重积分

重积分的概念与性质

二重积分与三重积分的概念

二重积分

二重积分的概念。引入：平面薄片的质量。

1. 分割，分割成 $\Delta D_{i}$ 小区域，记小区域 $\Delta D_i$ 的面积为 $\Delta \sigma_i$。

2. 取值，任意取一点 $(\xi_i,\eta_i)$。得到质量 $\Delta M_i \approx \rho(\xi_i,\eta_i) \Delta \sigma _i$。

3. 求和，$M \approx \sum_{i=1}^n \rho(\xi_i,\eta_i) \Delta \sigma _i$。

4. 求极限，定义 $d_i$ 是小区域 $\Delta D_i$ 的直径，即区域中距离最远的两个点的距离。

   $M=\lim_{\lambda =\max\{d_i\} \to 0}\sum_{i=1}^n \rho(\xi_i,\eta_i) \Delta \sigma _i$

引例二：曲顶柱体的体积。

二重积分的定义：

设 $D$ 是平面上的一个有界闭区域，函数 $f(x, y)$ 在 $D$ 上有定义，若对于 $D$ 的任意分割: $\Delta D_1, \Delta D_2, \cdots, \Delta D_n$, 记小区域 $\Delta D_i$ 的面积为 $\Delta \sigma_i, d_i$ 是 $\Delta D_i$ 的直径 $(i=1,2, \cdots, n)$, 在 $\Delta D_i$ 中任意 取一点 $\left(\xi_i, \eta_i\right)(1,2, \cdots, n)$, 当 $\lambda=\max _{1 \leq i \leq n}\left\{d_i\right\} \rightarrow 0$ 时，和式 $\sum_{i=1}^n f\left(\xi_i, \eta_i\right) \Delta \sigma_i$ 有 确定 的极限值 $I$, 即: $\lim _{\lambda \rightarrow 0} \sum_{i=1}^n f\left(\xi_i, \eta_i\right) \Delta \sigma_i=I$, 则称函数 $f(x, y)$ 在 $D$ 上可积, 记作: $f \in R(D)$, 极限值 $I$ 称为函数 $f(x, y)$ 在 $D$ 上的二重积分。

记作：

$\iint_D f(x,y)\mathrm d \sigma$

即：

$\iint_D f(x,y)\mathrm d \sigma=\lim_{\lambda \to 0}\sum_{i=1}^n f(\xi_i,\eta_i) \Delta \sigma _i$

几何意义、物理意义。特别地：

$S(D)=\iint_D 1\mathrm d \sigma$

二重积分的存在性：若函数 $f(x,y)$ 在有界闭区域 $D$ 上连续，则二重积分存在，即 $f \in R(D)$。但是可积不一定连续。

三重积分

设 $\Omega$ 是空间中的一个有界闭区域，函数 $f(x, y, z)$ 在 $\Omega$ 上有定义，若对于 $\Omega$ 的任意分割: $\Delta \Omega_1, \Delta \Omega_2, \cdots, \Delta \Omega_n$, 以及在 $\Delta \Omega_i$ 中任意取一点 $\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right)$, 记 $\Delta \Omega_i$ 的体积为 $\Delta v_i(i=1,2, \cdots, n)$, $d_i$ 为 $\Delta \Omega_i$ 的直径，当 $\lambda=\max _{1 \leq i \leq n}\left\{d_i\right\} \rightarrow 0$ 时，和式 $\sum_{i=1}^n f\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right) \Delta v_i$ 有确定的极限值 $I$, 即 : $\lim _{\lambda \rightarrow 0} \sum_{i=1}^n f\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right) \Delta v_i=I$, 则称函数 $f(x, y, z)$ 在 $\Omega$ 上可积，极限值 $I$ 称为函数 $f(x, y, z)$ 在 $\Omega$ 上的三重积分。

记作：

$\iiint_\Omega f(x,y,z)\mathrm d V$

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极限

$\begin{aligned} \lim_{n \to +\infin} \sum_{i=1}^n \sum_{j=1}^n \frac{2\pi \sin \frac{2j\pi}{n}}{n^2+i^2} &= \lim_{n \to +\infin} \frac{1}{n} \sum_{i=1}^n \frac{1}{n} \sum_{j=1}^n \frac{2\pi \sin \frac{2j\pi}{n}}{1+(i/n)^2}\\ &=\lim_{n \to +\infin} \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \int_{0}^1 \frac{2\pi \sin 2\pi w}{1+(i/n)^2}\\ &=\lim_{n \to +\infin} \frac{1}{n}\sum_{i=1}^n \int_{0}^{2\pi} \frac{\sin y}{1+(i/n)^2} \mathrm d y\\ &=\int_0^1 \mathrm d x \int_0^{2\pi}\frac{\sin y}{1+x^2} \mathrm d y\\ &=\int_0^{2\pi} \mathrm d y \int_0^1\frac{\sin y}{1+x^2} \mathrm d x \end{aligned}$

重积分的性质

1. 线性性。

2. 积分区域可加性。

3. 保号性 $\Rightarrow$ 单调性。

4. 估值：若 $f \in R(D)$ 且 $m \le f(x,y)\le M,\forall (x,y) \in D$，则：

   $m\cdot S(D) \le \iint_D f(x,y)\mathrm d \sigma \le M\cdot S(D)$

5. 绝对值不等式：代数和的绝对值小于等于绝对值的和。

6. 积分中值定理：

   若 $f \in C(D), g \in R(D)$, 且 $g(x, y)$ 在 $D$ 上保号， 则 $\exists(\xi, \eta) \in D$, 使得

   $\iint_D f(x, y) \cdot g(x, y) \mathrm{d} \sigma=f(\xi, \eta) \cdot \iint_D g(x, y) \mathrm{d} \sigma,$

   当 $g(x, y)=1$ 时， $f(\xi, \eta)=\frac{\iint_D f(x, y) \mathrm{d} \sigma}{S(D)}$ 称为 函数 $f(x, y)$ 在区域 $D$ 上的平均值。
   其中 $S(D)$ 是区域 $D$ 的面积。

