22-第二十二章 重积分

依赖于

• 无显式依赖

被以下题目直接调用

• 无

正文部分

22.1.2 可积函数类

例题 22.1.1

设曲线 $l:x=\phi (t),y=\psi (t),\alpha \le t\le \beta$，其中 $\phi ,\psi$ 连续，且至少其中之一有连续导数，则曲线 $l$ 的面积为零。

证 不妨设 $\phi (t)$ 在闭区间 $[\alpha ,\beta ]$ 上连续，$\psi (t)$ 有连续导数。$\forall \epsilon >0$，可作分割

$$\alpha =t_0<t_1<\cdots <t_n=\beta ,$$

使当 $s,t\in [t_{j-1},t_j]$，$j=1,2,\cdots ,n$ 时有

$$|\phi (s)-\phi (t)|<\epsilon .$$

令

$$a_j=\underset{t_{j-1}\le t\le t_j}{\min }\{\phi (t)\},b_j=\underset{t_{j-1}\le t\le t_j}{\max }\{\phi (t)\},$$

则有

$$b_j-a_j\le \epsilon ,j=1,2,\cdots ,n.$$

又令

$$c_j=\underset{t_{j-1}\le t\le t_j}{\min }\{\psi (t)\},d_j=\underset{t_{j-1}\le t\le t_j}{\max }\{\psi (t)\},I_j=[a_j,b_j]\times [c_j,d_j].$$

于是当 $t\in [t_{j-1},t_j]$ 时 $(\phi (t),\psi (t))\in I_j$，故曲线 $l\subset {\bigcup }_{j=1}^n{I}_j$。由于 ${\psi }^{\prime }(t)$ 在闭区间 $[\alpha ,\beta ]$ 上连续，所以

$$|{\psi }^{\prime }(t)|\le M,\alpha \le t\le \beta .$$

由微分中值定理得

$$d_j-c_j\le M(t_j-t_{j-1}),j=1,2,\cdots ,n.$$

因而

$$\sum _{j=1}^n|I_j|\le \sum _{j=1}^n\epsilon M(t_j-t_{j-1})=\epsilon M(\beta -\alpha ),$$

其中 $|I_j|$ 表示矩形 $I_j$ 的面积。因为 $\epsilon$ 是任意的，故曲线 $l$ 的面积为零。

注 往后面我们将要遇到的大多数区域（如 $x$ 型区域、$y$ 型区域），都是由有限条满足上例条件的曲线段所围成的，因此这样的区域都是可求面积的。

例题 22.1.2

设有界非负函数 $f$ 在区域 $D$ 上可积，证明：积分

$${\iint }_{D}f(x,y)dxdy=0$$

的充分必要条件是 $f$ 在其连续点处的值均为零。

证 先证必要性。用反证法。若不然，存在 $p_0(x_0,y_0)\in D$，$f$ 在点 $p_0$ 连续，且 $f(x_0,y_0)>0$。由连续函数的局部保号性定理知存在 $\delta >0$，使得

$$f(x,y)>\frac{1}{2}f(x_0,y_0),\forall (x,y)\in O_{\delta }(p_0)\subset D.$$

于是

$${\iint }_{D}f(x,y)dxdy\ge {\iint }_{O_{\delta }(p_0)}\frac{1}{2}f(x_0,y_0)dxdy=\frac{\pi }{2}{\delta }^{2}f(x_0,y_0)>0,$$

与题设矛盾。

再证充分性。设 $f(x,y)$ 在其连续点处的函数值为 $0$。对任意分割 $T$ 中可求面积的小区域 ${\sigma }_i$，如 $\Delta {\sigma }_i>0$，则 ${\sigma }_i$ 不是零测度集。由可积充分必要条件知在每一个 ${\sigma }_i$ 内至少有 $f$ 的一个连续点，记之为 $({\xi }_i,{\eta }_i)$，作和数 ${\sum }_{i=1}^{n}f({\xi }_i,{\eta }_i)\Delta {\sigma }_i$，则

$$\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i,{\eta }_i)\Delta {\sigma }_i=0.$$

于是

$${\iint }_{D}f(x,y)dxdy=\underset{\Vert T\Vert \to 0}{\lim }\sum _{i=1}^{n}f({\xi }_i,{\eta }_i)\Delta {\sigma }_i=0.$$

例题 22.1.3

设 $D_R$ 是由 $x=R,y=0,y=\frac{2}{R}x-1$ 围成，求

$$\underset{R\to +\infty }{\lim }{\iint }_{D_R}{e}^{-x}\arctan \frac{y}{x}dxdy.$$

解 在图 22.1 中作出了区域 $D_R$ 的图形。

由于函数 $e^{-x}\arctan \frac{y}{x}$ 在 $D_R$ 上连续，由积分中值定理，存在 $(\xi ,\eta )\in D_R$，使得

$${\iint }_{D_R}{e}^{-x}\arctan \frac{y}{x}dxdy=e^{-\xi }\arctan \frac{\eta }{\xi }|D_R|=\frac{R}{4}{e}^{-\xi }\arctan \frac{\eta }{\xi },$$

其中 $\frac{R}{2}\le \xi \le R,0\le \eta \le 1$。于是当 $R\to +\infty$ 时

$$\left|{\iint }_{D_R}{e}^{-x}\arctan \frac{y}{x}dxdy\right|\le \frac{R}{4}{e}^{-R/2}\arctan \frac{\eta }{\xi }\to 0.$$

22.1.3 思考题

思考题 1

设 $f(x,y),g(x,y)$ 在 $D$ 上可积，证明：$f(x,y)g(x,y)$ 也在 $D$ 上可积。设 $f(x,y)$ 在 $D$ 上可积，且 $f(x,y)\ne 0$，证明：$\frac{1}{f(x,y)}$ 也在 $D$ 上可积。

解 有界 Riemann 可积函数在加、减、乘法下封闭，故 $fg$ 仍可积。至于 $1/f$，题目中的结论不成立。反例：在 $[0,1{]}^2$ 上取 $f(x,y)=x+1_{\{0\}}(x)$，则 $f$ 可积且处处不为 $0$，但 $1/f$ 在 $x=0$ 附近无界，故不可积。若再加条件 $|f|\ge m>0$，则 $1/f$ 才一定可积。

思考题 2

设 $u=u(x,y)$ 在 $D$ 上可积，$f(u)$ 是 $u$ 的连续函数，证明：$f(u(x,y))$ 在 $D$ 上可积。如果 $f(u)$ 仅仅是 $u$ 的可积函数，$f(u(x,y))$ 是否一定在 $D$ 上可积？

