向量值映照積分學(xué)00體積分換元公式

高維積分學(xué)—體積分換元 2016429知識(shí)要性質(zhì)1.1.?Rm為有界開集,總可以表示為可列個(gè)閉方塊的并10xi? xi+ 1:1-網(wǎng)1 1 證明對(duì)Rm作 -網(wǎng)格,亦即正方塊的邊長(zhǎng)為 .記I為 -網(wǎng)格所截成的包含于?的方塊的并.則

In

∪

IIn考慮

-網(wǎng)格包含 -網(wǎng)格,則有 ?I,可 ∞∪

In

∪n=1

InI顯然, In??,由于In???n∈以下證? In.考慮?x0∈?,由于?為開集,則?Pδ(x0)??,可nI(i)?Pδ(x0)? (n?n故有? 性質(zhì)1.2.?Rm為開集,且為允許集（即?有界且??為零測(cè)集）,則有?|?|=lim

證明?為允許集,則∫?|?|

dx

2:?與其覆 χ?(x)dx|

P|→0 1-網(wǎng)格I(α?χξ)I)|I)I(α nχ?(ξ(α))=0.n χ?(ξ(α)|I(α)|

|I(α)|=∫

n{|In|單調(diào)增加

χ?(x)dx=|?|,|?|=sup|In|=lim 1.3(微分同胚下相關(guān)結(jié)論).設(shè)有微分同x=?(t)∈C1(DtDx),EtDtEx?(Et),EtDt,Et為有界閉集, 內(nèi)點(diǎn)映射至內(nèi)點(diǎn):?Et邊界映射至邊界:?(?Et零測(cè)集映照為零測(cè)集ΛtDt為零測(cè)集?(ΛtΛxDx為零測(cè)集??t?ttt 3:微分 λ4:Et 證 1.證明?(Et)=?t0EtBλ(t0)Et,?(t)C1(DtDx),則有?(t)C1(Bλ(t0 ?(Bλ(t0Ex為開集x0Ex.由此可?EtEx；類似有?1(Ex)E Ex?Et)綜上?EtEx.證明?(?Et首先?(?Et)Ex.tx?Et,tn}?Ettn→t?,?(t)t?的連續(xù)性,?(tn)?(t?).{?(tn)?(Et)=Ex,?(?Et) ?(Et)=?(Et∪?Et)=?(Et)∪?(?Et)?Ex∪?Ex=以下說明?(Et)?Dx為有界閉集（現(xiàn)有Ex?Dt為有界閉集?(Et)無界,tn}?Et|?(tn)|Rm→∞.Ex為有界閉集,tnkEttnktEt根據(jù)?(tt處的連續(xù)性有?(tnk?(t?故產(chǎn)生矛盾?(EtDx有界kxn=?(tn)}??(Et),xn→x?∈Rm,{tn}?Et,tn}?kEttnkt?Et,則有?(tnk)?(t?),?(t?x??(Et),?(Et)為閉集考慮Ex?(Et?(EtDx為有界閉集,ExDx為有界閉集.綜上所述,可有?(Et)=Ex.現(xiàn) ?(Et)=?(Et∪?Et)=?(Et)∪?(?Et)=Ex∪?Ex= ?(EtEx為開集,?(?Et)??Ex,?Et)?(?Et)=?.另由?Ex?Ex?則有?(?EtDt

In,In為有界閉集（實(shí)際可為有界閉方塊）,Λt

(InΛt),故?(Λt)= ?(InΛt).?(InΛt),nN為零測(cè)集,?(Λt)為零測(cè)集.以下?(InΛt為零測(cè)集t

sup|D?(t)|Rm×mdiamii iΛt為零測(cè)集Iii

InInΛt

Ii

i|ε.考慮估 |?(t)??(tc)|Rm|D?(tc+θ(t?tc))|Rm×m|t?tc|Rmsup|D?(t)|Rm×mdiammm如果Ii為正方塊,則有(diam

m2|Ii|故

2sup|D?(t)|Rm×mdiam

=

mm2iIi非正方塊,則不能由(diamIi)m來估計(jì)i,就此,考慮一般的方塊I?Rm,設(shè)其各邊邊長(zhǎng)?1,?2,···,?m,?1為最小的邊長(zhǎng).l1=?1,?1li<2?1(i=2···m),由此可有 2 (l1+l2+···+lm)2[1+4(m?1)]2 (4m?3)2l1···<<?1 ?1<O6:非正方塊區(qū)域的就此Ii為非正方塊時(shí),可按上述的分割進(jìn)行劃分.考慮到4m3m(m1),則可

sup|D?(t)|Rm×mdiam

=

m(4m?3)2i對(duì)任意方塊成立.??I

m(4m?3)

∞

i<至此可說明?(InΛt)為零測(cè)集1.4(微分同胚的局部簡(jiǎn)單微分同胚分解).微分同胚可局部分解為簡(jiǎn)單微分同胚合?(tC1(DtDx),t0Dt, ··

detD?(t0)

(t0)?= ··不失一般性可調(diào)整{t1···tm的順序使?(?1,···,

?(t1,···,tk)(t0)?= k=1,···,可作θk(t)=

..