三重积分也有类似的性质。

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设 $a >0,b(\not=a) >0$ 是常数，

$I_1 =\iint_{x^2+y^2 \le a^2} (a^2-x^2-y^2)\mathrm d \sigma$

$I_2 =\iint_{x^2+y^2 \le b^2} (a^2-x^2-y^2)\mathrm d \sigma = f(b^2)$

容易发现 $f(a^2)$ 是极大值点，

二重积分的计算

画出积分区域图。

选择特殊的分割方式 $\mathrm d \sigma=\mathrm d x\mathrm d y$。二重积分在直角坐标系下的表示为：

$\iint_D f(x,y)\mathrm d \sigma =\iint_{D} f(x,y)\mathrm d x\mathrm d y$

分片积分（二次积分），求出一个一个薄片的体积。

$\int_a^b \mathrm d x\int_{y_1(x)}^{y_2(x)} f(x,y)\mathrm d y$

正规区域：平行于 $y$ 轴的直线穿过区域 $D$ 的边界时交点的数目不多于两个。$X$ 形区域。

$D=\{(x,y)\mid y_1(x)\le y\le y_2(x),a\le x\le b\}$

$Y$ 形区域正好反过来。

$\int_c^d \mathrm d y\int_{x_1(y)}^{x_2(y)} f(x,y)\mathrm d x$

关键：积分次序、积分上下限，对积分区域（非正规区域、分段函数、$\max,\min$，绝对值）进行分割。

如果是绝对值，还有更加简便的方法。

$X$ 型区域先对 $y$ 积分，$Y$ 型区域先对 $x$ 积分。

积分的难易度也有区别。

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计算二重积分

$\iint _D y\sqrt{1+x^2-y^2}\mathrm d \sigma$

其中积分区域 $D$ 是由 $y=x,x=-1,y=1$ 围成的。

考虑 $X$ 形区域。

$\int \sqrt{a+x}\mathrm d x=\frac{1}{3} (a+x)^\frac{3}{2} +C$

$\int_{-1}^1 \mathrm d x\int_x^1 \frac{1}{2}\sqrt{1+x^2-y^2}\mathrm d (y^2)=-\left.\int_{-1}^1 \mathrm dx \frac{1}{3} {\color{red}(1+x^2-y^2)^{\frac{3}{2}}}\right|^1_x\\ =-\frac{1}{3}\int_{-1}^1 (|x|^3-1)\mathrm d x=-\frac{1}{3} \int_{-1}^0 (-x^3-1)\mathrm d x-\frac{1}{3} \int_0^1 (x^3-1)\mathrm d x\\ =\frac{1}{2}$

注意 $(x^2)^\frac{3}{2}=|x|^3$。

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计算二重积分 $\displaystyle \iint_D xy \mathrm d \sigma$ 其中积分区域 $D$：由 $y^2=x,y=x-2$ 所围。

$Y$ 型区域。

$\iint_d xy \mathrm d \sigma = \int_{-1}^2 \mathrm d y \int_{y^2}^{y+2} xy \mathrm d x=\frac{1}{2}\int_{-1}^2 y [(y+2)^2-y^4] \mathrm d y$

如果选择 $X$ 型区域，二次积分如何表示？还是优先考虑被积函数。

交换积分次序

积分区域图不好画。可以画函数图像，也可以取点。

交换二次积分的积分次序：

$\int_0^1 \mathrm d x \int_{\sqrt{2x-x^2}}^{2-x} f(x,y)\mathrm d y$

$y=\sqrt{2x-x^2} \Rightarrow x=1\pm\sqrt{1-y^2}$ 注意 $x$ 的取值，因此只能取减号。

$\int_0^1 \mathrm d y \int_0^{1-\sqrt{1-y^2}} f(x,y)\mathrm d x+\int_1^2 \mathrm d y \int_0^{2-y} f(x,y)\mathrm d x$

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计算二重积分

$\iint_D \frac{\sin y}{y}\mathrm d \sigma$

其中积分区域 $D$ 是由 $y=x,y^2=x$ 所围。

先对变量 $x$ 积分，因为原函数积不出。

$\begin{aligned} &\int_0^1 \mathrm{~d} y \int_{y^2}^y \frac{\sin y}{y} \mathrm{~d} x=\int_0^1(\sin y-\underbrace{y \sin y}_{分部积分}) \mathrm{d} y \\ & =-\left.\cos y\right|_0 ^1+\left.(y \cos y-\sin y)\right|_0 ^1=1-\sin 1 \end{aligned}$

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给你二次积分，一般都要交换次序。

【例题9】计算二次积分 $\displaystyle \int_0^1 \mathrm{~d} x \int_x^1 x^2 \mathrm{e}^{-y^2} \mathrm{~d} y$ 。
解：由于无法直接对 $y$ 积分，
画出积分区域图! 先交换积分次序， 原式 $\displaystyle =\int_0^1 \mathrm{e}^{-y^2} \mathrm{~d} y \int_0^y x^2 \mathrm{~d} x=\frac{1}{3} \int_0^1 y^3 \mathrm{e}^{-y^2} \mathrm{~d} y$
令 $y^2=t$, 则，

$\text { 原式 }=\frac{1}{6} \int_0^1 t \mathrm{e}^{-t} \mathrm{~d} t=\frac{1}{6}(-\left.(t+1) \mathrm{e}^{-t})|_0 ^1=\frac{1}{6}-\frac{1}{3 \mathrm{e}}\right.$

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计算二次积分

$\int_0^1 \mathrm d y \int_{\sqrt{y}}^1 e^\frac{y}{x}\mathrm d x$

原式：

$\int_0^1 \mathrm d x\int_0^{x^2} e^\frac{y}{x}\mathrm d y=\int_0^1 x(e^x-1)\mathrm d x$

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变种：变上限函数（积不出的），考虑 求导，交换积分次序。

设 $\displaystyle f(x)=\int_0^{a-x} e^{y(2a-y)} \mathrm d y$，求 $\displaystyle \int_0^a f(x)\mathrm d x$。

原式

$\int_0^a e^{y(2a-y)}\mathrm d y \int_0^{a-y}\mathrm d x=\int_{0}^a (a-y) e^{a^2-(a-y)^2}\mathrm d y=\frac{1}{2} (e^{a^2}-1)$

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若 $\displaystyle y(x)=\int_0^x \arctan (u-1)^2 \mathrm d u$，则 $\displaystyle \int_0^1 y(x)\mathrm d x$ 的值为。

变上限函数求导 亦可以做。

$\int_0^1 y(x)\mathrm d x=xy(x)|^1_0-\int_0^1 xy'(x)\mathrm d x=\int_0^1 \arctan(u-1)^2\mathrm d u-\int_0^1 x\arctan (x-1)^2 \mathrm d x= \cdots$

注意：积分的合并。

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设 $f(x)$ 为连续函数，$\displaystyle F(t)=\int_1^t \mathrm d y \int_y^t f(x)\mathrm d x$，则 $F'(2)$ 等于？

