29308 多元函數積分的幾種特殊解法

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摘要. 本文介紹了多元函數積分計算中的幾種特殊解法: 三重積分的 “先二後一” 法; 重積分的等值面 (線) 法; 重積分及曲面積分的微元法。

關鍵詞. 多元函數積分、“先二後一” 法、 等值面 (線) 法、微元法、面積、體積。

一. 三重積分的 “先二後一” 法

三重積分可以通過轉化為三個累次積分進行計算。 但當用垂直於某一坐標軸 (如 $z$ 軸) 的平面去截積分區域所得的截面有某種規律時, 則可先在截面上積分, 然後再關於 $z$ 積分, 這種先計算某兩個變量的二重積分再計算另一個變量積分的方法通常稱為 ``先二後一'' 法或 ``先重後單'' 法, 也稱 ``坐標軸投影法'', 而這種方法實質上是定積分中用截面法求體積方法的推廣。

設 $\Omega=\{(x,y,z)\mid (x,y)\in D(z), z_1\le z\le z_2\}$, 其中 $D(z)$ 是 $x$, $y$ 平面上隨 $z$ 連續變化的有界閉區域 (如圖1所示)。 如果 $f(x,y,z)$ 在 $\Omega$ 上有界可積, 對任意的 $z\in [z_1,z_2]$, $f(x,y,z)$ 作為 $x$, $y$ 的函數在 $D(z)$ 上可積, 則 \begin{equation} %1 \iiint_\Omega f(x,y,z)dxdydz = \int_{z_1}^{z_2} dz \iint_{D(z)} f(x,y,z)dxdy, \end{equation} 其中 $D(z)$ 是用垂直於 $z$ 軸的平面 $z=z$ 與 $\Omega$ 相交的截面。

圖1

註: (i) 這個公式從物理上可以給出這樣的解釋: 把 $\Omega$ 看作是一個空間物體, $f(x,y,z)$ 為物體在 $\Omega$ 上的分布密度, (1) 式左端的三重積分即物體的質量, 而 (1) 式右端則表示先把物體切成薄片, 再把所有薄片的質量累積起來, 故這種方法也稱為 ``切片法''。

(ii) 這種方法也適用於垂直 $x$ 軸或 $y$ 軸的平面與 $\Omega$ 相截而得到的積分公式。 \begin{equation} %2 \iiint_{\Omega} f(x,y,z)dxdydz =\int_{x_1}^{x_2} dx \iint_{D(x)} f(x,y,z) dydz, \end{equation} 其中 $\Omega=\{(x,y,z)\mid (y,z) \in D(x), x_1\le x\le x_2\}$。 \begin{equation} %3 \iiint_{\Omega} f(x,y,z)dxdydz =\int_{y_1}^{y_2} dy \iint_{D(y)} f(x,y,z) dxdz, \end{equation} 其中 $\Omega=\{(x,y,z)\mid (x,z) \in D(y), y_1\le y\le y_2\}$。

例1. 計算三重積分: $I=\iiint_{\Omega} (x^2+y^2+z^2) dxdydz$, 其中 $\Omega=\{(x,y,z)\mid x^2+y^2 \le 2az$, $x^2+y^2+z^2\le 3a^2\}$ $(a\gt 0)$。

解: 解方程組 $$\left\{\begin{array}{l} x^2+y^2=2az, \\ x^2+y^2+z^2 = 3a^2, \end{array}\right. $$ 得 $z=a$, $z=-3a$ (捨去)。

平面 $z=a$ 把閉區域 $\Omega$ 分成兩部分, 記上半部分為 $\Omega_1$, 下半部分為 $\Omega_2$ (圖2), 在 $\Omega_1$, $\Omega_2$ 上分別運用 ``先二後一'' 法, 則有 \begin{eqnarray*} I &=& \iiint_{\Omega_1} (x^2+y^2+z^2) dxdydz +\iiint_{\Omega_2} (x^2+y^2+z^2) dxdydz \\ &=& \int_a^{\sqrt{3}a} dz \iint_{D_1(z)} (x^2+y^2+z^2)dxdy +\int_0^a dz \iint_{D_2(z)} (x^2+y^2+z^2)dxdy \\ &=& \int_a^{\sqrt{3}a} dz \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\sqrt{3a^2-z^2}} (r^2+z^2)rdr +\int_0^a dz \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\sqrt{2az}} (r^2+z^2)rdr \\ &=& {\pi\over 2} \int_a^{\sqrt{3}a} (9a^4-z^4)dz +2\pi \int_0^a (a^2z^2+az^3)dz \\ &=& {1\over 5} \pi a^5 \left( 18\sqrt{3}-{97\over 6}\right). \end{eqnarray*}