(t (tD(?1,···, D(?1,··(t (t k

=?(?1,···,

(t)?=detDθk(t0) D(t,···,t ,···,t

?(t1,···, 根據(jù)逆映照（局部微分同胚存在性定理）,有Bδ(t0)?Dt,使得θk(t)∈C1(Bδ(t0)考慮如下過程如圖7所示圖ψm=θm?ψ=

δ

θ1=: ψ3=θ3? ψ2=θ2? 7:簡(jiǎn)單微分同胚分ψk(xk?1)θk?θ?1 k=1,···,C1-微分同胚.則有xkψk(xk?1),k1···m的坐標(biāo)表1 x(t)1

x(x)

··. .

·· , )

.

mkxxk(xk?1) kx

k—另?(t)=θm(t)=(θm? )?(θm?1? )?···?(θ2?θ?1)? =ψm?ψm?1 ?亦即在Bδ(t0)上獲得微分同胚的簡(jiǎn)單微分同胚分解1.5(簡(jiǎn)單微分同胚下體積分換元公式)DtDx均為有界開集且邊界均為零測(cè)集?(tC1(DtDx為簡(jiǎn)單微分同胚detD?(tDt上有界.f(x)R(Dx), f(x)dx f??(t)det Dt(tDt(ti截線..?D(xi?截線 1···

.?. x x 圖8:簡(jiǎn)單微分同胚下體積分換元證明首先說明f?(tdetD?(tR(Dt)f(xR(Dx)f?(tDt界Λxf(xDx中不連續(xù)點(diǎn)的全體,Λtf?(t)Dt中不連續(xù)點(diǎn)的全體,考慮 ?

f(x)=f?(t)=

??

f??(t)=f??(t0)???1(Dx?Λx)?Dt? 亦即DtDx均為允許集以 則

f??(t)=f??(t0)??1(x)=??1(x0)=t0

??

f(x)=f(x0)??(Dt?Λt)?Dx?Dx?Λx??(Dt?Λt)=?(Dt)??(Λt)?Dx?Λx?Dx?Λx=?(Dt)??(Λt)?Λx=Λt??1(Λx).Λx為零測(cè)集Λt為零測(cè)集f?(tDt上幾乎處處連續(xù).detD?(t)Dt上有連續(xù)且有界,f?(tdetD?(t)∈R(Dt).設(shè) .. i1 ?(t) ?(t,···, detD?(t)

··

··

?t

(t)?=

∫

.. 1Dxf(x)dx

f(x)χDx∫=∫

xf(x1,···,xi,···,xm)χD(x1,···,xi,···,x]]

dx1···d?i···x x=∫=

f(x1,···,xi,···,I1

xi]

χD?

(x1,···,xi,···,xm)dx1···dxi···D1∫x···x

f(x1,···,xi,···,

dx1···dxi···] m = x···x

f(x,···,?(x,···,t,···,

),···,

)?ti(x,···,t,···, xdx1···d?i···x∫=1 1i∫t··tm

f(t1,···,?i(t1,···,tm),···,tm)det]

?dt1···dti··· m f??(t)detD?(t)χDti(ti)dtim

1?

(t1,···,ti,···,tm)dt1···dti··· ∫ f??(t)detD?(t)χDt(t)dt

Dt···t∫f??(t)det上述計(jì)算要DtDx均為允許集,f(x)R(Dx),detD?(t)C1.6(微分同胚下內(nèi)含緊支集上的積分換元公式).?(t)C1(DtDx),f(x)R(Dxsuppf(x)Dx為有界閉集,f?(tdetD?(t)R(Dt), f(x)dx

f??(t)det證 1.suppf??(t)=??1(suppf(x))?Dt為有界閉集. ) ??1(suppf(x))=

{x∈x(x)?=

=??1({x∈x(x)?=={t∈tf??(t)?=0}=suppf?suppf(x)?Dx為有界閉集,suppf?(t)=??1(suppf(x))?Dt為有界閉集f?(tdetD?(tR(Dt)f(x)Dx上有界,f?(t)Dt上有界,且detD?(tsuppf?(t上有界故有f?(tdetD?(t)Dt上有界.f(x)Dx上幾乎處處連續(xù)則有f?(tdetD?(tDt上幾乎處處連續(xù).f?(tdetD?(t)∈Kt=suppf?(t),d(KtDC)=:d>0.考慮Ktδ)?ttKt,δ(t)<d,?(t)在Bδ(t)(t)上具有簡(jiǎn)單微分同胚分解 另Bolzano有限覆蓋定理,

Bδ(t)2

?Kt,根∪Kt

Bδi δi=2

δ作δ=min{δ1,···,δM},考慮?P為I?Dt的分割,I Iα滿足|P|<如有IαKt??,t?IαKt,則有t?B(ti),進(jìn)而有IαBδi2

d,2考∫f??(t)detD?(t)dtIα

∫f?(ψm?···?ψ1)(t)detDψm(xm?1)···det==

f?(ψm?···?ψ2)(x1)detDψm(xm?1)···detf?(ψm?···?ψ3)(x2)detDψm(xm?1)···detα=···

f?ψm(xm?1)detψ1ψ1α∫ f(x)dxmψ1α)

ftt?∈Iα∩2?m?1?···?m?1?···??2? ?m?1·· 進(jìn)而考∫∪

f??(t)detD?(t)dt

Iα∩Kt?=?

f??(t)det∫=Iα∩Kt?=?

f(x)dx

f I

?