回忆变上限函数的求导，如果形式如

$\mathrm d \left(\int_{\psi(t)}^{\varphi(t)} f(t) \mathrm dt \right)/\mathrm dt$

就要想尽方法把 $t$ 从 $f(t)$ 中提出来。

在这里，我们交换积分的上下限，使得积分的结构改变。

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计算二重积分

$\iint_D \max \{xy,1\}\mathrm d \sigma$

$D_1=\{(x,y)|0 \le x \le 2 ,0 \le y \le 2\}$

$D_2=\{(x,y)|xy \ge 1 , x\ge 0,y \ge 0\}$

$D_1$ 面积不好求。

原式

$4-\iint_{D_2} 1\mathrm d \sigma + \iint_{D_2} xy \mathrm d \sigma$

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计算二重积分

$\iint_D \sqrt{|y-x^2|}\mathrm d \sigma$

其中 $D=\{(x,y)|-1 \le x \le 1,0 \le y \le2\}$

还是分割两部分 $D_1,D_2$。

原式

$\iint_{D_1} \sqrt{x^2-y}\mathrm d \sigma +\iint_{D_2} \sqrt{y-x^2}\mathrm d \sigma$

还是先对 $y$ 积分。因为根号内 $x^2$ 为常数。

出现了

$\int_{-1}^1 (2-x^2)^\frac{3}{2}\mathrm d x$

三角代换 令 $x=\sqrt{2} \sin t$。

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$\iint_D y \sqrt{|x -y^2|} \mathrm d x \mathrm d y$

其中 $D=\{(x,y) \mid 0 \le x \le 4 ,0 \le y \le 1\}$。

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设 $f(x)$ 和 $g(x)$ 在 $\R$ 上、$K(x,y)$ 在 $\R^2$ 上都是连续的正值函数，且满足

$\int_0^1 f(y)K(x,y)\mathrm d y=g(x) \quad \int_0^1 g(y)K(x,y)\mathrm d y=f(x)$

若

$m=\min_{x\in[0,1]} \frac{f(x)}{g(x)},M=\max_{x\in[0,1]}\frac{f(x)}{g(x)}$

则 $mM=1$。

做出变换

$g(x)=\int_0^1 \frac{f(y)}{g(y)} \cdot g(y)K(x,y)\mathrm d y$

进而

$mf(x)=\int_0^1 m g(y)K(x,y)\mathrm d y\le\int_0^1 \underbrace{\frac{f(y)}{g(y)}\cdot g(y)K(x,y)\mathrm d y}_{g(x)} \le \int_0^1 Mg(y)K(x,y)\mathrm d y=Mf(x)$

因此

$m \le \frac{g(x)}{f(x)}=\frac{1}{M} \quad M\le\frac{g(x)}{f(x)}=\frac{1}{m}$

因此 $mM=1$。

使用卷积，得到

$f(x)=\int_0^1 g(y) K(x,y) \mathrm d y$

也就是

$f(t)=\int_0^1 g(y)K(t,y) \mathrm d y$

代入 $g(x)$ 表达式，

$g(x)=\int_0^1 f(t) K(x,t) \mathrm d t=\int_0^1\int_0^1 g(y)K(t,y) \mathrm d y \, K(x,t) \mathrm d t=\int_0^1 g(y) \int_0^1 K(x,t)K(t,y) \mathrm dt \, \mathrm d y$

令 $\displaystyle L(x,y)=\int_0^1 K(x,t)K(t,y)\mathrm d t$，显然 $L(x,y)$ 保号。

因此，

$g(x)=\int_0^1 g(y)L(x,y) \mathrm d y$

两侧同除 $g(x)$，

$\int_0^1 \frac{g(y)}{g(x)} L(x,y) \mathrm d y=1$

同理，对于 $f(x)$，也有：

$\int_0^1 \frac{f(y)}{f(x)} L(x,y) \mathrm d y=1$

两者作差，得到

$\int_0^1 \left(\frac{g(y)}{g(x)} -\frac{f(y)}{f(x)}\right) L(x,y) \mathrm d y=0$

由于积分中值定理，得到 $\exists y_0 \in[0,1]$，使得

$\frac{g(y_0)}{g(x)}-\frac{f(y_0)}{f(x)}=0$

因此，$\forall x \in[0,1]$，

$\frac{f(x)}{g(x)}=\frac{f(y_0)}{g(y_0)}=m=M$

得到 $m=M=1$，$f(x)=g(x)$。

利用极坐标计算二重积分

当二重积分存在时，在极坐标系，可用由原点发出的射线和半径为常数的同心圆来划分积分区域 $D$。

小矩形的长 $r \mathrm d \theta$，小矩形的宽 $\mathrm d r$。

二重积分的积分元素为 $\mathrm d \sigma =r \mathrm d r \mathrm d \theta$。

“凭空”多了一个 $r$。

$\iint _D f(x,y) \mathrm d \sigma = \iint _D f(r \cos \theta, r\sin \theta) \cdot {\color{red}{r \mathrm d r \mathrm d \theta}}$

需要转化为极坐标形式 $f(r, \theta) $。

注意，积分元素为 $\mathrm d \sigma=\mathrm d x\mathrm d y={\color{blue}r\mathrm d r} {\color{green}\mathrm d\theta}$。

$\theta$ 型区域

$D=\{(r,\theta) \mid r_1 (\theta) \le r \le r_2 (\theta),\alpha \le \theta \le \beta\}$

$\int_\alpha^\beta {\color{green}\mathrm d \theta} \int_{r_1 (\theta)}^{r_2 (\theta)} f(r \cos \theta,r\sin\theta) \cdot {\color{blue}{r \mathrm d r}}$

$\theta$ 射线定限，$r$ 从里到外。

积分区域内含有原点，要求 $r(\theta)$ 连续：

$\int_0^{2\pi} {\color{green}\mathrm d \theta} \int_{0}^{r (\theta)} f(r \cos \theta,r\sin\theta) \cdot {\color{blue}{r \mathrm d r}}$

如果是奇函数，还可以从 $-\pi$ 积分到 $\pi$。积分的顺序。

极坐标变换中点火公式用的比较多：

$\int_0^\frac{\pi}{2} \sin^n x \mathrm d x =\frac{(m-1)!!}{m!!} ~m\mathrm{~odd}\quad \int_0^\frac{\pi}{2} \sin^n x \mathrm d x =\frac{(m-1)!!}{m!!}\frac{\pi}{2} ~m\mathrm{~even}$

$r$ 型区域

使用较少。

$D=\{(r,\theta) \mid \theta_1 (r) \le \theta \le \theta_2 (r),a \le \theta \le b\}$

则二重积分：

$\int_a^b {\color{blue}{r \mathrm d r}} \int_{\theta_1 (r)}^{\theta_2 (r)} f(r \cos \theta,r\sin\theta) \cdot{\color{green}\mathrm d \theta}$

