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x}}$ ，其中 $D$ 为 $x = 0, y = 0$ 与 $(x - a)^2 + (y - a)^2 = a^2$ 所围成的区域 解(1)注意要先积 $x$ ，因为 $e^{-y^2}$ 先积 $x$ 比较方便，答案为 $\frac{1}{e}$ (2) 注意要先积 $y$ ，因为显然 $\frac{\sin x}{x}$ 不好积，答案为 $1 - \sin 1$ (3) 这里 $\int \frac{1}{\sqrt{2a - x}} \mathrm{d}x$ 看成 $\int (2a - x)^{-\frac{1}{2}} \mathrm{d}x$ 就是个幂函数，不要被吓到。先积 $y$ ，得到 $$ I = \int_ {0} ^ {a} \mathrm{d} x \int_ {0} ^ {a - \sqrt {2 a x - x ^ {2}}} \frac {1}{\sqrt {2 a - x}} \mathrm{d} y = \int_ {0} ^ {a} \frac {a - \sqrt {2 a x - x ^ {2}}}{\sqrt {2 a - x}} \mathrm{d} x = (2 \sqrt {2} - \frac {8}{3}) a ^ {\frac {3}{2}} $$ 练习 15.3 几个进阶题 (1) 计算 $I = \iint_{D} |xy - \frac{1}{4}| \, dx \, dy$ ，其中 $D : [0, 1] \times [0, 1]$ (补区域技巧) (2) 计算 $I = \iint_{D} \sqrt{|y - x^2|} \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y$ ，其中 $D: -1 \leq x \leq 1, 0 \leq y \leq 2$ (对称性) 解(1)要画出 $xy = \frac{1}{4}$ 线，分成上下两个部分，记上面的为 $D_{1}$ ，下面的是 $D_{2}$ ，但是 $D_{2}$ 过于不规则，可以为 $D_{2}$ 补上 $D_{1}$ 的部分，这样算起来就方便不少。即 $I = \iint_{D_1}(xy - \frac{1}{4})\mathrm{d}x\mathrm{d}y - \iint_{D_2}(xy - \frac{1}{4})\mathrm{d}x\mathrm{d}y = 2\iint_{D_1}(xy - \frac{1}{4})\mathrm{d}x\mathrm{d}y - \iint_{D}(xy - \frac{1}{4})\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ ，最终答案为 $\frac{3}{32} +\frac{1}{8}\ln 2$ (2) 画出 $y = x^2$ ，根据关于 $x$ 为偶，只需要考虑 $x > 0$ ，关于 $y = x^2$ 分为两个区域，上面记 $D_1$ ，下面记 $D_2$ ， $D_1, D_2$ 都算规则，直接计算即可。要注意 $(x^2)^{\frac{2}{3}} = |x|^3!$ ## 15.1.2 二重积分可积性 练习15.4两道经典题 $(1)D = [0,1]\times [0,1]$ ，对 $x\in \mathbb{R}$ ， $q_{x}$ 表示 $x$ 化成既约分数后的分母，证明下面 $f(x,y)$ 在 $D$ 上二重积分存在但两个累次积分不存在 $$ f (x, y) = \left\{ \begin{array}{l l} \frac {1}{q _ {x}} + \frac {1}{q _ {y}}, & (x, y) \text {为有理点} \\ 0, & (x, y) \text {非有理点} \end{array} \right. $$ (2) $D=[0,1]\times[0,1]$ ，证明下面 $f(x,y)$ 在D上二重积分不存在但两个累次积分存在 $$ f (x, y) = \left\{ \begin{array}{l l} 1, & (x, y) \text {为有理点且} q _ {x} = q _ {y} \\ 0, & \text {其他情形} \end{array} \right. $$ 证明 (1) $\forall \epsilon$ ，仅有有限个点满足 $f(x, y) > \epsilon$ ，因此存在分割 $T$ 使得 $S(T) - s(T) < \epsilon$ ，二重积分存在且等于0。下证先 $y$ 后 $x$ 不存在： $y$ 取无理时， $f(x, y) \equiv 0$ ， $\int_{0}^{1} f(x, y) \mathrm{d}x = 0$ 积分存在。若 $y$ 取有理，则在 $x$ 无理处 $f(x, y) = 0$ ， $x$ 有理处 $f(x, y) = \frac{1}{q_x} + \frac{1}{q_y}$ ，因此 $f(x, y)$ 在任意区间上振幅总大于 $\frac{1}{q_y}$ ，因此积分不存在。同理可证先 $x$ 后 $y$ 不存在 (2) $D$ 中任意部分均有振幅为1，因此二重积分不存在。