)f

α?(Ktsuppf(x)綜上,∫f??(t)detD?(t)dt

∫f1.7(微分同胚下內(nèi)含允許集上的積分換元公式).?(t)∈C1(Dt;Dx),Ex?Dx為允許集ExDx??1(ExEtDt為允許集EtDt,f(xR(Ex),有f?(tdetD?(tR(Et),且有 f(x)dx

f??(t)det?Iα∩考慮f(x)χEx(x)Dx上有界,Dx上幾乎處處連續(xù)（?Ex為零測(cè)集?f(x)Ex上幾乎處處連續(xù)）,suppf(x)χEx(x)ExDx.由定理1.6∫f(x)dx

f(x)χEx(x)dx

f??(t)χEx??(t)det

f??(t)χEt(t)detD?(t)dt

f??(t)det1.8(具有零測(cè)集修正的積分換元公式).設(shè)有函?(t)C1(DtDx),DtDx?(Dt均為有界開集,EtDtEtDt,則有Ex?(EtDxEx?(EtDx.對(duì)f(xR(Ex)（這要?Ex為零測(cè)集）,f?(tdetD?(t)R(Et), f(x)dx

f??(t)det??Et=??1(?Ex),?Ex為零測(cè)集時(shí),?Et也為零測(cè)集.ΛxExf 的不連續(xù)點(diǎn)全體,ΛtEtf?(t)的不連續(xù)點(diǎn)全體.考慮到?1(ExΛx)?EtΛt, ExΛx?EtΛt?Et?(Λt)Ex?Et)?(ΛtΛxΛx為零測(cè)集?(Λt為零測(cè)集進(jìn)而Λt=??1(?(Λt))為零測(cè)集.另由f(x)Ex上有界,則有fEt上有界.且由detD?(tC(Et),detD?(t)Et上有界.綜上,f?(tdetD?(t)∈R(Et).Exf(x)dx

xIx?Dxf(x)χEx(x)dx x∫

f(x)χEx∫ f??(t)χEx??(t)detD?(t)dt f??(t)det

f??(t)χEt(t)det1.9.對(duì)于函?(tEtt7→?(tEx,Ex?(Et),EtEx均為允許集,StEtSxEx均為零測(cè)集,?(tC1(EtStExSx),detD?(tC(EtSt)在其有界f(xR(Ex),f?detD?(t)R(EtSt),∫f(x)dx

t

f??det進(jìn)一步detD?(tEt上有定義且有界f?detD?(tR(Et)∫f(x)dx

f??det證 1.首先證明?(Et?St)和?(Ex?Sx)為零測(cè)集.計(jì)?(Et?St)??Et∪?St??Et∪St=?Et∪(St∪以下說?EtSt?St.再由此即?(EtSt?EtSt為零測(cè)集.由St?Et,有St?Et=Et∪?Et,因此?St?Et∪?Et=(Et?St)∪St∪(EtSt?St?故有?StSt?Et.同理,?(ExSx為零測(cè)集注:此處,如果假t?EtStt??St,EtSt為開集,Bδ(t0)EtVx:=Ex? 滿足Bδ(t0?St?這同t?St相Vx:=Ex? Ex?Vt=VxEVt=Et?12:積分區(qū)域示由于?(Ex?Sx)??Ex∪Sx為零測(cè)集且有界,則? 滿足?Ex∪Sx

?Ii ∑ |Ii|<ε.由?Ex∪Sx

∪IiEx

IiExSx.考慮到Ex

Ii

Ex??Ex∪Sx?Ex?Sx,假設(shè)?x?∈Ex Ii,滿足x?/?(Ex?Sx)??Ex∪Sx,?

ix

i.又由?{xn}?Ex Ii滿足xn→x?,則?nNδ時(shí),xnBδ(x?

i,與xn∈Ex Ii矛盾

EEt?Vδ(Et?13:積分區(qū)域示可作WtEtSt滿足VtWtEtSt以及|EtStWt|ε.VtEt為有界閉集EtSt為開集d(Vt(EtSt)Cδ0.再根EtSt為有 In,