$r$ 圆弧定限，$\theta$ 逆时针转动 从小到大。

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设 $a>0$，利用极坐标化二重积分 $\displaystyle \iint_D f(x,y)\mathrm d \sigma$ 为二次积分，其中积分区域 $D$：

1. 满足 $x \ge0,y \ge 0,x^2+y^2 \le a^2$，且 $x^2+y^2\ge ax$。

   化为 $r^2 \ge ar\cos \theta$，即 $r \ge a\cos \theta$，结合 $r \le a$。

   $\int_0^{\pi/2} {\color{green}\mathrm d \theta} \int_{a\cos \theta}^{a} f(r \cos \theta,r\sin\theta) \cdot {\color{blue}{r \mathrm d r}}$

2. 满足 $x\ge 0,y \ge 0,x^2+y^2 \le a^2$，且 $(x^2+y^2)^2 \ge a^2(x^2-y^2)$。

   属于 $r^4 \ge a^2 r^2 \cos 2 \theta$，即 $r^2 \ge a^2 \cos 2\theta$，双纽线。

   看到双纽线，要想到切线 $\pi/4$，分类讨论……

   $\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \mathrm d \theta \int_{a\sqrt{2 \cos 2\theta}}^a f(r\cos\theta,r\sin\theta)\cdot r \mathrm d r+\int_{\frac{\pi}{4}}^\frac{\pi}{2} \mathrm d \theta \int_0^a f(r\cos\theta,r\sin\theta)\cdot r \mathrm d r$

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曲线 $(x^2+y^2)^2=2a^2(x^2-y^2)$ 所围图形的面积是。

是双纽线，因此只需要计算 $-\frac{\pi}{4} \le \theta \le \frac{\pi}{4}$ 的面积，再乘两倍。

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补充内容

常见的极坐标曲线。

直线 $x+y=2$ 的极坐标方程为：

$r=\frac{2}{\cos \theta+\sin \theta} \left(-\frac{\pi}{4} < \theta < \frac{3 \pi}{4}\right)$

如果要求这种积分，可以极坐标转笛卡尔坐标。

心脏线 $r=a(1-\cos \theta)$，不是很好转成笛卡尔坐标。

双纽线 $r^2=a^2 \cos 2 \theta,(x^2+y^2)^2 = a^2(x^2-y^2)$。默认 $r \ge 0$，因此只有两个部分。

双叶玫瑰线 $r=a \cos 2\theta$。只有两个部分。

三叶玫瑰线 $r=a \cos 3\theta$。只有三个部分。

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计算二重积分 $\iint_D e^{-x^2-y^2}\mathrm d \sigma$。不管是对 $x$ 还是对 $y$ 都积不出。

$D=\{(x,y)\mid x^2+y^2 \le a^2 (a>0)\}$

交换积分坐标。

利用极坐标计算。

$\int_0^{2\pi}\mathrm d \theta \int_0^a e^{-r^2} \cdot r \mathrm d r = \pi (1-e^{-a^2})$

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看到积分区域是圆，或者很多平方，根号之类的，就要使用极坐标。

$x^2+(y-a)^2=a^2 \Rightarrow r=2a\sin\theta$

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计算二重积分

$\iint_D \sqrt{R^2-x^2-y^2}\mathrm d \sigma$

其中 $D=\{(x,y) \mid x^2+y^2 \le Rx (R >0)\}$

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将二重积分

$\iint_D f(x,y)\mathrm d \sigma$

其中 $D=\{(x,y)\mid a^2 \le x^2+y^2 \le b^2\}$.

化为

$\int_0^{2\pi} \mathrm d \theta \int_a^b f(r\cos \theta,r \sin \theta)\cdot r\mathrm d r$

$\int_a^b r\mathrm d r \int_0^{2\pi} f(r\cos \theta,r \sin \theta)\cdot \mathrm d \theta$

不能直接计算第一象限的四倍。可以用大圆上的积分减去小圆上的积分？需要整个大圆内都有意义。

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计算二重积分

$\iint_D \frac{x+y}{x^2+y^2} \mathrm d \sigma$

其中

$D=\{(x,y)\mid x^2+y^2 \le 1,x+y \ge 1\}$

$x+y=1 \Leftrightarrow r \cos \theta+r \sin \theta=1 \Rightarrow r = \frac{1}{\cos \theta+\sin\theta}$

$\int_0^\frac{\pi}{2} \mathrm d \theta\int_\frac{1}{\cos \theta + \sin \theta}^1 \frac{r\cos \theta + r\sin \theta}{r^2} \cdot r \mathrm d r\\=\int_0^\frac{\pi}{2} \left(1-\frac{1}{\cos \theta+\sin \theta}\right) (\cos \theta+\sin \theta) \mathrm d \theta=(\sin \theta-\cos \theta-\theta) | _{0}^\frac{\pi}{2}=2-\frac{\pi}{2}$

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计算二重积分

$\iint_D |x-y|\mathrm d x \mathrm d y$

其中 $D=\{(x,y)\mid x^2+y^2 \le 1 , x\ge 0,y \ge 0\}$

不是椎体，所以不能用椎体体积公式进行计算。积分区域是一个 $1/4$ 圆，因此使用极坐标。

$\int_0^\frac{\pi}{2} \mathrm d \theta \int_0^1 r^2|\cos \theta - \sin \theta| \mathrm d r=\frac{2}{3}(\sqrt{2}-1)$

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利用二重积分求平面区域

$D=\{(r\cos \theta,r\sin \theta) \mid \frac{1}{2} \le r \le \cos \theta \}$

的面积。

还是先画出积分区域图，目的是为了确定自变量的取值，和选择哪个变量先积分。

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二重积分的对称性

若积分区域 $D$ 关于 $y$ 轴对称

且 $f(x,y)$ 是 $x$（或 $y$）的偶函数，则

$\iint_D f(x,y)\mathrm d \sigma = 2\iint_{D_1} f(x,y)\mathrm d \sigma$

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计算二重积分

$\iint_D x[1+y f(x^2+y^2)]\mathrm d\sigma$

其中 $f(u)$ 是连续函数，$D$ 是由曲线 $y=x^3$ 与直线 $y=1,x=-1$ 所围的区域。

用曲线 $y=-x^3$ 将积分区域分为两部分。$D_1$ 关于 $x$ 轴对称，$D_2$ 关于 $y$ 轴对称。

原式：

$\iint_{D_1}x\mathrm d \sigma=\int_{-1}^0 x \mathrm d x \int_{x^3}^{-x^3} \mathrm d y = -2 \int_{-1}^0 x^4 \mathrm d x=-\frac{2}{5}$

