北京交通大学 2025年数学分析第7题

积分区域 $D=\{(x,y):x^2+y^2\le 4\}$ 是半径为2的圆盘，圆心在原点。被积函数为 $|x-y+2|$，绝对值内部是直线 $L:x-y+2=0$，即 $y=x+2$。该直线将平面分为两部分：当 $x-y+2\ge 0$ 时，绝对值可直接去掉；当 $x-y+2<0$ 时，需加负号。

求直线与圆的交点：代入 $y=x+2$ 到 $x^2+y^2=4$，得 $x^2+(x+2)^2=4$，化简为 $2x^2+4x=0$，解得 $x=0$ 或 $x=-2$，对应交点 $(0,2)$ 和 $(-2,0)$。直线穿过圆，将圆内分成两部分。

设 $D_1$ 为 $x-y+2\ge 0$ 的区域（直线下方，即 $y\le x+2$），$D_2$ 为 $x-y+2<0$ 的区域（直线上方）。则积分可写为： $$I=\iint_{D_1}(x-y+2)\,dx\,dy + \iint_{D_2}(-(x-y+2))\,dx\,dy = \iint_{D_1}(x-y+2)\,dx\,dy - \iint_{D_2}(x-y+2)\,dx\,dy$$

记 $J=\iint_D (x-y+2)\,dx\,dy$。由于区域关于原点对称，$x$ 和 $y$ 是奇函数，故 $\iint_D x\,dx\,dy=0$，$\iint_D y\,dx\,dy=0$。常数项积分：$\iint_D 2\,dx\,dy = 2\times (\pi\times 2^2)=8\pi$。因此 $J=0-0+8\pi=8\pi$。

设 $f(x,y)=x-y+2$。则 $I=\iint_{D_1}f\,dx\,dy - \iint_{D_2}f\,dx\,dy$，而 $J=\iint_{D_1}f\,dx\,dy + \iint_{D_2}f\,dx\,dy$。两式相减得 $J-I=2\iint_{D_2}f\,dx\,dy$，即 $I=J-2\iint_{D_2}f\,dx\,dy$。由于在 $D_2$ 上 $f<0$，故 $\iint_{D_2}f\,dx\,dy$ 为负，$I>J$。

采用极坐标 $x=r\cos\theta,\; y=r\sin\theta$，则 $f=r(\cos\theta-\sin\theta)+2$。直线 $f=0$ 对应 $r=\frac{2}{\sin\theta-\cos\theta}$。在 $\theta\in[\pi/2,\pi]$ 上，$\sin\theta-\cos\theta\ge 0$，直线与圆相交。原点处 $f=2>0$，故在射线 $\theta$ 上，$0\le r\le r_L(\theta)$ 时 $f>0$（$D_1$），$r_L(\theta)\le r\le 2$ 时 $f<0$（$D_2$）。因此 $$\iint_{D_2}f\,dx\,dy = \int_{\theta=\pi/2}^{\pi}\int_{r=r_L(\theta)}^{2} [r(\cos\theta-\sin\theta)+2]\, r\,dr\,d\theta$$ 其中 $r_L(\theta)=\frac{2}{\sin\theta-\cos\theta}$。

先对 $r$ 积分：令 $a=\cos\theta-\sin\theta$（$a\le 0$），则 $$\int_{r_L}^{2} (a r+2) r\,dr = \int_{r_L}^{2} (a r^2+2r)\,dr = \left[\frac{a}{3}r^3 + r^2\right]_{r_L}^{2} = \frac{a}{3}(8-r_L^3) + (4-r_L^2)$$ 代入 $r_L=2/(\sin\theta-\cos\theta)=-2/a$（因为 $a=\cos\theta-\sin\theta$，故 $\sin\theta-\cos\theta=-a$），得 $r_L=-2/a$，$r_L^2=4/a^2$，$r_L^3=-8/a^3$。代入得 $$\frac{a}{3}\left(8+\frac{8}{a^3}\right) + \left(4-\frac{4}{a^2}\right) = \frac{8a}{3}+\frac{8}{3a^2}+4-\frac{4}{a^2} = \frac{8a}{3}+4+\left(\frac{8}{3a^2}-\frac{4}{a^2}\right) = \frac{8a}{3}+4-\frac{4}{3a^2}$$ 因此 $$\iint_{D_2}f\,dx\,dy = \int_{\pi/2}^{\pi} \left(\frac{8}{3}(\cos\theta-\sin\theta)+4-\frac{4}{3(\cos\theta-\sin\theta)^2}\right) d\theta$$

