第八章 重积分

第八章 重积分

在定积分中，被积函数是一元函数，积分域是数轴上的一个区间，因此，定积分是用来解决分布在某坐标轴区间上的量的求和问题。如果遇到的是分布在其他特定几何形体（平面区域、空间区域、曲线、曲面）上的量的求和问题，这就需要把定积分推广，于是引出了重积分、曲线积分和曲面积分，这些统称为多元函数积分。

本章讨论二重积分与三重积分的概念、性质、计算方法及其应用。

第一节 二重积分的概念与性质

一、 引例

1. 平面薄板的质量问题

设有一平面薄片占有 xOy 面上的有界闭区域 D，它在点 $ (x, y) $ 处的面密

度为 $ \rho(x,y) $（如图8-1），这里 $ \rho(x,y)\gt 0 $且在D上连续．试计算该薄片的质量M.

若面密度 $ \rho(x, y) = \rho_{0} $ (常数)，即薄片的质量是均匀分布的，那么该薄片的质量可以按照下列公式计算：

$$ 质量 = 面密度 \times 面积 . $$

但是，当面密度 $ \rho(x, y) $ 是变量，薄片的质量不均匀分布时，薄片质量就不能用上述

公式计算. 不过, 由于密度函数 $ \rho(x, y) $ 是 D 上的连续函数, 我们可以将平面区域 D 划分为许多小块, 在各小块上, $ \rho(x, y) $ 变化不大. 将每一小块近似看作质量是均匀分布的. 而且, 当各个小块区域的直径 (一个闭区域的直径是指此区域中任意两点间的最大距离) 无限缩小时, 面密度的变化也无限减少. 这样, 我们就可以通过建立积分和式取极限的方法求出平面薄板的质量. 具体过程如下:

（1）化整为零 把闭区域 D 分成 n 个小闭区域 $ \Delta\sigma_{1} $， $ \Delta\sigma_{2} $， $ \cdots $， $ \Delta\sigma_{n} $

（注：第 i 个小闭区域 $ \Delta\sigma_{i} $ 的面积也记作 $ \Delta\sigma_{i} $），则平面薄片相应地被分成 n 个小块的平面薄片.

（2）近似代替 由于面密度函数 $ \rho(x, y) $ 连续，这样，在每个小闭区域 $ \Delta\sigma_{i} $ 上任取一点 $ (\xi_{i}, \eta_{i}) $，以该点所对应的面密度 $ \rho(\xi_{i}, \eta_{i}) $ 代替整个第 i 小块薄片的面密度，也就是把每个小块的平面薄片看作质量均匀分布，于是第 i 小块薄片的质量近似为

$$ \rho\left(\xi_{i},\eta_{i}\right)\Delta\sigma_{i}(i=1,2,\cdots,n). $$

（3）积零为整 将所有各个小块平面薄片的质量近似值相加，便得到整块平面薄片质量的近似值：

$$ M\approx\sum_{i=1}^{n}\rho(\xi_{i},\eta_{i})\Delta\sigma_{i}. $$

（4）无限趋近 记 $ \lambda_{i} $ 为第 i 个小闭区域 $ \Delta\sigma_{i} $ 的直径， $ \lambda=\max_{1\leq i\leq n}\lambda_{i} $，当 $ \lambda\to0 $ 时，所有各小块平面薄片的直径都趋于零，如果上述和的极限存在，则此极限值就是非均匀平面薄片质量的准确值，即

$$ M=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}\rho(\xi_{i},\eta_{i})\Delta\sigma_{i}. $$

2. 曲顶柱体的体积

所谓曲顶柱体是这样一类柱体，它的底是 xOy 面上的有界闭区域 D，它的侧面是以 D 的边界曲线为准线，母线平行于 z 轴的柱面，而它的顶是曲面 $ z = f(x, y) $ （如图 8-2）。为方便起见，假设 $ f(x, y) \geq 0 $ 且 $ f(x, y) $ 在 D 上连续。现在我们来讨论如何计算这个曲顶柱体的体积。

我们知道，平顶柱体的高是不变的，它的体积可以用如下公式计算：

$$ 体积 = 高 \times 底面积 . $$

但是，曲顶柱体的高是变化的，因此它的体积不能直接用上式来计算．不过，注意到 $ f(x,y) $在D上连续，我们仍然可以采用“化整为零、近似代替、积零为整、无限趋近”的方法来求其体积．具体做法如下：

（1）化整为零 将有界闭区域 D 任意分割成 n 个小闭区域 $ \Delta\sigma_{1} $， $ \Delta\sigma_{2} $， $ \cdots $， $ \Delta\sigma_{n} $，再分别以这些小闭区域的边界曲线为准线作母线平行于 z 轴的柱面，这些小柱面相应地就把原来的曲顶柱体分割为 n 个小曲顶柱体（如图 8-3）.

(2) 近似代替 函数 $ f(x, y) $ 连续，在每个 $ \Delta\sigma_{i} $ 中变化不大。这样，在每个 $ \Delta\sigma_{i} $ （这个小区域的面积也记作 $ \Delta\sigma_{i} $）中任取一点 $ (\xi_{i}, \eta_{i}) $，则第 i 个小曲顶柱体的体积，可以用高为 $ f(\xi_{i}, \eta_{i}) $，底面积为 $ \Delta\sigma_{i} $ 的平顶柱体的体积 $ f(\xi_{i}, \eta_{i})\Delta\sigma_{i}(i=1,2,\cdots,n) $ 来近似代替。

（3）积零为整 将所有 n 个小平顶柱体的体积加起来，就得到整个曲顶柱体体积的近似值，即

$$ V\approx\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i},\eta_{i})\Delta\sigma_{i}. $$

（4）无限趋近 记 $ \lambda = \max_{1 \leq i \leq n} |\Delta\sigma_i $ 的直径，则曲顶柱体的体积为

$$ V=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i},\eta_{i})\Delta\sigma_{i}. $$

二、 二重积分的定义

从以上两个问题我们看到，尽管它们的实际意义不同，但解决问题的方法相同，且最后都归结为求同一结构形式的一类特定和式的极限

质量

$$ M=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}\rho(\xi_{i},\eta_{i})\Delta\sigma_{i}. $$

体积

$$ V=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i},\eta_{i})\Delta\sigma_{i}. $$

事实上，还会遇到很多实际问题的解决都归结为求这类和式的极限。为此，我们撇开实际的意义，抓住数量关系上的共性加以抽象和概括，给出二重积分的定义。

定义 8.1.1 设 $ f(x, y) $ 是平面有界闭区域 D 上的有界函数，将 D 任意分成 n 个小闭区域

$$ \Delta\sigma_{1},~\Delta\sigma_{2},~\cdots,~\Delta\sigma_{n}, $$

其中 $ \Delta\sigma_{i} $ 表示第 i 个小闭区域，也表示它的面积，在每个 $ \Delta\sigma_{i} $ 上任取一点 $ (\xi_{i}, \eta_{i}) $，作乘积 $ f(\xi_{i}, \eta_{i})\Delta\sigma_{i}(i=1,2,\cdots,n) $，并作和 $ \sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i}, \eta_{i})\Delta\sigma_{i} $，如果当各小闭区域的直径中的最大值 $ \lambda $ 趋于零时，这和式的极限存在，则称此极限为函数 $ f(x, y) $ 在闭区域 D 上的二重积分，记作 $ \iint_{D}f(x, y)\mathrm{d}\sigma $，即

$$ \iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i},\eta_{i})\Delta\sigma_{i}, $$

其中 $ f(x, y) $叫做被积函数， $ f(x, y)\mathrm{d}\sigma $叫做被积表达式， $ \mathrm{d}\sigma $叫做面积元素，x与y叫做积分变量， $ \sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i}, \eta_{i})\Delta\sigma_{i} $叫做积分和.

这里我们需要指出，定义中对闭区域 $D$ 的划分是任意的。在直角坐标系中如果用平行于坐标轴的直线网来划分 $D$，这时每个矩形闭区域 $\Delta\sigma_i$ 的面积可表示为 $\Delta\sigma_i = \Delta x_i \Delta y_i$，因此在直角坐标系中，面积元素 $\mathrm{d}\sigma$ 记作 $\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$，把二重积分记作

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

其中 dxdy 叫做直角坐标系中的面积元素.

在什么条件下，(1)式右端的和式极限必定存在？也即是说，函数 $ f(x,y) $在D上的二重积分必定存在呢？下面定理给出一个充分条件.

定理 8.1.1 设 $ f(x, y) $ 在闭区域 D 上连续，则二重积分 $ \iint_{D} f(x, y) \, \mathrm{d}\sigma $ 存在.

证明从略.

以后我们讨论二重积分时，如无特别声明，总是假设函数 $ f(x, y) $在闭区域D上是连续的.

由二重积分的定义可知，曲顶柱体的体积是曲顶上点的竖坐标 $ f(x, y) $ 在底 D 上的二重积分

$$ V=\iint\limits_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma. $$

平面薄片的质量是它的面密度 $ \rho(x, y) $ 在薄片所占闭区域 D 上的二重积分

$$ M=\iint\limits_{D}\rho(x,y)\mathrm{d}\sigma. $$

二重积分的几何意义：一般地，如果 $ f(x, y) \geq 0 $，被积函数 $ f(x, y) $ 可解释为曲顶柱体的顶点在点 $ (x, y) $ 处的竖坐标，这时二重积分 $ \iint_{D} f(x, y) \, \mathrm{d}\sigma $ 的几何意义就是以 D 为底，曲面 $ z = f(x, y) $ 为顶的曲顶柱体的体积。如果 $ f(x, y) \lt 0 $，二重积分的值是负的，柱体就在 xOy 面的下方，二重积分的值等于柱体的体积以负号。如果 $ f(x, y) $ 在 D 的若干部分区域上是正的，而在其他的部分区域上是负的，我们可把 xOy 面上方的柱体体积以正号，xOy 面下方的柱体体积以负号，那么 $ f(x, y) $ 在 D 上的二重积分就等于这些区域上的柱体体积的代数和。

三、 二重积分的性质

我们假定下面出现的被积函数都是可积的. 由二重积分的定义, 容易得出下列与定积分类似的性质.

性质1 被积函数的常数因子可以提到二重积分号的外面，即

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

(k 为常数).

性质2 函数和（或差）的二重积分等于各个函数二重积分的和（或差），即

$$ \iint_{D}\left[f(x,y)\pm g(x,y)\right]\mathrm{d}\sigma=\iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma\pm\iint_{D}g(x,y)\mathrm{d}\sigma. $$

性质3 如果在D上， $ f(x, y) = 1 $， $ \sigma $为D的面积，则

$$ \sigma=\iint\limits_{D}1\cdot\mathrm{d}\sigma=\iint\limits_{D}\mathrm{d}\sigma. $$

性质4 如果闭区域D被有限条曲线分为有限个部分闭区域，则在D上的二重积分等于在各部分区域上的二重积分的和，例如D被分为两个闭区域 $ D_{1} $与 $ D_{2} $，则

$$ \iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma=\iint_{D_{1}}f(x,y)\mathrm{d}\sigma+\iint_{D_{2}}f(x,y)\mathrm{d}\sigma. $$

这个性质称为二重积分对于积分区域具有可加性.

性质5 如果在D上， $ f(x,y)\leq g(x,y) $，则有不等式

$$ \iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma\leqslant\iint_{D}g(x,y)\mathrm{d}\sigma. $$

特殊地，由于

$$ -\left|f(x,y)\right|\leqslant f(x,y)\leqslant\left|f(x,y)\right|, $$

因此，有不等式

$$ \iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma\leq\iint_{D}\left|f(x,y)\right|\mathrm{d}\sigma. $$

性质6 设 M、m 分别是 $ f(x, y) $ 在闭区域 D 上的最大值和最小值， $ \sigma $ 是 D 的面积，则有

$$ m\sigma\leq\iint\limits_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma\leq M\sigma. $$

应用上述不等式可以对二重积分估值. 因为 $ m \leqslant f(x, y) \leqslant M $，所以由性质5有

$$ \iint_{D}m\mathrm{d}\sigma\leqslant\iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma\leqslant\iint_{D}M\mathrm{d}\sigma, $$

再应用性质1和性质3，便是此估值不等式.

性质7（二重积分中值定理）设函数 $ f(x, y) $在闭区域D上连续， $ \sigma $是D的面积，则在D上至少存在一点 $ (\xi, \eta) $，使得下式成立：

$$ \iint\limits_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma=f(\xi,\eta)\cdot\sigma. $$

证 因 $ f(x, y) $ 在闭区域 D 上连续，必取得最小值 m 和最大值 M. 显然 $ \sigma \neq 0 $，所以把性质 6 中不等式各除以 $ \sigma $，有

$$ m\leqslant\frac{1}{\sigma}\iint\limits_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma\leqslant M. $$

这表明， $ \frac{1}{\sigma}\iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma $ 是介于函数 $ f(x,y) $ 的最大值 M 和最小值 m 之间的确定的数值。根据闭区域上连续函数的介值定理，在 D 上至少存在一点 $ (\xi,\eta) $，使得函数在该点的值与这个确定的数值相等，即

$$ \frac{1}{\sigma}\iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma=f(\xi,\eta), $$

上式两端各乘以 $ \sigma $，就得所要证明的公式.

这性质说明，当曲顶的竖标连续变化时，曲顶柱体的体积等于以某一竖坐标为高的同底平顶柱体的体积. $ f(\xi, \eta) $ 称为连续函数 $ f(x, y) $ 在 D 上的平均值.

例1 比较 $ I_{1}=\iint_{D}\ln(x+y)\,\mathrm{d}\sigma $ 与 $ I_{2}=\iint_{D}\left[\ln(x+y)\right]^{2}\mathrm{d}\sigma $ 的大小，其中 D 是以 $ A(1,0) $， $ B(1,1) $， $ C(2,0) $ 为顶点的三角形闭区域.

解 考虑函数 $ \ln(x+y) $ 在 D 内的取值是否大于 1. 易知，三角形斜边 BC 的方程为 $ x+y=2 $. 在闭区域 D 内，有

$$ 1\leq x+y\leq2\lt e, $$

于是有

$$ 0\lt \ln\left(x+y\right)\lt 1, $$

故

$$ \ln(x+y)\gt \left[\ln(x+y)\right]^{2}, $$

从而，由积分不等式得

$$ \iint_{D}\ln(x+y)\mathrm{d}\sigma\geqslant\iint_{D}\left[\ln(x+y)\right]^{2}\mathrm{d}\sigma. $$

习题8-1

1. 根据二重积分的性质，比较下列积分的大小：

(1) $ \iint_{D}(x+y)^{2}\mathrm{d}\sigma $ 与 $ \iint_{D}(x+y)^{3}\mathrm{d}\sigma $;

（a）D由直线x=0，y=0及 $ x+y=1 $所围成的闭区域；

(b) D 由圆周 $ (x-2)^{2}+(y-1)^{2}=2 $ 所围成的闭区域；

(2) $ \iint_{D}e^{xy}d\sigma $ 与 $ \iint_{D}e^{2xy}d\sigma $;

(a) D 是矩形闭区域： $ 0 \leq x \leq 1 $， $ 0 \leq y \leq 1 $;

（b）D 是矩形闭区域： $ -1 \leqslant x \leqslant 0 $， $ 0 \leqslant y \leqslant 1 $；

1. 利用积分的性质，估计下列各积分的值：

(1) $ I = \iint_{D} xy(x+y) \, \mathrm{d}\sigma $，其中 D 是矩形闭区域： $ 0 \leq x \leq 1 $， $ 0 \leq y \leq 1 $；

(2) $ I = \iint_{D} (x+y+1) \, \mathrm{d}\sigma $，其中 D 是矩形闭区域： $ 0 \leqslant x \leqslant 1 $， $ 0 \leqslant y \leqslant 2 $.

1. 设 $ f(x, y) $ 在区域 D 上连续， $ (x_{0}, y_{0}) $ 是 D 的一个内点，U, 是 D 内以 $ (x_{0}, y_{0}) $ 为中心、以 r 为半径的闭圆域，试求极限 $ \lim_{r \to 0^{+}} \frac{1}{\pi r^{2}} \iint_{U} f(x, y) \, \mathrm{d}\sigma $.

1. 设 D 是平面有界闭区域， $ f(x, y) $ 在 D 上连续而且非负，又 $ \iint_{D} f(x, y) \, \mathrm{d}\sigma = 0 $，试证：在 D 上， $ f(x, y) = 0 $.

1. 设 D 是平面有界闭区域，函数 $ f(x, y) $ 和 $ g(x, y) $ 在 D 上连续， $ g(x, y) $ 在 D 上不变号，求证：存在点 $ (\xi, \eta) $，使得

$$ \iint\limits_{D}f(x,y)g(x,y)\mathrm{d}\sigma=f(\xi,\eta)\iint\limits_{D}g(x,y)\mathrm{d}\sigma. $$

第二节 二重积分的计算

按定义计算二重积分，只对少数特别简单的被积函数和积分区域才能奏效。本节介绍一种化二重积分为两次定积分来计算的方法。

二重积分的几何意义是曲顶柱体的体积，由此入手，我们用几何观点来讨论二重积分的计算.

一、 在直角坐标系下计算二重积分

我们知道，当 $ f(x, y) $在有界闭区域D上连续且 $ f(x, y) \geqslant 0 $时，二重积分 $ \iint_{D} f(x, y) \, \mathrm{d}\sigma $的值就是以D为底、以曲面 $ z = f(x, y) $为顶的曲顶柱体的体积，即

$$ V=\iint\limits_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma. $$

如果积分区域 D 可以用不等式表示为（如图 8-4）

$$ \varphi_{1}(x)\leqslant y\leqslant\varphi_{2}(x),a\leqslant x\leqslant b, $$

其中函数 $ \varphi_{1}(x) $， $ \varphi_{2}(x) $ 分别在区间 [a, b] 上连续。以后我们将这种积分区域称为 X 型区域，X 型区域的特点是：穿过区域内部且垂直于 x 轴的直线与区域的边界相交不多于两个点。

这曲顶柱体的体积我们可应用 “平行截面面积为已知的立体的体积” 的

计算方法求得：先求截面面积 $ A(x) $，在区间 $ [a, b] $ 上任取 $ -x_{0} $，过点 $ (x_{0}, 0, 0) $ 作垂直于 x 轴的平面，此平面截曲顶柱体得一个曲边梯形（如图 8-5），其面积 $ A(x) $ 为（积分时把 x 看作常数）：

$$ A(x)=\int_{\varphi_{1}(x)}^{\varphi_{2}(x)}f(x,y)\mathrm{d}y. $$

于是得曲顶柱体的体积为

$$ V=\int_{a}^{b}A(x)\mathrm{d}x=\int_{a}^{b}\left[\int_{\varphi_{1}(x)}^{\varphi_{2}(x)}f(x,y)\mathrm{d}y\right]\mathrm{d}x. $$

从而得到等式

$$ \iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma=\int_{a}^{b}\left[\int_{\varphi_{1}(x)}^{\varphi_{2}(x)}f(x,y)\mathrm{d}y\right]\mathrm{d}x. $$

上面这等式把 $ f(x, y) $ 在 D 上的二重积分化为先对 y、后对 x 的二次积分。就是说，先把 x 看作常数，把 $ f(x, y) $ 只看作 y 的函数，并对 y 计算从 $ \varphi_{1}(x) $ 到 $ \varphi_{2}(x) $ 的定积分，然后把所得的结果（不含 y，只含 x 的函数）再对 x 计算从 a 到 b 的定积分。

一般地，我们有如下定理：

定理 8.2.1 设有界闭区域 D 是一个 X 型区域

$$ D：\varphi_{1}(x)\leqslant y\leqslant\varphi_{2}(x),a\leqslant x\leqslant b, $$

其中函数 $ \varphi_{1}(x) $， $ \varphi_{2}(x) $ 在区间 $ [a, b] $ 上连续。又设 $ f(x, y) $ 在 D 上连

续，则

$$ \iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma=\int_{a}^{b}\left[\int_{\varphi_{1}(x)}^{\varphi_{2}(x)}f(x,y)\mathrm{d}y\right]\mathrm{d}x. $$

为书写方便，上式又写成

$$ \iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma=\int_{a}^{b}\mathrm{d}x\int_{\varphi_{1}(x)}^{\varphi_{2}(x)}f(x,y)\mathrm{d}y $$

这就是把二重积分化为先对 y、后对 x 的二次积分的计算公式.

