文章目录

适合使用极坐标计算二重积分的情形

  • 某些情形下,使用极坐标下的二重积分更方便(积分区域的边界曲线和被积函数用极坐标描述比较方便的情形)
    • 当积分区域为:圆域,环域,扇形域,或它们的一部分
    • 被积函数是 f ( x 2 + y 2 ) f(x^2+y^2) f(x2+y2), f ( x y ) f(\frac{x}{y}) f(yx​), f ( y x ) f(\frac{y}{x}) f(xy​)(1)等形式时,一般选择极坐标下计算二重积分会更加简单
  • 例如
    • 例1: ∬ D arctan ⁡ y x d σ \iint\limits_{D}\arctan{\frac{y}{x}}\mathrm{d}\sigma D∬​arctanxy​dσ, D D D为 x 2 + y 2 = 4 x^2+y^2=4 x2+y2=4, x 2 + y 2 = 1 x^2+y^2=1 x2+y2=1, y = 0 y=0 y=0, y = x y=x y=x所围成的第一象限内的闭区域,这时用极坐标公式计算很合适
  • 通常问题给出的二重积分式的被积函数是直角坐标系上的形式,例如 f ( x , y ) f(x,y) f(x,y),只是有时经过判断其适转化为极坐标系的形式计算,那么依次代入 x , y x,y x,y极坐标转化公式,得到用极坐标描述的 r , θ r,\theta r,θ的式子描述的被积函数, f ( r cos ⁡ θ , r sin ⁡ θ ) f(r\cos\theta,r\sin\theta) f(rcosθ,rsinθ)

极坐标下的二重积分公式

  • ∬ D f ( r cos ⁡ θ , r sin ⁡ θ ) r d r d θ = ∫ α β d θ ∫ r 1 ( θ ) r 2 ( θ ) f ( r cos ⁡ θ , r sin ⁡ θ ) r d r \iint\limits_{D}f(r\cos{\theta},r\sin{\theta})r\mathrm dr\mathrm d\theta =\int_{\alpha}^{\beta}\mathrm d\theta \int_{r_1(\theta)}^{r_2(\theta)} f(r\cos{\theta},r\sin{\theta})r\mathrm dr D∬​f(rcosθ,rsinθ)rdrdθ=∫αβ​dθ∫r1​(θ)r2​(θ)​f(rcosθ,rsinθ)rdr

  • 通常,二重积分在极坐标上的计算中是先对 r r r积分,再对 θ \theta θ积分

    • 而 ∫ r 1 ( θ ) r 2 ( θ ) f ( r cos ⁡ θ , r sin ⁡ θ ) r d r \int_{r_1(\theta)}^{r_2(\theta)} f(r\cos{\theta},r\sin{\theta})r\mathrm dr ∫r1​(θ)r2​(θ)​f(rcosθ,rsinθ)rdr往往是关于 r r r的式子(不含 θ \theta θ)
      • 即 f ( r cos ⁡ θ , r sin ⁡ θ ) f(r\cos\theta,r\sin\theta) f(rcosθ,rsinθ)在上述式组(1)的情形下, f ( r cos ⁡ θ , r sin ⁡ θ ) f(r\cos\theta,r\sin\theta) f(rcosθ,rsinθ)不含 θ \theta θ,这意味着第一次积分和第二次积分即使单独计算也是正确的,在这样的条件下,经常看到以下形式的计算过程
      • ∫ α β d θ ∫ r 1 ( θ ) r 2 ( θ ) f ( r cos ⁡ θ , r sin ⁡ θ ) r d r \int_{\alpha}^{\beta}\mathrm d\theta \int_{r_1(\theta)}^{r_2(\theta)} f(r\cos{\theta},r\sin{\theta})r\mathrm dr ∫αβ​dθ∫r1​(θ)r2​(θ)​f(rcosθ,rsinθ)rdr= [ ∫ α β d θ ] ⋅ [ ∫ r 1 ( θ ) r 2 ( θ ) f ( r cos ⁡ θ , r sin ⁡ θ ) r d r ] [\int_{\alpha}^{\beta}\mathrm d\theta]\cdot [\int_{r_1(\theta)}^{r_2(\theta)} f(r\cos{\theta},r\sin{\theta})r\mathrm dr] [∫αβ​dθ]⋅[∫r1​(θ)r2​(θ)​f(rcosθ,rsinθ)rdr]

