轮换对称性
本小节分享的题目是一道二重积分积分方程 ，它的求解需要用到轮换对称性 ，这一技巧在上一小节中有所提及，但是你是否真的掌握了呢？下面先通过几道经典例题帮你回顾这一技巧的适用场景和使用方法。
简要介绍
轮换对称性
重积分的轮换对称性 是利用积分区域和被积函数关于变量的对称性，下面举例说明。
考虑积分：
\[
I_1 = \iint\limits_D x\cos xy \,\mathrm{d}x\mathrm{d}y,\quad I_2 = \iint\limits_D y\cos xy \,\mathrm{d}x\mathrm{d}y,
\]
其中区域 \(D: x\geqslant 0,\ y\geqslant 0,\ x+y\leqslant 1\)
若将 \(I_1\) \(x\) \(y\) \(y\) \(x\) \(D\)
\[I_1=I_2.\]
同理对 \(I_2\) \(x,y\) \(I_2=I_1\) \(D\) \(x,y\) \(I_1,I_2\) 重积分的轮换对称性 。
简而言之就是如下结论：
命题
区域 \(D\) \((x,y)\in D \iff (y,x)\in D\) ，则
\[ \displaystyle\iint\limits_D f(x,y)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint\limits_D f(y,x)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y. \]
例题
例 11994 年数一 T4
Example
\(\displaystyle I=\iint\limits_D \left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y,\ D:x^2+y^2\leqslant R^2\)
\[
\begin{aligned} I&=\iint\limits_D \frac{x^2}{a^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\iint\limits_D \frac{y^2}{b^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ \xrightarrow{\text{轮换对称}} I&=\iint\limits_D \frac{y^2}{a^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\iint\limits_D \frac{x^2}{b^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ \Rightarrow 2I&=\left(\frac1{a^2}+\frac1{b^2}\right)\iint\limits_D(x^2+y^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ I&=\frac12\left(\frac1{a^2}+\frac1{b^2}\right)\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_0^R r^2\cdot r\mathrm{d}r =\frac{\pi R^4}{4}\left(\frac1{a^2}+\frac1{b^2}\right). \end{aligned}
\]
例 2
Example
证明 : \((z-a)\varphi(x)+(z-b)\varphi(y)=0,\,x^2+y^2=c^2\) \(z=0\) \(\displaystyle V = \dfrac12\pi(a+b)c^2\) \(\varphi\) \(a,b,c\)
由 \((z-a)\varphi(x)+(z-b)\varphi(y)=0\)
\[ z=\dfrac{a\varphi(x)+b\varphi(y)}{\varphi(x)+\varphi(y)}, \]
记区域 \(D:x^2+y^2\leqslant c^2\)
\[
\begin{aligned} V &= \iint\limits_D \frac{a\varphi(x)+b\varphi(y)}{\varphi(x)+\varphi(y)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &\xlongequal{轮换对称性} \iint\limits_D \frac{a\varphi(y)+b\varphi(x)}{\varphi(y)+\varphi(x)}\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &= \frac12\iint\limits_D \left[\frac{a\varphi(x)+b\varphi(y)}{\varphi(x)+\varphi(y)}+\frac{a\varphi(y)+b\varphi(x)}{\varphi(y)+\varphi(x)}\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &= \frac12(a+b)\iint\limits_D \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \frac12\pi(a+b)c^2. \end{aligned}
\]
三重积分 也是有轮换对称性的，常见于球体，此时将 \(x,y,z\) 3
例 3
Example
计算
\[ I=\displaystyle \iiint\limits_\Omega (x+3y+5z)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z, \]
其中 \(\Omega:x^2+y^2+z^2\leqslant R^2,\ x\geqslant0,\,y\geqslant0,\,z\geqslant0\)
由三重积分轮换对称性
\[ \displaystyle\iiint\limits_\Omega x\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z =\iiint\limits_\Omega y\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z =\iiint\limits_\Omega z\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z. \]
于是
\[