為有限個(gè)寬度為1的閉方塊的并且 ?E—S{|I 單調(diào)增加收斂于|EtSt|VtInεEtSt(nε1),|EtStInε|FtEtStWtFtFtEtSt,|Et?St?Ft||Et?St?Wt|<以及VxFx?(FtFxExSx滿|Ex?Sx?Fx||Ex?Sx?Vx|<另 f(x)dx

f??(t)detVVEt?Fx=Vx=?(VEx?|Et?St?Wt|< |Ex?Sx?Vx|<14:積分區(qū)域示估 Exf∫

∫f(x)dxsup|f(x)||Ex?Fx|< ∫ttf??detD?(t)dt

f??det綜上,

sup[f??|detD?(t)]|Et?St?Ft|< ?ε>t∫ f(x)dx

t

f??(t)det補(bǔ)充說明f(xR(Ex)f?(tdetD?(t)R(EtSt).f(x)Ex上有界,f??(tEt上有界,f??(t)Et?St上有界.ΛxEx?Sxf(x)的不連續(xù)點(diǎn)全體ΛtEt?Stf??(t)的不連續(xù)點(diǎn)全體,所以有??1(Ex?Sx?Λx)?Et?St?ΛtExSxΛx??(EtSt)?(Λt),?(Λt)?Λx.Λx為零測(cè)集,則?(Λt為零測(cè)集Λt為零測(cè)集現(xiàn)有f?(t)EtSt上幾乎處處連續(xù),detD?(t)EtSt上點(diǎn)點(diǎn)連續(xù)且有界.f?(tdetD?(tR(EtSt).進(jìn)一步設(shè)有detD?(t)St上有定義且有界,考慮f?(t)Et=(EtSt)St上幾乎處處連續(xù)（EtSt上幾乎處處連續(xù),St為零測(cè)集）,f(x)Ex上有界,有f??(t)在Et上有界.另一方面?StSt?Et,?St為零測(cè)集,St為零測(cè)度允許集,可∫f??(t)detD?(t)dt=即∫f??(t)detD?(t)dt=

∫ttt

f??(t)detD?(t)dtf??(t)det

∫f??(t)det應(yīng)用事實(shí)際使用時(shí),一般性地應(yīng)用“具有零測(cè)集修正的積分換元公式”,三維情形如下定理2.1(體積分換元公式(考慮零測(cè)集修正)).有映 X(ξ,η,ζ):Eξηζ 7→X(ξ,η,ζ) y(ξ,η,ζ)∈ 式中ExyzX(Eξηζ),EξηζExyz均為允許集.如果,存在SξηζEξηζSxyzExyz均為零測(cè)集,使得X(ξ,η,ζ)∈C1(Eξηζ/Sξηζ;zz?detDX(Eξηζ)∈C(Eξηζ/Sξηζ)Eξηζ/Sξηζ上有界則有如下結(jié)論:f(x,yz)∈R(Exyz),fX(ξη,ζdetDX(Eξηζ)∈R(Eξηζ/Sξηζ),且∫

f(x,y,z)dxdydz

Eξηζ

f?X(ξ,η,ζ)|detDX(ξ,η,ζ)|進(jìn)一步,如有detDX(Eξηζ)在Sξηζ上亦有定義且有界,則有f?X(ξ,η,ζdetDX(Eξηζ)R(Eξηζ), f(x,y,z)dxdydz

X(ξ,η,

事例1.計(jì)算積其中由曲線x2y2xy圍成

∫(x+?X(ξη,ζEξηζ/SξηζExyz/Sxyz之間實(shí)現(xiàn)C1?微分同胚亦即有:(a)X(ξη,ζEξηζ/Sξηζ上為單射;(b)detX(ξη,ζ)?=0,(ξ,η,ζ)∈Eξηζ/Sξηζ.解.方法一:顯然積分區(qū)域?yàn)閳A,其圓心在

1,半徑為

.由此可做變2 x=2+√2rcosy=1+√1rsin 此變換的Jacobi行列 ?(x, √2cos ?√2rsinθ=變換之后的區(qū)域可以表

?(r,θ)

√2sin √2rcosDrθ={(r,θ)|0r1,0θFubini∫ ∫2π( ) ∫1 I 2+√2cosθ+2+√2sin

dθ=2

dr 方法二；做平移變x=u+2y=v+2此變換的Jacobi行列式顯然為?(xy)=1,變換之后的積分區(qū)域即為圓心位于原點(diǎn)?(u,Duv={(u,v)|u2+v2由此根據(jù)對(duì)稱性一定

I∫

(u+v+∫所以原積

ududv∫

vdudv=I

dudv=S(Duv)=2事例2.計(jì)算積 ∫

?I 1?a2?b2?其中積分

?=(x,y)

y2a2+解.考慮到積分區(qū)域以及被積函數(shù)的形式,可做廣義極坐標(biāo)x=arcosθy=brsinθ此變換的Jacobi行列

?(x,y)?(r,

acos ?arsinbsin brcos

=變換之后的積分區(qū)域可以表示Drθ={(r,θ)|0r1,0θ因此原積

∫I

√ ?(x,y)1?r2∫

∫drdθ=?

√ 1?