圖2

例2. 求曲面 $({x^2\over a^2}+{y^2\over b^2}+{z^2\over c^2})^2={x\over h}$ 所圍立體體積。

解: 顯然 $x\ge 0$。 用垂直於 $x$ 軸的平面去截所給立體, 截口曲線為一橢圓: $$D(x): {y^2\over b^2}+{z^2\over c^2} = \sqrt{x\over h}-{x^2\over a^2}.$$ 因為 $\sqrt{x\over h}-{x^2\over a^2}\ge 0$, 所以 $0\le x\le ({a^4\over h})^{1\over 3}$。

記 $x_0=({a^4\over h})^{1\over 3}$, $\lambda^2=\sqrt{x\over h}-{x^2\over a^2}$ $(x\not= 0)$, 則上面的橢圓方程即為: $${y^2\over (\lambda b)^2}+{z^2\over (\lambda c)^2} = 1.$$ 此橢圓所圍的面積為 $\pi\lambda^2 bc=\pi bc(\sqrt{\pi\over h}-{x^2\over a^2})$, 因此所求立體體積為 $$V=\int_0^{x_0} dx \iint_{D(x)} dydz =\pi bc\int_0^{x_0} \left(\sqrt{x\over h}-{x^2\over a^2}\right)dx =\pi bc {a^2\over h}.$$

若將計算三重積分的 ``先二後一'' 法推廣到計算四重或四重以上積分, 則可有 ``先三後一''、 ``先二後二'' 等方法。 例如, 求四維空間球體 $x^2+y^2+z^2+t^2\le a^2$ 的體積, 可用 ``先三後一'' 的方法。

二. 等值面 (線) 法

我們以三重積分 $I=\iiint_{\Omega} f(x,y,z)dxdydz$ 的計算來說明這種方法。

設 $f(x,y,z)=t$ 是函數 $f(x,y,z)$ 的等值面, 又 $\{f(x,y,z)\le t\} \cap \Omega$ 的體積為 $V(t)$。 設 $f$ 在 $\Omega$ 上的值域為 $[\alpha,\beta]$, 在 $[\alpha,\beta]$ 中引進分劃: $$\alpha=t_0\le t_1\le t_2\le \cdots \le t_n=\beta,$$ 則和式 \begin{equation} %4 \sum_{i=1}^n t_i [V(t_i)-V(t_{i-1})] \end{equation} 在分劃最大長度 $\|\lambda\|\rightarrow 0$ 時的極限為 $I$。 若 $V(t)$ 為連續可微函數, 則 (4) 式以 $\int_\alpha^\beta tV'(t)dt$ 為極限, 故由極限的唯一性知 \begin{equation} %5 \iiint_\Omega f(x,y,z)dxdydz =\int_\alpha^\beta tV'(t)dt =\int_\alpha^\beta t dV(t), \end{equation} 由此可將三重積分化為一重積分。

註: 對於二重積分及三重以上的積分有類似結論; 當被積函數是 $f(x,y,z)=t$ 的函數時也有類似結論。

例3. 計算積分 $I=\iint_D (\sqrt{x\over a}+\sqrt{y\over b})^3dxdy$, 其中 $D=\{(x,y)\mid x\ge 0,y\ge 0, \sqrt{x\over a}+\sqrt{y\over b}\le 1\}$。

解: 設 $\sqrt{x\over a}+\sqrt{y\over b}=t$ 為被積函數的等值線, 易知 $0\le t\le 1$。

由 $\sqrt{x\over a}+\sqrt{y\over b}=t$ 知 $y=b(t^2+{x\over a}-2t\sqrt{x\over a})$, 由 $0\le \sqrt{x\over a}\le t$ 知 $0\le x\le at^2$。等值線 $\sqrt{x\over a}+\sqrt{y\over b}=t$ 與坐標軸所圍成圖形面積 $$S(t) = b\int_0^{at^2} \left(t^2+{x\over a}-2t\sqrt{x\over a}\right)dx = {1\over 6}abt^4, $$ 故 $dS(t)={2\over 3}abt^3dt$, 於是由等值線求積公式知 $$I={2\over 3}ab\int_0^1 t^6dt = {2\over 27}ab.$$

例4. 求函數 $f(x,y,z)=e^{\sqrt{{x^2\over a^2}+{y^2\over b^2}+{z^2\over c^2}}}$ 在橢球 ${x^2\over a^2}+{y^2\over b^2}+{z^2\over c^2} \le 1$ 內的平均值。

解: 設 $\Omega=\{(x,y,z)\mid {x^2\over a^2}+{y^2\over b^2}+{z^2\over c^2}\le 1\}$, 則 $\Omega$ 的體積 $\Omega = {4\over 3}\pi abc$。