类似地，如果积分区域 D 可以用不等式表示为（如图 8-6）

$$ \psi_{1}(y)\leqslant x\leqslant\psi_{2}(y),c\leqslant y\leqslant d, $$

其中函数 $ \psi_{1}(y) $， $ \psi_{2}(y) $ 在区间 [a, b] 上连续。我们将这种区域称为 Y 型区域，Y 型区域的特点是：穿过区域内部且垂直于 y 轴的直线与区域的边界相交不多于两个点。

那么，我们有如下结论.

定理 8.2.2 设有界闭区域 D 是一个 Y 型区域

$$ D：\psi_{1}(y)\leqslant y\leqslant x\leqslant\psi_{2}(y)，c\leqslant y\leqslant d， $$

其中函数 $ \psi_{1}(y) $， $ \psi_{2}(y) $ 在区间 [c, d] 上连续. 又设 $ f(x, y) $ 在 D 上连续，则

$$ \iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma=\int_{e}^{d}\left[\int_{\psi_{1}(y)}^{\psi_{2}(y)}f(x,y)\mathrm{d}x\right]\mathrm{d}y=\int_{e}^{d}\mathrm{d}y\int_{\psi_{1}(y)}^{\psi_{2}(y)}f(x,y)\mathrm{d}x. $$

这是把二重积分化为先对 x、后对 y 的二次积分的计算公式.

如果积分区域既不是 X 型区域、也不是 Y 型区域（如图 8-7），通常就将积分区域分成若干部分，使每个部分成为 X 型区域或 Y 型区域，从而在各个小区域上能够利用上述两个公式之一进行计算；然后，利用二重积分对区域的可加性，将这些小区域

上的二重积分的计算结果相加，就得到在原来整个积分区域上的二重积分.

在计算二重积分时，确定二次积分的次序和积分限最为关键。一般可以先画积分区域草图，然后根据区域的类型和被积函数的特点确定二次积分的次序，再定出相应的积分限。

下面举例说明.

例1 计算二重积分 $ \iint\mathrm{e}^{\frac{x}{y}}\mathrm{d}\sigma $，其中D是由抛物线 $ y^{2}=x $，直线x=0，y=1所围成的闭区域.

解 画出积分区域 D（如图 8-8）.

若先积 y，后积 x，积分区域 D 是 X 型，用不等式表示为

$$ 0\leqslant x\leqslant1,\sqrt{x}\leqslant y\leqslant1. $$

因此，由二重积分计算公式，有 $ \iint_{D} \mathrm{e}^{\frac{x}{y}} \mathrm{d}\sigma = \int_{0}^{1} \mathrm{d}x \int_{\sqrt{x}}^{1} \mathrm{e}^{\frac{x}{y}} \mathrm{d}y $，但因为 $ \int \mathrm{e}^{\frac{x}{y}} \mathrm{d}y $ 积不出来，所以上式右端也积不出来.

若先积 x，后积 y，积分区域 D 属 Y 型，用不等式表示为

$$ 0\leqslant y\leqslant1,\quad0\leqslant x\leqslant y^{2}. $$

这时情况就不同了，由二重积分计算公式，有

$$ \begin{aligned}\iint\limits_{D}\mathbf{e}^{\frac{\mathbf{x}}{\mathbf{y}}}\mathrm{d}\sigma&=\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\int_{0}^{\mathbf{y}^{2}}\mathbf{e}^{\frac{\mathbf{x}}{\mathbf{y}}}\mathrm{d}x=\int_{0}^{1}y\left(\mathbf{e}^{\frac{\mathbf{x}}{\mathbf{y}}}\right)\bigg|_{0}^{\mathbf{y}^{2}}\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{1}\left(y\mathbf{e}^{\mathbf{y}}-\mathbf{y}\right)\mathrm{d}y=\frac{1}{2}.\end{aligned} $$

由此可见，选择积分次序对二重积分的计算是首要问题。

例2 计算二重积分 $ \iint_{D}\frac{x^{2}}{y^{2}}\mathrm{d}\sigma $，其中D是由直线x=2，y=x及双曲线xy=1围成的闭区域.

解 观察被积函数，先积哪个变量问题不大，原函数都不难求出.

方法一 选择先积 y，后积 x 的次序. 画出积分区域 D（如图 8-9（a）.）

D 为 X 型区域，D 上的点的横坐标的变动范围是区间 [1, 2]，对于该区间内的任意一个 x 值，相应地纵坐标从 $ y = \frac{1}{x} $ 变化到 y = x，换言之，上、下边界分别都能只用一个式子表达。积分区域用不等式表示为

$$ 1\leqslant x\leqslant2,\ \frac{1}{x}\leqslant y\leqslant x. $$

因此，由二重积分的计算公式得

$$ \iint_{D}\frac{x^{2}}{y^{2}}\mathrm{d}\sigma=\int_{1}^{2}\mathrm{d}x\int_{\frac{1}{x}}^{x}\frac{x^{2}}{y^{2}}\mathrm{d}y=\int_{1}^{2}\left(-\frac{x^{2}}{y}\right)\bigg|_{\frac{1}{x}}^{x}\mathrm{d}x=\int_{1}^{2}\left(-x+x^{3}\right)\mathrm{d}x=\frac{9}{4}. $$

方法二 选择先积 x，后积 y 次序，画出积分区域 D（如图 8-9（b））.

D 为 Y 型区域，D 上的点的纵坐标的变化范围是区间 $ \left[\frac{1}{2}, 2\right] $，但在此范围内，D 的左，右边界曲线要用 y 的分段函数表示。即，当 $ y \in \left[\frac{1}{2}, 1\right] $ 时，横坐标 x 从 $ x = \frac{1}{y} $ 变化到 x = 2；而当 $ y \in [1, 2] $ 时，横坐标 x 从 x = y 变化到 x = 2。换言之，要将积分区域 D 分为两块，如果记

$$ D_{1}:\frac{1}{2}\leqslant y\leqslant1,\frac{1}{y}\leqslant x\leqslant2;D_{2}:1\leqslant y\leqslant2,y\leqslant x\leqslant2. $$

则 $ D=D_{1}+D_{2} $. 因此，由二重积分对区域的可加性经计算可得

$$ \iint_{D}\frac{x^{2}}{y^{2}}\mathrm{d}\sigma=\iint_{D_{1}}\frac{x^{2}}{y^{2}}\mathrm{d}\sigma+\iint_{D_{2}}\frac{x^{2}}{y^{2}}\mathrm{d}\sigma=\int_{\frac{1}{2}}^{1}\mathrm{d}y\int_{\frac{1}{y}}^{2}\frac{x^{2}}{y^{2}}\mathrm{d}x+\int_{1}^{2}\mathrm{d}y\int_{y}^{2}\frac{x^{2}}{y^{2}}\mathrm{d}x=\frac{9}{4}. $$

显然，方法一的计算要比方法二简便.

从以上两例可看出，对二重积分的计算，首先应考察被积函数，选择首次积分易积出的积分次序；在确保积分都能积出的前提下，再顾及积分区域，要使积分区域D尽量少分块，这是选择二次积分次序的一般原则。在确定了积分次序之后，再根据积分区域D的边界定出相应积分限。

例3 计算 $ I=\iint_{D}y\sqrt{1+x^{2}-y^{2}}\,\mathrm{d}\sigma $，其中 D 是由直线 y=x，x=-1 和 y=1 所围成的闭区域.

解 考察被积函数，可知先对 y，后对 x 积分较容易。画出积分区域 D（如图 8-10（a））。将 D 看作 X 型积分区域，D： $ -1 \leqslant x \leqslant 1 $， $ x \leqslant y \leqslant 1 $；把二重积分化为二次积分，则有

$$ \begin{aligned}I&=\int_{-1}^{1}\mathrm{d}x\int_{x}^{1}y\sqrt{1+x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}y=-\frac{1}{3}\int_{-1}^{1}\left[\left(1+x^{2}-y^{2}\right)^{\frac{3}{2}}\right]_{x}^{1}\mathrm{d}x\\&=-\frac{1}{3}\int_{-1}^{1}\left(\left|x\right|^{3}-1\right)\mathrm{d}x=-\frac{2}{3}\int_{0}^{1}\left(x^{3}-1\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{2}.\end{aligned} $$

若选择先对 x、后对 y 的积分次序，则有

$$ I=\int_{-1}^{1}y\mathrm{d}y\int_{-1}^{y}\sqrt{1+x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}x. $$

其中，关于 x 的积分计算比较麻烦.

例4 计算 $ I=\int_{0}^{1}x^{2}dx\int_{s}^{1}e^{-y^{2}}dy. $

解 这是一个二次积分，如果直接计算，即先对 y 再对 x 积分，则遇到积

分 $ \int e^{-y^{2}}dy $不能计算. 因此应先把它还原为二重积分, 然后更换积分次序来计算. 事实上, 由题给二次积分知道积分区域D（如图8-11）是一个X型区域, 它为

$$ D=\left|\left(x,y\right)\right|0\leq x\leq1,x\leq y\leq1|; $$

容易知道，D 也是一个 Y 型区域，可表示为

$$ D=\left|\left(x,y\right)|0\leq y\leq1,0\leq x\leq y\right|. $$

于是，有

$$ \begin{aligned}I&=\int_{0}^{1}x^{2}\mathrm{d}x\int_{x}^{1}\mathrm{e}^{-y^{2}}\mathrm{d}y=\iint_{D}^{}x^{2}\mathrm{e}^{-y^{2}}\mathrm{d}\sigma\\&=\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\int_{0}^{y}\mathrm{e}^{-y^{2}}\cdot x^{2}\mathrm{d}x=\frac{1}{3}\int_{0}^{1}y^{3}\mathrm{e}^{-y^{2}}\mathrm{d}y\\&=-\frac{1}{6}\int_{0}^{1}y^{2}\mathrm{d}\mathrm{e}^{-y^{2}}=-\frac{1}{6}(y^{2}\mathrm{e}^{-y^{2}}+\mathrm{e}^{-y^{2}})\bigg|_{0}^{1}\\&=\frac{1}{6}-\frac{1}{3\mathrm{e}}.\end{aligned} $$

由例3、例4再次看出，二重积分计算中选择积分次序非常重要。如果选择不当，会使计算难度增大，甚至无法积出。

例5 计算二重积分 $ I = \iint_{D} |y - x^{2}| \, \mathrm{d}\sigma $.

（1）D 是 $ -1 \leqslant x \leqslant 1 $ 和 $ 0 \leqslant y \leqslant 1 $ 所确定的范围；

（2）D 是 -2 \leqslant x \leqslant 2 和 0 \leqslant y \leqslant 1 所确定的范围.

分析：当被积函数含绝对值符号时，一般应从去绝对值符号入手.

解 （1）作出积分区域如图 8-12（a）.

为了消去被积函数中的绝对值符号，必须将积分区域划分为两个部分区域：

$$ D_{1}=\left|\left(x,y\right)\right|-1\leqslant x\leqslant1,x^{2}\leqslant y\leqslant1\text{;} $$

$$ D_{2}=\left|\left(x,y\right)\right|-1\leqslant x\leqslant1,0\leqslant y\leqslant x^{2}\mid. $$

于是，由二重积分对区域的可加性和计算公式有

$$ \begin{aligned}I&=\iint\limits_{D_{1}}\left(y-x^{2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\iint\limits_{D_{2}}\left(x^{2}-y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\int_{-1}^{1}\mathrm{d}x\int_{x^{2}}^{1}\left(y-x^{2}\right)\mathrm{d}y+\int_{-1}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{x^{2}}\left(x^{2}-y\right)\mathrm{d}y\\&=\int_{-1}^{1}\left(\frac{1}{2}-x^{2}+\frac{1}{2}x^{4}\right)\mathrm{d}x+\int_{-1}^{1}\frac{1}{2}x^{4}\mathrm{d}x=\frac{11}{15}.\end{aligned} $$

（2）作出积分区域如图8-12（b）.

此题若仿照（1）题的方法，则积分要化为四个区域上的二重积分．如果灵活应用积分对区域的可加性，则可把该积分的计算量降低.

记 $ D_{1}=\{(x,y)\mid-1\leqslant x\leqslant1,x^{2}\leqslant y\leqslant1\} $， $ D_{2}=D-D_{1} $（即从 D 中去掉属于 $ D_{t} $ 的点剩余的部分），则有

$$ \begin{aligned}I&=\iint\limits_{D_{1}}\left(y-x^{2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\iint\limits_{D_{2}}\left(x^{2}-y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=2\iint\limits_{D_{1}}\left(y-x^{2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\iint\limits_{D_{2}+D_{1}}\left(x^{2}-y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=2\int_{-1}^{1}\mathrm{d}x\int_{x^{2}}^{1}\left(y-x^{2}\right)\mathrm{d}y+\int_{-2}^{2}\mathrm{d}x\int_{0}^{1}\left(x^{2}-y\right)\mathrm{d}y\\&=2\int_{-1}^{1}\left(\frac{1}{2}-x^{2}+\frac{1}{2}x^{4}\right)\mathrm{d}x+\int_{-2}^{2}\left(x^{2}-\frac{1}{2}\right)\mathrm{d}x=\frac{22}{5}.\end{aligned} $$

例6 求 $ I=\iint_{D}e^{\max\left(x^{2},y^{2}\right)}\mathrm{d}\sigma $，其中 $ D=\{(x,y)\mid0\leqslant x\leqslant1,\ 0\leqslant y\leqslant1\} $.

解 被积函数在 D 中的不同部分区域有着不同的表示式，事实上，被积函数是一个分段函数. 因此，我们应将积分区域 D 划分为两个部分区域：

$$ D_{1}=\{(x,\ y)\mid0\leqslant x\leqslant1,\ 0\leqslant y\leqslant x\}; $$

$$ D_{2}=\{(x,\ y)\mid0\leqslant x\leqslant1,\ x\leqslant y\leqslant1\}. $$

于是，有

$$ \begin{aligned}\iint\limits_{D}\mathrm{e}^{\max\{x^{2},y^{2}\}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iint\limits_{D_{1}}\mathrm{e}^{\max\{x^{2},y^{2}\}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\iint\limits_{D_{2}}\mathrm{e}^{\max\{x^{2},y^{2}\}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint\limits_{D_{1}}\mathrm{e}^{x^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\iint\limits_{D_{2}}\mathrm{e}^{y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{x}\mathrm{e}^{x^{2}}\mathrm{d}y+\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\int_{0}^{y}\mathrm{e}^{y^{2}}\mathrm{d}x=\int_{0}^{1}x\mathrm{e}^{x^{2}}\mathrm{d}x+\int_{0}^{1}y\mathrm{e}^{y^{2}}\mathrm{d}y\\&=2\cdot\int_{0}^{1}x\mathrm{e}^{x^{2}}\mathrm{d}x=\mathrm{e}^{x^{2}}\bigg|_{0}^{1}=\mathrm{e}-1.\end{aligned} $$

例7 求两个底圆半径相等的直交圆柱面所围成的立体的体积 V.

解 设圆柱面的底圆半径为 R，在空间直角坐标下这两个圆柱面的方程分别为

$$ x^{2}+y^{2}=R^{2}\quad 及 \quad x^{2}+z^{2}=R^{2}. $$

由所求立体关于坐标平面的对称性，其体积等于第一卦限部分（如图8-13）体积的8倍.

所求立体在第一卦限部分是一个曲顶柱体，它的底为 xOy 面上的区域

$$ D=\{(x,y)\mid0\leqslant x\leqslant R,\ 0\leqslant y\leqslant\sqrt{R^{2}-x^{2}}\}, $$

它的顶是柱面 $ z=\sqrt{R^{2}-x^{2}} $，于是

$$ V=8\iint\limits_{D}\sqrt{R^{2}-x^{2}}\mathrm{d}\sigma=8\int_{0}^{R}\mathrm{d}x\int_{0}^{\sqrt{R^{2}-x^{2}}}\sqrt{R^{2}-x^{2}}\mathrm{d}y $$

$$ =8\int_{0}^{R}\left(R^{2}-x^{2}\right)\mathrm{d}x=\frac{16}{3}R^{3}. $$

下面，我们给出二元函数的奇、偶性定义.

定义 8.2.1 设 $ f(x, y) $ 是平面区域 D 上的二元函数，又

（1）如果区域 D 关于 x 轴对称，且对任意 $ (x, y) \in D $， $ f(x, -y) = f(x, y) $（或 $ f(x, -y) = -f(x, y) $），称 $ f(x, y) $ 在 D 上关于 y 为偶函数（或奇函数）；

（2）如果区域 D 关于 y 轴对称，且对任意 $ (x, y) \in D $， $ f(-x, y) = f(x, y) $（或 $ f(-x, y) = -f(x, y) $），称 $ f(x, y) $ 在 D 上关于 x 为偶函数（或奇函数）；

（3）如果区域 D 关于原点对称，且对任意 $ (x, y) \in D $， $ f(-x, -y) = f(x, y) $ （或 $ f(-x, -y) = -f(x, y) $），称 $ f(x, y) $ 在 D 上同时关于 x 和 y 为偶函数（或奇函数）.

利用积分区域 D 的对称性与被积函数的奇、偶性，可以得到二重积分的对称性定理.

