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[数学分析] 二重积分题目求解。

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发表于 2018-3-4 17:10:57 | 显示全部楼层 |阅读模式
设函数 $f(x,y)$ 在区域$D:x^{2} +y^{2}\leq 1$  上有二阶连续偏导数,且 $f(x,y)$ 满足方程$$  \frac{{\partial}^{2}f}{{\partial}x^{2} }+ \frac{{\partial}^{2}f}{{\partial}y^{2} }=e^{-(x^{2}+y^{2}) },$$  证明:$$\iint\limits_{D}(x\frac{\partial f}{\partial x} +y\frac{\partial f}{\partial y})dxdy=\frac{\pi }{2e}. $$




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 楼主| 发表于 2018-3-5 10:34:29 | 显示全部楼层

回答二重积分的问题

分析:积分区域是圆形域采用极坐标。关键利用所给等式化简被积函数,为此可在半径为 $ \rho(0\leqslant \rho\leqslant1)$ 的圆周 $L_\rho$ 上运用格林公式;另一个方法是利用二重积分的分部积分公式.
证明  方法1  采用极坐标$x=\rho\cos\varphi,~y=\rho\sin\varphi,$ 则左端积分$$I=\int_{0}^{1}\rho~\mathrm d \rho\int_{0}^{2\pi}\left(\rho\cos\varphi\cdot \frac{\partial f}{\partial x} +\rho\sin\varphi\cdot \frac{\partial f}{\partial y}\right)\mathrm d\varphi=\int_{0}^{1}\rho~ \mathrm d\rho\int_{x^2+y^2={\rho}^2}\left(\frac{\partial f}{\partial x}~\mathrm d y-\frac{\partial f}{\partial y}~\mathrm d x \right)$$
记 $L_{\rho}:x=\rho\cos\varphi,~y=\rho\sin\varphi$  (逆时针方向) 是半径为$~\rho~(0\leqslant\rho\leqslant1)$的圆,则$$\rho\cos\varphi=\mathrm dy,\rho \sin\varphi~\mathrm d \varphi=-\mathrm d x\\I=\int_{0}^{1}\rho~\mathrm d\rho\int_{L\rho}\left(\frac{\partial f}{\partial x}~\mathrm d y-\frac{\partial f}{\partial y}~\mathrm d x \right)$$对曲线积分利用格林公式有\begin{align}
\int_{L\rho}\left(\frac{\partial f}{\partial x}~\mathrm d y-\frac{\partial f}{\partial y}~\mathrm d x \right)&=\iint_{x^2+y^2\leqslant\rho^2}\left(\frac{\partial^2f}{\partial x^2}+\frac{\partial^2f}{\partial y^2}\right)~\mathrm d x\mathrm dy\\&=\iint_{x^2+y^2\leqslant\rho^2}\mathrm e^{-(x^2+y^2)}~\mathrm dx \mathrm d y=\int_{0}^{2\pi}\mathrm d\theta\int_{0}^{\rho}\mathrm e^{-r^2}r~\mathrm d r=\pi(1-\mathrm e^{-\rho^2})
\end{align}
所以$$I=\int_{0}^{1}\pi\rho(1-\mathrm e^{-\rho^2})~\mathrm d\rho=\frac{\pi}{2\mathrm e}.$$
方法2 由格林公式,可导出二重积分的分部积分公式:
\begin{align}
\iint_{D}u\frac{\partial v}{\partial x}~\mathrm dx\mathrm dy&=\oint_{\partial D}uv ~\mathrm dy-\iint _{D}v\frac{\partial u}{\partial x}~\mathrm d x\mathrm dy\\ \iint_{D}u\frac{\partial v}{\partial y}~\mathrm dx \mathrm dy&=-\oint_{\partial D}uv ~\mathrm dx-\iint_{D} v\frac{\partial u}{\partial y}~\mathrm dx\mathrm dy
\end{align}
其中 $\partial D $ 为封闭区域 $D$ 的正向边界,它是一条分段光滑闭曲线, 函数 $u(x,y)~和~v(x,y)~$在闭区域 $D$ 上有一阶连续偏导数,因为$$I=\iint_{D}\left(x\frac{\partial f}{\partial x}+y\frac{\partial f}{\partial y}\right)~\mathrm dx \mathrm dy=\frac{1}{2}\iint_{D}\left(f_x\frac{\partial(x^2+y^2)}{\partial x}+f_y\frac{\partial(x^2+y^2)}{\partial y}\right)~\mathrm dx\mathrm dy$$
依据这两个二重积分的分部积分公式,得到$$I=\frac{1}{2}\oint_{\partial D}(x^2+y^2)f_{x}~\mathrm dy-(x^2+y^2)f_y ~\mathrm dx-\frac{1}{2}\iint_{D}(x^2+y^2)(f_{xx}+f_{yy})~\mathrm dx\mathrm dy$$
本题中 $D$: $x^2+y^2\leqslant1$ 的边界为 $\partial D:x^2+y^2=1$,所以\begin{equation}
I=\frac{1}{2}\oint_{\partial D}f_x ~\mathrm dy-f_y~\mathrm dx-\frac{1}{2}\iint_{D}(x^2+y^2)(f_{xx}+f_{yy})~\mathrm dx\mathrm dy \\
=\frac{1}{2}\iint_{D}(f_{xx}+f_{yy})~\mathrm dx\mathrm dy-\frac{1}{2}\iint_{D}(x^2+y^2)(f_{xx}+f_{yy})~\mathrm dx\mathrm dy\\=\frac{1}{2}\iint_{D}(1-x^2-y^2)\mathrm e^{-(x^2+y^2)}~\mathrm dx\mathrm dy=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\mathrm d\varphi\int_{0}^{1}(1-\rho^2)\mathrm e^{-\rho^2}\rho~\mathrm d \rho=\frac{\pi}{2\mathrm e}
\end{equation}

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