二重积分的变量代换

定理，设变换

$T: \left\{\begin{matrix}x=x(u,v)\\y=y(u,v)\end{matrix}\right.$

将 $uv$ 平面上的有界闭区域 $D_1$ 变换为 $xy$ 面上的有界闭区域 $D$，且满足

$\left\{ \begin{aligned} &x(u,v),y(u,v) \in C^1 (D_1)\\ &J=\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\not=0,(u,v)\in D_1\\ &f(x,y)\in C(D) \end{aligned} \right.$

则有：

$\iint_D f(x,y)\mathrm d \sigma=\iint_{D_1} f[x(u,v),y(u,v)] \cdot |J|\cdot \mathrm d u \mathrm d v$

相当于

$\mathrm d x\mathrm d y=\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\cdot \mathrm d u\mathrm dv$

逆变换：

$T^{-1}: \left\{\begin{aligned}u=u(x,y)\\v=v(x,y)\end{aligned}\right.$

满足

$\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)} \cdot \frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}=1$

对于 极坐标，变换 $T : x=r\cos \theta,y=r \sin\theta$

$J=\frac{\partial (x,y)}{\partial (r,\theta)}=\begin{vmatrix}x_r & x_\theta \\y_r & y_\theta\end{vmatrix}=\begin{vmatrix}\cos \theta & -r \sin\theta \\\sin \theta & r \cos \theta\end{vmatrix}=r$

因此：

$\iint _D f(x,y) \mathrm d \sigma = \iint _D f(r \cos \theta, r\sin \theta) \cdot {\color{red}{r \mathrm d r \mathrm d \theta}}$

广义极坐标：变换 $T:x=ar\cos \theta,y=br \sin\theta$，则

$J=\frac{\partial (x,y)}{\partial (r,\theta)}=abr$

放缩变换：变换 $T:x=au,y=bv$，则

$J=ab$

---

计算二重积分

$\iint_D xy \mathrm d \sigma$

其中 $D$ 是由曲线 $xy=1,xy=2,y=x$ 及 $y=4x$ 围成的区域。

作变量代换 $T:u=xy,v=\frac{y}{x}$，将积分区域 $D$ 变换为 $uv$ 平面上的区域 $D_1$

$D_1=\{(u,v)|\mid 1 \le u \le 2,1 \le v \le 4\}$

则

$x=\sqrt{u/v},y=\sqrt{uv}$

可以这样计算

$J=\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}$

也可以通过倒数计算

$J=\frac{1}{\frac{\partial (u,v)}{\partial (x,y)}}=\frac{x}{2y}=\frac{1}{2v}$

故

$\iint_D xy \mathrm d x\mathrm d y=\iint_{D_1} u \cdot \frac{1}{2v}\mathrm d u\mathrm d v=\frac{3}{2}\ln2$

---

求由椭圆柱体 $x^2/a^2+y^2/b^2=1$ 和平面 $z=0$ 及椭圆抛物面 $z=x^2/p^2+y^2/q^2$ 所围立体的体积。

所求体积为

$V=\iint_D \left(\frac{x^2}{p^2}+\frac{y^2}{q^2}\right)\mathrm dx\mathrm d y$

其中 $D=\{(x,y)\mid \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\le 1\}$。利用广义极坐标

$T:x=ar\cos \theta,y=br \sin\theta$

则

$\mathrm d x\mathrm d y = abr\cdot \mathrm d r\mathrm d \theta$

$D_1=\{(r,\theta)\mid 0 \le \theta \le 2\pi,0 \le r \le 1\}$

$\begin{aligned} V & =\iint_D\left(\frac{x^2}{p^2}+\frac{y^2}{q^2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\ & =\int_0^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_0^1\left(\frac{a^2 r^2 \cos ^2 \theta}{p^2}+\frac{b^2 r^2 \sin ^2 \theta}{q^2}\right) \cdot a b r d r \\ & =\frac{1}{4} a b \cdot 4 \cdot \int_0^{\frac{\pi}{2}}\left(\frac{a^2 \cos ^2 \theta}{p^2}+\frac{b^2 \sin ^2 \theta}{q^2}\right) \mathrm{d} \theta \\ & =a b\left(\frac{a^2}{p^2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}+\frac{b^2}{q^2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2}\right)=\frac{\pi a b}{4}\left(\frac{a^2}{p^2}+\frac{b^2}{q^2}\right) 。 \end{aligned}$

---

交换 积分变量，积分坐标，进行 变量代换。

计算

\int_0^\frac{\sqrt 2}{2} \mathrm d y\int_y ^\sqrt{1-y^2} xy e ^\frac{x^2-y^2}{\sqrt{x^2+y^2}}\mathrm d x

画出积分区域图，就发现应该使用 极坐标代换。

$\frac{1}{2}\int_0^\frac{\pi}{4} \mathrm d \theta \int_0^1 \underbrace{r^3 \sin 2\theta \cdot e^{r \cos 2 \theta}}_{需要三次分部积分} \cdot \mathrm d r$

整理得到

$\frac{1}{2} \int_0^1 r^3 \mathrm d r \int_0^\frac{\pi}{4} \sin 2\theta \cdot e ^{r \cos 2\theta} \cdot \mathrm d \theta$

---

设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，证明：

$\int_0^1 \mathrm d x \int_x^1 f(x)f(y)\mathrm d y = \frac{1}{2} \left(\int_0^1\ f(x)\mathrm d x \right)^2$

法 1

先证明

$\int_0^a \mathrm d x \int_x^a f(x)f(y)\mathrm d y =\int_0^a \mathrm d x \int_0^x f(y)f(x)\mathrm d y= \frac{1}{2} \left(\int_0^a\ f(x)\mathrm d x \right)^2$

两边对 $a$ 求导：

$\int_0^a f(a)f(y)\mathrm d y=f(a)\int_0^a f(x)\mathrm d x$

显然成立。

再令 $a=0$ 即可证明初值。

法 2

先交换积分次序

$I_1= \iint_{D_1} f(x)f(y)\mathrm d x\mathrm d y$

$\int_0^1 \mathrm d x \int_0^x f(y)f(x)\mathrm d y=I_2= \iint_{D_2} f(x)f(y)\mathrm d x\mathrm d y$

因此加起来变成

$\frac{1}{2} \int_0^1 f(y)\mathrm d y \int_0^1 f(x)\mathrm d x=\frac{1}{2} \left(\int_0^1\ f(x)\mathrm d x \right)^2$

---

设函数 $f(x),g(x)$ 在 $[a,b]$ 上连续且单调增加，证明：

$\int_a^b f(x)\mathrm d x \cdot \int_a^b g(x)\mathrm d x \le (b-a) \int_a^b f(x)g(x)\mathrm d x$