解 若 $u$ 可积而 $f$ 连续，则 $f\circ u$ 可积，这是连续函数对可积函数的稳定性。

若只假定一元函数 $f$ 可积，则结论不一定成立。取一元 Thomae 函数

$$T(x)=\{\begin{array}{ll}1/q,& x=p/q\in \mathbb{Q}\cap [0,1],(p,q)=1,\\ 0,& x\notin \mathbb{Q},\end{array}$$

它在 $[0,1]$ 上可积。再取 $u(x,y)=T(x)$，以及

$$f(t)=1_{\{0\}}(t).$$

则 $u$ 在 $[0,1{]}^2$ 上可积，而

$$f(u(x,y))=1_{\mathbb{R}\setminus \mathbb{Q}}(x)$$

处处不连续，故不可积。

思考题 3

设 $f(x,y),g(x,y)$ 在 $D$ 上有界，且在 $D$ 上除了一个零面积集外处处相等，证明：$f(x,y)$ 与 $g(x,y)$ 在 $D$ 上有相同的可积性，可积时有相同的积分值。如果 $f(x,y)$ 与 $g(x,y)$ 在 $D$ 上除了一个零测度集外处处相等，情况又如何？

解 设 $h=f-g$，则 $h$ 有界且除零面积集外处处为零。故 $h$ 可积且

$${\iint }_{D}hdxdy=0.$$

因而 $f$ 与 $g$ 具有相同的可积性；若可积，则积分值相同。若“零面积集”换成“零测度集”，因为有界零测度集必为零面积集，结论仍然成立。

思考题 4

如果 $f(x,y)$ 在 $\bar{D}\subset D$ 上有界可积，且 $D\setminus \bar{D}$ 为零面积集。我们可以认为 $f(x,y)$ 在 $D$ 上可积，且其积分值就取 $f(x,y)$ 在 $\bar{D}$ 上的积分值。讨论：

$$f(x,y)=\sin \frac{1}{(x^2-1{)}^2+(y^2-1{)}^2}\text{在 }[-1,1]\times [-1,1]\text{ 上},$$ $$f(x,y)=\arctan \frac{1}{y-x^2}\text{在 }[0,1]\times [0,1]\text{ 上}$$

的可积性。

解 两个函数都可积。第一题中的函数除四个角点外处处连续，且始终有界；第二个函数除抛物线 $y=x^2$ 上外处处连续，且

$$-\frac{\pi }{2}\le \arctan \frac{1}{y-x^2}\le \frac{\pi }{2}.$$

这两个奇异集都只有零面积，因此都不影响可积性。

22.1.4 练习题

练习题 1

设 $f(x,y),g(x,y)$ 都是 $D$ 上的可积函数，证明：

$$h(x,y)=\max \{f(x,y),g(x,y)\}$$

也是 $D$ 上的可积函数。

解 由恒等式

$$\max \{f,g\}=\frac{f+g+|f-g|}{2}$$

即知只须证明 $|f-g|$ 可积。函数 $t\mapsto |t|$ 连续，而 $f-g$ 可积，所以 $|f-g|$ 可积，结论成立。

练习题 2

设 $f(x,y)$ 在点 $p_0(x_0,y_0)$ 的某邻域中连续，求

$$\underset{\rho \to 0}{\lim }\frac{1}{\pi {\rho }^2}{\iint }_{(x-x_0{)}^2+(y-y_0{)}^2\le {\rho }^2}f(x,y)dxdy.$$

解 设

$$m_{\rho }=\underset{B_{\rho }}{\min }f,M_{\rho }=\underset{B_{\rho }}{\max }f,$$

其中 $B_{\rho }=\{(x,y)\mid (x-x_0{)}^2+(y-y_0{)}^2\le {\rho }^2\}$。由连续性，$m_{\rho },M_{\rho }\to f(x_0,y_0)$。又

$$m_{\rho }\le \frac{1}{\pi {\rho }^2}{\iint }_{B_{\rho }}fdxdy\le M_{\rho },$$

夹逼可得极限为 $f(x_0,y_0)$。

练习题 3

证明：

$${\iint }_{|x|+|y|\le 1}f(x+y)dxdy={\int }_{-1}^{1}f(u)du.$$

解 作变换

$$u=x+y,v=x-y,$$

则 $x=\frac{u+v}{2}$，$y=\frac{u-v}{2}$，Jacobi 行列式绝对值为 $\frac{1}{2}$。又由恒等式

$$|u+v|+|u-v|=2\max \{|u|,|v|\},$$

区域 $|x|+|y|\le 1$ 化为正方形 $|u|\le 1,|v|\le 1$。于是

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{|x|+|y|\le 1}f(x+y)dxdy& =\frac{1}{2}{\int }_{-1}^{1}du{\int }_{-1}^{1}f(u)dv\\ & ={\int }_{-1}^{1}f(u)du.\end{array}$$

练习题 4

证明：

$${\iint }_{D}f(xy)dxdy=\ln 2{\int }_1^{2}f(u)du,$$

其中 $D$ 为 $xy=1,xy=2,y=x,y=4x$ 在第一象限所围成的区域。

解 取变换

$$u=xy,v=\frac{y}{x}(x>0,y>0).$$

则

$$x=\sqrt{\frac{u}{v}},y=\sqrt{uv},\left|\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}\right|=\frac{1}{2v}.$$

给定区域恰化为矩形 $1\le u\le 2,1\le v\le 4$。故

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{D}f(xy)dxdy& ={\int }_1^{2}du{\int }_1^{4}f(u)\frac{dv}{2v}=\frac{1}{2}\ln 4{\int }_1^{2}f(u)du\\ & =\ln 2{\int }_1^{2}f(u)du.\end{array}$$

22.2.1 矩形区域上的二重积分

例题 22.2.1

设 $A=[0,1]\times [0,1]$，求

$$I={\iint }_A\frac{ydxdy}{(1+x^2+y^2{)}^{3/2}}.$$

解 先对 $y$ 后对 $x$ 积分，得到

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{1}dx{\int }_0^1\frac{ydy}{(1+x^2+y^2{)}^{3/2}}\\ & ={\int }_0^1\left(\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}-\frac{1}{\sqrt{x^2+2}}\right)dx=\ln \frac{2+\sqrt{2}}{1+\sqrt{3}}.\end{array}$$

先对 $x$ 后对 $y$ 积分，则得到

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{1}ydy{\int }_0^1\frac{dx}{(1+x^2+y^2{)}^{3/2}}\\ & ={\int }_0^{1}y{\left[\frac{1}{1+y^2}\cdot \frac{x}{(1+x^2+y^2{)}^{1/2}}\right]}_{x=0}^{x=1}dy\\ & ={\int }_0^1\frac{ydy}{(1+y^2)(2+y^2{)}^{1/2}}(\sqrt{2+y^2}=t)\\ & ={\int }_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}}\frac{dt}{t^2-1}=\frac{1}{2}\ln {\left|\frac{t-1}{t+1}\right|}_{\sqrt{2}}^{\sqrt{3}}\\ & =\frac{1}{2}\ln \frac{(\sqrt{3}-1)(\sqrt{2}+1)}{(\sqrt{3}+1)(\sqrt{2}-1)}=\frac{1}{2}\ln \frac{2(\sqrt{2}+1{)}^2}{(\sqrt{3}+1{)}^2}=\ln \frac{2+\sqrt{2}}{1+\sqrt{3}}.\end{array}$$