（1）如果积分区域D关于x轴对称，被积函数 $ f(x,y) $为y的奇（或偶）函数，则二重积分

$$ \begin{aligned}\iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma=\{\begin{aligned}&0,& 当 f(x,y) 关于 y 是奇函数 ,\\&2\iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma,& 当 f(x,y) 关于 y 是偶函数 ,\end{aligned}.\end{aligned} $$

其中， $ D_{1} $ 为 D 在上半平面部分.

（2）如果积分区域 D 关于 y 轴对称，被积函数 $ f(x, y) $ 为 x 的奇（或偶）函数，则二重积分

$ \iint_{D}f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma=\{\begin{aligned}&0,& 当 f(x,y) 关于 x 是奇函数,\\ &2\iint_{D_{2}}f(x,y)\,\mathrm{d}\sigma,& 当 f(x,y) 关于 x 是偶函数,\end{aligned}. $

其中， $ D_{2} $ 为 D 在右半平面部分.

（3）如果积分区域 D 关于原点对称，被积函数 $ f(x, y) $ 同时为 x, y 的奇（或偶）函数，则二重积分

$$ \begin{aligned}\iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma=\{\begin{aligned}&0,& 当 f(x,y) 关于 x 和 y 是奇函数 ,\\&2\iiint_{D_{1}}f(x,y)\mathrm{d}\sigma,& 当 f(x,y) 关于 x 和 y 是偶函数 ,\end{aligned}.\end{aligned} $$

其中， $ D_{3} $ 为 D 在上半平面部分.

例8 计算 $ I=\iint_{D}y\left[1+x\mathrm{e}^{\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2})}\right]\mathrm{d}\sigma $，其中 D 是由直线 y=x，y=-1 及 x=1 围成的平面区域.

解 积分区域 $D$ 如图所示（如图 8-14），并作辅助线，将 $D$ 分成 $D_1$、$D_2$、$D_3$ 和 $D_4$。由于 $(x, y) = y[1 + x e^{\frac{1}{2}(x^2 + y^2)}]$ 关于 $y$ 是奇函数，于是

$$ \iint_{D_{1}+D_{2}}f(x,y)\mathrm{d}\sigma=0. $$

故

$$ \begin{aligned}I&=\iint\limits_{D_{3}+D_{4}}f(x,y)\mathrm{d}\sigma\\&=\iint\limits_{D_{3}+D_{4}}y\mathrm{d}\sigma+\iint\limits_{D_{3}+D_{4}}xy\mathrm{e}^{\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2})}\mathrm{d}\sigma.\end{aligned} $$

因为 $ D_{3} + D_{4} $ 关于 y 轴对称，且在 $ D_{3} + D_{4} $ 上， $ f_{1}(x, y) = y $ 满足 $ f_{1}(-x, y) = f_{1}(x, y) $，故 $ \iint_{D_{1} + D_{4}} y \, \mathrm{d}\sigma = 2 \iint_{D_{1}} y \, \mathrm{d}\sigma $.

因为 $ D_{3} + D_{4} $ 关于 y 轴对称，且在 $ D_{3} + D_{4} $ 上， $ f_{2}(x, y) = xy \mathrm{e}^{\frac{1}{2}(x^{2} + y^{2})} $ 满足 $ f_{2}(-x, y) = -f_{2}(x, y) $，故 $ \iint_{D + D_{4}} xy \mathrm{e}^{\frac{1}{2}(x^{2} + y^{2})} d\sigma = 0 $.

综合即得

$$ I=\iint_{D}y\left[1+x\mathrm{e}^{\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2})}\right]\mathrm{d}\sigma=2\iint_{D_{1}}y\mathrm{d}\sigma=2\int_{-1}^{0}\mathrm{d}y\int_{0}^{-y}y\mathrm{d}x=-\frac{2}{3}. $$

二、 在极坐标系下计算二重积分

在计算二重积分时，当积分区域的边界曲线在极坐标下表示比较方便，被积函数用极坐标变量表示比较简单时，可以考虑使用极坐标形式计算二重积分.

极坐标与直角坐标之间的关系为

$$ \{\begin{aligned}{x=r\operatorname{c o s}\theta,}\\ {y=r s i n\theta.}\\ \end{aligned}. $$

下面我们仍以求曲顶柱体的体积为例来说明极坐标下二重积分的计算.

二重积分 $ \iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma $ 表示以区域 D 为底、曲面 $ z=f(x,y) $ 为顶的曲顶柱体的体积 V（这里假定 $ f(x,y)\geq0 $ 是 D 上的连续函数）.

在极坐标系中，我们用以极点为中心的一簇同心圆：r= 常数，和从极点出发的一族射线： $ \theta= $ 常数，把区域D分割成n个小区域 $ \Delta\sigma_{i}(i=1,2,\cdots,n) $（如图8-15），进而曲顶柱体相应地也被分割成n个小曲顶柱体.

在 D 中，任取其中的一个小区域 $ \Delta\sigma_{i} $，如果不包含边界点的话，这个小闭区域 $ \Delta\sigma_{i} $ 的面积为

$$ \Delta\sigma_{i}=\frac{1}{2}\left(r_{i}+\Delta r_{i}\right)^{2}\Delta\theta_{i}-\frac{1}{2}r_{i}^{2}\Delta\theta_{i}=r_{i}\Delta r_{i}\Delta\theta_{i}+\frac{1}{2}\left(\Delta r_{i}\right)^{2}\Delta\theta_{i}. $$

当 $ \Delta r_{i} \cdot \Delta\theta_{i} $ 充分小时，忽略其中当 $ \Delta r_{i} \to 0 $， $ \Delta\theta_{i} \to 0 $ 时，比 $ \Delta r_{i}\Delta\theta_{i} $ 更高阶的无穷小量 $ \frac{1}{2}(\Delta r_{i})^{2}\Delta\theta_{i} $，有

$$ \Delta\sigma_{i}\approx r_{i}\Delta r_{i}\Delta\theta_{i}. $$

记 $ \xi_i = r_i \cos \theta_i $， $ \eta_i = r_i \sin \theta_i $，点 $ (\xi_i, \eta_i) \in \Delta \sigma_i $。又 $ f(x, y) $ 在 $ D $ 上连续，那么小区域 $ \Delta \sigma_i $ 所对应的小曲顶柱体的高度变化不大，我们就取 $ f(r_i \cos \theta_i, r_i \sin \theta_i) $ 作为这个小曲顶柱体的高，于是，第 $ i $ 个小曲顶柱体的体积近似为

$$ f(r_{i}\mathrm{c o s}\theta_{i},r_{i}\mathrm{s i n}\theta_{i})r_{i}\Delta r_{i}\Delta\theta_{i}. $$

从而，整个曲顶柱体的体积近似为

$$ V\simeq\sum_{i=1}^{n}f(r_{i}\cos\theta_{i},r_{i}\sin\theta_{i})r_{i}\Delta r_{i}\Delta\theta_{i}. $$

最后，记 $ \lambda = \max_{i \in \mathbb{R}} |\Delta \sigma_i| $ 的直径，令 $ \lambda \to 0 $，上式两端取极限，得到

$$ V=\iint\limits_{\tilde{D}_{r g}}f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta, $$

这就是二重积分当变量从直角坐标变换到极坐标时，计算的变换公式．于是有

$$ \iint\limits_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma=\iint\limits_{D_{r\theta}}f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta, $$

其中， $ rdrd\theta $ 是极坐标系中的面积元素.

在极坐标系中，二重积分同样可以化为二次积分来计算.

（1）当极点在积分区域 D 的外部时（如图 8-16），如果

$$ D=\{(r,\theta)\mid\alpha\leqslant\theta\leqslant\beta,\varphi_{1}(\theta)\leqslant r\leqslant\varphi_{2}(\theta)\} $$

其中函数 $ \varphi_{1}(\theta) $、 $ \varphi_{2}(\theta) $ 在区间 $ [\alpha, \beta] $ 上连续，则

$$ \begin{align*}\iint\limits_{D}f(x,\ y)\mathrm{d}\sigma&=\int_{\alpha}^{\beta}\left[\int_{\varphi_{1}(\theta)}^{\varphi_{2}(\theta)}f(r\cos\theta,\ r\sin\theta)r\mathrm{d}r\right]\mathrm{d}\theta\\&=\int_{\alpha}^{\beta}\mathrm{d}\theta\int_{\varphi_{1}(\theta)}^{\varphi_{2}(\theta)}f(r\cos\theta,\ r\sin\theta)r\mathrm{d}r.\end{align*} $$

（2）当极点在积分区域D的内部时（如图8-17），如果

$$ D=\left|\left(r,\ \theta\right)\ \right|\,0\leq\theta\leq2\pi,\ 0\leq r\leq\varphi\left(\theta\right) $$

其中函数 $ \varphi(\theta) $ 在区间 $ [0, 2\pi] $ 上连续，则

$$ \iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\varphi(\theta)}f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\mathrm{d}r. $$

（3）当极点在积分区域D的边界上时（如图8-18），如果

$$ D=\{(r,\ \theta)\mid\alpha\leq\theta\leq\beta,\ 0\leq r\leq\varphi(\theta)\} $$

其中函数 $ \varphi(\theta) $ 在区间 $ [\alpha, \beta] $ 上连续，则

$$ \iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma=\int_{a}^{\beta}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\varphi(\theta)}f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\mathrm{d}r. $$

例9 计算二重积分 $ \iint_{D}x^{2}\mathrm{d}\sigma $，其中D是由圆 $ x^{2}+y^{2}=1 $及 $ x^{2}+y^{2}=4 $之间的环形区域（如图8-19）.

解 在极坐标系中，区域 D 可表示为 $ 1 \leq r \leq 2 $， $ 0 \leq \theta \leq 2\pi $。由极坐标下二重积分的计算公式有

$$ \begin{aligned}\iint\limits_{D}x^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iint\limits_{D}r^{2}\cos^{2}\theta\cdot r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{1}^{2}r^{2}\cos^{2}\theta\cdot r\mathrm{d}r\\&=\int_{0}^{2\pi}\cos^{2}\theta\mathrm{d}\theta\cdot\int_{1}^{2}r^{3}\mathrm{d}r\\&=\left(\frac{\theta}{2}+\frac{\sin2\theta}{4}\right)\left.\ \right|_{0}^{2\pi}\cdot\left(\frac{r^{4}}{4}\right)\left.\ \right|_{1}^{2}\\&=\frac{15\pi}{4}.\end{aligned} $$

例10 计算 $ \iint_{D}e^{-x^{2}-y^{2}}dxdy $，其中D是由圆心在原点、半径为a的圆所围成的闭区域.

解 在极坐标系中，区域 D 可表示为 $ 0 \leq r \leq a, \quad 0 \leq \theta \leq 2\pi $.

由极坐标下二重积分的计算公式有

$$ \begin{align*}\iint\limits_{D}\mathbf{e}^{-x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iint\limits_{D}\mathbf{e}^{-r^{2}}\cdot r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{a}r\mathbf{e}^{-r^{2}}\mathrm{d}r\\&=2\pi\cdot\left(-\frac{1}{2}\mathbf{e}^{-r^{2}}\right)\bigg|_{0}^{a}=\pi\left(1-\mathbf{e}^{-a^{2}}\right).\end{align*} $$

本题在直角坐标系下，由于积分 $ \int e^{-x^2}dx $不能用初等函数表示，所以积不出来．下面利用例10结论来计算一个在概率论中常常用到的反常积分.

例 11 应用二重积分计算反常积分 $ \int_{0}^{+\infty} e^{-x^{2}} dx $.

解 设

$$ D_{1}=\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\leqslant R^{2},x\geqslant0,y\geqslant0\} $$

$$ D_{2}=\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\leqslant2R^{2},x\geqslant0,y\geqslant0\}, $$

$$ S=\{(x,y)\mid0\leqslant x\leqslant R,\ 0\leqslant y\leqslant R\}. $$

显然， $ D_1 \subset S \subset D_2 $（如图 8-20）。由于 $ e^{-x^2 - y^2} \gt 0 $，所以有如下二重积分不等式

$$ \iint\limits_{D_{1}}\mathbf{e}^{-x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}\sigma\lt \iint\limits_{S}\mathbf{e}^{-x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}\sigma\lt \iint\limits_{D_{2}}\mathbf{e}^{-x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}\sigma. $$

又因为

$$ \iint_{\mathbb{S}}\mathrm{e}^{-x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}\sigma=\int_{0}^{R}\mathrm{e}^{-x^{2}}\mathrm{d}x\cdot\int_{0}^{R}\mathrm{e}^{-y^{2}}\mathrm{d}y=\left[\int_{0}^{R}\mathrm{e}^{-x^{2}}\mathrm{d}x\right]^{2}, $$

而由上例结果有

$$ \iint\limits_{D_{1}}\mathrm{e}^{-x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}\sigma=\frac{\pi}{4}\left(1-\mathrm{e}^{-R^{2}}\right),\qquad\iint\limits_{D_{2}}\mathrm{e}^{-x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}\sigma=\frac{\pi}{4}\left(1-\mathrm{e}^{-2R^{2}}\right), $$

于是，上面的不等式可写成

$$ \frac{\pi}{4}(1-\mathrm{e}^{-R^{2}})\lt \left[\int_{0}^{R}\mathrm{e}^{-x^{2}}\mathrm{d}x\right]^{2}\lt \frac{\pi}{4}(1-\mathrm{e}^{-2R^{2}}), $$

令 $ R \to +\infty $，上式两边趋于同一极限 $ \frac{\pi}{4} $，从而

$$ \int_{0}^{+\infty}\mathrm{e}^{-\pi^{2}}\mathrm{d}x=\frac{\sqrt{\pi}}{2} $$

此反常积分称为概率积分，在工程技术上广泛应用.

例 12 计算位于平面曲线 $ r = a \left( 1 + \cos \theta \right) $ 之内， $ r = a \cos \theta $ 之外部分的面积.

解 平面有界闭区域 D 的面积为

$$ \sigma=\iint\limits_{D}\mathrm{d}\sigma=\iint\limits_{D}r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta. $$

曲线 $ r = a(1 + \cos \theta) $ 是心脏线， $ r = a \cos \theta $ 是圆，它们所围图形关于极轴对称，故其面积为

$$ \begin{align*}\sigma&=\iint\limits_{D}r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta=2\left(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{\arcsin\theta}^{a\left(1+\cos\theta\right)}r\mathrm{d}r+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{a\left(1+\cos\theta\right)}r\mathrm{d}r\right)\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left[a^{2}\left(1+\cos\theta\right)\right)^{2}-a^{2}\cos^{2}\theta\Big]\mathrm{d}\theta+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}a^{2}\left(1+\cos\theta\right)^{2}\mathrm{d}\theta=\frac{5}{4}\pi a^{2}.\end{align*} $$

例 13 求球体 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}\leqslant4a^{2} $ 被圆柱面 $ x^{2}+y^{2}=2ax(a\gt 0) $ 所截得的（含在圆柱面内的部分）立体的体积（如图 8-21）.

解由对称性，

$$ V=4\iint\limits_{D}\sqrt{4a^{2}-x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}\sigma, $$

其中 D 为半圆周 $ y=\sqrt{2ax-x^{2}} $ 及 x 轴所围成的闭区域. 在极坐标系中, 闭区域 D 可用不等式表示为

$$ 0\leqslant r\leqslant2a\cos\theta,0\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{2}. $$

故

$$ \begin{array}{c}V=4\iint\limits_{D}\sqrt{4a^{2}-r^{2}}\cdot r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta=4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{2a\cos\theta}\sqrt{4a^{2}-r^{2}}\cdot r\mathrm{d}r\\=\frac{32}{3}a^{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(1-\sin^{3}\theta\right)\mathrm{d}\theta=\frac{32}{3}a^{3}\left(\frac{\pi}{2}-\frac{2}{3}\right).\end{array} $$

三、 二重积分的换元法

我们知道，通过变量代换，可以简化定积分的运算。在二重积分的计算中，同样可以通过变量的代换，使某些二重积分得到简化。上面讨论的极坐标变换， $ x=r\cos\theta $， $ y=r\sin\theta $，只是二重积分变量代换中的一种情形。在实用中，有时还需要对二重积分作其他的变量代换来化简计算。下面的定理给出作一般变量代换时二重积分的计算公式。

定理 8.2.3 设 $ f(x, y) $ 在 xOy 平面上的有界闭区域 D 上连续，变换

$$ T:x=x(u,v),y=y(u,v) $$

将 uOv 平面上的闭区域 $ D' $ 变为 xOy 平面上的闭区域 D，且满足

（1） $ x=x(u,v) $， $ y=y(u,v) $ 在 $ D' $ 上具有一阶连续偏导数；

（2）在 $ D' $上雅可比行列式

$$ J=\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\left|\begin{array}{cc}\frac{\partial x}{\partial u}&\frac{\partial x}{\partial v}\\ \frac{\partial y}{\partial u}&\frac{\partial y}{\partial v}\end{array}\right|\neq0; $$

（3）变换T： $ D^{\prime}\rightarrow D $ 是一一对应的，

则有

$$ \iint_{D}f(x,y)\mathrm{d}\sigma=\iint_{D^{\prime}}f[x(u,v),y(u,v)]\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|\mathrm{d}u\mathrm{d}v. $$

此公式称为二重积分的换元公式。同时，我们指出，如果雅可比行列式只在 $ D' $ 内个别点处，或一条曲线上为零，而在其他点上均不为零，那么换元公式依然成立。

一般来说，使用二重积分的换元公式的原则有两条：

（1）变化后的积分区域比较简单，容易确定积分限；

（2）变换后的被积函数容易积分.

作为换元法的一种应用，我们可以验证，在极坐标变换 $ x = r \cos \theta $， $ y = r \sin \theta $ 下，其雅可比行列式为

$$ J=\frac{\partial(x,y)}{\partial(r,\theta)}=\left|\begin{array}{cc}\frac{\partial x}{\partial r}&\frac{\partial x}{\partial\theta}\\\frac{\partial y}{\partial r}&\frac{\partial y}{\partial\theta}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{cc}\cos\theta&-r\sin\theta\\\sin\theta&r\cos\theta\end{array}\right|=r, $$

因此，由二重积分的换元公式，立即可得极坐标下的二重积分计算公式.

例 14 计算 $ \iint_{D} \sqrt{xy} \, \mathrm{d}\sigma $，其中 D 为由曲线 xy = 1，xy = 2，y = x，y = 4x

$ (x\gt 0, y\gt 0) $ 所围成的区域.