設 ${x^2\over a^2}+{y^2\over b^2}+{z^2\over c^2}=t$ 為被積函數的等值面, 則 $0\le t\le 1$。

取 $V(t)=\{(x,y,z)\mid {x^2\over a^2}+{y^2\over b^2}+{z^2\over c^2}\le t\}$, 則 $V(t)$ 的體積為 $$V(t)={4\over 3}\pi abct^{3\over 2}, \quad dV(t)=2\pi abc\sqrt{t}dt,$$ 於是由等值面求積公式 (5) 知 $$\iiint_\Omega f(x,y,z)dxdydz = 2\pi abc \int_0^1 \sqrt{t} e^{\sqrt{t}} dt = 4\pi (e-2)abc, $$ 從而 $f(x,y,z)$ 在 $\Omega$ 的平均值為 $$\overline{f}(x,y,z) = {1\over \Omega} \iiint_{\Omega} f(x,y,z)dxdydz = 3(e-2).$$

三. 微元法

從公式 (5) 可以看出, 利用等值面法將三重積分化為一重積分可理解為作變量替換: $f(x$, $y,z)=t$, 所以我們除了要知道 $t$ 的取值範圍即新的積分變量的上、下限外, 還要知道原來的體積元素 $dxdydz$ 在變量替換下新的體積元素 $dV(t)$。 但問題是求 $dV(t)$ 並不那麼簡單, 例如求例3中的 $dS(t)$。 但由於 $dV(t)$ (或 $dS(t)$) 是 $V(t)$ (或 $S(t))$ 對 $t$ 微分, 因而啟發我們可直接用微元法求 $dV(t)$ (或 $dS(t)$) 而不必先求出 $V(t)$ (或 $S(t)$) 再去對 $t$ 微分。 利用等值面 (線) 法將其他類型的積分 (如曲面積分) 化為一重積分時也可類似處理。

例5. 設 $f(t)$ 為連續函數, 證明: \begin{equation} %6 \iint_D f(x-y)dxdy = \int_{-A}^A f(t)(A-|t|)dt, \end{equation} 其中 $A\gt 0$ 為常數, $D=\{(x,y)\mid |x|\le {A\over 2}, |y|\le {A\over 2}\}$。

證: 令 $x-y=t$, 則在 $D$ 上, $-A\le t\le A$。 如圖3, 直線 $y=x$ 將 $D$ 分成 $D_1$, $D_2$ 兩部分。 在$D_1$ 上, $x-y\gt 0$, 從而 $t\gt 0$。

圖3

如圖3, 設直線 $A_0B_0$ 的方程為 $x-y=t$, $C_0D_0$ 的方程為 $x-y=t+dt$ $(dt\gt 0)$。 易知 $A_0$, $B_0$ 的坐標分別為 $({A\over 2},{A\over 2}-t)$, $(-{A\over 2}+t,-{A\over 2})$, $A_0$, $B_0$ 兩點間的距離為 $|A_0B_0|=\sqrt{2}(A-t)$, 坐標原點到直線 $A_0B_0$ 的距離為 ${|t|\over \sqrt{2}}={t\over \sqrt{2}}$。

以 $|A_0B_0|$ 為長, ${dt\over \sqrt{2}}$ 為寬的矩形面積作為面積元素 $dS(t)$, 即 $$dS(t) = \sqrt{2}(A-t){dt\over \sqrt{2}} = (A-t)dt,$$ 從而在 $D_1$ 上, 有 $$\iint_{D_1} f(x-y)dxdy = \int_0^A f(t)(A-t)dt. $$

同理可知, 在 $D_2$ 上有 $$\iint_{D_2} f(x-y)dxdy = \int_{-A}^0 f(t)(A+t)dt \quad (t\lt 0), $$ 於是 $\iint_D f(x-y)dxdy = \iint_{D_1} f(x-y)dxdy +\iint_{D_2} f(x-y)dxdy = \int_{-A}^A f(t) (A-|t|)dt$。

由本題結論不難證明:

設 $f(x)$ 為連續偶函數, 則有 \begin{equation} %7 \iint_D f(x-y)dxdy = 2\int_0^{2a} (2a-u)f(u)du, \end{equation} 其中 $a\gt 0$ 為常數, $D=\{(x,y)\mid |x|\le a,|y|\le a\}$。

例6. 求三重積分 $I=\iiint_\Omega {dxdydz\over (1+x+y+z)^3}$, 其中 $\Omega=\{(x,y,z)\mid x+y+z\le 1, x\ge 0, y\ge 0, z\ge 0\}$。

解法 1 (等值面法): 設 $x+y+z=t$ 為被積函數的等值面, 易知 $0\le t\le 1$。

取 $V(t)=\{(x,y,z)\mid x+y+z\le t, x\ge 0, y\ge 0, z\ge 0\}$, 則 $V(t)$ 的體積為 $V(t)={1\over 6}t^3$, 從而 $dV(t)={1\over 2}t^2dt$, 所以 $$I={1\over 2} \int_0^1 {t^2\over (1+t)^3}dt = {1\over 2} \left(\ln 2-{5\over 8}\right).$$