例题 22.2.2

设函数 $f$ 定义在 $A=[0,1]\times [0,1]$ 上，

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}1,& \text{当 }x\text{ 是无理数},\\ 2y,& \text{当 }x\text{ 是有理数},\end{array}$$

则 (1) $f$ 在 $A$ 上不可积；(2) ${\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1}f(x,y)dy$ 存在，${\int }_0^{1}dy{\int }_0^{1}f(x,y)dx$ 不存在。

证 (1) $\forall y\in [0,1]$，$y\ne \frac{1}{2}$，$f(x,y)$ 作为 $x$ 的函数在 $[0,1]$ 内处处不连续；所以 $f(x,y)$ 在 $A$ 上的 $y\ne \frac{1}{2}$ 的每点处都不连续。于是 $f$ 在 $A$ 上不可积。

(2) 由于

$${\int }_0^{1}f(x,y)dy=\{\begin{array}{ll}{\int }_0^{1}dy=1,& \text{当 }x\text{ 为无理数},\\ {\int }_0^{1}2ydy=1,& \text{当 }x\text{ 为有理数},\end{array}$$

所以

$${\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1}f(x,y)dy={\int }_0^{1}dx=1.$$

另一方面，$\forall y\in [0,1]$，$y\ne \frac{1}{2}$，$f(x,y)$ 作为 $x$ 的一元函数，在 $[0,1]$ 内每一点处都不连续，于是 ${\int }_0^{1}f(x,y)dx$ 对每个 $y\ne \frac{1}{2}$ 都不存在，从而

$${\int }_0^{1}dy{\int }_0^{1}f(x,y)dx$$

不存在。

22.2.2 一般区域上的二重积分

例题 22.2.3

设区域

$$D=\{(x,y)\mid 2y\le x^2+y^2\le 4y,x\ge 0\}.$$

分别将 $D$ 表示为 $x$ 型区域和 $y$ 型区域。

解 (1) 表示为 $x$ 型区域，$D$ 可分为三块（见图 22.2），其中

$$D_1=\{\begin{array}{l}0\le x\le 1,\\ 2-\sqrt{4-x^2}\le y\le 1-\sqrt{1-x^2},\end{array}$$ $$D_2=\{\begin{array}{l}0\le x\le 1,\\ 1+\sqrt{1-x^2}\le y\le 2+\sqrt{4-x^2},\end{array}{D}_3=\{\begin{array}{l}1\le x\le 2,\\ 2-\sqrt{4-x^2}\le y\le 2+\sqrt{4-x^2}.\end{array}$$

(2) 表示为 $y$ 型区域，$D$ 可分为两块（见图 22.3），其中

$$E_1=\{\begin{array}{l}0\le y\le 2,\\ \sqrt{2y-y^2}\le x\le \sqrt{4y-y^2},\end{array}{E}_2=\{\begin{array}{l}2\le y\le 4,\\ 0\le x\le \sqrt{4y-y^2}.\end{array}$$

例题 22.2.4

将例题 22.2.3 中的区域 $D$ 分解为 $\theta$ 型区域与 $r$ 型区域。

解 在极坐标系中，$D$ 的边界

$$x^2+y^2=2y,x^2+y^2=4y,x=0$$

分别为

$$r=2\sin \theta ,r=4\sin \theta ,\theta =\frac{\pi }{2}.$$

于是表示为 $\theta$ 型区域是

$$0\le \theta \le \frac{\pi }{2},2\sin \theta \le r\le 4\sin \theta ;$$

表示为 $r$ 型区域为（见图 22.4）：

$$D_1=\{\begin{array}{l}0\le r\le 2,\\ \arcsin \frac{r}{4}\le \theta \le \arcsin \frac{r}{2},\end{array}{D}_2=\{\begin{array}{l}2\le r\le 4,\\ \arcsin \frac{r}{4}\le \theta \le \frac{\pi }{2}.\end{array}$$

例题 22.2.5

求

$$\underset{R\to +\infty }{\lim }{\iint }_{\begin{array}{c}|x|\le R\\ |y|\le R\end{array}}(x^2+y^2)e^{-(x^2+y^2)}dxdy.$$

解 记

$$I_R={\iint }_{\begin{array}{c}|x|\le R\\ |y|\le R\end{array}}(x^2+y^2)e^{-(x^2+y^2)}dxdy,$$ $$C_R={\iint }_{x^2+y^2\le R^2}(x^2+y^2)e^{-(x^2+y^2)}dxdy.$$

则 $C_R\le I_R\le C_{2R}$，且

$$\begin{array}{rl}{C}_R& ={\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^R{r}^3{e}^{-r^2}dr=\pi {\int }_0^{R^2}t{e}^{-t}dt\\ & =\pi (1-e^{-R^2}-R^2{e}^{-R^2})\to \pi (R\to +\infty ).\end{array}$$

同理可证 $C_{2R}\to \pi (R\to +\infty )$。于是

$$\underset{R\to +\infty }{\lim }{I}_R=\pi .$$

例题 22.2.6

作极坐标变换，将二重积分

$${\iint }_{D}f\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)dxdy$$

化为定积分，其中 $D=\{(x,y)\mid 0\le y\le x\le 1\}$。

解 令 $x=r\cos \phi ,y=r\sin \phi$，则

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{D}f\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)dxdy& ={\iint }_{D}f(r)rdrd\phi \\ & ={\int }_0^{1}dr{\int }_0^{\pi /4}f(r)rd\phi +{\int }_1^{\sqrt{2}}dr{\int }_{\arccos (1/r)}^{\pi /4}f(r)rd\phi \\ & =\frac{\pi }{4}{\int }_0^{1}f(r)rdr+{\int }_1^{\sqrt{2}}\left(\frac{\pi }{4}-\arccos \frac{1}{r}\right)f(r)rdr\\ & =\frac{\pi }{4}{\int }_0^{\sqrt{2}}f(r)rdr-{\int }_1^{\sqrt{2}}\arccos \frac{1}{r}f(r)rdr.\end{array}$$

22.2.3 二重积分的变量替换

例题 22.2.7

求由曲线

$${\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\right)}^2=\frac{x^2}{a^2}-\frac{y^2}{b^2}$$