记：

$\begin{aligned} I_1 & =\int_a^b f(x) \mathrm{d} x \cdot \int_a^b g(x) \mathrm{d} x=\int_a^b f(x) \mathrm{d} x \cdot \int_a^b g(y) \mathrm{d} y \\ & =\iint_D f(x) g(y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \end{aligned}$

其中 $D=\{(x, y) \mid a \leq x \leq b, a \leq y \leq b\}$,

$\begin{aligned} I_2 & =(b-a) \int_a^b f(x) g(x) \mathrm{d} x=\int_a^b 1 \mathrm{~d} y \cdot \int_a^b f(x) g(x) \mathrm{d} x \\ & =\iint_D f(x) g(x) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \end{aligned}$

所以

$I_2-I_1=\iint_D f(x)[g(x)-g(y)] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$

交换积分变量

$I_2-I_1 = \iint_D f(y) [g(y)-g(x)]\mathrm d x\mathrm d y$

所以

$I_2-I_1 =\frac{1}{2} \iint_D \underbrace{[f(x)-f(y)][g(x)-g(y)]}_{符号相同}\mathrm d x\mathrm d y \ge 0$

---

设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，且

$2 \iint_{D_t} f(x+y)\mathrm d x\mathrm d y=\iint_{D_t} f(x)\mathrm d x\mathrm d y$

其中

$D_t=\{(x,y) \mid 0 \le y \le t-x ,0 \le x \le t \}(0\le t \le 1)$

证明：

$t\int_0^t f(x)\mathrm d x = 3 \int_0^t x f(x)\mathrm d x$

并求出 $f(0)$。

首先，进行积分坐标的交换：

$\iint_{D_t} f(x)\mathrm d x\mathrm d y=\boxed{\int_0^t \mathrm d x \int_0^{t-x} f(x)\mathrm d y}=\int_0^t \mathrm d y \int_0^{t-y} f(x)\mathrm d x=\int_0^t (t-x) f (x)\mathrm d x=\boxed{t\int_0^t f(x)\mathrm d x-\int_0^t xf(x)\mathrm d x}$

$2\iint_{D_t} f(x+y)\mathrm d x\mathrm d y=2\int_0^t \mathrm d x \int_0^{t-x} f(x+y)\mathrm d y=2\int_0^t \mathrm d y \int_0^{t-y} f(x+y)\mathrm d x$

需要证明

$\iint_{D_t} f(x+y)\mathrm d x\mathrm d y = \int_0^t xf(x)\mathrm d x$

因此，需要换元，令 $u=x,v=x+y$，得到 $D_t=\{(u,v) \mid u \le v \le t ,0 \le u \le t \}(0\le t \le 1)$

$\iint_{D_t} f(x+y)\mathrm d x\mathrm d y= \iint_{D_t} f(v) \frac{\partial (x,y)}{\partial(u,v)}\mathrm d u\mathrm d v=\int_0^t \mathrm d v \int_0^v f(v)\mathrm d u=\int_0^t vf(v)\mathrm d v=\int_0^t x f(x)\mathrm d x$

因此得证。

下面求出 $f(0)$，利用 $\displaystyle t\int_0^t f(x)\mathrm d x = 3 \int_0^t x f(x)\mathrm d x$ 求出。

对 $t$ 求偏导，则

$\int_0^t f(x)\mathrm d x+t\ f(t)=3t\ f(t)$

因此，

$\int_0^t f(x)\mathrm d x=2t\ f(t)$

得到

$\frac{\int_0^t f(x)\mathrm d x}{2t}=f(t)$

$\lim_{t\to 0} f(t)=\lim_{t \to 0}\frac{\int_0^t f(x)\mathrm d x}{2t}=\lim_{t \to 0}\frac{f(t)}{2}=\frac{f(0)}{2}$

因此，$f(0)=0$。

三重积分的计算

三重积分的计算步骤：

• 确定积分区域。
• 确定坐标系（坐标转换）和剖分方法，根据积分区域和被积函数确定。
  • $\displaystyle \mathrm d x\mathrm d y\mathrm d z=\left|\frac{\partial (x,y,z)}{\partial(u,v,w)}\right|\mathrm d u\mathrm d v\mathrm d w$，和第二类曲线积分不一样，没有绝对值。
  • 柱面坐标：$\left\{\begin{aligned}&x=r\cos\theta\\&y=r\sin\theta \\&z=z\end{aligned}\right.$ $\mathrm d x\mathrm d y\mathrm d z=r \mathrm d r\mathrm d \theta\mathrm d z$.
  • 球面坐标：$\left\{ \begin{aligned} &x=\rho\sin\varphi\cos \theta\\ &y=\rho\sin\varphi\sin\theta\\ &z=\rho\cos \varphi \end{aligned} \right.$ $\mathrm d x\mathrm d y\mathrm d z=\rho^2 \sin\varphi\mathrm d \rho\mathrm d \theta\mathrm d \varphi$.
• 直接计算。

$\iiint_\Omega f(x,y,z)\mathrm d V$

回顾二重积分的计算，对于二重积分主要有两种计算方法：

利用直角坐标和极坐标计算积分。

基本思想是动点要走遍积分区域 $D$。

三重积分动点如何走遍 $\Omega$？

主要利用三种坐标形式。

利用直角坐标计算三重积分

直角坐标的积分元素，类似于二重积分有 $\mathrm d V=\mathrm d x\mathrm d y\mathrm d z$。

$\iiint_\Omega f(x,y,z)\mathrm d V=\iiint_{\Omega} f(x,y,z)\mathrm d x\mathrm d y\mathrm d z$

直角坐标下介绍两种方法化三重积分为三次积分。

柱线法 先定积分再二重积分。先一后二。

对于 正规区域，设 两部分曲面 $\Sigma_1,\Sigma_2$ 的方程分别为：

$z=z_1(x,y),z=z_2(x,y)$

函数 $z_1(x,y),z_2(x,y)$ 是 $D_{xy}$ 的连续函数，且 $z_1(x,y)\le z_2(x,y),(x,y)\in D_{xy}$，则：

$\iiint_{\Omega} f(x,y,z)\mathrm d V=\iint_{D_{xy}} \mathrm d x\mathrm d y \int_{z_1(x,y)}^{z_2(x,y)} f(x,y,z)\mathrm d z$

对变量 $z$ 积分时把变量 $x,y$ 看成常数，然后在 $D_{xy}$ 进行二重积分。如果不是正规区域，可以尝试分割，或者朝另外一个平面投影。

截面法 对变量 $z$ 上下定限，然后用平面 $z=z$ 截积分区域 $\Omega$ 得到区域 $D_z$，先在区域 $D_z$ 上对变量 $x,y$ 计算二重积分，再对变量 $z$ 计算定积分。