解法 2 (微元法): 設 $x+y+z=t$, 則 $0\le t\le 1$。 被積函數的等值面 $x+y+z=t$ 與 $\Omega$ 交成一個邊長為 $\sqrt{2}t$ 的等邊三角形, 其面積為 ${\sqrt{3}\over 2} t^2$。 坐標原點到三角形所在平面的距離為 ${t\over \sqrt{3}}$。 用柱體體積近似代替平面 $ x+y+z=t$, $x+y+z=t+dt$ $(dt\gt 0)$ 與第一卦限圍成封閉區域 (臺體) 的體積作為體積元素 $dV(t)$ (積分方向沿矢量 ${\bf n}=\{1,1,1\}$ 的方向), 即 $$dV(t) = {\sqrt{3}\over 2} t^2d\left({t\over \sqrt{3}}\right) ={1\over 2}t^2dt, $$ 以下同解法1。

例7. 證明 Poisson 公式: \begin{equation} %8 \iint_{\Sigma} f(ax+by+cz)dS = 2\pi\int_{-1}^1 f(\sqrt{a^2+b^2+c^2}u)du, \end{equation} 其中 $a$, $b$, $c$ 為常數, $\sum=\{(x,y,z)\mid x^2+y^2+z^2=1\}$。

證: 不妨假定 $a$, $b$, $c$ 不同時為零, 令 $ax+by+cz=\sqrt{a^2+b^2+c^2}u$, 則由 Cauchy--Schwarz 不等式知 $$(ax+by+cz)^2 \le (a^2+b^2+c^2)(x^2+y^2+z^2) = a^2+b^2+c^2,$$ 故 $-1\le u\le 1$。

坐標原點到平面 ${ax+by+cz\over \sqrt{a^2+b^2+c^2}}=u$ 的距離為 $h=|u|$。 兩平面 ${ax+by+cz\over \sqrt{a^2+b^2+c^2}}=u$ 與 ${ax+by+cz\over \sqrt{a^2+b^2+c^2}}=u+du$ $(du\gt 0)$ 之間的距離為 $dh=du$, 取它們截 $\sum$ 所得球帶面積為面積元素 $dS(u)$ (積分方向沿矢量 ${n}={1\over \sqrt{a^2+b^2+c^2}} \{a,b,c\}$ 的方向), 即 $dS(u)=2\pi du$, 從而 \begin{equation} %8 \iint_\Sigma f(ax+by+cz)dS = 2\pi\int_{-1}^1 f(\sqrt{a^2+b^2+c^2}u)du. \end{equation}

例8. 設函數 $f(z)$ 在圓錐面 $\sum=\{(x,y,z)\mid z=a\sqrt{x^2+y^2}, 0\le z\le h\}$ 上連續 $(a\gt 0$ 為常數), 證明: \begin{equation} %9 \iint_\Sigma f(z)dS = {2\pi\over a^2} \sqrt{1+a^2} \int_0^h zf(z)dz. \end{equation}

證: 取 $z=t$ 為被積函數的等值面, 則 $0\le t\le h$。 考慮圓錐面 $\sum$ 夾在平面 $z=t$ 與 $z=t+dt$ $(dt\gt 0)$ 之間部分的面積。

曲面 $z=a\sqrt{x^2+y^2}$ 可視為 $xOz$ 平面上的直線 $z=ax$ $(z\ge 0)$ 繞 $z$ 軸旋轉一周而生成。 由旋轉體側面積公式知所考慮的面積為 $$2\pi \int_t^{t+dt} {z\over a} \sqrt{1+{1\over a^2}} dz ={\pi\over a^2} \sqrt{1+a^2} [2tdt+(dt)^2], $$ 故面積元素 $dS(t)={2\pi\over a^2} \sqrt{1+a^2}tdt$, 於是 \begin{equation} %9 \int \int_\Sigma f(z)dS = {2\pi\over a^2} \sqrt{1+a^2} \int_0^h tf(t)dt ={2\pi\over a^2} \sqrt{1+a^2} \int_0^h zf(z) dz. \end{equation}

類似可證:

設函數 $f(z)$ 在旋轉拋物面 $\sum=\{(x,y,z)\mid z = a(x^2+y^2),0\le z\le h\}$ 上連續 ($a\gt 0$ 為常數), 則 $$\iint_\Sigma f(z)dS = {\pi\over a} \int_0^h f(z) \sqrt{1+4az}dz. $$

參考文獻

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---本文作者任教於中國安徽省合肥工業大學數學與信息科學系---