所围的面积。

解 应用广义极坐标变换

$$x=a\rho \cos \theta ,y=b\rho \sin \theta ,$$

则

$$J=\left|\frac{\partial (x,y)}{\partial (\rho ,\theta )}\right|=ab\rho ,$$

所围成积分区域的曲线变为 ${\rho }^2=\cos 2\theta$（双纽线），于是所求的面积

$$S={\iint }_{D}dxdy=4{\int }_0^{\pi /4}d\theta {\int }_0^{\sqrt{\cos 2\theta }}ab\rho d\rho =ab.$$

例题 22.2.8

求

$${\iint }_D\left(\sqrt{\frac{x-c}{a}}+\sqrt{\frac{y-c}{b}}\right)dxdy,$$

其中 $D$ 由曲线

$$\sqrt{\frac{x-c}{a}}+\sqrt{\frac{y-c}{b}}=1$$

和 $x=c,y=c$ 所围成，并且 $a,b,c>0$。

解 见图 22.5，被积函数与积分区域的部分边界具有相同的形式，因此要设法把被积函数表达式化成简单的形式。令

$$x=c+a\rho {\cos }^4\theta ,y=c+b\rho {\sin }^4\theta ,$$

则

$$J=\left|\frac{\partial (x,y)}{\partial (\rho ,\theta )}\right|=4ab\rho {\cos }^3\theta {\sin }^3\theta .$$

面积区域变为 $\{0\le \theta \le \frac{\pi }{2},0\le \rho \le 1\}$，于是

$$\begin{array}{rl}& {\iint }_D\left(\sqrt{\frac{x-c}{a}}+\sqrt{\frac{y-c}{b}}\right)dxdy\\ & ={\int }_0^{\pi /2}d\theta {\int }_0^{1}4ab\rho {\cos }^3\theta {\sin }^3\theta \sqrt{\rho }d\rho =\frac{2ab}{15}.\end{array}$$

注 一般而言，广义极坐标变换

$$x=\frac{1}{a}\left(c+r^{1/p}{\cos }^{2/p}\theta \right),y=\frac{1}{b}\left(d+r^{1/p}{\sin }^{2/p}\theta \right),$$

能把 $(ax-c{)}^p+(by-d{)}^p$ 变为 $r$，但其中的 $r,\theta$ 一般不再具有通常的极径、极角的意义。

例题 22.2.9

求

$$I={\iint }_{\Omega }(x+y)dxdy,$$

其中 $\Omega$ 是由 $y^2=2x,x+y=4,x+y=12$ 围成。

解 积分区域如图 22.6，作变换

$$u=x+y,v=y,$$

则变换后的积分区域为

$$4\le u\le 12,-1-\sqrt{2u+1}\le v\le -1+\sqrt{2u+1},$$

且

$$J=\left|\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}\right|=1.$$

于是

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_4^{12}udu{\int }_{-1-\sqrt{2u+1}}^{-1+\sqrt{2u+1}}dv\\ & ={\int }_4^{12}2u\sqrt{2u+1}du(\sqrt{2u+1}=t)\\ & ={\int }_3^5(t^2-1)t^{2}dt=\frac{8156}{15}.\end{array}$$

22.2.4 练习题

练习题 1

试把累次积分

$$I={\int }_0^{R/\sqrt{1+R^2}}dx{\int }_0^{Rx}f(x,y)dy+{\int }_{R/\sqrt{1+R^2}}^{R}dx{\int }_0^{\sqrt{R^2-x^2}}f(x,y)dy$$

改写为先对 $x$ 后对 $y$ 的累次积分形式。

解 原积分对应的区域是第一象限内由直线 $y=Rx$ 与圆周 $x^2+y^2=R^2$ 围成的部分。改写后为

$$I={\int }_0^{R^2/\sqrt{1+R^2}}dy{\int }_{y/R}^{\sqrt{R^2-y^2}}f(x,y)dx.$$

练习题 2

设 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上连续，证明：

$${\int }_0^{1}dx{\int }_x^{1}f(t)dt={\int }_0^{1}tf(t)dt.$$

解 积分区域为 $0\le x\le t\le 1$。交换积分次序得

$${\int }_0^{1}dx{\int }_x^{1}f(t)dt={\int }_0^{1}dt{\int }_0^{t}f(t)dx={\int }_0^{1}tf(t)dt.$$

练习题 3

$D$ 由 $y=\pi -x,x=\pi ,y=\pi$ 围成，求 ${\iint }_D\frac{\sin x}{x}dxdy$。

解 区域可写成 $0\le x\le \pi$，$\pi -x\le y\le \pi$。故

$${\iint }_D\frac{\sin x}{x}dxdy={\int }_0^{\pi }x\frac{\sin x}{x}dx={\int }_0^{\pi }\sin xdx=2.$$

练习题 4

$D$ 由 $y=0,y=x^2,x+y=2$ 围成的第一象限的部分，求 ${\iint }_D(x^2+y^2)dxdy$。

解 由图形可分成两块：$0\le x\le 1$ 时 $0\le y\le x^2$；$1\le x\le 2$ 时 $0\le y\le 2-x$。故

$${\iint }_D(x^2+y^2)dxdy={\int }_0^{1}dx{\int }_0^{x^2}(x^2+y^2)dy+{\int }_1^{2}dx{\int }_0^{2-x}(x^2+y^2)dy=\frac{131}{105}.$$

练习题 5

求由 $(x^2+y^2{)}^2=a^2(x^2-y^2),z=x^2-y^2,z=0$ 围成之立体的体积。

解 体积为

$$V={\iint }_D(x^2-y^2)dxdy,$$

其中 $D$ 由极坐标方程 $r^2=a^2\cos 2\theta$ 给出，且需 $\cos 2\theta \ge 0$。于是

$$\begin{array}{rl}V& =2{\int }_{-\pi /4}^{\pi /4}d\theta {\int }_0^{a\sqrt{\cos 2\theta }}{r}^3\cos 2\theta dr\\ & =\frac{a^4}{2}{\int }_{-\pi /4}^{\pi /4}{\cos }^{3}2\theta d\theta =\frac{a^4}{3}.\end{array}$$

练习题 6

设 $D$ 是由 $x^2=ay,x^2=by,y^2=px,y^2=qx$ 所围成的区域，其中 $0<a<b,0<p<q$，求

$${\iint }_D\frac{x^2\sin xy}{y}dxdy.$$

解 令

$$u=\frac{x^2}{y},v=\frac{y^2}{x}.$$

则边界化为 $a\le u\le b$、$p\le v\le q$，并且

$$x=u^{2/3}{v}^{1/3},y=u^{1/3}{v}^{2/3},\left|\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}\right|=\frac{1}{3},$$

同时 $xy=uv$，$\frac{x^2}{y}=u$。故

$$\begin{array}{rl}{\iint }_D\frac{x^2\sin (xy)}{y}dxdy& =\frac{1}{3}{\int }_a^{b}du{\int }_p^{q}u\sin (uv)dv\\ & =\frac{1}{3}{\int }_a^b(\cos pu-\cos qu)du\\ & =\frac{1}{3}\left(\frac{\sin bp-\sin ap}{p}-\frac{\sin bq-\sin aq}{q}\right).\end{array}$$