$\iiint_{\Omega} f(x,y,z)\mathrm d V=\int_c^d \mathrm d z\iint_{D_z} f(x,y,z)\mathrm d x\mathrm d y$

尽可能画出积分区域。

---

化三重积分 $\displaystyle \iiint_{\Omega} f(x,y,z)\mathrm d V$ 为累次积分。

其中 $\Omega$ 由平面 $x+2y+3z=1$ 及 $x=0,y=0,z=0$ 所围。

$\begin{aligned} \iiint_{\Omega} f(x,y,z) \mathrm dV &= \iint_{D_{xy}} \mathrm d x\mathrm d y\int_0^{\frac{1}{3} (1-x-2y)} f(x,y,z)\mathrm d z\\ &= \int_0^1 \mathrm d x\int_0^{\frac{1}{2}(1-x)} \mathrm d y\int_0^{\frac{1}{3} (1-x-2y)} f(x,y,z)\mathrm d z \end{aligned}$

当 $f(x,y,z)=x$，

$\int_0^1 x\mathrm d x\int_0^{\frac{1}{2}(1-x)} \mathrm d y\int_0^{\frac{1}{3} (1-x-2y)} \mathrm d z=\frac{1}{3} \int_0^1 x \cdot \frac{1}{4} (1-x)^2 \mathrm d x$

**当被积函数只含一个变量时，常用方法是利用截面法先对该变量定限，因为可以凑出面积。**注意，如果面积是一个圆，需要带 $\pi$。

$I=\iiint_\Omega x\mathrm d x\mathrm d y\mathrm d z=\int_0^1 x\mathrm d x\iint_{D_x} \mathrm d y\mathrm d z=\int_0^1 x S(D_x) \mathrm d x$

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计算三重积分

$\iiint_{\Omega} e^y \mathrm d x\mathrm d y\mathrm d z$

其中积分区域 $\Omega$ 由 $x^2-y^2+z^2=1$ 及 $y=0,y=2$ 所围。

是 $x^2-y^2=1$ 在 $xoz$ 平面上旋转得到得到的。

$\iiint_{\Omega} e^y \mathrm d x\mathrm d y\mathrm d z=\int_0^2 e^y \mathrm d y\iint_{D_y}\mathrm d x\mathrm d z=3\pi (e^2-1)$

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化三重积分

$\iiint_{\Omega} f(x,y,z)\mathrm d V$

为累次积分，其中积分区域 $\Omega $ 由曲面 $\displaystyle x^2+y^2-\frac{z^2}{4}=1$ 及 $z=0,z=2$ 所围。

利用柱线法，先画出积分区域图

需要分两部分 $D_1=\{(x,y)\mid x^2+y^2 \le 1\}$，$D_2=\{(x,y)\mid 1 \le x^2+y^2 \le 4\}$。

利用截面法

利用柱面坐标计算三重积分

定理：设变换 $T:\left\{\begin{array}{l}x=x(u, v, w) \\ y=y(u, v, w) \\ z=z(u, v, w)\end{array}\right.$ 将 $u v w$ 空间上的有界闭区域 $\Omega_1$ 变换为 $x y z$ 空间上的有界闭区域 $\Omega$, 且满足

1. $x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w) \in C^1\left(\Omega_1\right)$;

2. $\displaystyle J=\frac{\partial(x, y, z)}{\partial(u, v, w)} \neq 0,(u, v, w) \in \Omega_1$;

3. $f(x, y, z) \in C(\Omega)$,

则

$\iiint_\Omega f(x,y,z)\mathrm d V= \iiint_{\Omega_1} f[x(u,v,w),y(u,v,w),z(u,v,w)] \cdot |J|\cdot \mathrm d u\mathrm d v\mathrm d w$

其中 $\displaystyle J=\frac{\partial (x,y,z)}{\partial(u,v,w)}=\begin{vmatrix}x_u & x_v & x_w\\y_u & y_v & y_w\\z_u & z_v & z_w\end{vmatrix}$

$\iiint_\Omega f(x,y,z)\mathrm d V =\iiint_\Omega f(r\cos \theta,r\sin\theta,z)\cdot r\mathrm d r\mathrm d \theta\mathrm d z$

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计算三重积分

$\iiint_\Omega z\mathrm d x\mathrm d y\mathrm d z$

其中积分区域 $\Omega:\ x^2+y^2+z^2 \le 2,z\ge x^2+y^2$。

被积函数只有一个变量，截面法，分为两个区域

$D_{z_1}=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le z ,(0\le z\le 1)\}\\ D_{z_1}=\{(x,y)\mid x^2+y^2 \le 2-z^2 ,(1\le z \le \sqrt{2})\}$

如果用柱线法，则会比较复杂。

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计算三重积分

$\iiint_\Omega \frac{z}{\sqrt{x^2+y^2}}\mathrm d V$

其中积分区域 $\Omega$ 是由 $yoz$ 平面上的区域

$D=\{(y,z)\mid y^2+z^2 \le 1,z\ge 2y-1,y\ge 0,z\ge 0\}$

绕 $z$ 轴旋转而成的区域。

旋转曲面方程是什么，绕 $z$ 轴旋转，就把 $y^2$ 变为 $x^2+y^2$

1. $x^2+y^2+z^2\le 1$。
2. $y=\frac{1+z}{2}$，$x^2+y^2 \le (\frac{1+z}{2})^2$。

利用截面法

$\begin{aligned} & D_{z_1}=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leq\left(\frac{z+1}{2}\right)^2, 0 \leq z \leq \frac{3}{5}\right\}, \\ & D_{z_2}=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leq 1-z^2, \frac{3}{5} \leq z \leq 1\right\}, \end{aligned}$

利用柱面坐标得：

$\int_0^{\frac{3}{5}} z \mathrm{~d} z \int_0^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_0^{\frac{z+1}{2}} \frac{1}{r} \cdot r \mathrm{~d} r+\int_{\frac{3}{5}}^1 z \mathrm{~d} z \int_0^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_0^{\sqrt{1-z^2}} \frac{1}{r} \cdot r \mathrm{~d} r=\frac{89}{150} \pi$

利用球面坐标计算三重积分

设 $M(x,y,z)$ 为空间一点，$\rho=|\overrightarrow{OM}|$，$\varphi$ 为 $|\overrightarrow {OM}|$ 与 $z$ 轴正向 的夹角（所有 $\varphi$ 相同的点构成圆锥面），$\theta$ 为 $|\overrightarrow{OM}|$ 在 $xoy$ 平面上的投影向量 $|\overrightarrow{OP}|$ 与 $x$ 轴正向 逆时针方向的夹角（形成半平面，相当于 $xoy$ 极坐标里面的 $\theta$）那么有序数组 $(\rho,\theta,\varphi)$ 称为点 $M$ 的球面坐标。