= 0

1 1—r2dr0

23事例3.已知為由曲面x2y29x2y216z2x2y2z0圍成的區(qū)域,∫解.利用柱坐標(biāo)變此

I ?x=rcosy=rsinz=Erθξ={(r,θ,ξ)|3r4,0θ2π,0ξr所 ∫

∫ ∫

I

r3rdrdθdξ

r4dξ0

r5dr 3 3事例4.計(jì)算積

I ?是由錐z=h√x2y2(R0h0)與平面zh圍成的區(qū)域R15:積分區(qū)解.方法一:積分區(qū)域可以表示{

Fubini定理

?=(x,y,z)0zh,x2+y2∫ I

zdxdy

hzπ

dz

1方法二:做柱坐標(biāo)變

x2+y22h2

x=rcosy=rsinz=此變換Jacobi行列式?(xy,zr,積分區(qū)域變?(r,θ, Fubini定理

Drθz

(r,θ,z)hrzh,0rR,0θ2π∫ ∫ ∫ ?(x,y, ∫ ∫ ∫ 0I 00

R hR

z?(r,θ,z)dz

R hR

zrdz

4πR5.計(jì)算牟合方蓋的體積,牟合方蓋即半徑相等的兩個(gè)正交圓柱體相交而成的立體,即圓柱體x2+y2R2與圓柱體x2+z2R2的公共部分.16:牟合方解根據(jù)對(duì)稱性我們只需計(jì)算其在第一卦限內(nèi)的部分體積即可利用柱坐標(biāo)變x=rcosy=rsinz=√首先根據(jù)x2+y2R2可得0rR,然后根據(jù)x2+z2R2可得0ξ R2?r2cos2因此積分區(qū)域可以表Erθξ所以牟合方蓋的體積

(r,θ,ξ)0rR,0θ

,0ξ2

√ R2?r2cos2 V dxdydξ=

rdrdθdξ=

∫ 2 r

√R2?r2cos2?∫

RrR2?

cos2

dr=

上式最后的積分是一個(gè)反常積分 可以計(jì)算如

co2∫1?sin3cos2

dθ=tanθ

∫sin2cos2θdcosθ=tanθ

∫1?cos2cos2

dcosθ=tanθ ?cosθ+θθ所ππ 21?sin

dθ=tanθ —cosθ

2π=2π

(tanθ

) ?cos

+2= cos2

cos

θ→ cos故牟合方蓋的體積

2V=8×3R3

163注:牟合方蓋的體積與相同半徑的球體積之比為4,中國(guó)數(shù)學(xué)家祖暅之即是用此方法求出球π體積事例6.計(jì)算積

∫I

(x+y+解.方法一:做球坐標(biāo)y=rsinθsinz=rcos此變換的Jacobi行列式為（球坐標(biāo)變換的Jacobi可以作為結(jié)論記憶sinθcos?rcosθcos??rsinθsin?(r,θ,?(x,y,z)=sinθsin rcosθsin rsinθcos?=?(r,θ,cos ?rsin 變換之后積分區(qū)域Drθ?={(r,θ,?)|0R,0θπ,0?Fubini定理∫

∫ ∫I

(rsinθcos?+rsinθsin?+rcos

sin=1∫R

r3sin2θdθ=2 注:此處先積分?再積分θ最后積分r是為了最大限度的“三角函數(shù)的奇數(shù)次方在其周期內(nèi)的積分等于0”的結(jié)論.方法二:根據(jù)對(duì)稱性,直接就 xdxdydz ydxdydz zdxdydz= 所 I xdxdydz ydxdydz zdxdydz= 事例7.計(jì)算積 I?

√zx2+y2+ 其中?是由球面x2+y2+z2=1與圓錐面z 3(x2+y2)圍成的區(qū)域解.首先畫出積分區(qū)域如圖17所示17:問題方法一:首先積分區(qū)域可以表示 ?={(x,y, 3(x2+y2)z 1?x2?y2,(x,y)∈Dxy為積分區(qū)xOy平面上的投影,根據(jù)此題區(qū)域的特點(diǎn),可以聯(lián)立兩個(gè)曲面方程z獲得,

=(x,y)x2+y2根據(jù)Fubini定理可

d ∫√1?x2?y2√ 1 3d I∫

xy 3(x+y3 3

x2+y2+z2dz∫

(x2+y2+z2)2 =3

1?8(x2+

2dxdy=

π3π

上式第一項(xiàng)來自于Dxy的面積.再做變x=rcosθy=rsinDxy經(jīng)變換后的區(qū)域 =(r,θ)0r ,0θ所以

8I π

3?(x,y)

drdθ

8∫ π

2r=1

?(r,

方法二:積分區(qū)域可以表示

2

2 2? (x,y,z)0z3,x2+y2

(x,y,

3z1,x+y1?即將積分區(qū)域分為“球冠”和“圓錐”兩部分.那么根據(jù)Fubini定理將√ 2I

√ 2zx2+y2+z2dxdy2

∫ √3

√ zx2+y2+z232 x+y 32對(duì)于上式的第一部分,做極坐標(biāo)變換,則積分區(qū)域化 1 Drθ所√

(r,θ)0r√3z,0θ√∫

√ 2?(x,

∫2

∫13z I10

r+

?(r,

drdθ

r2+z √3 33 22π30 3

—1z4dz

10 對(duì)于第二部分,同樣做極坐標(biāo)變換,積分區(qū)域化Dr′θD

(r,θ)0r

√ 1?z2,0θ 所 ∫ √ ?(x,y) ∫ ∫ z√ I2 √

r2+z2 drdθ=

√

r2+3∫

?(r,

3 =3由此可

√(z?2

)dz=?20 πI=I1+I2=方法三:直接做球坐標(biāo)變換則此時(shí)積分區(qū)域 Drθ?Fubini定理直接

(r,θ,?)0r1,0θ

,0?2π∫ I

16 r2 ?(x,y,z)θd1

∫

161 r4cosθsin =1

=?(r,θ,

事例8.為由x2y2z22z圍成的區(qū)域∫解.利用球坐標(biāo)變

I ?y=rsinθsin此Erθ?所

z=rcos{(r,θ,?)0r2cosθ,0θ

,0?2π∫I r5r2sinθdrdθd?