练习题 7

证明：

$${\int }_a^{b}dy{\int }_a^y(y-x{)}^{n}f(x)dx=\frac{1}{n+1}{\int }_a^b(b-x{)}^{n+1}f(x)dx.$$

解 交换积分次序即可：

$$\begin{array}{rl}{\int }_a^{b}dy{\int }_a^y(y-x{)}^{n}f(x)dx& ={\int }_a^{b}f(x)dx{\int }_x^b(y-x{)}^{n}dy\\ & =\frac{1}{n+1}{\int }_a^b(b-x{)}^{n+1}f(x)dx.\end{array}$$

练习题 8

设 $D$ 是第一象限内由 $y$ 轴及两个圆 $x^2+y^2=a^2,x^2-2ax+y^2=0$ 所围成的区域，求 ${\iint }_D\sqrt{x^2+y^2}dxdy$。

解 在极坐标中，两圆分别为 $r=a$ 与 $r=2a\cos \theta$，区域对应于 $\pi /3\le \theta \le \pi /2$，$2a\cos \theta \le r\le a$。故

$$\begin{array}{rl}{\iint }_D\sqrt{x^2+y^2}dxdy& ={\int }_{\pi /3}^{\pi /2}d\theta {\int }_{2a\cos \theta }^a{r}^{2}dr\\ & =\frac{a^3}{3}\left(3\sqrt{3}+\frac{\pi }{6}-\frac{16}{3}\right).\end{array}$$

练习题 9

求由四条直线 $x+y=p,x+y=q,y=ax,y=bx$（$0<p<q,0<a<b$）所围成的图形的面积。

解 作变换 $u=x+y,v=\frac{y}{x}$。则

$$x=\frac{u}{1+v},y=\frac{uv}{1+v},\left|\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}\right|=\frac{u}{(1+v{)}^2}.$$

区域化为矩形 $p\le u\le q$、$a\le v\le b$，故面积为

$${\int }_p^{q}du{\int }_a^b\frac{u}{(1+v{)}^2}dv=\frac{q^2-p^2}{2}\cdot \frac{b-a}{(1+a)(1+b)}.$$

练习题 10

求由曲线 $\sqrt[4]{x/a}+\sqrt[4]{y/b}=1$ 与直线 $x=0,y=0$ 所围成图形的面积。

解 令 $u=(x/a{)}^{1/4}$、$v=(y/b{)}^{1/4}$，则区域化为三角形 $u\ge 0,v\ge 0,u+v\le 1$，且

$$x=a{u}^4,y=b{v}^4,\left|\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}\right|=16ab{u}^3{v}^3.$$

故面积为

$$16ab{\int }_0^1{u}^{3}du{\int }_0^{1-u}{v}^{3}dv=\frac{ab}{70}.$$

练习题 11

求 ${\iint }_{D}f\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)dxdy$，其中 $D=\{(x,y)\mid |y|<|x|\le 1\}$。

解 用极坐标表示，$D$ 是由两扇形组成，满足 $0\le r\le 1$，且 $|\tan \theta |<1$。总角度为 $\pi$，故

$${\iint }_{D}f\left(\sqrt{x^2+y^2}\right)dxdy=\pi {\int }_0^{1}rf(r)dr.$$

练习题 12

求 ${\iint }_{D}xdxdy$，其中 $D$ 由 $xy=1,x^2+y^2=4$ 围成。

解 区域 $D$ 关于原点中心对称，而被积函数 $x$ 为奇函数，故

$${\iint }_{D}xdxdy=0.$$

练习题 13

给定积分

$$I={\iint }_D\left[{\left(\frac{\partial f}{\partial x}\right)}^2+{\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)}^2\right]dxdy,$$

作正则变换 $x=x(u,v),y=y(u,v)$，区域 $D$ 变为 $\Omega$，如果变换满足

$$\frac{\partial x}{\partial u}=\frac{\partial y}{\partial v},\frac{\partial x}{\partial v}=-\frac{\partial y}{\partial u},$$

证明：

$$I={\iint }_{\Omega }\left[{\left(\frac{\partial f}{\partial u}\right)}^2+{\left(\frac{\partial f}{\partial v}\right)}^2\right]dudv.$$

解 设 $F(u,v)=f(x(u,v),y(u,v))$。则

$$F_u=f_x{x}_u+f_y{y}_u,F_v=f_x{x}_v+f_y{y}_v.$$

由条件 $x_u=y_v,x_v=-y_u$，得

$$F_u^2+F_v^2=(f_x^2+f_y^2)(x_u^2+x_v^2).$$

又

$$\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}=x_u{y}_v-x_v{y}_u=x_u^2+x_v^2.$$

因而

$$(f_x^2+f_y^2)dxdy=(F_u^2+F_v^2)dudv,$$

积分后即得结论。

练习题 14

求积分

$${\int }_0^{\sqrt{2}}dy{\int }_y^{\sqrt{4-y^2}}\frac{dx}{\sqrt{1+x^2+y^2}}.$$

解 区域是第一象限中圆 $x^2+y^2\le 4$ 与直线 $x=y$ 所围部分。改用极坐标，得

$${\int }_0^{\pi /4}d\theta {\int }_0^2\frac{rdr}{\sqrt{1+r^2}}=\frac{\pi }{4}(\sqrt{5}-1).$$

练习题 15

证明：

$${\iint }_{|x|+|y|\le 1}\left(\sqrt{|xy|}+|xy|\right)dxdy\le \frac{3}{2}.$$

解 由 AM—GM 不等式，

$$\sqrt{|xy|}\le \frac{|x|+|y|}{2},|xy|\le \frac{(|x|+|y|{)}^2}{4}.$$

因而

$${\iint }_{|x|+|y|\le 1}(\sqrt{|xy|}+|xy|)dxdy\le \frac{1}{2}{\iint }_D(|x|+|y|)dxdy+\frac{1}{4}{\iint }_D(|x|+|y|{)}^{2}dxdy.$$

由对称性直接计算得右端等于 $\frac{2}{3}+\frac{1}{4}=\frac{11}{12}<\frac{3}{2}$，故所证不等式成立。

练习题 16

计算二重积分

$$I={\iint }_D|x-y^2|dxdy,$$

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

解 由偶性，

$$I=2{\int }_0^{1}dy{\int }_0^1|x-y^2|dx=2{\int }_0^1\left({\int }_0^{y^2}(y^2-x)dx+{\int }_{y^2}^1(x-y^2)dx\right)dy=\frac{11}{15}.$$