解 由图8-22可见，如果采用直角坐标直接计算这个积分，必须将积分区域D分成三个部分区域来进行，不是很简便。为了将积分区域变化为一种简单区域，我们采用下列变换：

$$ u=x y，v=\frac{y}{x}. $$

在此变换下，积分区域D的边界曲线变成了u=1，u=2，v=1，v=4，新的积分区域为

$$ D^{\prime}=\left|\begin{array}{l l}&\end{array}\right.(u,v)\left|\begin{array}{l}1\leq u\leq2,\\\end{array}1\leq v\leq4\right|. $$

其雅可比行列式

$$ \frac{\partial(x,\ y)}{\partial(u,\ v)}=\frac{1}{\frac{\partial(u,\ v)}{\partial(x,\ y)}}=\frac{1}{\left|\begin{matrix}y&x\\ -\frac{y}{x^{2}}&\frac{1}{x}\end{matrix}\right|}=\frac{x}{2y}=\frac{1}{2v}, $$

从而，由换元公式有

$$ \iint_{D}\sqrt{xy}\mathrm{d}\sigma=\iint_{D^{\prime}}\sqrt{u}\frac{1}{2v}\mathrm{d}u\mathrm{d}v=\frac{1}{2}\int_{1}^{4}\frac{1}{v}\mathrm{d}v\int_{1}^{2}\sqrt{u}\mathrm{d}u=\frac{2}{3}(2\sqrt{2}-1)\ln2. $$

例 15 计算 $ \iint_{D} \sqrt{1 - \frac{x^{2}}{a^{2}} - \frac{y^{2}}{b^{2}}} \, \mathrm{d}\sigma $，其中 D 为椭圆 $ \frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1 $ 所围成的闭区域.

解 作广义极坐标变换

$$ \{\begin{aligned}{x=a r c o s\theta,}\\ {y=b r s i n\theta,}\\ \end{aligned}. $$

在这变换下，变换后与 $D$ 对应的闭区域是 $D': 0 \leq r \leq 1$，$0 \leq \theta \leq 2\pi$，雅可比行列式

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

雅可比行列式 J 在 $ D' $ 内仅在 r=0 处为零，故换元公式仍成立，从而有

$$ \iint_{D}\sqrt{1-\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}}\mathrm{d}\sigma=\iint_{D^{\prime}}\sqrt{1-r^{2}}\cdot a b r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta=\frac{2}{3}\pi a b. $$

习题8-2

1. 试将二重积分 $ \iint_{D} f(x, y) \, \mathrm{d}\sigma $ 化为两种不同次序的二次积分，其中积分区域 D 分别为

（1）由直线 y=x，x=3 及双曲线 xy=1 所围成的闭区域；

(2) 环形闭区域： $ 1 \leqslant x^{2} + y^{2} \leqslant 4 $.

1. 改换下列二次积分的积分次序：

(1) $ \int_{0}^{2} \mathrm{d}y \int_{y^{2}}^{2y} f(x, y) \, \mathrm{d}x; $

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

(3) $ \int_{0}^{1} \mathrm{d}y \int_{0}^{2y} f(x, y) \, \mathrm{d}x + \int_{1}^{3} \mathrm{d}y \int_{0}^{3-y} f(x, y) \, \mathrm{d}x. $

1. 计算下列二重积分：

(1) $ \iint_{D} x\sqrt{y} \, \mathrm{d}\sigma $，其中 D 是由两条抛物线 $ y=\sqrt{x} $， $ y=x^{2} $ 所围成的闭区域；

(2) $ \iint_{D}e^{(x+y)}\mathrm{d}\sigma $，其中D是由 $ \left|x\right|+\left|y\right|\leq1 $所确定的闭区域；

(3) $ \iint_{D}(x^{2}-y^{2})\,\mathrm{d}\sigma $，其中D是由不等式 $ 0\leqslant y\leqslant\sin x $， $ 0\leqslant x\leqslant\pi $所确定的闭区域；

(4) $ \iint_{D}\frac{\sin y}{y}d\sigma $，其中D是由抛物线 $ x=y^{2} $与直线y=x所围成的闭区域。（注：在原点处，补充定义被积函数的值为1）

1. 求下列各曲线所围成的闭区域的面积：

(1) $ xy = a^2 $, $ x + y = \frac{5}{2}a (a \gt 0) $;

(2) $ y^{2}=2px+p^{2} $, $ y^{2}=-2qx+q^{2}(p, q\gt 0) $.

1. 求下列曲面所围成立体的体积：

(1) $ z = 1 + x + y $; z = 0, $ x + y = 1 $, x = 0, $ y \neq 0 $;

(2) $ z = x^{2} + y^{2} $, $ y = x^{2} $, y = 1, z = a.

1. 化下列二次积分为极坐标形式的二次积分：

(1) $ \int_{0}^{1} \mathrm{d}x \int_{0}^{1} f(x, y) \, \mathrm{d}y; $

(2) $ \int_{0}^{1} \mathrm{d}x \int_{x}^{\sqrt{3x}} f(x^{2} + y^{2}) \, \mathrm{d}y; $

(3) $ \int_{0}^{2} \mathrm{d}x \int_{\sqrt{2x-x^{2}}}^{\sqrt{4-x^{2}}} f(x, y) \, \mathrm{d}y. $

1. 利用极坐标计算下列各题：

(1) $ \iint_{D} y \, \mathrm{d}\sigma $，其中 D 是由不等式 $ \alpha x \leqslant y \leqslant \beta x $ 与 $ a^{2} \leqslant x^{2} + y^{2} \leqslant b^{2} (\beta \gt \alpha \gt 0, b \gt a \gt 0) $ 所确定的闭区域；

(2) $ \iint_{D}\frac{y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}d\sigma $，其中D是由不等式 $ x^{2}+y^{2}\leq a^{2} $， $ x\geq0 $， $ y\geq0 $所确定的闭区域；（注：在原点处，补充定义被积函数的值为0）

(3) $ \iint_{D} x\mathrm{d}\sigma $，其中 D 是介入两圆 $ x^{2} + y^{2} = 2x $， $ x^{2} + y^{2} = 4x $ 之间的闭区域；

(4) $ \iint_{D}(x+y)d\sigma $，其中D是由圆 $ x^{2}+y^{2}=x+y $所围成的闭区域.

1. 选用适当的坐标系计算下列各题：

(1) $ \iint_{D}(x^{2}+y^{2})d\sigma $，其中D是由直线y=x，y=x+a，y=a，y=3a(a>0)所围成的闭区域；

(2) $ \iint_{D} \arctan \frac{y}{x} \mathrm{d}\sigma $，其中 D 是平面区域 $ 1 \leqslant x^{2} + y^{2} \leqslant 4 $ 在第一象限中介于两直线 y = 0, y = x 之间的闭区域；

(3) $ \iint_{D}x\cos(x+y)d\sigma $，其中D是由顶点分别为 $ (0,0) $， $ (\pi,0) $与 $ (\pi,\pi) $的三角形闭区域；

(4) $ \iint_{D} \sqrt{R^{2}-x^{2}-y^{2}} \, \mathrm{d}\sigma $，其中 D 是由圆周 $ x^{2}+y^{2}=Rx $ 所围成的闭区域.

1. 一平面薄片所占的闭区域由不等式 $ |x| + |y| \leq 1 $ 所确定，其上每一点的面密度为 $ f(x, y) = |x| + |y| $，求该薄片的质量.

1. 求下列曲面所围的立体的体积：

(1) $ x + y + z = a $, $ x^2 + y^2 = R^2 $, $ x = 0 $, $ y = 0 $, $ z = 0 $ ( $ a \geqslant \sqrt{2}R $);

(2) $ z = 2x^{2} + 3y^{2} $, $ z = 5 - 3x^{2} - 2y^{2} $.

1. 选取适当的坐标变换，计算下列各题：

(I) $ \iint_{D} x y \, \mathrm{d}\sigma $, $ D: (x-1)^2 + (y-1)^2 \leq 1 $;

(2) $ \iint_{D} \sqrt{\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}}} \, \mathrm{d}\sigma $, $ D $: $ \frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} \leqslant 1 $.

第三节 三重积分的概念与计算

下面，我们引入三重积分的概念，然后讨论三重积分的计算.

一、 三重积分的概念

设有一空间物体，它占有空间有界闭区域 $ \Omega $，物体上点 $ (x, y, z) $ 处的密度为连续函数 $ f(x, y, z) $，求物体的质量 M.

我们知道，若密度 $ f(x, y, z) = \rho_{0} $ （常数），即空间物体质量是均匀分布的，那么该物体的质量可以按照下列公式计算：

$$ 质量 = 密度 \times 体积 . $$

若密度函数 $ f(x, y, z) $ 是空间有界闭区域 $ \Omega $ 的连续函数，我们可以采用定积分概念中的四个步骤，用类似的方法来计算空间物体的质量。具体过程如下：

（1）化整为零 把空间有界闭区域 $ \Omega $ 划分成 n 个小的空间闭区域 $ \Delta v_{i} $， $ \Delta v_{2} $，…， $ \Delta v_{n} $ （注：第 i 个小的空间闭区域 $ \Delta v_{i} $ 的体积也记作 $ \Delta v_{i} $），则空间物体相应地被分成 n 个小块的空间物体.

（2）近似代替 由于密度 $ f(x, y, z) $ 连续，对每个小的空间物体，可近似地看作质量是均匀分布的。这样，在每个小的空间闭区域 $ \Delta v_{i} $ 上任取一点 $ (\xi_{i}, \eta_{i}, \zeta_{i}) $，以该点所对应的密度 $ f(\xi_{i}, \eta_{i}, \zeta_{i}) $ 作为第 i 小块物体的密度，于是第 i 小块物体的质量近似为

$$ f(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i})\Delta v_{i}\qquad\quad(i=1,~2,~\cdots,~n). $$

（3）积零为整 将所有各个小块空间物体的质量的近似值相加，便得到整个空间物体的质量的近似值：

$$ M\approx\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i})\Delta v_{i}. $$

（4）无限趋近 记 $ \lambda = \max_{1 \leq i \leq n} \{ \Delta v_i $ 的直径\}，当 $ \lambda \to 0 $ 时，如果上述和的极限存在，则此极限值就是非均匀分布空间物体质量的准确值，即

$$ M=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i})\Delta v_{i}. $$

定义 8.3.1 设 $ f(x, y, z) $ 是空间有界闭区域 $ \Omega $ 上的有界函数，将 $ \Omega $ 任意分成 n 个小闭区域

$$ \Delta v_{1}\;,\;\;\Delta v_{2}\;,\;\;\cdots\;,~\;\Delta v_{i}\;, $$

其中 $ \Delta v_i $ 表示第 $ i $ 个小闭区域，也表示它的体积，在每个 $ \Delta v_i $ 上任取一点 $ (\xi_i, \eta_i, \zeta_i) $，作乘积 $ f(\xi_i, \eta_i, \zeta_i) \Delta v_i $ ( $ i=1, 2, \cdots, n $)，并作和式 $ \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i, \eta_i, \zeta_i) \Delta v_i $。记各个小闭区域的直径的最大值为 $ \lambda $，如果当 $ \lambda $ 趋于零时这个和式的极限存在，则称此极限值为函数 $ f(x, y, z) $ 在闭区域 $ \Omega $ 上的三重积分，记作 $ \iiint_{\Omega} f(x, y, z) \, \mathrm{d}v $，即

$$ \iiint\limits_{\Omega}f(x,y,z)\mathrm{d}v=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i})\Delta v_{i}, $$

其中 $ f(x, y, z) $ 叫做被积函数， $ \Omega $ 叫做积分区域，dv 叫做体积元素.

可以证明，当函数 $ f(x, y, z) $ 在闭区域 $ \Omega $ 上连续时，（1）式右端的和式极限必定存在，也就是，函数 $ f(x, y, z) $ 在闭区域 $ \Omega $ 上的三重积分必定存在。以后我们总假定函数 $ f(x, y, z) $ 在闭区域 $ \Omega $ 上是连续的。三重积分有着与二重积分相类似的性质，这里就不再重复了。

由三重积分的定义可知，如果某物体占有空间闭区域 $ \Omega $，在点 $ (x, y, z) $ 处的密度为 $ f(x, y, z) $，且 $ f(x, y, z) $ 在 $ \Omega $ 上连续，则该物体的质量为

$$ M=\iiint\limits_{\Omega}f(x,\ y,\ z)\mathrm{d}v, $$

当被积函数 $ f(x,y,z)=1 $时，三重积分

$$ \iiint\limits_{\Omega}f(x,y,z)\mathrm{d}v=\iiint\limits_{\Omega}\mathrm{d}v, $$

其数值等于空间闭区域 $ \Omega $ 的体积，即

$$ V=\iiint\limits_{a}\mathrm{d}v. $$

二、 在直角坐标系下计算三重积分

当三重积分 $ \iiint_{\Omega} f(x, y, z) \, \mathrm{d}v $ 存在时，由于和式的极限与区域 $ \Omega $ 的划分方式无关，所以在空间直角坐标系下，我们可以用平行于三个坐标平面的三簇平

面去分割 $\Omega$，于是，除去包含边界点的那些小区域外，其余小闭区域都是长方体，其体积 $\Delta v = \Delta x \Delta y \Delta z$，因此在直角坐标系下，体积元素常常表示为 $dv = dxdydz$，从而三重积分也就表示为

$$ \iiint\limits_{\Omega}f(x,\ y,\ z)\mathrm{d}v=\iiint\limits_{\Omega}f(x,\ y,\ z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z. $$

下面，我们从三重积分的物理意义来讨论三重积分的计算.

设一空间物体占有空间区域 $ \Omega $，其上任一点处的密度为 $ f(x, y, z) $，并且假定 $ f(x, y, z) $ 在 $ \Omega $ 上连续。根据三重积分的物理意义知，此物体的质量就是密度函数 $ f(x, y, z) $ 在 $ \Omega $ 上的三重积分，即

$$ M=\iiint\limits_{a}f(x,\ y,\ z)\mathrm{d}v. $$

现在，我们从另一个角度来求此空间物体的质量.

假设平行于 z 轴且穿过闭区域 $ \Omega $ 内部的直线与闭区域 $ \Omega $ 的边界曲面相交不多于两点。把闭区域 $ \Omega $ 投影到 xOy 平面上，得一平面闭区域 $ D_{xy} $ （如图 8-23）.

以 $ D_{xy} $ 的边界为准线作母线平行于 z 轴的柱面，这柱面把 $ \Omega $ 的边界曲面中分出下底曲面和上顶曲面（可能有部分边界曲面在该柱面上，这部分称为侧面），它们的方程分别是

$$ \begin{aligned}\Sigma_{1}:&z=z_{1}(x,y),\\\Sigma_{2}:&z=z_{2}(x,y),\end{aligned} $$

其中， $ z_{1}(x,y) $ 与 $ z_{2}(x,y) $ 都是 $ D_{xy} $ 上的连续函数，且 $ z_{1}(x,y) \leqslant z_{2}(x,y) $。过 $ D_{xy} $ 内的任一点 $ (x,y) $ 作平行于 z 轴的直线，这直线通过曲面 $ \Sigma_{1} $ 穿入 $ \Omega $ 内，然后通过曲面 $ \Sigma_{2} $ 穿出 $ \Omega $ 外，穿入点 $ M_{1} $ 和穿出点 $ M_{2} $ 的竖坐标分别是 $ z_{1}(x,y) $ 和 $ z_{2}(x,y) $。这样，空间闭区域 $ \Omega $ 可表示为

$$ \Omega=\mid(x,y,z)\mid z_{1}(x,y)\leqslant z\leqslant z_{2}(x,y),\ (x,y)\in D_{xy}\mid. $$

先将 $ D_{xy} $ 内的点 $ (x, y) $ 固定起来，即将 $ f(x, y, z) $ 只看作是变量 z 的函数，则 $ f(x, y, z) $ 是分布在线段 $ M_{1}M_{2} $ 上的线密度，于是，线段 $ M_{1}M_{2} $ 的质量为

$$ F(x,y)=\int_{x_{1}(x,y)}^{x_{2}(x,y)}f(x,y,z)d z. $$

然后计算 $ F(x, y) $ 在平面闭区域 $ D_{xy} $ 的二重积分可得物体 V 的质量为

$$ M=\iint_{D_{xy}}F(x,y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_{D_{xy}}\left[\int_{x_{1}(x,y)}^{x_{2}(x,y)}f(x,y,z)\mathrm{d}z\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

结合两种计算质量的方法，就有

$$ \iiint_{\Omega}f(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\iint_{D_{xy}}\left[\int_{z_{1}(x,y)}^{z_{2}(x,y)}f(x,y,z)\mathrm{d}z\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

也记为

$$ \iiint_{\Omega}f(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\iint_{D_{xy}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\int_{z_{1}(x,y)}^{z_{2}(x,y)}f(x,y,z)\mathrm{d}z. $$

这样就把三重积分化为了先对z作定积分、再对x，y作二重积分的计算.

对于一般的连续函数 $ f(x, y, z) $，若空间闭区域 $ \Omega $在xOy平面上地投影区域为 $ D_{xy} $，且 $ \Omega $的下底曲面为 $ \Sigma_{1} $： $ z=z_{1}(x, y) $、上顶曲面为 $ \Sigma_{2} $： $ z=z_{2}(x, y) $，则空间闭区域 $ \Omega $可表示为

$$ \Omega=\{(x,y,z)\mid z_{1}(x,y)\leqslant z\leqslant z_{2}(x,y),(x,y)\in D_{xy}\}. $$

那么，三重积分 $ \iiint\limits_{\Omega} f(x, y, z) \, dx \, dy \, dz $ 就可化为如下的累次积分来计算，即

$$ \iiint_{\Omega}f(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\iint_{D_{x}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\int_{z_{1}(x,y)}^{z_{2}(x,y)}f(x,y,z)\mathrm{d}z. $$

在计算时，先将 x, y 看作常数，把 $ f(x, y, z) $ 只看作是变量 z 的函数，在区间 $ [z_1(x, y), z_2(x, y)] $ 上对 z 积分，积分的结果是 x, y 的函数；然后，在 $ D_{xy} $ 上对 x, y 计算二重积分，即可求出三重积分的值，这种积分顺序简称“先一后二”法，也称为将 $ \Omega $ “切条法”。

又假如平面闭区域 $ D_{xy} $ 是 X 型区域，可以用不等式

$$ y_{1}(x)\leqslant y\leqslant y_{2}(x),a\leqslant x\leqslant b $$

来表示，则三重积分 $ \iiint\limits_{\Omega} f(x, y, z) \, dx \, dy \, dz $ 可以进一步化为

$$ \iiint_{\Omega}f(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\int_{a}^{b}\mathrm{d}x\int_{y_{1}(x)}^{y_{2}(x)}\mathrm{d}y\int_{\varepsilon_{1}(x,y)}^{x_{2}(x,y)}f(x,y,z)\mathrm{d}z. $$

此公式表明，三重积分可化为先对z，次对y，最后对x的“三次积分”.

如果平行于 x 轴或 y 轴且穿过闭区域 Ω 内部的直线与 Ω 的边界曲面相交不多于两点，也可以把闭区域 Ω 投影到 yOx 平面上或 zOx 平面上，这样就可以把三重积分化为按其他次序的三次积分.