∫

∫2cos22

r7sin∫∫∫∫ 事例9.計(jì)算積

32sinθcos8θdθ 9∫I ?其中是兩個(gè)x2y2z2R2x2y2z22Rz(R0)的公共部分18:積分區(qū)解.方法一:將積分區(qū)域

示為兩部分的并 R?=(x,y,z)0z ,x2+y22Rz? RFubini定理

?2=(x,y, 2zR,x2+y2R2?∫ 2I

z2dxdy

∫

∫ ∫

22=02z2π(2Rz?z2)dz z2π(R2?z2)dz 方法二:做球坐標(biāo)變

?(x,y,

2y=rsinθsinz=rcos

此變換的Jacobi行列式為 =r2sinθ,變換之后積分區(qū)域可以表示為兩部分的并?(r,θ, ?1={(r,θ,?)0r2Rcosθ,3θ ,0? 所以

(r,θ,?)0rR,0θ

,0?2π∫ I 0

π3

∫2Rcos220

r2cosθr2sinθdr

∫

R3R r2cosθr2sin0方法三:做柱坐標(biāo)變

x=rcosθy=rsinz=此變換的Jacobi行列式為?(xyz)=r,變換之后積分區(qū)域可以表√ ?(r,θ, √√ √

(r,θ,ξ)R R2?r2ξ R2?r2,0r R,0?2所以

R√2∫ ∫R√2I

∫∫

z2rdξ

59πR R?

19:積分區(qū)事例10.?x2y2z2x2y2z28圍成的區(qū)域,∫I x2?解.首先根據(jù)對(duì)稱性其中?′為?z0的部分.

I x2dxdydz x2 y=rsinθsin此

z=rcos Erθ?所

(r,θ,?)0r

2,0θ

,0?2π√ ∫

∫ ∫2I′

r2sin2θcos2?r2sinθdrdθd?

4sin3

分別計(jì)

∫√∫2

√

128r4dr4∫04sin3θdθ

53? 0所2(2I′=

5

)1282

(2562

64π 即(512

128事

I=2I′z

2 11.設(shè)?為由 a2+

+

=1圍成的區(qū)域,√x2+y2+√解.利用廣義球坐標(biāo)

∫eI ?

ddxy?(x,y,有 =abcr2sinθ,此?(r,θ,

x=arsinθcosy=brsinθsinz=crcosErθ?={(r,θ,?)|0r1,0θπ,0?2π所∫I err2sinθdrdθd?

∫

∫ ∫ sin

r2er分別計(jì)

∫r2erdr=r2∫

∫—

[rerdr=e—2

∫—

]er

=e? 所

sinθdθ=

I=4π(e? 事例12.設(shè)?為由曲面 2

圍成的立體

1∫( I|?||?|表示區(qū)域?的體積,

a2+b2+ ∫|?| ?解.二次曲面可以化( ( ( 1 a?即

b? c? = a b cx?( 2為橢球面,故其包圍的立體體積

y?+(√2

z?+(√)2=24|?|=3

(√2

abc

32考慮平移變 u=x2v=y??(x,y?(u,v,

=1,此

w=z?2 (u,v,

(√3a (√3b (√3c 所以

I v2+

+ +

,根據(jù)積分區(qū)域的對(duì)稱性,∫

a2+ ∫

∫

ududvdw

vdudvdw

w ( w2考慮積I′

a2

b2+

dudvdw,利用廣義球坐標(biāo)變v=brsinθsin?(xy,z)=abcr2sinθ,

w=crcos?(r,θ,

=(r,θ,?)0r

3,0θπ,0?2即 9∫9I′

∫ ∫r2abcr2sinθdrdθd?=

sinθ

3r4dr

3所

√93I= 32

+3= 事例13.設(shè)有一光滑封閉曲面S,其球坐標(biāo)方程為ρ=f(?,ψ),0? —

ψπ2證明S圍成立體的體積可以表示∫21∫ ∫2V 23 ?2

f3(?,ψ)cosψ并求f(?,ψsin4?sin4ψV的值解.證明一:考慮球坐標(biāo)變y=rcosψsin有?(x,y,?(r,?,

z=rsincosψcos??rsinψcos??sin=cosψsin ?sinψsin cos =r2cossin cos 積分區(qū)域

π =(r,?,ψ)0rf(?,ψ),0?2π, ψ則

∫

2∫ ∫f2V dxdydz

r2cosψdrd?dψ

2 ? 2

r2cosψ∫21∫ ∫2 23 ?2

f3(?,ψ)cosψ證明二:考慮廣義球坐標(biāo)變x=λf(?,ψ)cosψcos?y=λf(?,ψ)cosψsinz=λf(?,ψ)sin20:曲面r(?,ψsin4?sin4ψ的圖有fcosψcos?λ(f?cos??fsin?)cos λ(fψcosψ?fsinψ)cos?(λ,?,??(x,y,z)=fcosψsin λ(fsin?+fcos?)cos λ(fcosψ?fsin?(λ,?,?ψfsin λf?sin λ(fψsinψ+fcos=λ2f3(?,ψ)cos積分區(qū)域則