三种积分区域的情形

极点在积分区域外
  • α ⩽ θ ⩽ β \alpha\leqslant{\theta}\leqslant{\beta} α⩽θ⩽β; r 1 ( θ ) ⩽ r ⩽ r 2 ( θ ) r_1(\theta)\leqslant{r}\leqslant{r_2(\theta)} r1​(θ)⩽r⩽r2​(θ)
极点在积分区域边界处
  • 这是第一种情形的特例: r 1 ( θ ) ≡ 0 r_1(\theta)\equiv0 r1​(θ)≡0,这就表示原点O在积分区域边界上
极点在积分区域内部
  • 这时第二种情形的特例: α = 0 ; β = 2 π \alpha=0;\beta=2\pi α=0;β=2π
    • 这就表示原点O在积分区域内部;
    • 或者点O在积分区域构成环(中空)部分

例

  • 回到例1: ∬ D arctan ⁡ y x d σ \iint\limits_{D}\arctan{\frac{y}{x}}\mathrm{d}\sigma D∬​arctanxy​dσ, arctan ⁡ y x \arctan{\frac{y}{x}} arctanxy​= arctan ⁡ r sin ⁡ θ r cos ⁡ θ \arctan{\frac{r\sin{\theta}}{r\cos\theta}} arctanrcosθrsinθ​= arctan ⁡ tan ⁡ θ \arctan{\tan{\theta}} arctantanθ= θ \theta θ
    • ∬ D arctan ⁡ y x d σ \iint\limits_{D}\arctan{\frac{y}{x}}\mathrm{d}\sigma D∬​arctanxy​dσ= ∫ 0 π 4 d θ ∫ 1 2 θ r d r \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\mathrm{d}\theta \int_{1}^{2}\theta{r}\mathrm{d}r ∫04π​​dθ∫12​θrdr= ∫ 0 π 4 3 2 θ d θ \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{3}{2}\theta\mathrm{d}\theta ∫04π​​23​θdθ= 3 2 1 2 θ 2 ∣ 0 π 4 \frac{3}{2}\frac{1}{2}\theta^2|_{0}^{\frac{\pi}{4}} 23​21​θ2∣04π​​= 3 4 ( π 2 16 − 0 ) \frac{3}{4}(\frac{\pi^2}{16}-0) 43​(16π2​−0)= 3 π 2 64 \frac{3\pi^2}{64} 643π2​
      • 其中 ∫ 1 2 θ r d r \int_{1}^{2}\theta{r}\mathrm{d}r ∫12​θrdr= θ 1 2 r 2 ∣ 1 2 \theta{\frac{1}{2}r^2|_{1}^{2}} θ21​r2∣12​= 3 2 θ \frac{3}{2}\theta 23​θ
  • 例 ∬ D e − x 2 − y 2 d x d y \iint\limits_{D}e^{-x^2-y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y D∬​e−x2−y2dxdy,积分区域 D D D为圆心在原点,半径为 a ( a > 0 ) a(a>0) a(a>0)的圆
    • e − x 2 − y 2 e^{-x^2-y^2} e−x2−y2= e r 2 e^{r^2} er2
    • ∬ D e − x 2 − y 2 d x d y \iint\limits_{D}e^{-x^2-y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y D∬​e−x2−y2dxdy= ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 a e r 2 r d r \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{a}e^{r^2}r\mathrm{d}r ∫02π​dθ∫0a​er2rdr= θ ∣ 0 2 π ⋅ [ − 1 2 ( e − a 2 − 1 ) ] {\theta}|_{0}^{2\pi} \cdot [-\frac{1}{2}(e^{-a^2}-1)] θ∣02π​⋅[−21​(e−a2−1)]= π ( 1 − e − a 2 ) \pi(1-e^{-a^2}) π(1−e−a2)
      • ∫ 0 a e r 2 r d r \int_{0}^{a}e^{r^2}r\mathrm{d}r ∫0a​er2rdr= − 1 2 ∫ 0 a d ( e − r 2 ) -\frac{1}{2}\int_{0}^{a}\mathrm{d}(e^{-r^2}) −21​∫0a​d(e−r2)= − 1 2 e − r 2 ∣ 0 a -\frac{1}{2}e^{-r^2}|_{0}^{a} −21​e−r2∣0a​= − 1 2 ( e − a 2 − 1 ) -\frac{1}{2}(e^{-a^2}-1) −21​(e−a2−1)

