专题四 多元积分学 （2）
4.2 交换二重积分的次序
4.5 （北京市1994年竞赛题）
设
f(x,y)是定义在区域
0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1上的二元函数，
f(0,0)=0，且在
(0,0)处
f(x,y)可微，求极限
\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}} \dfrac{\displaystyle\int_{0}^{x^2}dt\int_{x}^{\sqrt{t}}f(t,u)du}{1-e^{-\frac{x^2}{4}}}【解析】：先交换积分，有
\displaystyle \int_{0}^{x^2}dt\int_{x}^{\sqrt{t}}f(t,u)du=-\int_{0}^{x}\left(\int_{0}^{u^2}f(t,u)dt\right)du，再由洛必达法则以及积分中值定理，得
\begin{align*} \lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}} \frac{\displaystyle\int_{0}^{x^2}dt\int_{x}^{\sqrt{t}}f(t,u)du}{1-e^{-\frac{x^2}{4}}}&=\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\frac{\displaystyle-\int_{0}^{x}\left(\int_{0}^{u^2}f(t,u)dt\right)du}{\frac{x^4}{4}}=\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\frac{\displaystyle-\int_{0}^{x^2}f(t,x)dt}{x^3}\\&=-\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\frac{f(\xi(x),x)\cdot x^2}{x^3}=-\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\frac{f(\xi(x),x)}{x}\end{align*}
其中
0 < \xi(x) < x^2，由于
f(x,y)在
(0,0)处可微，所以利用可微公式有
\begin{align*}f(\xi(x),x)=f(0,0)+f_{x}^{'}(0,0)\xi(x)+f_{y}^{'}(0,0)x+o(x)=f^{'}_{y}(0,0)x+o(x)\end{align*}
带入原式，有原式
=\displaystyle -\lim\limits_{x\rightarrow 0^{+}}\dfrac{f_{y}^{'}(0,0)x+o(x)}{x}=-f_{y}^{'}(0,0)4.6 （北京市1996年竞赛题）
设
f(x)是连续偶函数，试证明：
\displaystyle\underset{D}{\iint}f(x-y)dxdy=2\int_{0}^{2a}(2a-u)f(u)du，其中
D为正方形
|x| \leq a ,|y| \leq a \qquad(a > 0)【解析】：根据题意有：
\begin{align*}\displaystyle \underset{D}{\iint}f(x-y)dxdy&=\int_{-a}^{a}dx\int_{-a}^{a}f(x-y)dy\qquad(\text{换元一下} u=x+y)\\&=\int_{-a}^{a}dx\int_{x+a}^{x-a}-f(u)du=\int_{-a}^{a}dx\int_{x-a}^{x+a}f(u)du\end{align*}
交换一下积分次序，有
\begin{align*}\displaystyle \int_{-a}^{a}dx\int_{x-a}^{x+a}f(u)du&=\int_{-2a}^{0}du\int_{-a}^{u+a}f(u)dx+\int_{0}^{2a}du\int_{u-a}^{a}f(u)dx\\&=\int_{-2a}^{0)}f(u)(u+2a)du+\int_{0}^{2a}f(u)(2a-u)du\end{align*}
同时，由于
f(x)是偶函数，则有
\begin{align*}\displaystyle\int_{-2a}^{0}f(u)(u+2a)du&=-\int_{0}^{2a}f(-v)(2a-v)d(-v)\qquad\\&=\int_{0}^{2a}f(v)(2a-v)dv(\text{令}u=-v)\end{align*}
综合上述，有
\displaystyle\underset{D}{\iint}f(x-y)dxdy=2\int_{0}^{2a}(2a-u)f(u)du
4.7 （精选题）
设
x \geq 0,f_{0}(x) > 0，若
\displaystyle f_{0}(x)=\int_{0}^{x}f_{n-1}(t)dt(n=1,2,3,\dotsb)，求证：
\displaystyle f_{n}(x)=\frac{1}{(n-1)!}\int_{0}^{x}(x-t)^{n-1}f_{0}(t)dt
【解析】：利用数学归纳法进行证明，当
n=1时，显然
\displaystyle f_{1}(x)=\int_{0}^{x}f_{0}(t)dt=\frac{1}{(1-1)!}\int_{0}^{x}(x-t)^{1-1}f_{0}(t)dt成立；
假设当
n=k也成立，即
\displaystyle f_{k}(x)=\frac{1}{(k-1)!}\int_{0}^{x}(x-u)^{k-1}f_{0}(u)du=\frac{1}{(k-1)!}\int_{0}^{x}(x-t)^{k-1}f_{0}(t)dt
则当
n=k+1时，有
\begin{align*}f_{k+1}(x)&=\int_{0}^{x}f_{k}(t)dt=\int_{0}^{x}\left[\frac{1}{(k-1)!}\int_{0}^{t}(t-u)^{k-1}f(u)du\right]\\&=\frac{1}{(k-1)!}\int_{0}^{x}dt\int_{0}^{t}(t-u)^{k-1}f_{0}(u)\qquad(\text{交换一下次序})\\&=\frac{1}{(k-1)!}\int_{0}^{x}du\int_{u}^{x}(t-u)^{k-1}f_{0}(x)dt\\&=\frac{1}{(k-1)!}\int{0}^{x}\left[\frac{1}{k}(t-u)^{k}\bigg|_{u}^{x}f_{0}(u)du\right]\\&=\frac{1}{k!}\int_{0}^{x}(x-u)^k f_{0}(u)du=\frac{1}{k!}\int_{0}^{x}(x-t)^k f_{0}(t)dt\end{align*}
综上所述，则原等式成立。
作者：小熊
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