练习题 17

求 ${\iint }_D\ln \frac{x}{y^2}dxdy$，其中 $D$ 是由 $y=x,y=1,x=2$ 围成的三角形。

解 区域可写成 $1\le x\le 2$、$1\le y\le x$。故

$$\begin{array}{rl}{\iint }_D\ln \frac{x}{y^2}dxdy& ={\int }_1^{2}dx{\int }_1^x(\ln x-2\ln y)dy\\ & =\frac{11}{4}-4\ln 2.\end{array}$$

22.3.1 三重积分在直角坐标系中的计算

例题 22.3.1

求积分

$$I={\iiint }_{\Omega }{z}^{2}dxdydz,$$

其中 $\Omega$ 为两个球 $x^2+y^2+z^2\le R^2,x^2+y^2+z^2\le 2Rz$ 的公共部分。

解 综合被积函数和积分区域，可把积分视成在 $z\in [0,R]$ 上一系列带权 $z^2$ 的小薄片的求和。根据积分区域 $\Omega$ 的构成情况，可将 $\Omega$ 分成两个子区域 ${\Omega }_1$ 与 ${\Omega }_2$：

$${\Omega }_1:\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2+z^2\le 2Rz,\\ 0\le z\le \frac{R}{2},\end{array}{\Omega }_2:\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2+z^2\le R^2,\\ \frac{R}{2}\le z\le R.\end{array}$$

当 $z\in \left[0,\frac{R}{2}\right]$ 时，由 $x^2+y^2+z^2\le 2Rz$ 可得到薄片面积为 $\pi (2Rz-z^2)$；当 $z\in \left[\frac{R}{2},R\right]$ 时，由 $x^2+y^2+z^2\le R^2$ 可得到薄片面积为 $\pi (R^2-z^2)$。所以

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{R/2}\pi z^2(2Rz-z^2)dz+{\int }_{R/2}^R\pi z^2(R^2-z^2)dz\\ & ={\left(\frac{1}{2}\pi R{z}^4-\frac{1}{5}\pi z^5\right)}_0^{R/2}+{\left(\frac{1}{3}\pi R^2{z}^3-\frac{1}{5}\pi z^5\right)}_{R/2}^R=\frac{59}{480}\pi R^5.\end{array}$$

22.3.3 例题

例题 22.3.2

求

$$I={\iiint }_{\Omega }(x+y)dxdydz,$$

其中 $\Omega$ 为由 $x=0,x=1,x^2+1=\frac{y^2}{a^2}+\frac{z^2}{b^2}$ 所围成。

解 由积分区域的构成宜采用“先二后一”的积分次序：

$$I={\int }_0^{1}dx{\iint }_{D(x)}(x+y)dydz,$$

其中

$$D(x)=\left\{(x,y,z)|\frac{y^2}{a^2}+\frac{z^2}{b^2}\le 1+x^2\right\}.$$

对于二重积分 ${\iint }_{D(x)}ydydz$，由于 $D(x)$ 在 $yOz$ 平面上的投影关于原点对称，且 $f(y,z)=y=-f(-y,-z)$，故

$${\iint }_{D(x)}ydydz=0,$$

而

$${\iint }_{D(x)}xdydz=\pi abx(1+x^2).$$

于是

$$I=\pi ab{\int }_0^{1}x(1+x^2)dx=\frac{3}{4}\pi ab.$$

例题 22.3.3

计算积分

$$H={\iiint }_{\begin{array}{c}x,y,z\ge 0\\ x^2+y^2+z^2\le R^2\end{array}}\frac{xyz}{\sqrt{a^2{x}^2+b^2{y}^2+c^2{z}^2}}dxdydz,a>b>c>0.$$

解 在球坐标下

$$H={\int }_0^{\pi /2}{\int }_0^{\pi /2}{\int }_0^R\frac{r^4{\sin }^3\phi \cos \phi \sin \theta \cos \theta }{\sqrt{a^2{\sin }^2\phi {\cos }^2\theta +b^2{\sin }^2\phi {\sin }^2\theta +c^2{\cos }^2\phi }}drd\phi d\theta .$$

令 ${\sin }^2\phi =u,{\sin }^2\theta =v$，则

$$\begin{array}{rl}H& =\frac{1}{4}{\int }_0^1{\int }_0^1{\int }_0^R\frac{r^{4}udrdudv}{\sqrt{a^{2}u(1-v)+b^{2}uv+c^2(1-u)}}\\ & =\frac{1}{20}{R}^5{\int }_0^{1}udu{\int }_0^1\frac{dv}{\sqrt{[c^2+(a^2-c^2)u]+(b^2-a^2)uv}}\\ & =-\frac{1}{20}{R}^5{\int }_0^1{\left\{\frac{2}{(b^2-a^2)u}\sqrt{[c^2+(a^2-c^2)u]+(b^2-a^2)uv}\right\}}_{v=0}^{v=1}udu\\ & =\frac{R^5}{10(b^2-a^2)}{\int }_0^1\left\{\sqrt{[c^2+(a^2-c^2)u]+(b^2-a^2)u}-\sqrt{c^2+(a^2-c^2)u}\right\}du\\ & =\frac{R^5}{10(b^2-a^2)}{\left\{\frac{2}{3(b^2-c^2)}[c^2+(b^2-c^2)u{]}^{3/2}-\frac{2}{3(a^2-c^2)}[c^2+(a^2-c^2)u{]}^{3/2}\right\}}_0^1\\ & =\frac{R^5}{10(b^2-a^2)}\left[\frac{2}{3(b^2-c^2)}(b^3-c^3)-\frac{2}{3(a^2-c^2)}(a^3-c^3)\right]\\ & =\frac{R^5}{15}\cdot \frac{1}{b^2-a^2}\left(\frac{b^2+bc+c^2}{b+c}-\frac{a^2+ac+c^2}{a+c}\right)\\ & =\frac{R^5}{15}\cdot \frac{ab+bc+ca}{(a+b)(b+c)(c+a)}.\end{array}$$

例题 22.3.4

设 $H(x)=\sum _{i,j=1}^3{a}_{ij}{x}_i{x}_j$，$A=(a_{ij})$ 是 $3$ 阶正定对称阵。求

$$I={\iiint }_{H(x)\le 1}{e}^{\sqrt{H(x)}}d{x}_{1}d{x}_{2}d{x}_3.$$

解 存在 $3$ 阶正交矩阵 $P$，使得

$$P^{T}AP=\left(\begin{array}{ccc}{\lambda }_1& 0& 0\\ 0& {\lambda }_2& 0\\ 0& 0& {\lambda }_3\end{array}\right),$$