交换极坐标积分次序

  • 通常对于极坐标积分我们先对 r r r,后对 θ \theta θ积分
  • 但是顺序仍然式可调的,并且不止一种方法得到调整后的表达式
    • 画出积分区域,再使用曲线 r = C r=C r=C去穿过积分区域,观察 C C C增大的过程中穿入穿出点所在曲线方程的变换,可能引起分段积分
    • 另一方式式建立 θ − r \theta-r θ−r平面,即坐标轴横轴和纵轴分别为 θ \theta θ轴和 r r r轴(直角坐标系 θ O r \theta{O}r θOr),这可以将积分区间以另一种方式呈现,这种方法有时会更加简单,不需要画积分区域
例

  • 交换 I I I= ∫ − π 4 π 2 d θ ∫ 0 2 a cos ⁡ θ f ( r cos ⁡ θ , r sin ⁡ θ ) r d r \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{2a\cos{\theta}}f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\mathrm{d}r ∫−4π​2π​​dθ∫02acosθ​f(rcosθ,rsinθ)rdr的次序 ( a > 0 ) (a>0) (a>0)

    • 例如第一种方法,可发现需要分段:

      • C ∈ [ 0 , 2 a ] C\in[0,\sqrt{2}a] C∈[0,2 ​a](1)
        • 弧 r = C r=C r=C从 θ = − π 4 \theta=-\frac{\pi}{4} θ=−4π​进入区域 D D D,再从 r = 2 a cos ⁡ θ r=2a\cos\theta r=2acosθ(对应于$\theta
          = = =\arccos{\frac{r}{2a}} ) 穿出区域 )穿出区域 )穿出区域D , 即 ,即 ,即r 的积分区间为 的积分区间为 的积分区间为r\in[-\frac{\pi}{4},\arccos{\frac{r}{2a}}]$(1-1)
        • 由(1,1-1)这部分区域上的积分为 ∫ 0 2 a d r ∫ − π 4 arccos ⁡ r 2 a f ( r cos ⁡ θ , r sin ⁡ θ ) r d θ \int_{0}^{\sqrt{2}a}\mathrm{d}r \int_{-\frac{\pi}{4}}^{\arccos{\frac{r}{2a}}}f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\mathrm{d}\theta ∫02 ​a​dr∫−4π​arccos2ar​​f(rcosθ,rsinθ)rdθ
      • C ∈ [ 2 a , 2 a ] C\in[\sqrt{2}a,2a] C∈[2 ​a,2a](2)
        • 弧 r = C r=C r=C从 θ = − arccos ⁡ r 2 a \theta=-\arccos{\frac{r}{2a}} θ=−arccos2ar​进入区域 D D D,再从 r = 2 a cos ⁡ θ r=2a\cos\theta r=2acosθ(对应于$\theta
          = = =\arccos{\frac{r}{2a}} ) 穿出区域 )穿出区域 )穿出区域D , 即 ,即 ,即r 的积分区间为 的积分区间为 的积分区间为r\in[-\arccos{\frac{r}{2a}},\arccos{\frac{r}{2a}}]$(2-1)
        • 这部分区域上的积分为 ∫ 2 a 2 a d r ∫ − arccos ⁡ r 2 a arccos ⁡ r 2 a f ( r cos ⁡ θ , r sin ⁡ θ ) r d θ \int_{\sqrt{2}a}^{2a}\mathrm{d}r \int_{-\arccos{\frac{r}{2a}}}^{\arccos{\frac{r}{2a}}}f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\mathrm{d}\theta ∫2 ​a2a​dr∫−arccos2ar​arccos2ar​​f(rcosθ,rsinθ)rdθ

利用极坐标形式解决直角坐标函数积不出的积分

  • 在讨论一元函数的积分时,我们讲初等函数一定存在原函数,但是原函数不一定是初等函数(即不一定积得出)

  • 但在引入极坐标得积分方法后,某些积分可以求解,例如 ∫ e − x 2 d x \int{e^{-x^2}}\mathrm{d}x ∫e−x2dx,其结果不是初等函

  • 但我们可以借助极坐标积分方法,计算相关的一些积分问题,例如 ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x \int_{0}^{+\infin}e^{-x^2}\mathrm{d}x ∫0+∞​e−x2dx,这个瑕积分为 π 2 \frac{\sqrt{\pi}}{2} 2π ​​