Eλ?ψ

(λ,?,ψ)0λ1,0?2π,

πψ} }∫V

dxdydz

λ2f3(?,ψ)cosψ∫ 0

∫f22—0π—0∫2∫

λ2f3(?,ψ)cosψ21∫ 2 23 ?2

f3(?,ψ)cosψ∫2f(?,ψsin4?sin4ψ時(shí)∫2∫21∫ ∫2

1∫ 首先

V 23 ?2∫

f3(?,ψ)cosψdψ2π2

23 ?2

?

ψcosψ—π—2考

ψcosψdψ

1sin13ψ =2 ? 2Jn

∫2π

sinn?d?=∫2π

∫2π

sinn?1?dcos?=?sinn?1?cos?2π+(n?0)0

∫2π

=(n?0所以

sinn?2??sinn

d?=(n?1)Jn?2+(n?J=n?1 ∫由 d?=2π,所以0 =11·9

=11!!由此可有事例14.

12=12

12·V∫

8=···=12!!11!!12!!

I (x2+y+z)22?其中積分區(qū)?由曲x2y2z2=2z圍成解.考慮到積分區(qū)域?yàn)榍蝮w以及被積函數(shù)的形式,做球坐標(biāo)變y=rsinθsin此變換的Jacobi行列變換之后的積分區(qū)域可以表示{

z=rcos?(x,y,z)=r2sin?(r,θ, 所以原積

Drθ?

(r,θ,?)0r2cosθ,0θ

,0?2π∫ I ∫ ∫

∫2cos220

r5?(x,y,z)?(r,θ,21∫ 2 8

(2cosθ)8sin1π= ×28×2πcos9θ2=1π2 0{ 2事例15.設(shè)一元函數(shù)f ,令?∈C(0, (x,y,

x2+y2+z2t

,以及積 ( F(t) 證明:F(t)C1(0F

a2+b2+ 解 1.證明:首先按積分區(qū)域及被積函數(shù)的特點(diǎn),做廣義球坐標(biāo)變x=arsinθcosy=brsinθsinz=crcos此變換的Jacobi行列asinθcos?arcosθcos??arsinθsin?(r,θ,?(x,y,z)=bsinθsin brcosθsin brsinθcos =abcr?(r,θ,ccos ?crsin 積分區(qū)域?t變換之后Drθ?={(r,θ,?)|0rt,0θπ,0?Fubini∫

?(x,y,

∫ ∫ ∫F(t)

ft

drdθd??(r,θ,

f(r2)r2sin0=

0f(xC1(0+∞)按積分上限函數(shù)的性質(zhì)F(tC1(02.同樣按積分上限函數(shù)的性質(zhì)F′(t)=4πt2f事例16.求質(zhì)量分布均勻,半徑為R的球體對(duì)一條直徑的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量解.對(duì)任意軸l的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量可以表示∫Il ?其中為該物體所占區(qū)域,ρ為物體的質(zhì)量分布,d為物體內(nèi)一點(diǎn)(xyz)到轉(zhuǎn)軸l的距離.對(duì)于球來講,以該直徑為z軸,建立坐標(biāo)系,則對(duì)該軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量即可表示為∫Iz ρ(x2+方便起見,我們令ρ1.求解此積分可有兩種方法方法一:將積分區(qū)域表示 ?={(x,y,z)| R2?x2?y2z R2?x2?y2,x2+y2 由此根據(jù)Fubini定理 ∫ √ ∫Iz

√ (x2+y2)dz=2 (x2+—

R2?x2?做極坐標(biāo)變換可

∫

∫ √ 2Iz 2

R2?r2rdr

R5 其中M 4

為球體的質(zhì)量方法二:根據(jù)積分區(qū)域和被積函數(shù)的特點(diǎn)可做球坐標(biāo)變換則積分區(qū)域化Drθ?={(r,θ,?)|0rR,0θ2π,0?由此

∫Iz

r2sin2

?(x,y,

drdθd?