若固定 $y$ ，若 $y$ 无理，则 $f(x,y) = 0$ ，显然关于 $x$ 可积，若 $y$ 无理，则 $f(x,y) > \epsilon$ 对于 $x$ 而言只有有限处，因此也关于 $x$ 可积，所以先 $y$ 后 $x$ 可积。另一侧同理。 ## 15.1.3 二重积分换元法 ## 定理 15.2 (二重积分换元法) 原二重积分坐标轴 $x, y$ ，定义于 $R$ 上，令 $u = u(x, y), v = v(x, y)$ 反解出 $x = x(u, v), y = y(u, v)$ ，变换后的区域为 $(u, v) \in \Omega$ ，则 $$ \iint_ {R} f (x, y) \mathrm{d} x \mathrm{d} y = \iint_ {\Omega} f (x (u, v), y (u, v)) \left| \frac {\partial (x , y)}{\partial (u , v)} \right| \mathrm{d} u \mathrm{d} v $$ 定义 $J(u,v)=\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}$ 笔记一、注意Jacobi行列式外面的是绝对值！二、可以先计算 $I = \frac{\partial(u,v)}{\partial(x,y)}$ ，计算 $|J|$ 时只需要取倒数加绝对值，即 $|J| = |\frac{1}{I}|$ 。三、计算变换后的范围可以尝试将原本的各个边界转化到新变量，即代入原边界，计算新边界各个变量需要满足的关系。 练习15.5一般换元计算题(1)计算 $I = \iint_{D}e^{\frac{x - y}{x + y}}dxdy$ ，其中 $D$ 是由 $x = 0,y = 0$ 与 $x + y = a(a > 0)$ 围成的区域 (2) 计算 $I = \iint_{D} \frac{(x + y) \ln(1 + \frac{y}{x})}{\sqrt{1 - x - y}} \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y$ ，其中 $D$ 是由 $x = 0, y = 0, x + y = 1$ 围成的区域 (3) 计算 $I = \iint_{D} \frac{3x}{y^2 + xy^3} \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y$ ，其中 $D$ 是由 $xy = 1, xy = 3, y^2 = x, y^2 = 3x$ 围成的区域 证明 (1) 设 $x + y = u, x - y = v$ ，即 $x = \frac{u + v}{2}, y = \frac{u - v}{2}$ ，考虑边界转化， $x = 0, y = 0$ 等价于 $u = -v, u = v$ ，而 $y = -x + a$ 等价于： $$ u = a, v = 2 x + a $$ 此时 u = a，而 v 任意。 因此区域变为 $u + v = 0, u - v = 0, u = a$ 围成的区域，即 $0 \leq u \leq a, -u \leq v \leq u, J = \left| \begin{array}{cc} \frac{1}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & -\frac{1}{2} \end{array} \right| = -\frac{1}{2}$ ，得到最终结果为 $\frac{a^2}{4}(e - e^{-1})$ (2) 设 $x + y = u, x = v$ ，即 $x = v, y = u - v$ 即可，区域变为 $v = 0, u = v, u = 1$ 围成的区域，答案为 $\frac{16}{15}$ (3) 做 $xy = u, \frac{y^2}{x} = v$ ## 15.1.4 极坐标换元 ## 定理 15.3 (二重积分极坐标换元) 对于二重积分 $\iint_{S} f(x, y) \mathrm{d}x \mathrm{~d}y$ ，做极坐标换元 $x = r \cos \theta, y = r \sin \theta$ ，此时 $J(r, \theta) = r$ ；极坐标换元 $x = ar \cos \theta, y = br \sin \theta$ 时 $J(r, \theta) = abr$ 。积分时先 $\mathrm{d}r$ 后 $\mathrm{d}\theta$ ，具体如下图所示 ![](5b7b42b6a99544f36af749cad867071bd860f5a296b8bf3c0ba808703c397c2b.jpg)) 图 15.1: 二重积分极坐标换元 练习15.6规则极坐标与广义极坐标(1)计算 $I = \iint_{D}\frac{\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{\sqrt{1 - x^2 - y^2}}$ ， $D$ 为 $x^{2} + y^{2}\leq 1$ (2)广义极坐标：计算 $\frac{x^2}{a^2} +\frac{y^2}{b^2} +\frac{z^2}{c^2}\leq 1$ 的体积 (2)是8倍第一卦限积分，该区域顶面为 $z = c\sqrt{1 - \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2}}$ ，底面为 $$ D = \left\{(x, y): 0 \leq y \leq b \sqrt {1 - \frac {x ^ {2}}{a ^ {2}}}, 0 \leq x \leq a \right\} $$ 因此 $V = 8\iint_{D}c\sqrt{1 - \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ ，利用广义极坐标变换得到 $z = c\sqrt{1 - r^2}$ ，故 $$ V = 8 \int_ {0} ^ {\frac {\pi}{2}} \mathrm{d} \theta \int_ {0} ^ {1} c \sqrt {1 - r ^ {2}} a b r \mathrm{d} r = \frac {4 \pi}{3} a b c $$ 练习15.7几道非规则边界(1) $f$ 为连续函数，将 $I = \iint_{D}f\left(\frac{y}{x}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 转化为定积分，其中 $D:\frac{1}{4}\leq x^2 +y^2\leq x$ (2)将 $I = \iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 化为极坐标形式，其中 $D:[0,1]\times [0,1]$ 解 (1) 考虑 $x = r\cos \theta, y = r\sin \theta$ ，则 $\frac{1}{4} \leq r^2 \leq r\cos \theta$ ，即 $\frac{1}{2} \leq r \leq \cos \theta$ ，因此 $-\frac{\pi}{3} \leq \theta \leq \frac{\pi}{3}$ 。即 $I =$ $$ \int_ {- \frac {\pi}{3}} ^ {\frac {\pi}{3}} \mathrm{d} \theta \int_ {\frac {1}{2}} ^ {\cos \theta} f (\tan \theta) r \mathrm{d} r = \frac {1}{2} \int_ {- \frac {\pi}{3}} ^ {\frac {\pi}{3}} f (\tan \theta) (\cos^ {2} \theta - \frac {1}{4}) \mathrm{d} \theta $$ (2)一般都是先 $r$ 后 $\theta$ ，将 $D$ 分为左上，右下两个三角形，则 $$ I = \int_ {0} ^ {\frac {\pi}{4}} \mathrm{d} \theta \int_ {0} ^ {\frac {1}{\cos \theta}} f (r \cos \theta , r \sin \theta) r \mathrm{d} r + \int_ {\frac {\pi}{4}} ^ {\frac {\pi}{2}} \mathrm{d} \theta \int_ {0} ^ {\frac {1}{\sin \theta}} f (r \cos \theta , r \sin \theta) r \mathrm{d} r $$ 先 $\theta$ 后 $r$ 会比较麻烦 ## 三类特殊的圆 ## 定理 15.4 (三类特殊圆极坐标) 设 $a > 0$ ，极坐标 $x = r\cos \theta ,y = r\sin \theta$ ，以下特殊圆的极坐标公式： \- $(x - a)^2 + y^2 = a^2$ ，即 $x^2 + y^2 = 2ax$ ，则 $r = 2a\cos \theta, \theta \in [-\frac{\pi}{2}, \frac{\pi}{2}]$ \- $x^{2} + (y - a)^{2} = a^{2}$ ，即 $x^{2} + y^{2} = 2ay$ ，则 $r = 2a\sin \theta, \theta \in [0, \pi]$ \- $(x - a)^2 + (y - a)^2 = 2a^2$ ，即 $x^2 + y^2 = 2a(x + y)$ ，则 $r = 2a(\cos \theta + \sin \theta), \theta \in [-\frac{\pi}{4}, \frac{3\pi}{4}]$ ![](b54fa69c6f03c09c287c78d1c9f720c960f3f0469a6172b2465da531dea1784b.jpg) 图 15.2: 三个特殊的圆 ## 15.2 三重积分 ## 15.2.1 投影法 将三重积分转换为累次积分进行计算，常用的方法有投影法与截面法 ## 定理 15.5 (投影法) 积分区域 $V \subset R^{3}$ ，对应 x, y 坐标平面投影区域 D，且 $V = \{(x, y, z) : (x, y) \in D, z_{1}(x, y) \leq z \leq z_{2}(x, y)\}$ ，则： $$ \iiint_ {V} f (x, y, z) \mathrm{d} V = \iint_ {D} \mathrm{d} x \mathrm{d} y \int_ {z _ {1} (x, y)} ^ {z _ {2} (x, y)} f (x, y, z) \mathrm{d} z $$ ![](ad5fd2105a5935951c414ac9ded62f37636325f2db703c2dd4021028281fbc93.jpg)) 笔记 一般而言投影法比截面法更常用一点 练习 15.8 投影法 (1) 计算 $I = \iiint_{V} (x + y + z) \, \mathrm{d}V$ ，其中 V 是 $x + y + z = 1$ 与坐标面围成的区域 (2) 计算 $\iiint_{V} (x^{2} + y^{2} + z) \mathrm{d}V$ ，其中 $V$ 是 $\left\{ \begin{array}{l} z = y \\ x = 0 \end{array} \right.