二重积分难题荟萃

第一个是09年西北大学的考研题,也在史济怀老师的数分书上找得到.这里的解答就是史老爷子自己的.

计算积分\[\iint_D {\frac{1}{{xy\left( {\ln^2 x + {{\ln }^2}y} \right)}}} dxdy,D = \left\{ {\left( {x,y} \right)\left| {x + y \ge 1,{x^2} + {y^2} \le 1} \right.} \right\}.\]

解.作变换$x=e^{r\cos\theta},y=e^{r\sin\theta}$,则

\[\frac{{\partial \left( {x,y} \right)}}{{\partial \left( {r,\theta } \right)}} = \left| {\begin{array}{*{20}{c}}{\cos \theta {e^{r\cos \theta }}}&{ - r\sin \theta {e^{r\cos \theta }}}\\{\sin \theta {e^{r\sin \theta }}}&{r\cos \theta {e^{r\sin \theta }}}\end{array}} \right| = r{e^{r\sin \theta }}{e^{r\cos \theta }}.\]

原积分变为\[I = \iint_\Delta {\frac{{drd\theta }}{r}} .\]

这里的$\Delta$是变换以后的积分区域.注意$x+y=1$和$x^2+y^2=1$分别被变为

\[\left\{ \begin{array}{l}{e^{r\cos \theta }} + {e^{r\sin \theta }} = 1,\\{e^{2r\cos \theta }} + {e^{2r\sin \theta }} = 1.\end{array} \right.\]

现在来分析由上述两条曲线所围成的$(r,\theta)$平面上的区域是什么形状.从第一个式子可以看出$\theta$的变化范围必须使$\cos \theta$和$\sin \theta$都取负值,故$\theta$只能在$\left[\pi,\frac32\pi \right]$中取值.

假设由第一个式子确定的函数为$r=r(\theta)$,则由第二个式子确定的函数便为$r=\frac12 r(\theta)$.因此

\[I = \iint_\Delta {\frac{{drd\theta }}{r}} = \int_\pi ^{\frac{3}{2}\pi } {d\theta } \int_{\frac{1}{2}r\left( \theta \right)}^{r\left( \theta \right)} {\frac{{dr}}{r}} = \frac{\pi }{2}\ln 2.\]

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