如果平行于坐标轴且穿过闭区域 $ \Omega $ 内部的直线与边界曲面的交点多于两个，则可将 $ \Omega $ 分成若干部分，使各部分符合上述条件，把 $ \Omega $ 上的三重积分化为各部分闭区域上的三重积分之和.

例1 计算三重积分 $ \iiint\limits_{\Omega} x \, dx \, dy \, dz $，其中 $ \Omega $ 为三个坐标面及平面 $ x+2y+z=1 $ 所围成的闭区域.

解 作空间闭区域 $ \Omega $ 如图 8-24 所示.

方法一 将 $ \Omega $ 投影到 xOy 面上，得投影区域 $ D_{xy} $。易知 $ D_{xy} $ 为三角形闭区域 OAB。直线 OA、OB 及 AB 的方程依次为 y=0、x=0 及 $ x+2y=1 $，所以 $ D_{xy} $ 可表示为

$$ D_{xy}=\{(x,y)\mid0\leqslant y\leqslant\frac{1-x}{2},0\leqslant x\leqslant1\}. $$

在 $ D_{xy} $ 内任取一点 $ (x, y) $，过此点作平行于 z 轴的直线，该直线通过平面 z=0 穿入 $ \Omega $ 内，然后通过平面 z=1-x-2y 穿出 $ \Omega $ 外。即在 $ D_{xy} $ 内，空间闭区域 $ \Omega $ 的下底曲面为 z=0、上顶曲面为 z=1-x-2y。

于是，由三重积分的计算公式得

$$ -15 $$

$$ \begin{aligned}\iiint\limits_{D}x\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z&=\iint\limits_{D_{xy}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\int_{0}^{1-x-2y}x\mathrm{d}z=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{\frac{1-x}{2}}\mathrm{d}y\int_{0}^{1-x-2y}x\mathrm{d}z\\&=\int_{0}^{1}x\mathrm{d}x\int_{0}^{\frac{1-x}{2}}\left(1-x-2y\right)\mathrm{d}y\\&=\frac{1}{4}\int_{0}^{1}\left(x-2x^{2}+x^{3}\right)\mathrm{d}x=\frac{1}{48}.\end{aligned} $$

方法二 将 $ \Omega $ 投影到 yOz 面上得投影区域

$$ D_{yz}=\{(y,z)\mid0\leqslant z\leqslant1-2y,0\leqslant y\leqslant\frac{1}{2}\}. $$

当点 $ (y, z) \in D_{yz} $ 时，相应的横坐标 $ x $ 在前后两个曲面 $ x = 0 $ 和 $ x = 1 - 2y - z $ 之间变化，于是三重积分可以化为先对 $ x $、次对 $ z $、最后对 $ y $ 的三次积分：

$$ \begin{aligned}\iiint\limits_{\Omega}x\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z&=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}y\int_{0}^{1-2y}\mathrm{d}z\int_{0}^{1-2y-z}x\mathrm{d}x=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}y\int_{0}^{1-2y}\frac{1}{2}(1-2y-z)^{2}\mathrm{d}z\\&=\int_{0}^{\frac{1}{2}}\frac{1}{6}(1-2y)^{3}\mathrm{d}y=\frac{1}{48}.\end{aligned} 三次积分 $$

将三重积分化为三次积分，可以选择的积分次序有6种．我们要根据积分区域和被积函数的特征，合理选择积分次序，达到计算简便的目的.

例2 求由旋转抛物面 $ z=\frac{1}{a}(x^{2}+y^{2})(a\gt 0) $ 及平面 z=a 所围成的立体的质量，假定立体上各点处的密度与该点到 z 轴的距离成正比.

解 该立体所占空间闭区域 $ \Omega $ 可表示为

$$ \frac{x^{2}+y^{2}}{a}\leqslant z\leqslant a,\quad(x,\ y)\in D,\ D=\left|\left(x,\ y\right)\right|x^{2}+y^{2}\leqslant a^{2}\mid. $$

立体在点（x, y, z）处的密度为

$$ f(x,y,z)=k\sqrt{x^{2}+y^{2}}, $$

其中 k 为比例常数．故所求立体的质量为先一后二

$$ \begin{aligned}M&=\iiint\limits_{D}k\sqrt{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\iint\limits_{D}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\int_{\frac{x^{2}+y^{2}}{a}}^{a}k\sqrt{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}z\\&=k\iint\limits_{D}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\left(a-\frac{x^{2}+y^{2}}{a}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=k\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{a}r\left(a-\frac{r^{2}}{a}\right)r\mathrm{d}r\\&\quad( 转化为极坐标计算 )\\&=2k\pi\left[\frac{a}{3}r^{3}-\frac{1}{5a}r^{5}\right]_{0}^{a}=\frac{4}{15}k\pi a^{4}.\end{aligned} $$

例3 求由抛物柱面 $ y=\sqrt{x} $ 及平面 x+z=1, y=0, z=0 所围成的立体在第一卦限部分的体积.

解 所围空间立体 $ \Omega $ 如图所示（如图 8-25）.

我们知道，空间立体的体积可以用被积函数为1的三重积分表示，即

$$ V=\iiint\limits_{D}1\cdot\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z. $$

立体 $ \Omega $ 在 xOy 面上的投影区域为

$$ D_{xy}=\left|\begin{array}{cc}(x,&y)\\ 0\leq y\leq\sqrt{x},&0\leq x\leq1\end{array}\right|, $$

立体 $ \Omega $可表示为

$$ \Omega=\left|\left(x,y,z\right)\right|0\leqslant z\leqslant1-x,\left(x,y\right)\in D_{xy}\mid, $$

于是，所求体积为

$$ \begin{aligned}V&=\iiint\limits_{D}^{}1\cdot\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\iint\limits_{D_{xy}}^{}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\int_{0}^{1-x}1\cdot\mathrm{d}z=\iint\limits_{D_{xy}}^{}\left(1-x\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{1}\left(1-x\right)\mathrm{d}x\int_{0}^{\sqrt{x}}\mathrm{d}y=\int_{0}^{1}\sqrt{x}\left(1-x\right)\mathrm{d}x=\frac{4}{15}.\end{aligned} $$

对三重积分 $ \iiint_{\Omega} f(x, y, z) \, \mathrm{d}v $，如果积分区域 $ \Omega $ 界于平面 $ z = a $ 与 $ z = b $ ( $ a \lt b $) 之间，且对任一个 $ z_0 \in [a, b] $，平面 $ z = z_0 $ 与 $ \Omega $ 相交的部分是一平面区域 $ D(z_0) $（如图 8-26），则三重积分的计算可化为先对 x，y 求二重积分，再对 z

求定积分，即

$$ \iiint_{\Omega}f(x,y,z)\mathrm{d}v=\int_{a}^{b}\mathrm{d}z\iint_{D_{x}}f(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

在计算时，先将 z 看作常数，把 $ f(x, y, z) $ 看作 x, y 的函数，在平面区域 $ D_z $ 上对 x, y 计算二重积分，积分结果是 z 的函数；然后再在区间 $ [a, b] $ 上对 z 计算定积分，即可求得三重积分之值，这种积分顺序简称为“先二后一”法。也称为对 $ \Omega $ 的“切片法”。

例 4 计算 $ \iiint_{\Omega} z \, dx \, dy \, dz $，其中 $ \Omega $ 是椭球体

$ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} \leq 1 $ 的上半部分（即 $ z \geq 0 $）。

解 空间闭区域 $ \Omega $ 是半个椭球体（如图 8-27），它在 z 轴上的投影为区间 $ [0, c] $；在区间 $ [0, c] $ 内任取一点 z，过该点作平行于 xOy 面的平面，与椭球体的截面为一椭圆面 $ D_{z} $， $ D_{z} $ 可表示为

$$ D_{x}=\{(x,y)|\frac{x^{2}}{a^{2}(1-\frac{z^{2}}{c^{2}})}+\frac{y^{2}}{b^{2}(1-\frac{z^{2}}{c^{2}})}\leqslant1.\}, $$

于是空间闭区域Ω可表示为

$$ \Omega=\{(x,y,z)\mid(x,y)\in D_{s},0\leqslant z\leqslant c\}, $$

用 “先二后一” 法得

$$ \iiint\limits_{\Omega}z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\int_{0}^{c}z\mathrm{d}z\iint\limits_{D_{i}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{0}^{c}\pi a b\bigg(1-\frac{z^{2}}{c^{2}}\bigg)z\mathrm{d}z=\frac{\pi}{4}a b c^{2}, $$

其中， $ \pi ab\left(1-\frac{z^{2}}{c^{2}}\right) $ 是截面椭圆 $ D_{z} $ 的面积.

由本例可见，如果被积函数只是单个变量 z（或 x 或 y）的函数，并且空间闭区域 $ \Omega $ 其垂直于 z 轴（或 x 轴或 y 轴）的截面面积容易求出，则利用“先二后一”法，将三重积分化为先计算一个二重积分，再计算一个定积分会较为方便.

三、 在柱面坐标系下计算三重积分

设 $ M(x, y, z) $ 为直角坐标系中的一点，它在 xOy 面上的投影点 P 的极坐标为 $ (r, \theta) $ （在 xOy 面上，取原点为极点，极轴重合于 x 轴），则有序数组 r, $ \theta $, z 就叫做点 M 的柱面坐标（如图 8-28），记为 $ M(r, \theta, z) $。实际上，r

是点 M 与 z 轴的距离， $ \theta $ 是通过 z 轴及点 M 的半平面与 xOz 面所成的角，而 z 还是点 M 在直角坐标系中的竖坐标. 这里规定 r， $ \theta $，z 的变化范围为

$$ 0\leqslant r\leqslant+\infty,0\leqslant\theta\leqslant2\pi,-\infty\leqslant z\leqslant+\infty. $$

在柱面坐标中，三组坐标面分别为

r= 常数，即以 z 轴为中心的圆柱面；

$ \theta= $ 常数，即过z轴的半平面；

z= 常数，即与 xOy 面平行的平面.

显然，空间同一点 M 的直角坐标与柱面坐标间的关系为

$$ \{\begin{aligned}{x=r\operatorname{c o s}\theta,}\\ {y=r\operatorname{s i n}\theta,}\\ {z=z.}\\ \end{aligned}. $$

现在利用柱面坐标来计算三重积分. 我们知道, 当三重积分 $ \iiint_{\Omega} f(x, y, z) \, \mathrm{d}v $ 存在时, 其值与空间闭区域 $ \Omega $ 的划分方式无关. 为此, 我们用三组坐标面 $ r = $ 常数, $ \theta = $ 常数, $ z = $ 常数, 把 $ \Omega $ 分成许多小闭区域. 这样, 除了含 $ \Omega $ 的边界点的一些不规则小闭区域外, 其余小闭区域都是柱体. 现考虑由 $ r, \theta, z $ 各取得微小增量 $ dr, d\theta, dz $ 时所成的体积微元 (如图 8-29), 该小柱体的体积等于底面积与高的乘积. 由于底面积的微元为 $ rdrd\theta $, 高为 $ dz $, 故该小柱体的体积微元

$$ \mathrm{d}v=r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta\mathrm{d}z, $$

这也就是柱面坐标中的体积元素. 于是, 有

$$ \iiint_{\Omega}f(x,y,z)\mathrm{d}v=\iiint_{\Omega}f(r\cos\theta,r\sin\theta,z)r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta\mathrm{d}z, $$

其中 $ \Omega $ 的边界曲面由柱面坐标表示.

从上述公式可以看出，要将直角坐标下的三重积分化为柱面坐标的三重积

分，只要将被积函数中的 $x$，$y$ 分别换成 $r\cos\theta$，$r\sin\theta$，同时保持 $z$ 不变，并将直角坐标中的体积元素 $\mathrm{d}v = \mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$ 换成柱面坐标中的体积元素 $\mathrm{d}v = r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta\mathrm{d}z$ 即可。

柱面坐标中的三重积分也化为三次积分进行计算．化为三次积分时，积分限是根据 r，θ，z 在积分区域 Ω 中的变化范围来确定的．例如，如果空间闭区域 Ω 在 xOy 面上的投影区域为 D，且 Ω 可表示为

$$ \Omega=\left|\left(r,\ \theta,\ z\right)\ \right|z_{1}(r,\ \theta)\leqslant z\leqslant z_{2}(r,\ \theta),\ \left(r,\ \theta\right)\in D\}, $$

那么，在柱面坐标系下，三重积分就可以化为对z的定积分与在D上对r， $ \theta $的二重积分的复合形式，即

$$ \iiint_{\Omega}f(x,y,z)\mathrm{d}v=\iint_{D}r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta\int_{z_{1}(r,\theta)}^{z_{2}(r,\theta)}f(r\cos\theta,r\sin\theta,z)\mathrm{d}z. $$

例5 计算 $ I = \iiint_{\Omega} \sqrt{x^{2} + y^{2}} \, dx \, dy \, dz $，其中空间闭区域 $ \Omega $ 是由柱面 $ x^{2} + y^{2} = 16 $，平面 $ y + z = 4 $ 和 z = 0 所围成的.

解 空间闭区域 $ \Omega $ 在 xOy 面上的投影区域 $ D_{xy} $ 为圆域： $ x^{2}+y^{2}\leq16 $.

用柱面坐标可以表示为 $ 0 \leq \theta \leq 2\pi $， $ 0 \leq r \leq 4 $。

而当 $ (x, y) \in D_{xy} $ 时，空间闭区域 $ \Omega $ 介于下底曲面 $ z = 0 $ 和上顶曲面 $ z = 4 - y $ 之间，这两个曲面用柱面坐标表达即是

$$ \Sigma_{ 下 }:\ z=0\text{；}\Sigma_{ 上 }:\ z=4-r\sin\theta. $$

于是有

$$ \begin{aligned}I&=\iiint\limits_{\Omega}\boldsymbol{r}\cdot\boldsymbol{r}\mathrm{d}\boldsymbol{r}\mathrm{d}\theta\mathrm{d}z=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{4}r^{2}\mathrm{d}r\int_{0}^{4-r\sin\theta}\mathrm{d}z\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{4}r^{2}(4-r\sin\theta)\mathrm{d}r\\&=\int_{0}^{2\pi}\left(\frac{256}{3}-64\sin\theta\right)\mathrm{d}\theta=\frac{512}{3}\pi.\end{aligned} $$

例6 计算 $ \iiint\limits_{\Omega}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\,dv $，其中 $ \Omega $ 是由不等式 $ z\geqslant x^{2}+y^{2} $， $ 1\leqslant z\leqslant4 $ 所围成的空间闭区域.

解 空间闭区域 $ \Omega $ 如图所示（如图 8-30）.

方法一 我们可以将闭区域 $ \Omega $ 看作是两个旋转抛物体相减以后的部分，就是说，记 $ \Omega_1 $ 是由旋转抛物面 $ z = x^2 + y^2 $ 与平面 $ z = 1 $ 所围的立体， $ \Omega_2 $ 是由旋转抛物面 $ z = x^2 + y^2 $ 与平面 $ z = 4 $ 所围的立体，则 $ \Omega = \Omega_2 - \Omega_1 $。在柱面坐标系下， $ \Omega_1 $ 和 $ \Omega_2 $ 可分别表示为

$$ \Omega_{1}=\{(r,\ \theta,\ z)\mid r^{2}\leqslant z\leqslant1,\ 0\leqslant\theta\leqslant2\pi,\ 0\leqslant r\leqslant1\}, $$

$$ \Omega_{2}=\{(r,\ \theta,\ z)\mid r^{2}\leqslant z\leqslant4,\ 0\leqslant\theta\leqslant2\pi,\ 0\leqslant r\leqslant2\}, $$

于是有

$$ \begin{aligned}\iiint\limits_{\Omega}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}v&=\iiint\limits_{\Omega_{2}}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}v-\iiint\limits_{\Omega_{1}}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}v\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{2}r\mathrm{d}r\int_{r^{2}}^{4}r\mathrm{d}z-\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}r\mathrm{d}r\int_{r^{2}}^{1}r\mathrm{d}z\\&=2\pi\int_{0}^{2}r^{2}(4-r^{2})\mathrm{d}r-2\pi\int_{0}^{1}r^{2}(1-r^{2})\mathrm{d}r\\&=\frac{124}{15}\pi.\end{aligned} $$

方法二 我们可以将闭区域 $ \Omega $ 看作是一个圆柱体和一个类似于“壳”的立体的和. 就是说，如果我们记

$$ \Omega_{3}=\left|\begin{array}{l l l}(r,&\theta,&z)\end{array}\right|1\leq z\leq4,0\leq\theta\leq2\pi,0\leq r\leq1\mid, $$

$$ \Omega_{4}=\left|\left(r,\ \theta,\ z\right)\ \right|r^{2}\leqslant z\leqslant4 ,\ 0\leqslant\theta\leqslant2\pi,\ 1\leqslant r\leqslant2\left|\right|, $$

则有 $ \Omega = \Omega_{3} + \Omega_{4} $，于是有

$$ \begin{aligned}\iiint\limits_{\Omega}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}v&=\iiint\limits_{\Omega_{3}}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}v+\iiint\limits_{\Omega_{4}}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}v\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}r\mathrm{d}r\int_{1}^{4}r\mathrm{d}z+\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{1}^{2}r\mathrm{d}r\int_{r^{2}}^{4}r\mathrm{d}z\\&=2\pi\int_{0}^{1}3r^{2}\mathrm{d}r+2\pi\int_{1}^{2}r^{2}(4-r^{2})\mathrm{d}r=\frac{124}{15}\pi.\end{aligned} $$

方法三 采用“先二后一”法，将闭区域Ω投影到z轴上，z的取值范围是 $ 1\leq z\leq4 $。在（1，4）内任取一点z，过点（0，0，z）作平行于xOy面的平面，该平面与空间闭区域Ω的截面 $ D_{z} $为圆域 $ x^{2}+y^{2}\leq z $，在极坐标系中 $ D_{z} $可表示为

$$ D_{z}=\left|\begin{array}{l l l}(r,&\theta,&z)\end{array}\right|0\leqslant r\leqslant\sqrt{z},0\leqslant\theta\leqslant2\pi\text{,} $$

因此，在柱面坐标系中空间闭区域 $ \Omega $ 可表示为

$$ \Omega=\left|\left(r,\ \theta,\ z\right)\ \right|\left(r,\ \theta\right)\in D_{z},\ 1\leqslant z\leqslant4\left|\right|, $$

于是

$$ \begin{aligned}\iiint\limits_{D}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}v&=\int_{0}^{4}\mathrm{d}z\iint\limits_{D_{z}}r\cdot r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta=\int_{0}^{4}\mathrm{d}z\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\sqrt{r}}r^{2}\mathrm{d}r\\&=\frac{2\pi}{3}\int_{0}^{4}z^{\frac{3}{2}}\mathrm{d}z=\frac{124}{15}\pi.\end{aligned} $$

当积分区域 $ \Omega $ 关于坐标面 xOy 对称时，若被积函数 $ f(x, y, z) $ 关于 z 是偶函数，即 $ f(x, y, z) = f(x, y, -z) $，则有

$$ \iiint\limits_{a}f(x,\ y,\ z)\mathrm{d}v=2\iiint\limits_{a_{1}}f(x,\ y,\ -z)\mathrm{d}v, $$

其中 $ \Omega_{上} $ 是区域 $ \Omega $ 在 xOy 平面之上方的部分，若被积函数 $ f(x, y, z) $ 关于 z 是奇函数，即 $ f(x, y, -z) = -f(x, y, z) $，则

$$ \iiint_{\Omega}f(x,y,z)\mathrm{d}v=0. $$

当 $ \Omega $ 关于其他坐标面对称时，有类似的结论. 下面举例说明.