其中 ${\lambda }_i>0,i=1,2,3$。作正交变换 $x=Py$，这里 $x,y\in {\mathbb{R}}^3$，则

$$H(x)=H(Py)={\lambda }_1{y}_1^2+{\lambda }_2{y}_2^2+{\lambda }_3{y}_3^2,$$

且变换的 Jacobi 行列式 $\det P=1$。从而

$$I={\iiint }_{{\lambda }_1{y}_1^2+{\lambda }_2{y}_2^2+{\lambda }_3{y}_3^2\le 1}{e}^{\sqrt{{\lambda }_1{y}_1^2+{\lambda }_2{y}_2^2+{\lambda }_3{y}_3^2}}d{y}_{1}d{y}_{2}d{y}_3.$$

令

$$y_1=\frac{1}{\sqrt{{\lambda }_1}}r\sin \phi \cos \theta ,y_2=\frac{1}{\sqrt{{\lambda }_2}}r\sin \phi \sin \theta ,y_3=\frac{1}{\sqrt{{\lambda }_3}}r\cos \phi ,$$

则

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{1}{\sqrt{{\lambda }_1{\lambda }_2{\lambda }_3}}{\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^{\pi }d\phi {\int }_0^1{r}^2{e}^r\sin \phi dr\\ & =\frac{4\pi }{\sqrt{{\lambda }_1{\lambda }_2{\lambda }_3}}{\int }_0^1{r}^2{e}^{r}dr=\frac{4\pi }{\sqrt{{\lambda }_1{\lambda }_2{\lambda }_3}}(e-2).\end{array}$$

由于 $A$ 的行列式 $\det A={\lambda }_1{\lambda }_2{\lambda }_3$，所以

$$I=\frac{4\pi }{\sqrt{\det A}}(e-2).$$

注 正交变换是一种很有用的坐标变换。它的特点是刚体变换，仅仅旋转坐标轴，保持区域体积不变，特别是保持单位球不变。

22.3.4 $n$ 重积分

例题 22.3.5

求四维空间中的单位球

$$x^2+y^2+z^2+t^2\le a^2$$

的体积 $V$。

解 用四维空间中的球坐标变换

$$x=r\sin {\phi }_1\sin {\phi }_2\cos \theta ,y=r\sin {\phi }_1\sin {\phi }_2\sin \theta ,$$ $$z=r\sin {\phi }_1\cos {\phi }_2,t=r\cos {\phi }_1,$$

其中 $0\le r\le a,0\le \theta <2\pi ,0\le {\phi }_1,{\phi }_2\le \pi$，则

$$\left|\frac{\partial (x,y,z,t)}{\partial (r,{\phi }_1,{\phi }_2,\theta )}\right|=r^3{\sin }^2{\phi }_1\sin {\phi }_2.$$

于是

$$\begin{array}{rl}V& ={\text{iiiint}}_{x^2+y^2+z^2+t^2\le a^2}dxdydzdt\\ & ={\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^{\pi }d{\phi }_1{\int }_0^{\pi }d{\phi }_2{\int }_0^a{r}^3{\sin }^2{\phi }_1\sin {\phi }_{2}dr\\ & =\frac{\pi a^4}{2}{\int }_0^{\pi }{\sin }^2{\phi }_{1}d{\phi }_1{\int }_0^{\pi }\sin {\phi }_{2}d{\phi }_2=\frac{{\pi }^2{a}^4}{2}.\end{array}$$

22.3.5 练习题

练习题 1

计算积分

$${\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1-x}dz{\int }_0^{1-z-x}(1-y)e^{-(1-y-z{)}^2}dy.$$

解 原积分区域为单纯形 $x,y,z\ge 0$、$x+y+z\le 1$。先对 $x$ 积分，得

$$I={\iint }_{y+z\le 1}(1-y-z)(1-y)e^{-(1-y-z{)}^2}dydz.$$

再令 $u=1-y-z$、$v=1-y$，则 $0\le u\le v\le 1$，且 Jacobian 为 $1$。故

$$I={\int }_0^{1}u{e}^{-u^2}du{\int }_u^{1}vdv=\frac{1}{2}{\int }_0^{1}u(1-u^2)e^{-u^2}du=\frac{1}{4e}.$$

练习题 2

将累次积分

$${\int }_0^{2}dx{\int }_{-\sqrt{2x-x^2}}^{0}dy{\int }_0^{x}f(x,y,z)dz$$

化为在柱坐标系下的累次积分。

解 在 $xy$ 平面上，区域为圆 $(x-1{)}^2+y^2\le 1$ 的下半部，且 $z$ 在 $0$ 与 $x$ 之间。改用柱坐标后

$$-\frac{\pi }{2}\le \theta \le 0,0\le r\le 2\cos \theta ,0\le z\le r\cos \theta .$$

故所求为

$${\int }_{-\pi /2}^{0}d\theta {\int }_0^{2\cos \theta }rdr{\int }_0^{r\cos \theta }f(r\cos \theta ,r\sin \theta ,z)dz.$$

练习题 3

求 ${\iiint }_{\Omega }(x^2+y^2)dxdydz$，其中 $\Omega$ 是由曲线 $y^2=2z,x=0$ 绕 $z$ 轴旋转而成的曲面，平面 $z=2$ 与平面 $z=8$ 所围成的区域。

解 旋转曲面方程为 $x^2+y^2=2z$。故

$${\iiint }_{\Omega }(x^2+y^2)dV={\int }_2^{8}dz{\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^{\sqrt{2z}}{r}^{3}dr=336\pi .$$

练习题 4

求 ${\iiint }_{\Omega }xyzdxdydz$，其中 $\Omega$ 为 $x^2+y^2+z^2\le 4$ 与 $x^2+y^2+(z-2{)}^2\le 4$ 的公共部分，且 $x\ge 0,y\ge 0$。

解 取柱坐标。交域满足 $0\le z\le 2$，且

$$r^2\le \min \{4-z^2,4z-z^2\}.$$

再由 $x=r\cos \theta$、$y=r\sin \theta$ 及 $x,y\ge 0$，有 $0\le \theta \le \frac{\pi }{2}$。于是

$$\begin{array}{rl}{\iiint }_{\Omega }xyzdV& ={\int }_0^{\pi /2}\cos \theta \sin \theta d\theta \left[{\int }_0^{1}zdz{\int }_0^{\sqrt{4z-z^2}}{r}^{3}dr+{\int }_1^{2}zdz{\int }_0^{\sqrt{4-z^2}}{r}^{3}dr\right]\\ & =\frac{53}{60}.\end{array}$$

练习题 5

求 ${\iiint }_{\Omega }\frac{dxdydz}{r}$，其中 $\Omega$ 为一半径为 $R$ 的球，$r$ 为球外一固定点到球域内任一点的距离。

解 设球心到固定外点的距离为 $A>R$。取该点连球心为极轴的球坐标，则

$$I=2\pi {\int }_0^R{\rho }^{2}d\rho {\int }_0^{\pi }\frac{\sin \phi d\phi }{\sqrt{A^2+{\rho }^2-2A\rho \cos \phi }}.$$

