设 f(x, y) 在单位圆盘 D = {x² + y² ≤ 1} 上二阶连续可微，且满足 f_xx + f_yy = x² + y²。求 (x/√(x²+y²))·f_x + (y/√(x²+y²))·f_y 在 D 上的二重积分。

Step-by-step solution

1. 1

   认出被积函数就是径向导数。 在极坐标下 $x=r\cos\theta$、$y=r\sin\theta$，所以 $\tfrac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}=\cos\theta$，$\tfrac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}=\sin\theta$。于是

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

   问题就变成 $I=\displaystyle\iint_{D}\frac{\partial f}{\partial r}\,dA$。注意题目自始至终没给出 $f$ 本身——所以答案必须仅凭那个拉普拉斯条件就被唯一确定。

2. 2

   引入角向平均。 定义

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

   极坐标下的拉普拉斯算子是 $\nabla^{2}f=\tfrac1r\big(rf_r\big)_r+\tfrac{1}{r^{2}}f_{\theta\theta}$。对 $\theta$ 取平均会把 $f_{\theta\theta}$ 这一项抹掉（它在一个完整周期上积分为零），只剩下

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

   这是因为右端 $x^2+y^2=r^2$ 与 $\theta$ 无关。

3. 3

   解这个常微分方程。 两边乘 $r$ 再积分，

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

   $f$ 在原点处光滑，迫使 $r\to 0$ 时 $rg'\to 0$，因此 $C=0$，从而

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

   关键正在这里：$f$ 里那部分任意的调和分量，其角向平均是一个常数（调和函数的均值性质），因此对 $g'$ 毫无贡献。

4. 4

   把积分转化成 g'。 由 $dA=r\,dr\,d\theta$，

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

5. 5

   算出结果。

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

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

6. 6

   用一个具体的解来检验。 取 $f=\tfrac{r^{4}}{16}=\tfrac{(x^2+y^2)^2}{16}$。则 $\nabla^{2}f=\tfrac1r\left(r\cdot\tfrac{4r^{3}}{16}\right)'=\tfrac1r\left(\tfrac{r^{4}}{4}\right)'=r^{2}$ ✓，且 $f_r=\tfrac{r^{3}}{4}$，于是

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

   与一般性的论证完全吻合。在这个 $f$ 上再加任何一个调和函数，题设条件和答案都不会改变。