例7 计算 $ I=\iiint\limits_{\Omega}(x+y+z)^{2}dv $，其中 $ \Omega $ 是由 $ x^{2}+y^{2}\leq1, -1\leq z\leq1 $ 所围的区域.

解 $ I=\iiint_{\Omega}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)\mathrm{d}v+2\iiint_{\Omega}\left(xy+yz+zx\right)\mathrm{d}v. $

因为积分区域 $ \Omega $ 关于 yOz 面对称，且函数 xy 关于 x 是奇函数，故 $ \iiint_{\Omega} xydv = 0 $.

同理，有 $ \iiint_{\Omega} yz dv = 0, \iiint_{\Omega} zx dv = 0 $.

记 $ \Omega_1 $ 为 $ \Omega $ 在 $ z \geq 0 $ 的部分. 因为积分区域 $ \Omega $ 关于 xOy 面对称, 且函数 $ x^2 + y^2 + z^2 $ 关于 z 是偶函数, 故

$$ \iiint_{\Omega}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)\mathrm{d}v=2\iiint_{\Omega_{1}}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)\mathrm{d}v. $$

在柱面坐标系中， $ \Omega_{l} $ 可表示为

$$ \Omega_{1}=\{(r,\ \theta,\ z)\mid0\leqslant z\leqslant1,\ 0\leqslant\theta\leqslant2\pi,\ 0\leqslant r\leqslant1\}. $$

于是有

$$ \begin{aligned}I&=2\iiint_{D_{1}}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)\mathrm{d}v=2\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}r\mathrm{d}r\int_{0}^{1}\left(r^{2}+z^{2}\right)\mathrm{d}z\\&=4\pi\int_{0}^{1}\left(r^{3}+\frac{1}{3}r\right)\mathrm{d}r=\frac{5}{3}\pi.\end{aligned} $$

四、 在球面坐标系下计算三重积分

我们先介绍空间点的球坐标.

设 $ M(x, y, z) $ 为空间的一点，M 到原点的距离记作 $ \rho $，向径 $ \overrightarrow{OM} $ 与 z 轴正向的夹角记作 $ \varphi $ ( $ 0 \leq \varphi \leq \pi $)，M 在 xOy 坐标面上的投影点 P 的极角记作 $ \theta $ ( $ 0 \leq \theta \leq 2\pi $)（如图 8-31），则有序数组 $ (\rho, \varphi, \theta) $ 与点 M 有一一对应的关系，我们称 $ (\rho, \varphi, \theta) $ 为点 M 的球坐标。记为 $ M(\rho, \varphi, \theta) $。

这里规定 $ \rho $， $ \varphi $， $ \theta $的变化范围为

$$ 0\leqslant\rho\leqslant+\infty,0\leqslant\varphi\leqslant\pi,0\leqslant\theta\leqslant2\pi. $$

在球面坐标系中，三组坐标面分别为

$ \rho= $ 常数，即以原点为中心的球面；

$ \varphi= $ 常数，即以原点为顶点，z轴为轴的圆锥面；

$ \theta= $ 常数，即过z轴的半平面.

设点 P 在 x 轴上的投影为 A，则 OA=x，AP=y，PM=z，又

$$ OP=\rho\sin\varphi,\quad z=\rho\cos\varphi, $$

因此，点 M 的直角坐标与球面坐标间的关系为

$$ \{\begin{aligned}{}&{{}x=O P\cdot\operatorname{c o s}\theta=\rho\operatorname{s i n}\varphi\operatorname{c o s}\theta,}\\ {}&{{}y=O P\cdot\operatorname{s i n}\theta=\rho\operatorname{s i n}\varphi\operatorname{s i n}\theta,}\\ {}&{{}z=\rho\operatorname{c o s}\varphi.}\\ \end{aligned}. $$

现在利用球面坐标来计算三重积分。我们知道，当三重积分 $ \iint_{\Omega} f(x, y, z) \, \mathrm{d}v $ 存在时，其值与空间闭区域 $ \Omega $ 的划分方式无关。为此，我们用三组坐标面 $ \rho = $ 常数， $ \varphi = $ 常数， $ \theta = $ 常数，把 $ \Omega $ 分成许多小闭区域。这样，除了含 $ \Omega $ 的边界点的一些不规则小闭区域外，其余小闭区域都是六面体。现考虑由 $ \rho $， $ \varphi $， $ \theta $ 各取得微小增量 $ \mathrm{d}\rho $， $ \mathrm{d}\varphi $， $ \mathrm{d}\theta $ 所成的小六面体（如图 8-32）。

将该六面体看作长方体，其经线方向的长为 $ \rho \, d\varphi $，纬线方向的宽为 $ \rho \sin \varphi \, d\theta $，向径方向的高为 $ d\rho $，故小六面体的体积微元为

$$ \mathrm{d}v=\rho^{2}\sin\varphi\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta, $$

这也就是球面坐标中的体积元素. 于是, 有

$$ \iiint\limits_{\Omega}f(x,\ y,\ z)\mathrm{d}v=\iiint\limits_{\Omega}f(\rho\sin\varphi\cos\theta,\ \rho\sin\varphi\sin\theta,\ \rho\cos\varphi)\rho^{2}\sin\varphi\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta, $$

其中 $ \Omega $ 的边界曲面由球面坐标表示.

从上述公式可以看出，要将直角坐标系的三重积分化为球面坐标系的三重积分，只要将被积函数中的 x, y, z 分别换成 $ \rho \sin \varphi \cos \theta $, $ \rho \sin \varphi \sin \theta $, $ \rho \cos \varphi $, 并将体积元素 dv 换成球面坐标系中的体积元素 $ dv = \rho^2 \sin \varphi dr d\varphi d\theta $ 即可.

球面坐标系中的三重积分也化为三次积分进行计算．化为三次积分时，积分限是根据 $ \rho $， $ \varphi $， $ \theta $ 在积分区域 $ \Omega $ 中的变化范围来确定的．一般总是将球面坐标系中的三重积分化为先对 $ \rho $，再对 $ \varphi $，最后对 $ \theta $ 的三次积分.

例如，如果空间闭区域 $ \Omega $ 的边界曲面是一个包含原点的闭曲面，其球面坐标方程为 $ \rho = \rho(\varphi, \theta) $，则 $ \Omega $ 可表示为

$$ \Omega=\left|\left(\rho,\ \varphi,\ \theta\right)\right|\left|0\leqslant\rho\leqslant\rho\left(\varphi,\ \theta\right),\ 0\leqslant\varphi\leqslant\pi,\ 0\leqslant\theta\leqslant2\pi\right|, $$

那么，在球面坐标系下，三重积分就可以化为先对 $ \rho $，再对 $ \varphi $，最后对 $ \theta $ 的三次积分，即

$$ \iiint\limits_{\Omega}f(x,y,z)\mathrm{d}v=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\pi}\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{r(\varphi,\theta)}F(\rho,\varphi,\theta)\rho^{2}\mathrm{d}\rho, $$

其中， $ F(\rho, \varphi, \theta) = f(\rho \sin \varphi \cos \theta, \rho \sin \varphi \sin \theta, \rho \cos \varphi) $.

又如果空间闭区域 $ \Omega $ 是由球面 $ \rho = a $ 所围成的球体，且 $ f(x, y, z) = 1 $ 时，由上式可得球的体积

$$ V=\iiint\limits_{\Omega}\mathrm{d}v=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\pi}\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{a}1\cdot\rho^{2}\mathrm{d}\rho=\frac{4}{3}\pi a^{3}, $$

这是我们所熟知的公式.

例8 计算 $ I=\iiint_{\Omega}\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}dv $，其中 $ \Omega $ 是球体 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq x $.

解 在球面坐标系中， $ \Omega $（如图8-33）可表示为

$$ \Omega=\{(\rho,\varphi,\theta)|-\frac{\pi}{2}\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{2},0\leqslant\varphi\leqslant\pi,0\leqslant\rho\leqslant\sin\varphi\cos\theta\}. $$

故

$$ \begin{aligned}I&=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{\sin\varphi\cos\theta}\rho\cdot\rho^{2}\sin\varphi\mathrm{d}\rho=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\pi}\sin\varphi\cdot\frac{1}{4}\sin^{4}\varphi\cos^{4}\theta\mathrm{d}\varphi\\&=\frac{1}{4}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{4}\theta\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\pi}\sin^{5}\varphi\mathrm{d}\varphi=\frac{\pi}{10}.\end{aligned} $$

由本例可见，当被积函数为关于 $ (x^{2}+y^{2}+z^{2}) $ 的表达式，Ω 为球或球的一部分，适宜用球坐标计算三重积分.

例9 计算 $ I=\iiint\limits_{\Omega}\left(x^{2}+y^{2}\right)dv $，其中 $ \Omega $ 为锥面 $ x^{2}+y^{2}=z^{2} $ 与平面 $ z=a(a\gt 0) $ 所围的立体.

解 空间闭区域 $ \Omega $ 如图所示（如图 8-34）.

方法一 在球面坐标中，平面 z=a 表示为 $ \rho=\frac{a}{\cos\varphi} $，故积分区域 $ \Omega $ 可表示为

$$ \Omega=\{(\rho,\varphi,\theta)\mid0\leqslant\theta\leqslant2\pi,0\leqslant\varphi\leqslant\frac{\pi}{4},0\leqslant\rho\leqslant\frac{a}{\cos\varphi}\}. $$

于是有

$$ \begin{align*}I&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{\frac{a}{\cos\varphi}}\rho^{2}\sin^{2}\varphi\cdot\rho^{2}\sin\varphi\mathrm{d}\rho\\&=2\pi\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sin^{3}\varphi\cdot\frac{1}{5}\left(\frac{a^{5}}{\cos^{5}\varphi}-0\right)\mathrm{d}\varphi\\&=\frac{2\pi a^{5}}{5}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\tan^{3}\varphi\cdot\sec^{2}\varphi\mathrm{d}\varphi=\frac{1}{10}\pi a^{5}.\end{align*} $$

方法二 本题也可以采用柱面坐标计算. 在柱面坐标中, 积分区域 $ \Omega $ 可表示为

$$ \Omega=|(r,\ \theta,\ z)\ |0\leqslant\theta\leqslant2\pi,\ 0\leqslant r\leqslant a,\ r\leqslant z\leqslant a|. $$

于是有

$$ I=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{a}r\mathrm{d}r\int_{r}^{a}r^{2}\mathrm{d}z=2\pi\int_{0}^{a}r^{3}(a-r)\mathrm{d}r=\frac{\pi}{10}a^{5}. $$

本例采用柱面坐标计算更简便。如果将本例中 $ \Omega $ 改为抛物面 $ x^{2}+y^{2}=z $ 与平面 $ z=a(a\gt 0) $ 所围，依然分别使用球面坐标和柱面坐标进行计算，运算过

程会有哪些变化？请读者思考.

例 10 求半径为 R 的球面与半顶角为 $ \alpha $ 的内接圆锥面所围成的立体（如图 8-35）的体积.

解 设球面通过原点 $O$，球心在 $z$ 轴，而内接锥面的顶点在原点 $O$，其轴与 $z$ 轴重合，则球面方程为 $\rho = 2R\cos\theta$，锥面方程为 $\varphi = \alpha$。于是立体所占的空间闭区域 $\Omega$ 可表示为

$$ \begin{aligned}\Omega=\{\begin{array}{ll}(\rho,\varphi,\theta)&|0\leqslant\rho\leqslant2R\cos\varphi,\\0\leqslant\varphi\leqslant\alpha,&0\leqslant\theta\leqslant2\pi\end{array}\}.\end{aligned} $$

所求立体的体积为

$$ \begin{array}{l}V=\iiint\limits_{\Omega}\mathrm{d}v=\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\alpha}\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{2R\cos\varphi}\rho^{2}\mathrm{d}\rho\\=2\pi\int_{0}^{\alpha}\sin\varphi\cdot\frac{1}{3}\cdot8R^{3}\cos^{3}\varphi\mathrm{d}\varphi\\=\frac{16\pi R^{3}}{3}\int_{0}^{\alpha}\sin\varphi\cdot\cos^{3}\varphi\mathrm{d}\varphi=\frac{4\pi R^{3}}{3}(1-\cos^{4}\alpha).\end{array} $$

五、 三重积分的换元法

关于三重积分的换元法，与二重积分类似，这里作简单介绍.

设 $ f(x, y, z) $在空间闭区域 $ \Omega $上连续，如果变换

$$ \{\begin{aligned}{}&{{}x=x(\begin{array}{l l l}{u,}&{v,}&{w}\\ \end{array}),}\\ {}&{{}y=y(\begin{array}{l l l}{u,}&{v,}&{w}\\ \end{array}),}\\ {}&{{}z=z(\begin{array}{l l l}{u,}&{v,}&{w}\\ \end{array}),}\\ \end{aligned}. $$

将空间 O-uvw 中的闭区域 $ \Omega' $ 变为空间 O-xyz 中的闭区域 $ \Omega $，且满足

（1）变换中的三个函数 $ x=x(u, v, w) $， $ y=y(u, v, w) $， $ z=z(u, v, w) $ 在 $ \Omega' $ 上具有一阶连续偏导数；

(2) 在 $ \Omega' $ 上雅可比行列式

$$ J=\frac{\partial(x,y,z)}{\partial(u,v,w)}=\left|\begin{array}{ccc}\frac{\partial x}{\partial u}&\frac{\partial x}{\partial v}&\frac{\partial x}{\partial w}\\\frac{\partial y}{\partial u}&\frac{\partial y}{\partial v}&\frac{\partial y}{\partial w}\\\frac{\partial z}{\partial u}&\frac{\partial z}{\partial v}&\frac{\partial z}{\partial w}\end{array}\right|\neq0\,; $$

（3）该变换是 $ \Omega' $ 到 $ \Omega $ 之间的一一对应，则有

$$ \iiint\limits_{\Omega}f(x,\ y,\ z)\mathrm{d}v=\iiint\limits_{\Omega}f[x(u,\ v,\ w),\ y(u,\ v,\ w),\ z(u,\ v,\ w)]\cdot\mid J\mid\mathrm{d}u\mathrm{d}v\mathrm{d}w. $$

作为一种特殊情况，我们可以验证在球坐标变换 $ x = \rho \sin \varphi \cos \theta $， $ y = \rho \sin \varphi \sin \theta $， $ z = \rho \cos \varphi $ 下的雅可比行列式，

$$ \rho^{2}\sin\varphi $$

这与前面得到的结果是一致的.

例11 计算 $ I = \iiint_{\Omega} \sqrt{1 - \frac{x^2}{a^2} - \frac{y^2}{b^2} - \frac{z^2}{c^2}} \, \mathrm{d}v $，其中 $ \Omega $ 是由椭球面 $ \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} = 1 $ 所围成的闭区域.

解 作广义球坐标变换

$$ x=a\rho\sin\varphi\cos\theta,~y=b\rho\sin\varphi\sin\theta,~z=c\rho\cos\varphi, $$

变换的雅可比行列式

$$ J=\frac{\partial(x,\ y,\ z)}{\partial(\rho,\ \varphi,\ \theta)}=abc\rho^{2}\sin\varphi. $$

又在此变换下，椭球面方程变为 $ \rho=1 $，故在新坐标系中，

$$ \Omega^{\prime}=\{(\rho,\ \varphi,\ \theta)\ |0\leqslant\rho\leqslant1,\ 0\leqslant\varphi\leqslant\pi,\ 0\leqslant\theta\leqslant2\pi\} $$

从而

$$ \begin{aligned}I&=\iiint\limits_{D}\sqrt{1-\rho^{2}}\cdot a b c\rho^{2}\sin\varphi\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta\\&=a b c\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\pi}\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{1}\sqrt{1-\rho^{2}}\cdot\rho^{2}\mathrm{d}\rho\\&=\frac{1}{4}a b c\pi^{2}.\end{aligned} $$

习题8-3

1. 将三重积分 $ I = \iiint_{\Omega} f(x, y, z) \, \mathrm{d}v $ 化为三次积分，其中积分区域 $ \Omega $ 分别为

（1）由圆柱面 $ x^{2}+y^{2}=4 $ 及平面 z=x+y+10，z=0 所围成的闭区域；

（2）由曲面 $ 3x^{2}+y^{2}=z $ 及 $ z=1-x^{2} $ 所围成的闭区域；

（3）由曲面 $ z=x^{2}+y^{2} $， $ y=x^{2} $ 及平面 y=1，z=0 所围成的闭区域；

（4）由半球面 $ z=\sqrt{1-x^{2}-y^{2}} $ 及锥面 $ z=\sqrt{x^{2}+y^{2}} $ 所围成的闭区域.

1. 计算下列三重积分：

(1) $ \iiint_{D}\frac{1}{\left(1+x+y+z\right)^{3}}\mathrm{d}v $，其中 $ \Omega $ 为平面 x=0, y=0, z=0, $ x+y+z=1 $ 所围成的四面体；

(2) $ \iiint\limits_{\Omega} xyzdv $，其中 $ \Omega $ 为球面 $ x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1 $ 及三个坐标面所围成的在第一卦限内的闭

区域：

(3) $ \iiint_{\Omega} xz \, dv $，其中 $ \Omega $ 为平面 z=0, z=y, y=1 以及抛物柱面 $ y=x^{2} $ 所围成的闭区域；

(4) $ \iiint_{D}z\,dv $，其中 $ \Omega $ 为锥面 $ z=\frac{h}{R}\sqrt{x^{2}+y^{2}} $ 与平面 $ z=h(R\gt 0, h\gt 0) $ 所围成的闭区域；

(5) $ \iiint_{\Omega} z^{2} dv $，其中 $ \Omega $ 为两个球体 $ x^{2} + y^{2} + z^{2} \leqslant R^{2} $ 和 $ x^{2} + y^{2} + z^{2} \leqslant 2Rz (R \gt 0) $ 的公共部分.

1. 一物体占有的空间闭区域 $ \Omega $ 由锥面 $ z = \sqrt{x^2 + y^2} $，与平面 z = 0， $ \left|x\right| = 1 $， $ \left|y\right| = 1 $ 所围成，在点 $ (x, y, z) $ 处的密度为 $ f(x, y, z) = z $，求该物体的质量.

