Пусть f(x, y) — дважды непрерывно дифференцируемая на единичном круге D = {x² + y² ≤ 1}, причём f_xx + f_yy = x² + y². Вычислите двойной интеграл по D от (x/√(x²+y²)) f_x + (y/√(x²+y²)) f_y.

Step-by-step solution

1. 1

   Рассмотрим подынтегральное выражение как радиальную производную. В полярных координатах $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$, поэтому $\tfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}=\cos\theta$, $\tfrac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}=\sin\theta$. Тогда

   $\cos\theta\,f_x+\sin\theta\,f_y=\frac{\partial f}{\partial r}$

   Задача сводится к $I=\displaystyle\iint_{D}\frac{\partial f}{\partial r}\,dA$. При этом сама функция $f$ явно не задана — значит, ответ определяется только условием на лапласиан.

2. 2

   Введём среднее по углу. Обозначим

   $g(r)=\frac{1}{2\pi}\int_{0}^{2\pi}f(r,\theta)\,d\theta$

   В полярных координатах лапласиан имеет вид $\nabla^{2}f=\tfrac1r\big(rf_r\big)_r+\tfrac{1}{r^{2}}f_{\theta\theta}$. Усреднение по $\theta$ обнуляет слагаемое $f_{\theta\theta}$ (оно интегрируется в ноль по полному периоду), остаётся

   $\frac1r\big(rg'(r)\big)'=r^{2}$

   поскольку правая часть $x^2+y^2=r^2$ не зависит от $\theta$.

3. 3

   Решим полученное ОДУ. Домножим на $r$ и проинтегрируем:

   $\big(rg'\big)'=r^{3}\quad\Longrightarrow\quad rg'=\frac{r^{4}}{4}+C$

   Требование гладкости $f$ в начале координат даёт $rg'\to 0$ при $r\to 0$, значит $C=0$, и

   $g'(r)=\frac{r^{3}}{4}$

   Это ключевой момент: произвольная гармоническая добавка к $f$ даёт постоянное среднее по углу (свойство среднего значения), поэтому не влияет на $g'$.

4. 4

   Преобразуем интеграл через $g'$. Так как $dA=r\,dr\,d\theta$,

   $I=\int_{0}^{1}\!\!\int_{0}^{2\pi}\frac{\partial f}{\partial r}\,r\,d\theta\,dr=\int_{0}^{1}r\left(\int_{0}^{2\pi}f_r\,d\theta\right)dr=\int_{0}^{1}r\cdot 2\pi g'(r)\,dr$

5. 5

   Выполним вычисления.

   $I=2\pi\int_{0}^{1}r\cdot\frac{r^{3}}{4}\,dr=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{1}r^{4}\,dr=\frac{\pi}{2}\cdot\frac{1}{5}=\frac{\pi}{10}$

   $\boxed{\dfrac{\pi}{10}}$

6. 6

   Проверим на явном решении. Пусть $f=\tfrac{r^{4}}{16}=\tfrac{(x^2+y^2)^2}{16}$. Тогда $\nabla^{2}f=\tfrac1r\left(r\cdot\tfrac{4r^{3}}{16}\right)'=\tfrac1r\left(\tfrac{r^{4}}{4}\right)'=r^{2}$ — условие выполнено, а $f_r=\tfrac{r^{3}}{4}$, значит

   $I=\int_{0}^{2\pi}\!\!\int_{0}^{1}\frac{r^{3}}{4}\,r\,dr\,d\theta=2\pi\cdot\frac{1}{20}=\frac{\pi}{10}$

   что совпадает с общим рассуждением. Прибавление любой гармонической функции к этому $f$ не меняет ни условие, ни ответ.