$ 绕着 $z$ 轴旋转一圈而成的曲面与 $z = 1$ 围成的区域 解 (1) 用投影法 $I = \iint_{D} \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y \int_{0}^{1 - x - y} x + y + z \, \mathrm{d}z = \frac{1}{8}$ (2) 旋转面为 $z = \sqrt{x^2 + y^2}$ (画个图就看得出来)，投影为 $x^2 + y^2 \leq 1$ ，因此积分为 $$ \begin{array}{l} I = \iint_ {D} \mathrm{d} x \mathrm{d} y \int_ {\sqrt {x ^ {2} + y ^ {2}}} ^ {1} (x ^ {2} + y ^ {2} + z) \mathrm{d} z \\ = \iint_ {D} (x ^ {2} + y ^ {2}) (1 - \sqrt {x ^ {2} + y ^ {2}}) \mathrm{d} x \mathrm{d} y + \frac {1}{2} \iint_ {D} [ 1 - (x ^ {2} + y ^ {2}) ] \mathrm{d} x \mathrm{d} y \\ = \int_ {0} ^ {2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_ {0} ^ {1} r ^ {3} (1 - r) \mathrm{d} r + \frac {1}{2} \int_ {0} ^ {2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_ {0} ^ {1} (1 - r ^ {2}) r \mathrm{d} r \\ = \frac {\pi}{1 0} + \frac {\pi}{4} = \frac {7 \pi}{2 0} \end{array} $$ ## 15.2.2 截面法 ## 定理 15.6 (截面法) 积分区域 $V \subset \mathbb{R}^3$ ， $V$ 被垂直于 $z$ 轴平面截取的平面为 $D_z$ ，则 $$ \iiint_ {V} f (x, y, z) \mathrm{d} V = \int_ {a} ^ {b} \mathrm{d} z \iint_ {D _ {z}} f (x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{d} y $$ ## 15.2.3 三重积分换元法 ## 定理 15.7 (三重积分换元) 若坐标替换 $x = x(u,v,w),y = y(u,v,w),z = z(u,v,w)$ ，则 $$ \iiint_ {V} f (x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{d} y \mathrm{d} z = \iiint_ {V ^ {\prime}} f (x, y, z) \left| \frac {\partial (x , y , z)}{\partial (u , v , w)} \right| \mathrm{d} u \mathrm{d} v \mathrm{d} w $$ $$ \left| \frac {\partial (x , y , z)}{\partial (u , v , w)} \right| = \left| \begin{array}{l l l} \frac {\partial x}{\partial u} & \frac {\partial x}{\partial v} & \frac {\partial x}{\partial w} \\ \frac {\partial y}{\partial u} & \frac {\partial y}{\partial v} & \frac {\partial y}{\partial w} \\ \frac {\partial z}{\partial u} & \frac {\partial z}{\partial v} & \frac {\partial z}{\partial w} \end{array} \right| $$ 笔记 一方面还是注意 Jacobi 行列式外面的是绝对值。另一方面可以先算 $\frac{\partial(u, v, w)}{\partial(x, y, z)}$ ，再取倒数和绝对值计算 $\left|\frac{\partial(x, y, z)}{\partial(u, v, w)}\right|$ ## 15.2.4 柱面坐标变换与球坐标变换 ## 定理 15.8 (柱面变换) 做 $x = r\cos \theta ,y = r\sin \theta ,z = z$ 变换时， $J(u,v,w) = r$ 。