1. 利用柱面坐标计算下列三重积分：

(1) $ \iint_{\Omega} e^{-x^{2}-y^{2}} dv $，其中 $ \Omega $ 是曲面 $ x^{2}+y^{2}=1 $ 和平面 z=0，z=1 所围成的闭区域；

(2) $ \iiint_{\Omega} z \, dv $，其中 $ \Omega $ 是曲面 $ z = \sqrt{2 - x^{2} - y^{2}} $ 及 $ z = x^{2} + y^{2} $ 所围成的闭区域；

(3) $ \iiint_{\Omega}\left(x^{2}+y^{2}\right)dv $，其中 $ \Omega $ 是曲面 $ z=\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2}) $ 和平面 z=2 所围成的闭区域；

(4) $ \iiint_{D}(x^{3}+xy^{2})dv $，其中 $ \Omega $ 是曲面 $ x^{2}+(y-1)^{2}=1 $ 和平面 z=0，z=2 所围成的闭区域.

1. 利用球面坐标计算三重积分：

(1) $ \iiint_{\Omega} \sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}} \, dv $，其中 $ \Omega $ 是球面 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=R^{2} $ 所围成的闭区域；

(2) $ \iiint_{D}z\,dv $，其中 $ \Omega $ 是由不等式 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}\leqslant2Rz(R\gt 0) $， $ z\geqslant\sqrt{x^{2}+y^{2}} $ 所确定的闭区域；

(3) $ \iiint_{\Omega} \sqrt{1-x^{2}-y^{2}-z^{2}} \, dv $，其中 $ \Omega $ 是不等式 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq1 $， $ z\geq\sqrt{x^{2}+y^{2}} $ 所确定的闭区域.

1. 选取适当的坐标计算下列三重积分：

(1) $ \iiint_{\Omega} xydv $，其中 $ \Omega $ 是柱面 $ x^{2}+y^{2}=1 $ 及平面 z=0, z=1, x=0, y=0 所围成的在第一卦限内的闭区域；

(2) $ \iiint_{\Omega} \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}} \, dv $，其中 $ \Omega $ 是球面 $ x^{2} + y^{2} + z^{2} = z $ 所围的闭区域；

(3) $ \iiint_{\Omega} (x^{2} + y^{2}) \, dv $，其中 $ \Omega $ 是由曲面 $ 4z^{2} = 25(x^{2} + y^{2}) $ 及平面 z = 5 所围的闭区域；

(4) $ \iiint_{D} x\mathrm{e}^{\frac{x^{2}+y^{2}+z^{2}}{a^{2}}}\mathrm{d}v $，其中 $ \Omega $ 是球面 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2} $ 所围的在第一卦限内的闭区域.

1. 球心在原点，半径为 R 的球体，在其上任意一点的体密度与该点到球心的距离成正比，求这球体的质量.

1. 选取适当的坐标变换计算下列三重积分：

(1) $ \iiint_{\Omega}(x+y+z)dv $，其中 $ \Omega $ 是球面 $ (x-1)^2+(y-1)^2+(z-1)^2=1 $ 所围成的闭区域；

(2) $ \iiint_{D}e\sqrt{\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}}dv $，其中Ω是椭球面 $ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}=1 $所围成的闭区域.

第四节 重积分的应用

本节首先推导用二重积分计算曲面面积的公式。然后给出重积分的统一定义，再讨论重积分在物理上的一些应用，如有质形体的重心、转动惯量以及引力的计算。

一、 曲面面积的计算

先讨论平面图形在坐标面上的投影. 设空间有一平行四边形 S（记号 S 同时也表示它的面积）. 因平行直线经投影后仍保持平行, 所以 S 在 xOy 面上的投影也是平行四边形, 记为 $ \sigma $（同时也表示它的面积）. 现在来求面积 S 与 $ \sigma $ 之间的关系.

设平行四边形 S 以向量

$$ \boldsymbol{a}=\boldsymbol{a}_{x}\boldsymbol{i}+\boldsymbol{a}_{y}\boldsymbol{j}+\boldsymbol{a}_{z}\boldsymbol{k}, $$

$$ \boldsymbol{b}=\boldsymbol{b}_{x}\boldsymbol{i}+\boldsymbol{b}_{y}\boldsymbol{j}+\boldsymbol{b}_{z}\boldsymbol{k} $$

为邻边，则平行四边形 $ \sigma $以向量

$$ \boldsymbol{a}^{\prime}=\boldsymbol{a}_{x}\boldsymbol{i}+\boldsymbol{a}_{y}\boldsymbol{j}, $$

$$ \boldsymbol{b}^{\prime}=b_{x}\boldsymbol{i}+b_{y}\boldsymbol{j} $$

为邻边（如图 8-36）。根据向量积的定义，知

$$ \boldsymbol{n}=\boldsymbol{a}\times\boldsymbol{b}=\left|\begin{array}{l l}a_{y}&a_{z}\\ b_{y}&b_{z}\end{array}\right|\boldsymbol{i}+\left|\begin{array}{l l}a_{x}&a_{x}\\ b_{x}&b_{x}\end{array}\right|\boldsymbol{j}+\left|\begin{array}{l l}a_{x}&a_{y}\\ b_{x}&b_{y}\end{array}\right|\boldsymbol{k} $$

是平行四边形 S 的法向量，引入记号

$$ \begin{array}{l}A=\left|\begin{array}{l l}a_{y}&a_{z}\\ b_{y}&b_{z}\end{array}\right|,\quad B=\left|\begin{array}{l l}a_{z}&a_{z}\\ b_{z}&b_{z}\end{array}\right|,\quad C=\left|\begin{array}{l l}a_{x}&a_{y}\\ b_{x}&b_{y}\end{array}\right|,\end{array} $$

则

$$ \boldsymbol{n}=\boldsymbol{A}\boldsymbol{i}+\boldsymbol{\bar{B}}\boldsymbol{j}+\boldsymbol{C}\boldsymbol{k}, $$

且 n 的模等于平行四边形 S 的面积，即

$$ S=\left|\boldsymbol{n}\right|=\sqrt{A^{2}+B^{2}+C^{2}}. $$

同理

$$ \boldsymbol{a}^{\prime}\times\boldsymbol{b}^{\prime}=\left|\begin{array}{l l}a_{y}&a_{z}\\ b_{y}&b_{z}\end{array}\right|\boldsymbol{k}=\boldsymbol{C}\boldsymbol{k}, $$

故平行四边形 $ \sigma $的面积

$$ \sigma=\left|\begin{array}{c}a^{\prime}\times\boldsymbol{b}^{\prime}\end{array}\right|=\left|\begin{array}{l}C\end{array}\right|, $$

所以

$$ \frac{\sigma}{S}=\frac{|C|}{\sqrt{A^{2}+B^{2}+C^{2}}} $$

上式右端正好是法向量 n 的第三个方向余弦取绝对值，即

$$ \frac{\sigma}{S}=\left|\cos\gamma\right| 或 S=\frac{\sigma}{\left|\cos\gamma\right|} $$

其中 $ \gamma $ 是向量 n 与 z 轴正向的夹角. 上式说明, 空间平行四边形的面积, 等于它的投影图形的面积除以它们两个法向量的夹角的余弦取绝对值.

如果 S 不是平行四边形，而是位于空间的任意一个平面图形（如图 8-37），那么它的面积 S 与其在 xOy 面上的投影图形的面积 $ \sigma $ 仍有关系式

$$ S=\frac{\sigma}{\left|\cos\gamma\right|}, $$

其中 $ \gamma $ 是两个平面图形的法向量间的夹角.

由上式可见，当 $S$ 的法向量 $n$ 与 $z$ 轴平行时，$|\cos \gamma| = 1$，这时 $S$ 与其投影图形的面积一样；当 $S$ 的法向量 $n$ 与 $z$ 轴垂直时，$\cos \gamma = 0$，这时 $S$ 的投影为一条线，所以 $\sigma = S \cdot |\cos \gamma| = 0$。

有了上面的预备知识，下面介绍用二重积分来计算曲面面积的公式.

设空间曲面 S 的方程为

$$ z=f(x,y),(x,y)\in D, $$

曲面 S 在 xOy 面上的投影为闭区域 D，并设函数 $ f(x, y) $ 在 D 上有连续偏导数.

应用积分的元素法. 在闭区域 $D$ 上任取一直径很小的闭区域 $\mathrm{d}\sigma$（同时也表示面积）. 在 $\mathrm{d}\sigma$ 内取一点 $P(x, y)$, 对应地在曲面上有一点 $M(x, y, f(x, y))$, 即点 $M$ 在 $xOy$ 面上的投影点为 $P$, 过点 $M$ 作曲面 $S$ 的切平面. 以小闭区域 $\mathrm{d}\sigma$ 的边界为准线作母线平行于 $z$ 轴的柱面, 这柱面在曲面 $S$ 上截下一小片曲面, 在切平面上截下一小片平面. 由于 $\mathrm{d}\sigma$ 的直径很小, 对应于微元 $\mathrm{d}\sigma$ 在切平面上的微元的面积 $\mathrm{d}A$ 可以近似代替相应的那小片曲面的面积（如图 8-38）.

记曲面 S 上点 M 处的法线（指向朝上）与 z 轴所成的角为 $ \gamma $，则

$$ \mathrm{d}A=\frac{\mathrm{d}\sigma}{\cos\gamma}, $$

因为

$$ \cos\gamma=\frac{1}{\sqrt{1+f_{x}^{2}(x,y)+f_{y}^{2}(x,y)}}, $$

所以

$$ \mathrm{d}A=\sqrt{1+f_{x}^{2}(x,y)+f_{y}^{2}(x,y)}\mathrm{d}\sigma. $$

这就是曲面 S 的面积元素．以它为被积表达式在闭区域 D 上积分，得

$$ A=\iint\limits_{D}\sqrt{1+f_{x}^{2}(x,y)+f_{y}^{2}(x,y)}\mathrm{d}\sigma, $$

上式可以写成

$$ \iint_{D}\sqrt{1+\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

这就是计算曲面面积的公式.

如果曲面的方程为 $ x = g(y, z) $ 或 $ y = h(z, x) $，可分别把曲面投影到 yOz 面上（投影区域记为 $ D_{yx} $）或 zOx 面上（投影区域记为 $ D_{zx} $），类似可得

$$ \iint_{D_{y}}\sqrt{1+\left(\frac{\partial x}{\partial y}\right)^{2}+\left(\frac{\partial x}{\partial z}\right)^{2}}\mathrm{d}y\mathrm{d}z, $$

或

$$ \iint_{D_{x}}\sqrt{1+\left(\frac{\partial y}{\partial z}\right)^{2}+\left(\frac{\partial y}{\partial x}\right)^{2}}\mathrm{d}z\mathrm{d}x. $$

例1 求半径为R，高度为 $ h(0 \leqslant h \leqslant R) $的球冠的表面积（如图8-39）.

解 上半球面的方程为

$$ z=\sqrt{R^{2}-x^{2}-y^{2}}, $$

而球冠在 xOy 面上的投影区域 D 由不等式

$$ x^{2}+y^{2}\leqslant R^{2}-\left(R-h\right)^{2}=h\left(2R-h\right) $$

确定，由

$$ \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{-x}{\sqrt{R^{2}-x^{2}-y^{2}}},\quad\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{-y}{\sqrt{R^{2}-x^{2}-y^{2}}}, $$

有

$$ \sqrt{1+\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^{2}}=\frac{R}{\sqrt{R^{2}-x^{2}-y^{2}}}, $$

于是所求球冠的面积为

$$ \begin{aligned}A&=\iint_{D}\sqrt{1+\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_{D}\frac{R}{\sqrt{R^{2}-x^{2}-y^{2}}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=R\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\sqrt{h(2R-h)}}\frac{r\mathrm{d}r}{\sqrt{R^{2}-r^{2}}}=2\pi R\Big(-\sqrt{R^{2}-r^{2}}\Big)\quad\Bigg|_{0}^{\sqrt{h(2R-h)}}\\&=2\pi R\left[R-\left(R-h\right)\right]=2\pi R h.\\ \end{aligned} $$

特别地，当 h=R 时得半球的表面积为 $ 2\pi R^{2} $，从而可得球的表面积为 $ 4\pi R^{2} $

二、 重积分的统一定义

定义 8.4.1 设 $ \Omega $ 为一个有界的闭几何形体（可以是平面区域或空间立体），它是可以度量的（即可以求面积或求体积），函数 $ f(P) $ 是定义在 $ \Omega $ 上的一个有界函数.

将 $ \Omega $ 任意划分为 n 个小部分 $ \Delta\Omega_1 $， $ \Delta\Omega_2 $， $ \cdots $， $ \Delta\Omega_n $，并用 $ \Delta\Omega_i $ ( $ i=1,2,\cdots,n $) 表示每一小部分的度量；在每一小部分 $ \Delta\Omega_i $ 上任取一点 $ P_i $，作乘积 $ f(P_i) $ $ \Delta\Omega_i $ ( $ i=1,2,\cdots,n $)，并作和式（也称黎曼和式） $ \sum_{i=1}^{n}f(P_i) $ $ \Delta\Omega_i $，记 $ \lambda=\max_{1\leq i\leq n}\{\Delta\Omega_i. $ 的直径 $ \left.\right\} $，如果不论对 $ \Omega $ 怎样划分，不论点 $ P_i $ 在 $ \Delta\Omega_i $ 怎样选取，极限

$$ \lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}f(P_{i})\Delta\Omega_{i} $$

都存在，且为同一个常数，那么，称函数 $ f(P) $在 $ \Omega $上可积，且称此极限值为

多元函数 $ f(P) $在几何形体 $ \Omega $的积分（也称黎曼积分），记为 $ \int_{\Omega}f(P)\mathrm{d}\Omega $，即

$$ \int_{\Omega}f(P)\mathrm{d}\Omega=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}f(P_{i})\Delta\Omega_{i}. $$

其中 $ \Omega $ 称为积分区域， $ f(P) $ 称为被积函数， $ f(P)\mathrm{d}\Omega $ 称为被积表达式.

若几何形体 $ \Omega $ 为 xOy 面上的有界闭区域，则 $ \int_{\Omega} f(P) \, \mathrm{d}\Omega $ 为二重积分.

若几何形体 $ \Omega $ 为空间的有界闭区域，则 $ \int_{\Omega} f(P) \, \mathrm{d}\Omega $ 为三重积分.

三、 重积分的物理应用

1. 质心

设空间有 n 个质点，它们分别位于点 $ (x_{i}, y_{i}, z_{i}) $ (i=1,2, $ \cdots $, n)，质

量分别为 $ m_{i} $，其对 yOz 坐标面的静力矩为 $ x_{i}m_{i} $，对 zOx 坐标面的静力矩为 $ y_{i}m_{i} $，对 xOy 坐标面的静力矩为 $ z_{i}m_{i} $，由于质点系对各坐标平面的静力矩具有可加性，所以上述质点系对三个坐标面的静力矩分别为

$$ M_{y s}=\sum_{i=1}^{n}x_{i}m_{i},\qquad M_{s x}=\sum_{i=1}^{n}y_{i}m_{i},\qquad M_{s y}=\sum_{i=1}^{n}z_{i}m_{i}. $$

由力学知道，该质点系的质心的坐标为

$$ \overline{{x}}=\frac{M_{y z}}{m},\qquad\overline{{y}}=\frac{M_{x z}}{m},\quad\overline{{z}}=\frac{M_{x y}}{m}, $$

其中 $ m=\sum_{i=1}^{n}m_{i} $ 为该质点系的总质量.

下面我们以占有空间区域 $ \Omega $ 的物体为例，推出质量连续分布情形下的一般物质形体 $ \Omega $ 质心的计算公式.

设空间物体 $ \Omega $ 上任一点的体密度为 $ \mu(x, y, z) $， $ \mu(x, y, z) $ 在 $ \Omega $ 上连续，在 $ \Omega $ 上任取一体积元素 $ \mathrm{d}\Omega $，在 $ \mathrm{d}\Omega $ 中任取一点 $ M(x, y, z) $ （如图 8-40），则物体的质量微元为

$$ \mathrm{d}m=\mu\left(M\right)\mathrm{d}\Omega, $$

此质量微元对三个坐标平面的静力矩微元分别为

$$ \mathrm{d}M_{y x}=x\mu\left(M\right)\mathrm{d}\Omega,\mathrm{d}M_{x x}=y\mu\left(M\right)\mathrm{d}\Omega,\mathrm{d}M_{x y}=z\mu\left(M\right)\mathrm{d}\Omega, $$

对 $ \Omega $ 积分，得整个空间物体对三个坐标面的静力矩分别为

$$ M_{y z}=\int_{\Omega}x\mu\left(M\right)\mathrm{d}\Omega,\qquad M_{x z}=\int_{\Omega}y\mu\left(M\right)\mathrm{d}\Omega,\qquad M_{s y}=\int_{\Omega}z\mu\left(M\right)\mathrm{d}\Omega $$

若物体 $ \Omega $ 的质心在点 $ P(\bar{x}, \bar{y}, \bar{z}) $ 处，由于 $ \Omega $ 的质量为 $ m = \int_{\Omega} \mu(M) \, \mathrm{d}\Omega $，所以

$$ \overline{{x}}=\frac{\displaystyle\int_{\Omega}x\mu\left(M\right)\mathrm{d}\Omega}{\displaystyle\int_{\Omega}\mu\left(M\right)\mathrm{d}\Omega},\qquad\overline{{\gamma}}=\frac{\displaystyle\int_{\Omega}y\mu\left(M\right)\mathrm{d}\Omega}{\displaystyle\int_{\Omega}\mu\left(M\right)\mathrm{d}\Omega},\qquad\overline{{z}}=\frac{\displaystyle\int_{\Omega}z\mu\left(M\right)\mathrm{d}\Omega}{\displaystyle\int_{\Omega}\mu\left(M\right)\mathrm{d}\Omega}. $$

这就是一般物质形体 $ \Omega $的质心坐标计算公式.

特别的，当 $ \Omega $ 密度均匀，即 $ \mu(M) $ 等于常数时，有

$$ \overline{{x}}=\frac{\displaystyle\int_{\Omega}x\mathrm{d}\Omega}{\displaystyle\int_{\Omega}\mathrm{d}\Omega},\qquad\overline{{y}}=\frac{\displaystyle\int_{\Omega}\gamma\mathrm{d}\Omega}{\displaystyle\int_{\Omega}\mathrm{d}\Omega},\qquad\overline{{z}}=\frac{\displaystyle\int_{\Omega}z\mathrm{d}\Omega}{\displaystyle\int_{\Omega}\mathrm{d}\Omega}, $$

此时物体的质心完全由几何形体 $ \Omega $ 的形状所确定，所以我们把均匀物体的质

心称为物体的形心

例2 求位于两圆 $ r=2\sin\theta $ 和 $ r=4\sin\theta $ 之间的均匀薄板的质心.

