f(x, y) \mathrm{d} \sigma
$$

在几何上是以 $z=f(x, y)$ 为顶的曲顶柱体的体积，所以我们可以利用二重积分计 算立体的体积.
例 21 求两个底面圆半径相等的直角圆柱所围立体体积.
解 设圆柱底面半径为 $a$ ，两个圆柱面方程分别为 $x^2+y^2=a^2$ 和 $x^2+z^2=a^2$. 由立体对坐标面的对称性，所求体积是它位于它第一卦限的那部分的体积的 8 倍 (见图 7-27(a)).

![图片](/uploads/2023-01/image_202301018e4f557.png)
立体在第一卦限部分的积分区域 $D_1$ 为 $0 \leq x \leq r, 0 \leq y \leq \sqrt{a^2-x^2}$ （见图 727(b))， 它的曲顶为 $z=\sqrt{a^2-x^2}$ ，
干是

$$
\begin{aligned}
& V_1=\iint_D \sqrt{a^2-x^2} \mathrm{~d} \sigma=\int_0^a \mathrm{~d} x \int_0^{\sqrt{a^2-x^2}} \sqrt{a^2-x^2} \mathrm{~d} y \\
& =\int_0^a\left[y \sqrt{a^2-x^2}\right]_0^{\sqrt{a^2-x^2}} \mathrm{~d} x=\int_0^a\left(a^2-x^2\right) \mathrm{d} x \\
& =\left[a^2 x-\frac{x^3}{3}\right]_0^a=\frac{2}{3} a^3 \text {. } \\
&
\end{aligned}
$$

![图片](/uploads/2023-01/image_2023010188cfec7.png)
例 22 求球体 $x^2+y^2+z^2 \leq 4 a^2$ 被圆柱面 $x^2+y^2=2 a x(a>0)$ 所截得的(含在 圆柱面内的部分)立体的体积.
解 如图 7-28，由对称性，有 $V=4 \iint_D \sqrt{4 a^2-x^2-y^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$,

![图片](/uploads/2023-01/image_202301019b76325.png)
其中 $D$ 为半圆周 $y=\sqrt{2 a x-x^2}$, 及 $x$ 轴所围成的闭区域.
在极坐标中，积分区域 $D: 0 \leq \theta \leq \pi / 2,0 \leq r \leq 2 a \cos \theta$.
*例 23 求椭球体 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2} \leq 1$ 的体积.
解 由对称性知，所求体积为

$$
V=8 \iint_D c \sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}} \mathrm{~d} \sigma,
$$

其中积分区域 $D: \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2} \leq 1, x \geq 0, y \geq 0$. 令 $x=a r \cos \theta, y=b r \sin \theta$ 称其为广义极坐 标变换，
则区域 $D$ 的积分限为 $0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}, 0 \leq r \leq 1$,
*例 23 求椭球体 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2} \leq 1$ 的体积.
区域 $D$ 的积分限为 $0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}, 0 \leq r \leq 1$,
又 $\quad J=\frac{\partial(x, y)}{\partial(r, \theta)}=\left|\begin{array}{rr}a \cos \theta & -a r \sin \theta \\ b \sin \theta & b r \cos \theta\end{array}\right|=a b r$,
于是

$$
V=8 a b c \int_0^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \theta \int_0^1 \sqrt{1-r^2} r \mathrm{~d} r=8 a b c \cdot \frac{\pi}{2}\left(-\frac{1}{2}\right) \int_0^1 \sqrt{1-r^2} \mathrm{~d}\left(1-r^2\right)=\frac{4}{3} \pi a b c .
$$

特别地，当 $a=b=c$ 时，则得到球体的体积为 $\frac{4}{3} \pi a^3$.

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