规定：

$\rho\ge0,0\le \theta\le 2\pi,0\le \varphi \le \pi$

由 直角三角形 相应关系得到

$\left\{ \begin{aligned} &r=\rho\sin\varphi\\ &x=r\cos\theta=\rho\sin\varphi\cos \theta\\ &y=\rho\sin\varphi\sin\theta\\ &z=\rho\cos \varphi \end{aligned} \right.$


对三个元素的增量，划定一个区域。

$\iiint_\Omega f(x,y,z)\mathrm d V=\iiint_\Omega f(\rho\sin\varphi\cos \theta,\rho\sin\varphi\sin\theta,\rho\cos\varphi)\cdot \rho^2 \sin\varphi\mathrm d \rho\mathrm d \theta\mathrm d \varphi$

---

计算三重积分

$\iiint_\Omega \sqrt{x^2+y^2+z^2}\mathrm d x\mathrm d y\mathrm d z$

其中积分区域 $\Omega:x^2+y^2 \le z^2,x^2+y^2+z^2 \le R^2,z\ge 0$。

先求出交线 $z=\frac{\sqrt{2}}{2}R$。

原式：

$\iiint_\Omega \rho\cdot\rho^2 \sin\varphi \mathrm d \rho\mathrm d \theta\mathrm d \varphi$

三个独立的定积分。$\theta$ 在平面上旋转，$\varphi$ 夹角从 $0$ 到 $\pi/4$。

$\int_0^{2\pi}\mathrm d \theta\int_0^\frac{\pi}{4} \sin\varphi\mathrm d \varphi\int_0^R \rho^3 \mathrm d\rho$

---

设函数 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，$f(0)=0$，且 $f'(0)$ 存在，求极限：

$\lim_{t\to 0}\frac{1}{t^4} \iiint_{x^2+y^2+z^2 \le t^2} f(\sqrt{x^2+y^2+z^2}) \mathrm d V$

洛必达法则……

如果是球体：

$\iiint_{x^2+y^2+z^2} f(\rho)\mathrm d V=\int_0^{2\pi} \mathrm d \theta \int_0^\pi \sin\varphi \mathrm d \varphi \int_0^t f(\rho) \cdot \rho^2 \mathrm d \rho=4\pi\int_0^t f(\rho) \cdot \rho^2 \mathrm d \rho$

$\lim_{t\to 0}\frac{1}{t^4} \iiint_{x^2+y^2+z^2 \le t^2} f(\sqrt{x^2+y^2+z^2}) \mathrm d V=\lim_{t \to 0}\frac{4\pi \int_0^t f(\rho)\cdot \rho^2\mathrm d \rho}{t^4}=\lim_{t\to0}\frac{4\pi f(t)\cdot t^2}{4t^3}=\pi f'(0)$

注意最后一步不能洛必达。

三重积分的轮换性

轮换性的使用条件：积分区域轮换对称。

计算三重积分

$\iiint_\Omega (2x^2+3y^2-4z^2) \mathrm d x\mathrm d y\mathrm d z$

其中积分区域 $\Omega:x^2+y^2+z^2 \le 1$。

球坐标不好计算。

由轮换性可以得到

$\iiint_\Omega x^2\mathrm d V=\iiint_\Omega y^2\mathrm d V=\iiint_\Omega z^2\mathrm d V$

所以，原式（转化为 对称 形式）

\frac{1}{3} \iiint_{\Omega} (x^2+y^2+z^2) \mathrm d V=\frac{1}{3}\int_0^{2\pi}\mathrm d \theta\int_0^\pi \mathrm \sin\varphi d \varphi \int_0^1 \rho^2 \cdot \rho^2 \mathrm d \rho

---

计算三重积分

$\iiint_\Omega (x^2+y^2-z^2)\mathrm d x\mathrm d y\mathrm d z$

其中积分区域

$\Omega:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2} \le 1$

$x=aX,y=bY,z=cZ$

由轮换性可以得到

$\iiint_\Omega X^2\mathrm d V=\iiint_\Omega Y^2\mathrm d V=\iiint_\Omega Z^2\mathrm d V$

也就是

$\iiint_\Omega x^2/a^2\mathrm d V=\iiint_\Omega y^2/b^2\mathrm d V=\iiint_\Omega z^2/c^2\mathrm d V$

利用截面法：

$\iiint_\Omega \frac{x^2}{a^2}\mathrm d V=\frac{1}{a^2} \int_{-a}^a x^2\mathrm d x\iint_{D_x}\mathrm d y\mathrm d z=\frac{1}{a^2} \int_{-a}^a x^2 \cdot \underbrace{\pi bc\left(1-\frac{x^2}{a^2}\right)}_{椭圆面积}\mathrm d x=I$

$\iiint_\Omega (x^2+y^2-z^2)\mathrm d x\mathrm d y\mathrm d z=(a^2+b^2-c^2)\times I$

也可以利用广义球面坐标计算。

三重积分的对称性

如果积分区域 $\Omega$ 关于 $yoz$ 平面对称，且 $f(x,y,z)$ 是 $x$ 的奇函数，即 $f(-x,y,z)=-f(x,y,z)$。

则 $\iiint_\Omega f(x,y,z)\mathrm d V=0$。

计算三重积分

$\iiint_{\Omega} (x+y+z)^2 \mathrm d x\mathrm d y\mathrm d z$

其中积分区域 $\Omega:x^2+y^2+z^2 \le 2,z \ge x^2+y^2$。锥面 $\varphi$ 是常数，但是这个是旋转抛物面，比较复杂。关于 $z$ 轴旋转的旋转抛物面，使用柱面坐标。

对称性：由关于 $yoz$ 平面对称，得到 $xy+xz$ 积分为 0，再由关于 $xoz$ 平面对称得到 $yz$ 积分为 0。

剩下

$\underbrace{\iiint_{\Omega} z^2 \mathrm d V}_{截面法，只有z一个变量}+\underbrace{\iiint_\Omega (x^2+y^2)\mathrm d V}_{柱面坐标}$

$\iiint_\Omega (x^2+y^2)\mathrm d V=\int_0^{2\pi}\mathrm d \theta\int_0^1 r\mathrm d r\int_{r^2}^{\sqrt{2-r^2}} r^2 \mathrm d z$

先 $xoy$ 平面极坐标，勾勒投影边界，然后再讨论 $z$ 的范围，相当于柱线法。


球面坐标+对称性。