\begin{aligned} I &=9\iiint\limits_\Omega z\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z \\ &=9\int_0^{\frac\pi2}\mathrm{d}\theta\int_0^{\frac\pi2}\mathrm{d}\varphi\int_0^R r\cos\varphi\cdot r^2\sin\varphi\,\mathrm{d}r \\ &=\frac{9\pi}{2}\int_0^{\frac\pi2}\sin\varphi\cos\varphi\,\mathrm{d}\varphi\int_0^R r^3\,\mathrm{d}r =\frac9{16}\pi R^4. \end{aligned}
\]
有了上面三道题目的铺垫，我们就可以开始解决本小节的重点题目了。
例 4
Example
设 \(D=\{(x,y)\mid 4\leqslant x^2+y^2\leqslant 9,\,x\geqslant0,\,y\geqslant0\}\) \(f(x,y)\) \(D\)
\[ \displaystyle f(x,y)=\sin\left(\pi\sqrt{x^2+y^2}\right)+\dfrac1\pi\displaystyle\iint\limits_D \dfrac{xf(x,y)}{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y, \]
求二重积分 \(\displaystyle\iint\limits_D f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\)
由于题干中二重积分的结果一定是一个常数，我们不妨将其记为 \(A\)
\[
\displaystyle A=\iint\limits_D \frac{xf(x,y)}{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y
\]
则原式就变成：
\[
\displaystyle f(x,y)=\sin\left(\pi\sqrt{x^2+y^2}\right)+\dfrac1\pi A,
\]
那么现在得到这个式子如何处理呢？我们为了解出这个常数 \(A\) \(LHS\) \(A\) \(x\) \((x+y)\)
\[
\displaystyle\dfrac{xf(x,y)}{x+y}=\dfrac{x}{x+y}\sin\left(\pi\sqrt{x^2+y^2}\right)+\dfrac{A}{\pi}\cdot\dfrac{x}{x+y}.
\]
然后对上式左右两侧同时在区域 \(D\) \(LHS\) \(A\)
\[
\begin{aligned} A &= \iint\limits_D \frac{x}{x+y}\sin\left(\pi\sqrt{x^2+y^2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y +\frac{A}{\pi}\iint\limits_D \frac{x}{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &\xlongequal{轮换对称性} \iint\limits_D \frac{y}{x+y}\sin\left(\pi\sqrt{x^2+y^2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y +\frac{A}{\pi}\iint\limits_D \frac{y}{x+y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &= \frac12\iint\limits_D \sin\left(\pi\sqrt{x^2+y^2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y +\frac{A}{2\pi}\iint\limits_D \mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &= \frac12\int_0^{\frac\pi2}\mathrm{d}\theta\int_2^3 r\sin(\pi r)\mathrm{d}r +\frac{A}{2\pi}\cdot\frac{5\pi}{4} \\ &=\frac54+\frac{5A}{8}, \end{aligned}
\]
解得 \(\displaystyle A=\dfrac{10}{3}\) .
此时就可以把 \(A\)
\[
\begin{aligned} \iint\limits_D f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y &=\iint\limits_D \sin\left(\pi\sqrt{x^2+y^2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y +\frac{A}{\pi}\iint\limits_D \mathrm{d}x\mathrm{d}y \\ &\xlongequal{\text{极坐标}} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{2}^{3} r\sin(\pi r)\,\mathrm{d}r +\frac{A}{\pi}\cdot S_D \\ &=\frac{\pi}{2}\cdot\left[\frac{-r\cos\pi r}{\pi}\bigg|_{2}^{3}+\frac1\pi\int_{2}^{3}\cos\pi r\,\mathrm{d}r\right] +\frac{A}{\pi}\cdot \frac14\pi(9-4) \\ &=\frac12\Big[-3\cos3\pi+2\cos2\pi+0\Big]+\frac54 A \\ &=\frac12\big[-3\cdot(-1)+2\cdot1\big]+\frac54 A \\&=\frac52+\frac54 A \\ &\xlongequal{A=\frac{10}{3}} \frac52+\frac54\cdot\frac{10}{3} \\&=\frac52+\frac{25}{6} \\&=\frac{15+25}{6}=\frac{40}{6}=\frac{20}{3}. \end{aligned}
\]
至此我们已对二重、三重积分里的轮换对称性做了系统梳理。事实上轮换对称性并非重积分独有，曲线积分与曲面积分 同样可以依托积分区域轮换不变的特征简化运算，借助变量轮换替换，省去繁琐分步计算 .