    • 应用夹逼法和极坐标二重积分方法(二重积分可以化为二次积分,因此有可能解决一元积分问题)
例
  • 计算 I = ∬ D e − ( x 2 + y 2 ) d x d y I=\iint_{D}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y I=∬D​e−(x2+y2)dxdy,其中 D D D是由圆心在原点,半径为 a a a的圆周所围成的闭区域
  • 本例显然适合用极坐标方式计算
    • ρ ∈ [ 0 , a ] \rho\in[0,a] ρ∈[0,a], θ ∈ [ 0 , 2 π ] \theta\in[0,2\pi] θ∈[0,2π]
    • I I I= ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 a e − ρ 2 ρ d ρ \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{a}e^{-\rho^2}\rho\mathrm{d}\rho ∫02π​dθ∫0a​e−ρ2ρdρ= 2 π ⋅ − 1 2 e − ρ 2 ∣ 0 a 2\pi\cdot{-\frac{1}{2}}e^{-\rho^2}|_{0}^{a} 2π⋅−21​e−ρ2∣0a​= − π ( e − a 2 − 1 ) -\pi(e^{-a^2}-1) −π(e−a2−1)= π ( 1 − e − a 2 ) \pi(1-e^{-a^2}) π(1−e−a2)

重要反常积分的二重积分计算法

  • I I I= ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x \int_{0}^{+\infin}e^{-x^2}\mathrm{d}x ∫0+∞​e−x2dx(1)