往往确定区域： $V^{\prime} = \{a\leq r\leq b,c\leq \theta \leq d,\alpha (r,\theta)\leq z\leq \beta (r,\theta)\}$ 因此用投影法 $\iint_{D}\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \int_{\alpha (r,\theta)}^{\beta (r,\theta)}z\mathrm{d}z$ ，即一般积分顺序按照 $\mathrm{dz},\mathrm{dr},\mathrm{d}\theta$ 练习 15.9 柱坐标变换 (1) 计算 $I = \iiint_{V} (x^{2} + y^{2}) \, \mathrm{d}V$ ，其中 V 是由曲面 $2(x^{2} + y^{2}) = z$ 与 z = 4 为界面的区域。 解 (1) 为抛物面与平面围成的区域，令 $x = r \cos \theta, y = r \sin \theta, z = z$ 得到区域为 $$ V ^ {\prime} = \left\{(r, \theta , z): 0 \leq r \leq 2, 0 \leq \theta \leq 2 \pi , 2 r ^ {2} \leq z \leq 4 \right\} $$ 对应积分 $\iiint_{V'} r^2 \cdot r \, \mathrm{d}V = \int_0^{2\pi} \, \mathrm{d}\theta \int_0^{\sqrt{2}} \, \mathrm{d}r \int_{2r^2}^4 r^3 \, \mathrm{d}z = \frac{8\pi}{3}$ ## 定理 15.9 (球坐标变换) 做 $x = r\sin \varphi \cos \theta ,y = r\sin \varphi \sin \theta ,z = r\cos \varphi$ 时 $J = r^2\sin \varphi$ 。积分时先按照 $\mathrm{d}r,\mathrm{d}\varphi ,\mathrm{d}\theta$ 顺序积分 ![](93315663037de58e7e2eda9f87b39ab445a1eaf012a8cff06679212e4a2f18a2.jpg) 图 15.3: 三重积分球坐标换元 ![](fc68779cbf73ff0e464878fe775b9e52163a5b057fb1e986b9ed4d5fe07d16e1.jpg) 笔记 使用球坐标变换的原则：(1) 被积函数为 $f(x^{2} + y^{2} + z^{2}), f(x^{2} + y^{2})(2)$ 积分区域为球、锥或者其一部分 ## 定理 15.10 (广义球坐标变换) 对于以 $(x_0, y_0, z_0)$ ，以 $a, b, c$ 为半轴长的椭球面所围成的区域 $V$ ，做如下广义球坐标变换： $$ T: \left\{ \begin{array}{l} x = x _ {0} + a r \sin \varphi \cos \theta \\ y = y _ {0} + b r \sin \varphi \sin \theta \\ z = z _ {0} + c r \cos \varphi \end{array} , \quad r \geq 0, \varphi \in [ 0, \pi ], \theta \in [ 0, 2 \pi ] \right. $$ 得到 $$ | J | = \frac {\partial (x , y , z)}{\partial (r , \varphi , \theta)} = a b c r ^ {2} \sin \varphi $$ 练习15.10广义球坐标变换(1)计算 $I = \iiint_{V}z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$ ，其中 $V$ 是 $\frac{x^2}{a^2} +\frac{y^2}{b^2} +\frac{z^2}{c^2}\leq 1$ 与 $z\geq 0$ 围成的区域解(1)做球坐标变换，积分变为： $$ \iiint_ {V ^ {\prime}} c r \cos \varphi \cdot a b c r ^ {2} \sin \varphi \mathrm{d} r \mathrm{d} \varphi \mathrm{d} \theta = a b c ^ {2} \int_ {0} ^ {\frac {\pi}{2}} \mathrm{d} \varphi \int_ {0} ^ {2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_ {0} ^ {1} r ^ {3} \sin \varphi \cos \varphi \mathrm{d} r = \frac {\pi}{4} a b c ^ {2} $$ > [!proof]- 证明状态 > 本笔记含数学结论；已保留原文。未给出证明的结论将在后续按定义、引理和推导链补证。