下册 8.1 二重积分 第27题
📝 题目
27．计算下列各题．
（1）设 $D: x^{2}+y^{2} \leqslant y, x \geqslant 0, f(x, y)$ 连续，$\displaystyle f(x, y)=\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}-\frac{8}{\pi} \iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} \sigma$ ，求 $f(x, y)$ ．
（2）设 $f(x, y)$ 连续，$D$ 是由 $y=0, y=x^{2}, x=1$ 所围成的平面区域，且 $f(x, y)=x y+\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ，求 $\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ 的值．
（3）设函数 $f(t)$ 满足 $\displaystyle f(t)=1+\iint_{D} f\left(\frac{1}{2} \sqrt{x^{2}+y^{2}}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $D$ 为圆环 $4 a^{2} \leqslant x^{2}+y^{2} \leqslant 4 t^{2}, a>0$为常数，求 $f(t)$ ．
（4）设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 上连续，且满足 $f(t)=2 \iint_{x^{2}+y^{2}
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）因为 $\displaystyle \iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} \sigma=\iint_{D} \sqrt{1-x^{2}-y^{2}} \mathrm{~d} \sigma-\frac{8}{\pi} \iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} \sigma \iint_{D} \mathrm{~d} \sigma$ ，而 $\displaystyle \iint_{D} \mathrm{~d} \sigma=\frac{\pi}{8}$ ，故
$$
\iint_{D} \sqrt{1-x^{2}-y^{2}} \mathrm{~d} \sigma=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\sin \theta} \sqrt{1-r^{2}} \mathrm{~d} r=\frac{\pi}{6}-\frac{2}{9}
$$
于是 $\displaystyle \iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} \sigma=\frac{\pi}{12}-\frac{1}{9}$ ．所以 $\displaystyle f(x, y)=\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}-\frac{2}{3}+\frac{8}{9 \pi}$ ．
（2）令 $\iint_{D} f(u, v) \mathrm{d} u \mathrm{~d} v=A$ ，由题设得 $f(x, y)=x y+A$ ．在区域 $D$ 上取二重积分有
$$
A=\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D}(x y+A) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y
$$
从而
$$
A=\int_{0}^{1} \mathrm{~d} x \int_{0}^{x^{2}}(x y+A) \mathrm{d} y=\left.\int_{0}^{1}\left(\frac{1}{2} x y^{2}+A y\right)\right|_{0} ^{x^{2}} \mathrm{~d} x=\frac{1}{12}+\frac{1}{3} A
$$
所以 $\displaystyle A=\frac{1}{8}$ ．故 $\displaystyle f(x, y)=x y+\frac{1}{8}$ ．
（3）由于
$$
f(t)=1+\iint_{D} f\left(\frac{1}{2} \sqrt{x^{2}+y^{2}}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=1+\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{2 a}^{2 t} f\left(\frac{1}{2} r\right) r \mathrm{~d} r=1+8 \pi \int_{a}^{t} u f(u) \mathrm{d} u
$$
所以 $f^{\prime}(t)=8 \pi t f(t)$ ，所以 $f(t)=c \mathrm{e}^{4 \pi t^{2}}$ ．又 $f(a)=1, c=\mathrm{e}^{-4 \pi a^{2}}$ ，所以 $f(t)=\mathrm{e}^{4 \pi\left(t^{2}-a^{2}\right)}$ ．
（4）由于
$$
f(t)=2 \iint_{x^{2}+y^{2}
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：设未知常数并建立方程
令 $A = \iint_D f(x,y) \, d\sigma$，则 $f(x,y) = \sqrt{1-x^2-y^2} - \frac{8}{\pi} A$。两边在 $D$ 上积分得 $A = \iint_D \sqrt{1-x^2-y^2} \, d\sigma - \frac{8}{\pi} A \cdot \sigma(D)$，其中 $\sigma(D)$ 是 $D$ 的面积。
公式：$A = \iint_D \sqrt{1-x^2-y^2} \, d\sigma - \frac{8}{\pi} A \cdot \sigma(D)$
提示：注意积分区域 $D$ 是右半圆盘，面积需单独计算。
步骤 2/5
目标：计算区域面积
区域 $D: x^2+y^2 \le y, x\ge 0$ 即 $x^2+(y-\frac12)^2 \le \frac14, x\ge 0$，是半径为 $\frac12$ 的半圆，面积 $\sigma(D) = \frac12 \pi (\frac12)^2 = \frac{\pi}{8}$。
公式：$\sigma(D) = \frac{\pi}{8}$
提示：注意半圆面积公式，不要忘记除以2。
步骤 3/5
目标：计算二重积分 $\iint_D \sqrt{1-x^2-y^2} \, d\sigma$
采用极坐标：$x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$，区域 $D$ 对应 $0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}, 0 \le r \le \sin\theta$。积分 $\iint_D \sqrt{1-r^2} \, r \, dr d\theta = \int_0^{\pi/2} d\theta \int_0^{\sin\theta} r\sqrt{1-r^2} \, dr$。计算内积分：令 $u=1-r^2$，得 $\int_0^{\sin\theta} r\sqrt{1-r^2} \, dr = \frac13(1-\cos^3\theta)$。再对 $\theta$ 积分得 $\frac13 \int_0^{\pi/2} (1-\cos^3\theta) d\theta = \frac13(\frac{\pi}{2} - \frac23) = \frac{\pi}{6} - \frac{2}{9}$。
公式：$\iint_D \sqrt{1-x^2-y^2} \, d\sigma = \frac{\pi}{6} - \frac{2}{9}$
提示：极坐标变换时注意 $dxdy = r dr d\theta$，且 $\sqrt{1-x^2-y^2} = \sqrt{1-r^2}$。
步骤 4/5
目标：解出常数 $A$
代入 $A = (\frac{\pi}{6} - \frac{2}{9}) - \frac{8}{\pi} A \cdot \frac{\pi}{8} = \frac{\pi}{6} - \frac{2}{9} - A$，所以 $2A = \frac{\pi}{6} - \frac{2}{9}$，解得 $A = \frac{\pi}{12} - \frac{1}{9}$。
公式：$A = \frac{\pi}{12} - \frac{1}{9}$
提示：注意移项时符号，$A$ 出现在等式两边。
步骤 5/5
目标：写出 $f(x,y)$ 表达式
将 $A$ 代入 $f(x,y) = \sqrt{1-x^2-y^2} - \frac{8}{\pi} A$，得 $f(x,y) = \sqrt{1-x^2-y^2} - \frac{8}{\pi} \left(\frac{\pi}{12} - \frac{1}{9}\right) = \sqrt{1-x^2-y^2} - \frac{2}{3} + \frac{8}{9\pi}$。
公式：$f(x,y) = \sqrt{1-x^2-y^2} - \frac{2}{3} + \frac{8}{9\pi}$
提示：化简时注意分数运算。
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