    • 我们意图用二重积分和夹逼准则来求解这个一重积分(反常积分)
    • 构造三个闭区域
      • D 1 D_{1} D1​= {   ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ⩽ R 2 , x ⩾ 0 , y ⩾ 0   } \set{(x,y)|x^2+y^2\leqslant{R^2},x\geqslant{0,y\geqslant{0}}} {(x,y)∣x2+y2⩽R2,x⩾0,y⩾0}
      • D 2 D_{2} D2​= {   ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ⩽ 2 R 2 , x ⩾ 0 , y ⩾ 0   } \set{(x,y)|x^2+y^2\leqslant{2R^2},x\geqslant{0,y\geqslant{0}}} {(x,y)∣x2+y2⩽2R2,x⩾0,y⩾0}
      • S S S= {   ( x , y ) ∣ 0 ⩽ x ⩽ R , 0 ⩽ y ⩽ R   } \set{(x,y)|0\leqslant{x}\leqslant{R},0\leqslant{y}\leqslant{R}} {(x,y)∣0⩽x⩽R,0⩽y⩽R}
      • 显然 D 1 ⊂ S ⊂ D 2 D_1\sub{S}\sub{D_2} D1​⊂S⊂D2​(1-1)
    • 因为 f ( x , y ) f(x,y) f(x,y)= e − ( x 2 + y 2 ) > 0 e^{-(x^2+y^2)}>0 e−(x2+y2)>0,从而在(1-1)的包含关系前提条件下, ∬ D x y e − ( x 2 + y 2 ) d σ \iint_{D_{xy}}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma ∬Dxy​​e−(x2+y2)dσ积分区域的面积越大,积分结果越大,从而
      • ∬ D 1 e − ( x 2 + y 2 ) d σ \iint_{D_{1}}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma ∬D1​​e−(x2+y2)dσ< ∬ S e − ( x 2 + y 2 ) d σ \iint_{S}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma ∬S​e−(x2+y2)dσ< ∬ D 2 e − ( x 2 + y 2 ) d σ \iint_{D_{2}}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma ∬D2​​e−(x2+y2)dσ(1-2)
    • 由于积分结果与积分变量字母无关,因此 I I I= ∫ 0 + ∞ e − y 2 d y \int_{0}^{+\infin}e^{-y^2}\mathrm{d}y ∫0+∞​e−y2dy(2)
    • 而 ∬ S e − ( x 2 + y 2 ) d x d y \iint_{S}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y ∬S​e−(x2+y2)dxdy= I 2 I^{2} I2= ∫ 0 R e − x 2 d x ⋅ ∫ 0 R e − y 2 d y \int_{0}^{R}e^{-x^2}\mathrm{d}x \cdot \int_{0}^{R}e^{-y^2}\mathrm{d}y ∫0R​e−x2dx⋅∫0R​e−y2dy(3);再由(1,2),得 ∬ S e − ( x 2 + y 2 ) d x d y \iint_{S}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y ∬S​e−(x2+y2)dxdy= ( ∫ 0 R e − x 2 d x ) 2 (\int_{0}^{R}e^{-x^2}\mathrm{d}x)^2 (∫0R​e−x2dx)2(4)
      • 这里我们引入了第二个变量 y y y,将一个二重积分分解为两个一重积分,
      • 其被积函数中的 x , y x,y x,y被完全分开,因此二次积分可以表示为两个一重积分的乘积
    • 而积分区域为半径为 a a a的圆域的积分可以用极坐标方法计算: ∬ x 2 + y 2 ⩽ a 2 e − ( x 2 + y 2 ) d σ \iint\limits_{x^2+y^2\leqslant{a^2}}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma x2+y2⩽a2∬​e−(x2+y2)dσ= π ( 1 − e − a 2 ) \pi(1-e^{-a^2}) π(1−e−a2)(5-0)
    • 又(5-0)的积分区域关于 x , y x,y x,y轴对称,且被积函数 e − ( x 2 + y 2 ) e^{-(x^2+y^2)} e−(x2+y2)是同时关于 x , y x,y x,y为偶函数,可以利用对称性求出 1 4 \frac{1}{4} 41​圆的结果就是 ∬ x 2 + y 2 ⩽ a 2 ; x ⩾ 0 , y ⩾ 0 e − ( x 2 + y 2 ) d σ = 1 4 π ( 1 − e − a 2 ) \iint\limits_{\substack{x^2+y^2\leqslant{a^2};\\x\geqslant{0},y\geqslant{0}}}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma =\frac{1}{4}\pi(1-e^{-a^2}) x2+y2⩽a2;x⩾0,y⩾0​∬​e−(x2+y2)dσ=41​π(1−e−a2)
    • 从而
      • ∬ D 1 e − ( x 2 + y 2 ) d σ \iint\limits_{D_1}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma D1​∬​e−(x2+y2)dσ= 1 4 π ( 1 − e − R 2 ) \frac{1}{4}\pi(1-e^{-R^2}) 41​π(1−e−R2)(5-1)
      • ∬ D 2 e − ( x 2 + y 2 ) d σ \iint\limits_{D_2}e^{-(x^2+y^2)}\mathrm{d}\sigma D2​∬​e−(x2+y2)dσ= 1 4 π ( 1 − e − 2 R 2 ) \frac{1}{4}\pi(1-e^{-2R^2}) 41​π(1−e−2R2)(5-2)
    • 将(4),(5-1,5-2)分别代入式(1-2),得
      • 1 4 π ( 1 − e − R 2 ) \frac{1}{4}\pi(1-e^{-R^2}) 41​π(1−e−R2)< ( ∫ 0 R e − x 2 d x ) 2 (\int_{0}^{R}e^{-x^2}\mathrm{d}x)^2 (∫0R​e−x2dx)2< 1 4 π ( 1 − e − 2 R 2 ) \frac{1}{4}\pi(1-e^{-2R^2}) 41​π(1−e−2R2)(6)
    • 令 R → ∞ R\to{\infin} R→∞取极限,得式(6)两端都趋于 π 4 \frac{\pi}{4} 4π​,从而由夹逼准则, ( ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x ) 2 (\int_{0}^{+\infin}e^{-x^2}\mathrm{d}x)^2 (∫0+∞​e−x2dx)2= I 2 I^2 I2= π 4 \frac{\pi}{4} 4π​
    • I I I= π 2 \frac{\sqrt{\pi}}{2} 2π ​​

  • 而由对称性和奇偶性, ∫ − ∞ + ∞ e − x 2 d x \int_{-\infin}^{+\infin}e^{-x^2}\mathrm{d}x ∫−∞+∞​e−x2dx= 2 ∫ 0 + ∞ e − x 2 d x 2\int_{0}^{+\infin}e^{-x^2}\mathrm{d}x 2∫0+∞​e−x2dx= π \sqrt{\pi} π ​

Logo
腾讯云开发者社区

腾讯云面向开发者汇聚海量精品云计算使用和开发经验，营造开放的云计算技术生态圈。

更多推荐

cover

李建忠：智能体正将互联网从信息网络重构为行动网络

avatar 腾讯云开发者社区
cover

探秘 DeepSeek 落地进展，腾讯云携手业界专家共话 AI 生产力

avatar 腾讯云开发者社区
cover

信息安全风云录，AI 时代安全江湖如何见招拆招？

avatar 腾讯云开发者社区