解 如图8-41所示，由于区域D关于y轴对称，该薄板又是均匀的，所以其质心 $ (\bar{x},\ \bar{y}) $一定在y轴上，即

$$ \overline { { x } } = 0 , \qquad \overline { { y } } = \frac { \displaystyle \iint _ { D } y \mathrm { d } \sigma } { \displaystyle \iint _ { D } \mathrm { d } \sigma } . $$

$$ \iint_{D}y\mathrm{d}\sigma=\int_{0}^{\pi}\sin\theta\mathrm{d}\theta\int_{2\sin\theta}^{4\sin\theta}r^{2}\mathrm{d}r=\frac{56}{3}\int_{0}^{\pi}\sin^{4}\theta\mathrm{d}\theta=2\cdot\frac{56}{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{4}\theta\mathrm{d}\theta=7\pi, $$

$$ \iint\limits_{D}\mathrm{d}\sigma=S=\pi\cdot2^{2}-\pi\cdot1^{2}=3\pi, $$

于是 $ \overline{y}=\frac{7}{3} $，故所求的质心坐标为 $ (0,\frac{7}{3}) $

例3 求均匀半球体的质心.

解 取半球体的对称轴为 z 轴，原点取在球心上，又设球半径为 a，则半球体所占空间闭区域

$$ \Omega=\{(x,y,z)\mid x^{2}+y^{2}+z^{2}\leqslant a^{2},z\geqslant0\}. $$

显然，质心在z轴上，故 $ \bar{x}=\bar{y}=0 $.

$$ \overline{z}=\frac{1}{M}\iiint\limits_{\Omega}z\rho\mathrm{d}v=\frac{1}{V}\iiint\limits_{\Omega}z\mathrm{d}v. $$

其中 $ V=\frac{2}{3}\pi a^{3} $ 为半球的体积.

$$ \begin{aligned}\iiint\limits_{\Omega}z\mathrm{d}v&=\iiint\limits_{\Omega}r\cos\varphi\cdot r^{2}\sin\varphi\mathrm{d}r\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos\varphi\sin\varphi\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{a}r^{3}\mathrm{d}r\\&=2\pi\Big(\frac{\sin^{2}\varphi}{2}\Big)\Bigg|_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cdot\frac{a^{4}}{4}\underline{=}\frac{\pi a^{4}}{4},\end{aligned} $$

因此， $ \bar{z}=\frac{3}{8}a $，质心为 $ (0,0,\frac{3}{8}a) $

2. 转动惯量

我们知道，质点 A 对于轴 L 的转动惯量 J 为质点 A 的质量 m 与 A 到转动轴 L 的距离 r 的平方的乘积，即 $ J = mr^{2} $.

设空间中有 n 个质点，它们分别位于点 $ (x_{i}, y_{i}, z_{i}) $ (i=1,2,\cdots,n) 其质量分别为 $ m_{i}(i=1,2,\cdots,n) $，则这组质点关于 x,y 和 z 轴的转动惯量

分别是

$$ I_{s}=\sum_{i=1}^{n}\left(y_{i}^{2}+z_{i}^{2}\right)m_{i};\qquad I_{\gamma}=\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}^{2}+z_{i}^{2}\right)m_{i};\qquad I_{z}=\sum_{i=1}^{n}\left(x_{i}^{2}+y_{i}^{2}\right)m_{i}. $$

设 $ \mu(M) $ 为几何体 $ \Omega $ 的密度函数，它在 $ \Omega $ 上连续，用类似于质心的处理方法，可得到物体绕 x, y 和 z 轴的转动惯量分别是

$$ I_{x}=\int_{\Omega}\left(y^{2}+z^{2}\right)\mu(M)\mathrm{d}\Omega; $$

$$ I_{r}=\int_{0}\left(x^{2}+z^{2}\right)\mu(M)\mathrm{d}\Omega; $$

$$ I_{z}=\int_{0}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mu(M)\mathrm{d}\Omega. $$

如果几何体位于 xOy 面上，则 z=0，于是，可相应得平面薄片对坐标轴的转动惯量.

例4 求位于两圆 $ x^{2}+y^{2}=2Rx $ 与 $ x^{2}+y^{2}=4Rx $ 之间的均匀薄片对 x 轴的转动惯量（如图8-42）.

解 两圆的极坐标方程为 $ r=2R\cos\theta $， $ r=4R\cos\theta $.

在极坐标下，有

$$ \begin{aligned}I_{*}=&\rho\iint\limits_{D}y^{2}\mathrm{d}\sigma=\rho\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{2R\cos\theta}^{4R\cos\theta}\left(r\sin\theta\right)^{2}r\mathrm{d}r=60R^{4}\rho\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2}\theta\cos^{4}\theta\mathrm{d}\theta\\=&120R^{4}\rho\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{2}\theta\cos^{4}\theta\mathrm{d}\theta=120R^{4}\rho\left(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{4}\theta\mathrm{d}\theta\right.-\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{6}\theta\mathrm{d}\theta)\\=&120R^{4}\rho\biggl(\frac{3}{4}\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}-\frac{5}{6}\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}\biggr)=\frac{15}{4}\pi R^{4}\rho,\end{aligned} $$

而薄片的质量 $ M=\rho[\pi(2R)^2-\pi R^2]=3\pi R^2\rho $，所以薄片对 x 轴的转动惯量为 $ I_x=\frac{5}{4}MR^2 $。

3. 引力

设几何体 $ \Omega $ 的密度函数为 $ \mu(M) $，它在 $ \Omega $ 上连续，在 $ \Omega $ 外 $ M_{0}(x_{0}, y_{0}, z_{0}) $ 处有一质量为 m 的质点，现在要计算几何体 $ \Omega $ 对质点 $ M_{0} $ 的引力（如图 8-43）.

将 $ \Omega $ 分成 n 个小块，任取一个体积元素 $ \mathrm{d}\Omega $，在 $ \mathrm{d}\Omega $ 上任取一点 $ M(x, y, z) $，则得质量微元 $ \mu(M)\mathrm{d}\Omega $， $ \mathrm{d}\Omega $ 对质点 $ M_{0} $ 的引力微元 $ \mathrm{d}F $ 的大小近似为

$$ \mathrm{d}F=G\frac{\mu(M)}{r^{2}}m\mathrm{d}\Omega, $$

其中为 G 引力常数，r 为 $ M_{0} $ 与 M 的距离.

由于

$$ \overrightarrow{M_{0}M}=(x-x_{0},y-y_{0},z-z_{0}), $$

所以

$$ r=\sqrt{\left(x-x_{0}\right)^{2}+\left(y-y_{0}\right)^{2}+\left(z-z_{0}\right)^{2}} $$

dF 的方向与 $ \overrightarrow{M_{0}M} $ 的方向一致，dF 在三个坐标轴上的分量的大小分别为

$$ \mathrm{d}F_{x}=G\frac{\mu(M)m\mathrm{d}\Omega}{r^{2}}\cdot\frac{x-x_{0}}{r}; $$

$$ \mathrm{d}F_{y}=G\frac{\mu(M)m\mathrm{d}\Omega}{r^{2}}\cdot\frac{y-y_{0}}{r}; $$

$$ \mathrm{d}F_{z}=G\frac{\mu(M)m\mathrm{d}\Omega}{r^{2}}\cdot\frac{z-z_{0}}{r} $$

所以引力 F 在三坐标轴上的分量的大小分别为

$$ F_{x}=G\int_{a}\frac{\mu(M)m(x-x_{0})}{r^{3}}\mathrm{d}\Omega; $$

$$ F_{y}=G\int_{\Omega}\frac{\mu(M)m(y-y_{0})}{r^{3}}\mathrm{d}\Omega; $$

$$ F_{i}=G\int_{\Omega}\frac{\mu(M)m(z-z_{0})}{r^{3}}\mathrm{d}\Omega. $$

其中 $ M_{0}(x_{0}, y_{0}, z_{0}) $ 为质点坐标， $ M(x, y, z) $ 为 $ \Omega $ 上任一点坐标，r 为 $ M_{0} $ 与 M 的距离，m 为质点 $ M_{0} $ 的质量， $ \mu(M) $ 为密度函数，G 为引力常数.

如果几何体位于 xOy 面上，则 z=0 。此时，可求平面上一个平面薄片对一个质点的引力。

例 5 设半径为 R 的匀质球占有空间区域

$$ \Omega:\left|\left(x,y,z\right)\right|x^{2}+y^{2}+z^{2}\leqslant R^{2}\|. $$

求它对位于 $ M_{0}(0,0,a)(a\gt R) $ 处的单位质量的质点的引力.

解 设球的密度为 $ \rho_{0} $，由球体的对称性及质量分布的均匀性知 $ F_{x}=F_{y}=0 $

所求引力沿z轴的分量为

$$ \begin{aligned}F_{z}&=\iiint\limits_{\Omega}G\rho_{0}\frac{z-a}{\left[x^{2}+y^{2}+\left(z-a\right)^{2}\right]^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}v\\&=G\rho_{0}\int_{-R}^{R}\left(z-a\right)\mathrm{d}z\iint\limits_{x^{2}+y^{2}\leqslant R^{2}-z^{2}}\frac{\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{\left[x^{2}+y^{2}+\left(z-a\right)^{2}\right]^{\frac{3}{2}}}\\&=G\rho_{0}\int_{-R}^{R}\left(z-a\right)\mathrm{d}z\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\sqrt{R^{2}-z^{2}}}\frac{r\mathrm{d}r}{\left[r^{2}+\left(z-a\right)^{2}\right]^{\frac{3}{2}}}\\&=2\pi G\rho_{0}\int_{-R}^{R}\left(z-a\right)\left(\frac{1}{a-z}\frac{1}{\sqrt{R^{2}-2az+a^{2}}}\right)\mathrm{d}z\\&=2\pi G\rho_{0}\left[-2R+\frac{1}{a}\int_{-R}^{R}\left(z-a\right)\mathrm{d}\sqrt{R^{2}-2az+a^{2}}\right]\\&=2\pi G\rho_{0}\left(-2R+2R-\frac{2R^{3}}{3a^{2}}\right)\\&=-G\cdot\frac{4\pi R^{3}}{3}\rho_{0}\cdot\frac{1}{a^{2}}=-G\frac{M}{a^{2}},\\ \end{aligned} $$

其中 $ M = \frac{4\pi R^{3}}{3}\rho_{0} $ 为球的质量．上述结果表明：匀质球对外一质点的引力如同球的质量集中于球心时两质点间的引力.

习题8-4

1. 求下列均匀几何体的形心：

（1）质量分布在心形线上 $ r=a(1-\cos\theta)(a\gt 0) $;

（2）介于两个圆 $ r = a \cos \theta $, $ r = b \cos \theta (0 \lt a \lt b) $ 之间的平面薄片；

（3）平面薄片所占的闭区域D由抛物线 $ y=x^{2} $与直线y=2-x围成；

（4）质量分布在半球体 $ 0 \leqslant z \leqslant \sqrt{R^{2}-x^{2}-y^{2}} $ 上.

1. 球体 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}\leqslant2Rz $ 内每一点 $ (x,y,z) $ 处密度的大小等于该点到坐标原点距离的平方，试求该球体的质心.

1. 设均匀薄片（面密度为常数 $ \mu $）所占闭区域 D 如下，求指定的转动惯量：

（1）D为矩形闭区域： $ 0 \leq x \leq a $， $ 0 \leq y \leq b $，求 $ I_{x} $和 $ I_{y} $;

（2）D 由双曲线 $ xy = a^{2} $ 与直线 y = x, y = 2a (a > 0) 所围成，求 $ I_{1} $ 和 $ I_{2} $;

（3）D为圆形闭区域： $ x^{2}+y^{2}\leqslant2Rx(R\gt 0) $，求 $ I_{y} $;

（4）D为椭圆闭区域： $ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}\leq1 $，求 $ I_{y} $

1. 设半径为 R 的球体内每一点密度的大小与该点到球心的距离成正比，求质量为 M 非均匀球体对其直径的转动惯量.

1. 求面密度为常数 $ \mu $ 的均匀圆环形薄片： $ r^{2} \leqslant x^{2} + y^{2} \leqslant R^{2} $，z=0 对位于 z 轴上的点

$ P(0,0,a)(a\gt 0) $ 处的单位质量的质点的引力.

1. 求密度为常数 $ \mu $ 的均匀柱体： $ x^{2}+y^{2}\leq R^{2} $， $ 0\leq z\leq h $ 对位于点 $ P(0,0,a)(a\gt h) $ 处单位质量的质点的引力.

总练习题八

1. 填空：

(1) 设 $ D $ 是 $ xOy $ 面上以 $ (1, 1) $， $ (-1, 1) $ 和 $ (-1, -1) $ 为顶点的三角形区域， $ D_1 $ 为第一象限的部分，则 $ \iint_D (xy + \cos x \sin y) \, dx \, dy $ 等于（ ）。

A. $ 2\iint_{\Omega} \cos x \sin y \, dx \, dy $

B. $ 2\iint_{\Omega} xy \, dx \, dy $

C. $ 4\iint_{\Omega} (xy + \cos x \sin y) \, dx \, dy $

D. $ 0 $

(2) 设 $ f(x, y) $ 是有界闭区域 $ D: x^{2} + y^{2} \leqslant a^{2} $ 上的连续函数，则当 $ a \to 0 $ 时， $ \frac{1}{\pi a^{2}} \iint_{D} f(x, y) \, dx \, dy $ 的极限为（）.

A. 不存在

B. 等于 $ f(0,0) $

C. 等于 $ f(1,1) $

D. 等于 $ f(1,0) $

(3) 设空间区域 $ \Omega_1: x^2 + y^2 + z^2 \leq R^2 $, $ z \geq 0 $; $ \Omega_2: x^2 + y^2 + z^2 \leq R^2 $, $ x \geq 0 $, $ y \geq 0 $, $ z \geq 0 $, 则 ( ) .

A. $ \iiint_{\Omega_1} x \, \mathrm{d}v = 4 \iiint_{\Omega_2} x \, \mathrm{d}v $

B. $ \iiint_{\Omega_1} y \, \mathrm{d}v = 4 \iiint_{\Omega_2} y \, \mathrm{d}v $

C. $ \iiint_{\Omega_1} x \, \mathrm{d}v = 4 \iiint_{\Omega_2} x \, \mathrm{d}v $

D. $ \iiint_{\Omega_1} x y z \, \mathrm{d}v = 4 \iiint_{\Omega_2} x y z \, \mathrm{d}v $

(4) 设空间区域 $\Omega: x^2 + y^2 + z^2 \leq R^2$，$\Omega_2: x^2 + y^2 + z^2 \leq R^2$，$x \geq 0$，$y \geq 0$，$z \geq 0$，则下列表达式不成立的是（ ）。

A. $\iiint_{\Omega} (x+y+z)^2 \, \mathrm{d}v = \iiint_{\Omega} (x^2 + y^2 + z^2) \, \mathrm{d}v$

B. $\iiint_{\Omega} (x+y+z)^2 \, \mathrm{d}v = 8 \iiint_{\Omega_1} (x^2 + y^2 + z^2) \, \mathrm{d}v$

C. $\iiint_{\Omega} (x+y+z)^2 \, \mathrm{d}v = 24 \iiint_{\Omega_1} x^2 \, \mathrm{d}v$

D. $\iiint_{\Omega} (x+y+z)^2 \, \mathrm{d}v = 8 \iiint_{\Omega_1} (x+y+z)^2 \, \mathrm{d}v$

1. 计算下列二重积分：

(1) $ \iint_{D} |\cos(x+y)|\,\mathrm{d}\sigma $，D 是由直线 y=x，y=0， $ x=\frac{\pi}{2} $ 所围成的区域；

(2) $ \iint_{D} y^{2} \, \mathrm{d}\sigma $，其中 D 是由摆线 $ x = a(t - \sin t) $， $ y = a(1 - \cos t) (0 \leqslant t \leqslant 2\pi) $ 的一拱与 x 轴所围成.

(3) $ \iint_{D}\frac{1-x^{2}-y^{2}}{1+x^{2}+y^{2}}d\sigma $，其中D是区域 $ x^{2}+y^{2}\leq1 $， $ x\geq0 $， $ y\geq0 $.

1. 计算下列三重积分：

(1) $ \iiint_{\Omega} xy^{2} dv $，其中 $ \Omega $ 是由平面 z=0, x+y-z=0, x-y-z=0, x=1 所围成的区域.

(2) $ \iiint_{\Omega}\frac{y\sin x}{x}dv $，其中 $ \Omega $ 是由 $ y=\sqrt{x} $，y=0，z=0， $ x+z=\frac{\pi}{2} $ 所围成的区域.

(3) $ \iiint\limits_{\Omega}(x+z)e^{-(x^{2}+y^{2}+z^{2})}dv $，其中 $ \Omega $： $ 1\leqslant x^{2}+y^{2}+z^{2}\leqslant4 $， $ x\geqslant0 $， $ y\geqslant0 $， $ z\geqslant0 $.

(4) $ \iiint\limits_{\Omega}\left|xyz\right|dv $，其中 $ \Omega $ 为椭球体 $ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}\leq1 $.

1. 设 $ f(x) $ 在 $ [0,1] $ 上连续，试证： $ \int_{0}^{1}dx\int_{x}^{1}f(x)f(y)dy=\frac{1}{2}\left[\int_{0}^{1}f(x)dx\right]^{2} $

1. 设 $ f(x) $ 在 $ [a, b] $ 上连续，试证： $ \int_{a}^{b} \mathrm{d}y \int_{a}^{y} (y - x)^{n-1} f(x) \, \mathrm{d}x = \frac{1}{n} \int_{a}^{b} (b - x)^{n} f(x) \, \mathrm{d}x $，其中 n 为正整数.

1. 已知两个球的半径为 a 和 b (a > b)，且小球的球心在大球的球面上，试求小球在大球内的那部分体积.

1. 求曲面 $ z = x^{2} + y^{2} + 1 $ 上点 $ M_{0}(1, -1, 3) $ 处的切平面与曲面 $ z = x^{2} + y^{2} $ 所围成的空间立体的体积.

1. 一平面薄片所占的闭区域由不等式： $ x^2 + y^2 \leq R^2 $， $ x^2 + y^2 \leq 2Rx $ 所确定，其上每一点的面密度为 $ \rho(x, y) = x^2 + y^2 $，试求该薄片的质量。

1. 求由抛物线 $ y=x^{2} $ 及直线 y=1 所围成的均匀薄片（面密度为常数 $ \rho $）对于直线 y=-1 的转动惯量.

1. 设有一密度均匀的球锥体，球的半径为 R，锥顶角为 $ \frac{\pi}{3} $，求该球锥体对位于其顶点处的单位质点的引力.