计算 $\int_{\pi/2}^{\pi} (\cos\theta-\sin\theta)\,d\theta = [\sin\theta+\cos\theta]_{\pi/2}^{\pi} = (0-1)-(1+0) = -2$。 $\int_{\pi/2}^{\pi} 4\,d\theta = 4\times \frac{\pi}{2}=2\pi$。 计算 $\int_{\pi/2}^{\pi} \frac{1}{(\cos\theta-\sin\theta)^2}\,d\theta$。令 $t=\tan\theta$，则 $\cos\theta-\sin\theta = \cos\theta(1-\tan\theta)$，$d\theta = \frac{dt}{1+t^2}$，但更简单：注意到 $\frac{1}{(\cos\theta-\sin\theta)^2} = \frac{1}{\cos^2\theta(1-\tan\theta)^2} = \frac{\sec^2\theta}{(1-\tan\theta)^2}$，且 $d(\tan\theta)=\sec^2\theta\,d\theta$，故 $$\int \frac{1}{(\cos\theta-\sin\theta)^2}\,d\theta = \int \frac{d(\tan\theta)}{(1-\tan\theta)^2} = \frac{1}{1-\tan\theta} + C$$ 代入上下限：$\theta=\pi/2$ 时 $\tan\theta\to\infty$，$1/(1-\infty)\to 0$；$\theta=\pi$ 时 $\tan\pi=0$，值为 $1/(1-0)=1$。故定积分为 $1-0=1$。因此 $$\iint_{D_2}f\,dx\,dy = \frac{8}{3}\times(-2) + 2\pi - \frac{4}{3}\times 1 = -\frac{16}{3}+2\pi-\frac{4}{3}=2\pi-\frac{20}{3}$$ 代入 $I=J-2\iint_{D_2}f\,dx\,dy = 8\pi - 2\left(2\pi-\frac{20}{3}\right) = 8\pi - 4\pi + \frac{40}{3} = 4\pi + \frac{40}{3}$。

利用几何意义：$\int_{-2}^{-\sqrt{2}} \sqrt{4-u^2}\,du$ 表示半径为2的圆从 $u=-2$ 到 $u=-\sqrt{2}$ 的弓形面积。令 $u=2\cos\theta$，$du=-2\sin\theta\,d\theta$，当 $u=-2$ 时 $\theta=\pi$，$u=-\sqrt{2}$ 时 $\theta=3\pi/4$。则 $$\int_{-2}^{-\sqrt{2}} \sqrt{4-u^2}\,du = \int_{\pi}^{3\pi/4} 2\sin\theta \cdot (-2\sin\theta\,d\theta) = \int_{3\pi/4}^{\pi} 4\sin^2\theta\,d\theta$$ $$= 2\int_{3\pi/4}^{\pi} (1-\cos2\theta)\,d\theta = 2\left[\theta - \frac{\sin2\theta}{2}\right]_{3\pi/4}^{\pi} = 2\left(\pi - \frac{3\pi}{4}\right) - \left(\sin2\pi - \sin\frac{3\pi}{2}\right) = \frac{\pi}{2} + 1$$ 故第二项为 $4 \times \left(\frac{\pi}{2} + 1\right) = 2\pi + 4$。

将两项相加：$\iint_{D_2} (x-y+2)\,dxdy = -\frac{8}{3} + (2\pi + 4) = 2\pi + \frac{4}{3}$。代入 $I = J - 2\iint_{D_2} (x-y+2)\,dxdy$，得 $$I = 8\pi - 2\left(2\pi + \frac{4}{3}\right) = 8\pi - 4\pi - \frac{8}{3} = 4\pi - \frac{8}{3}$$