∫

∫ ∫

r2sin2θr2sin=4πR5=

25

?(r,θ,

事例17.設(shè)有密度均勻的橢球其對(duì)z軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量

,a2+b2+ 對(duì)任意過原點(diǎn)方向向量(α,β,γ)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量（其中α2β2γ2=解 1.不妨設(shè)此橢球的密度為1,則根據(jù)轉(zhuǎn)動(dòng)慣量的計(jì)算方法,可∫Iz

x2+

+

(x2+做廣義球坐標(biāo)變Jacobi行列式變換后的積分區(qū)域

x=arsinθcosy=brsinθsinz=crcos?(x,y,z)=abcr2sin?(r,θ,所以

Drθ?={(r,θ,?)|0r1,0θπ,0?∫I (a2r2sinθcos?+brsinθsin

?(x,y,

?(r,θ,∫ ∫ ∫=

(a2sin2θcos2?+b2sin2θsin2?)sin0=

∫

(a2

?+b2

?)

4abc∫2π∫2π(a2cos2?+b2sin2= 4πabca2+b2= =15πabc= +b注

2:abcR,則橢球退化為球,轉(zhuǎn)動(dòng)慣Iz

與上題結(jié)果吻合2.對(duì)此軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量可以表示

Il

∫x2+y2+z21 空間中任意一點(diǎn) 到直線的距離可用向量形式表示d=|AP×l為直線的單位方向向量,A為直線上任意一點(diǎn).由于直線l過原點(diǎn),A即取為原點(diǎn),可有d2=|→×l|2=(γy?βz)2+(αz?γx)2+(βx?由此對(duì)轉(zhuǎn)軸l的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量可以計(jì)∫Il

(γy?βz)2+(αz?γx)2+(βx?αy)2? =

?(y2+z2)dxdydz+

?(x2+z2)dxdydz+

?(x2+—記∫

xydxdydz??

xzdxdydz??∫

?∫Ixx

(y2+z2)dxdydz,Iyy

(x2+z2)dxdydz,Izz

(x2+Ixy=矩

Iyz=?

Ixz=?

? I 稱為慣量矩陣其中對(duì)角元一般稱為慣量矩而非對(duì)角元?jiǎng)t稱為慣量積.橢球的慣量矩陣可= 1=5

b2+ a2+ 2 a+由此橢球?qū)Sl的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量可以表示Il

β

Ixy =1m[α2(b2+c2)+β2(a2+c2)+γ2(a2+5據(jù)此可以計(jì)算出橢球?qū)θ我膺^原點(diǎn)轉(zhuǎn)軸的轉(zhuǎn)動(dòng)慣量18.DR2中單位圓x2y21,∫h

α2β2.

F(h)

f(αx+D∫F(h)=

1f(hu)(1?u)22解.做平面旋轉(zhuǎn)變

u=1(αx+βy)注:二維的旋轉(zhuǎn)變換可以表(

v=1(?βx+h

)(x′

cos sin ?sin cos yyθOx上述變換即依此構(gòu)yyθOxx21:平面旋轉(zhuǎn)變 ?(x,y) h=α+β=?(u, — 旋轉(zhuǎn)之后的積分區(qū)域仍然是單位或者表示

Duv={(u,v)|u2+v2√ √ Duv={(u,v)|?1u1,1?u2v 1?因此∫

∫ ∫ ()

f

?(x,

dudv

f(hu)F∫∫1

?(u,

= f(hu)(1?u2)12事例19.R3的單位球x2y2z21∫F(h) cos(αx+βy+?√其中h α2+β2+解.類似于上題考慮構(gòu)造一個(gè)正交變換來換元u

(αxβyγz).將上題中的h面旋轉(zhuǎn)推廣至三維z軸旋轉(zhuǎn)θ可以表示cossin0xxcossin0xx=—sincos0y=y001zz同樣xy軸的變換矩陣可以表示 cosθ0?sinRx(θ)0cossin,Ry(θ) 00—sincossin cos其中角度θ的正負(fù)都按照右手法則來確定此處換元的要求相當(dāng)于我們要旋轉(zhuǎn)坐標(biāo)系使得某一坐標(biāo)軸（不妨設(shè)為x軸）指向(α,β,γ)方向.為此,可以如下操作:首先繞z軸旋轉(zhuǎn)?角,得到坐標(biāo)系然后繞y′θ角,如此獲得的坐標(biāo)Ox′′y′′z′′x′′軸即指向原坐標(biāo)Oxyz(α,β,γ)方向（見圖22）.這uxcos sincossin xv=Ry(?θ)Rz(?)y 0cos?ywz—sin cos0 zcosθcos cosθsin sin —sin cos —sinθcos??sinθcos?cos 此處可選擇θ,?的取值,使α=cosθcos?,

β=cosθsin?,

γ=sinθ22:空間定點(diǎn)旋則在此變換中即u=1(αxβyγz).此變換Jacobi行列式h?(x,y, cosθcos cosθsin sin?(u,v,w)

—sin cos =—sinθcos??sinθcos?cos由于變換是定點(diǎn)旋轉(zhuǎn),因此變換之后的積分區(qū)域仍為單位球u2v2w21,∫F(h) 再做球坐標(biāo)變

u=rcosv=rsinθcos?w=rsinθsin.∫

∫ ∫F(h)

cos(hrcos

sin ∫=0

∫π∫cos(hrcosθ)dcos02π∫ 4π(sin h 2sin(hr)drh

?cos事例20.求下列曲面圍成立體的(

(+

(

=(