Tip
轮换对称性还可以用来证明一些积分不等式，本节的习题 56 和接下来的第三小节——Cauchy-Schwarz 不等式
习题
Q1
Question
设函数 \(f(x)\) \([a,b]\)
\[
\iint\limits_{D} \frac{f(x)}{f(y)}\mathrm{~d} \sigma\geqslant (b-a)^{2}
\]
其中区域 \(D\) \(a\leqslant x\leqslant b\) ，\(a\leqslant y \leqslant b\) .
Q2
Question
设 \(\Sigma\) \(x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2}(a>0,z\geqslant 0)\)
\[
\iint\limits_{\Sigma}(\sqrt{ 2 }x+z+1)^{2}\mathrm{~d} S
\]
Q3
Question
对于 4 \(f(x,y,z)=a_{1}x^{4}+a_{2}y^{4}+a_{3}z^{4}+3a_{4}x^{2}y^{2}+3a_{5}y^{2}z^{2}+3a_{6}x^{2}z^{2}\) ，求解曲面积分：
\[
\iint\limits_{\Sigma}f(x,y,z)\mathrm{~d} S
\]
其中 \(\Sigma\) \(x^{2}+y^{2}+z^{2}=1\) .
Q4
Question
设二元函数 \(z=f(x,y)\) \(D=\{0<x^2+y^2\leqslant 1\}\)
\[
\sqrt{x^2+y^2}\left(|f(x,y)|+|f(y,x)|\right)\leqslant 1
\]
证明：
\[ \left|\iint\limits_{D} f(x,y)\mathrm dx\mathrm dy\right| \leqslant \pi. \]
另外，找一个满足题设条件的函数 \(f(x,y)\)
\[ \left|\iint\limits_D f(x,y)\mathrm dx\mathrm dy\right| = \pi. \]
Q5
Question
在 \([0,1]\) \(f(x)>0\)
\[
\frac{\int_{0}^{1} xf^{2}(x) \mathrm{~d} x }{\int_{0}^{1}xf(x) \mathrm{~d} x }\leqslant \frac{\int_{0}^{1} f^{2}(x) \mathrm{~d} x }{\int_{0}^{1}f(x) \mathrm{~d} x }
\]
Answer
由于分母都恒正，所以原问题等价于证明：
\[
\int_{0}^{1} f^{2}(x) \mathrm{~d} x \int_{0}^{1} xf(x) \mathrm{~d} x \geqslant \int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x \int_{0}^{1} xf^{2}(x) \mathrm{~d} x
\]
记积分：
\[
I = \int_{0}^{1} f^{2}(x) \mathrm{~d} x \int_{0}^{1} xf(x) \mathrm{~d} x -\int_{0}^{1} f(x) \mathrm{~d} x \int_{0}^{1} xf^{2}(x) \mathrm{~d} x
\]
将其转化为 \(D=[0,1]\times[0,1]\)
\[
\begin{aligned}
I &= \iint\limits_{D} f^{2}(x)yf(y)-f(x)yf^{2}(y)\mathrm{~d} x\mathrm{d} y \\
&= \iint\limits_{D} yf(x)f(y)\cdot[f(x)-f(y)] \mathrm{~d} x\mathrm{d} y
\end{aligned}
\]
根据轮换对称性 ，交换 \(x\) \(y\)
\[
I = \iint\limits_{D} xf(x)f(y)\cdot [f(y)-f(x)]\mathrm{~d} x\mathrm{d} y
\]
两式相加得：
\[
2I = \iint\limits_{D} f(x)f(y)\cdot(y-x)\cdot[f(x)-f(y)]\mathrm{~d} x\mathrm{d} y
\]
因为 \(f(x)>0\) \(y-x\) \(f(x)-f(y)\) \(I\geqslant 0\)
Q6
Question
设 \(f(x)\) \([a,b]\) \(f(x)>-1\)
\[
\int_{a}^{b} f(x) \mathrm{~d} x \geqslant \frac{(b-a)\int_{a}^{b} \frac{f(x)}{1+f(x)} \mathrm{~d} x }{(b-a)-\int_{a}^{b} \frac{f(x)}{1+f(x)} \mathrm{~d} x }
\]
Q7
Question
计算三重积分：
\[
I=\iiint_{\Omega}x^{2}+y^{2}+z^{2}\mathrm{~d} x\mathrm{d} y\mathrm{d} z
\]
其中 \(\Omega=\{(x,y,z)|x^{2}+4y^{2}+9z^{2}\leqslant 4x+8y+6z\}\) .
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