由于 $A>\rho$，内层积分等于 $\frac{2}{A}$，故

$$I=\frac{4\pi }{A}{\int }_0^R{\rho }^{2}d\rho =\frac{4\pi R^3}{3A}.$$

练习题 6

计算积分

$$I={\iiint }_{\Omega }\frac{xyz}{x^2+y^2}dxdydz,$$

其中 $\Omega$ 由曲面 $(x^2+y^2+z^2{)}^2=a^{2}xy$ 与平面 $z=0$ 所围成，曲面在上方，平面在下方。

解 用球坐标 $x=\rho \sin \phi \cos \theta$、$y=\rho \sin \phi \sin \theta$、$z=\rho \cos \phi$。曲面给出

$${\rho }^4=a^{2}xy=\frac{a^2{\rho }^2{\sin }^2\phi \sin 2\theta }{2},$$

即

$$0\le \rho \le a\sin \phi \sqrt{\frac{\sin 2\theta }{2}},$$

其中 $0\le \phi \le \frac{\pi }{2}$，$\theta \in \left[0,\frac{\pi }{2}\right]\cup \left[\pi ,\frac{3\pi }{2}\right]$。又

$$\frac{xyz}{x^2+y^2}=\frac{1}{2}\rho \cos \phi \sin 2\theta .$$

故

$$I=\frac{a^4}{32}{\int }_0^{\pi /2}\cos \phi {\sin }^5\phi d\phi {\int }_{\theta \in S}{\sin }^{3}2\theta d\theta =\frac{a^4}{144}.$$

练习题 7

求

$${\text{iiiint}}_{\begin{array}{c}x,y,z,u\ge 0\\ x^2+y^2+z^2+u^2\le 1\end{array}}\sqrt{\frac{1-x^2-y^2-z^2-u^2}{1+x^2+y^2+z^2+u^2}}dxdydzdu.$$

解 设 $r^2=x^2+y^2+z^2+u^2$。四维单位球体积元为 $2{\pi }^2{r}^{3}dr$，第一卦限占全体的 $\frac{1}{16}$，故

$$I=\frac{{\pi }^2}{8}{\int }_0^1{r}^3\sqrt{\frac{1-r^2}{1+r^2}}dr.$$

令 $t=r^2$，再令 $t=\frac{1-s^2}{1+s^2}$，可化为

$$I=\frac{{\pi }^2}{16}{\int }_0^{1}t\sqrt{\frac{1-t}{1+t}}dt=\frac{{\pi }^2}{16}\left(1-\frac{\pi }{4}\right).$$

练习题 8

设

$$F(t)={\iiint }_{x^2+y^2+z^2\le t^2}f(x^2+y^2+z^2)dxdydz,$$

其中 $f$ 为连续函数，$f(1)=1$。证明：$F^{\prime }(1)=4\pi$。

解 用球坐标有

$$F(t)=4\pi {\int }_0^t{\rho }^{2}f({\rho }^2)d\rho .$$

因而

$$F^{\prime }(t)=4\pi t^{2}f(t^2),$$

故由 $f(1)=1$ 得 $F^{\prime }(1)=4\pi$。

练习题 9

设 $f(x,y,z)=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$，区域 $\Omega \subset {\mathbb{R}}^3$ 由 $z\ge \sqrt{x^2+y^2}$ 和 $4\le x^2+y^2+z^2\le 16$ 所确定，试计算函数 $f$ 关于 $\Omega$ 的积分平均值

$$\frac{1}{|\Omega |}{\iiint }_{\Omega }f(x,y,z)dxdydz,$$

其中 $|\Omega |$ 是 $\Omega$ 的体积。

解 仍用球坐标，区域由 $2\le \rho \le 4$、$0\le \phi \le \frac{\pi }{4}$、$0\le \theta \le 2\pi$ 给出。于是

$$\frac{1}{|\Omega |}{\iiint }_{\Omega }\rho dV=\frac{{\int }_2^4{\rho }^{3}d\rho }{{\int }_2^4{\rho }^{2}d\rho }=\frac{45}{14}.$$

练习题 10

设区域 $\Omega$ 由 $z=x^2+y^2,z=0,xy=1,xy=2,y=3x,y=4x$ 所围成，求积分

$$I={\iiint }_{\Omega }{x}^2{y}^{2}zdxdydz.$$

解 先对 $z$ 积分，得

$$I=\frac{1}{2}{\iint }_{\begin{array}{c}1\le xy\le 2\\ 3x\le y\le 4x\end{array}}{x}^2{y}^2(x^2+y^2{)}^{2}dxdy.$$

令 $u=xy$、$v=\frac{y}{x}$，则

$$x=\sqrt{\frac{u}{v}},y=\sqrt{uv},\left|\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}\right|=\frac{1}{2v},$$

且 $1\le u\le 2$、$3\le v\le 4$。故

$$I=\frac{1}{4}{\int }_1^2{u}^{4}du{\int }_3^4\frac{(v+v^{-1}{)}^2}{v}dv=\frac{6293}{1152}+\frac{31}{10}\ln \frac{4}{3}.$$

练习题 11

利用正交变换计算三重积分

$${\iiint }_V\cos (ax+by+cz)dxdydz,$$

其中 $V:x^2+y^2+z^2\le 1$，$a,b,c$ 是不全为零的常数。

解 设 $k=\sqrt{a^2+b^2+c^2}$。取正交变换把向量 $(a,b,c)$ 送到 $(0,0,k)$，单位球不变，故原积分等于

$${\iiint }_{x^2+y^2+z^2\le 1}\cos (kz)dxdydz=\pi {\int }_{-1}^1(1-z^2)\cos (kz)dz.$$

计算得

$${\iiint }_V\cos (ax+by+cz)dV=\frac{4\pi (\sin k-k\cos k)}{k^3}.$$

22.4.3 例题

例题 22.4.1

计算

$${\iint }_{{\mathbb{R}}^2}{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy,$$

并求 Poisson 积分

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-x^2}dx.$$

解 被积函数为 $e^{-r^2}$。当 $r\to +\infty$ 时，它比任何 $\frac{1}{r^p}(p>2)$ 都更快地趋于零，所以广义二重积分是收敛的。

取同心圆族

$${\Omega }_{\rho }=\{x^2+y^2\le {\rho }^2\},$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{{\mathbb{R}}^2}{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy& =\underset{\rho \to +\infty }{\lim }{\iint }_{{\Omega }_{\rho }}{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy\\ & =\underset{\rho \to +\infty }{\lim }{\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^{\rho }{e}^{-r^2}rdr=\underset{\rho \to +\infty }{\lim }\pi (1-e^{-{\rho }^2})=\pi .\end{array}$$

在上述计算中，如果取正方形族

$${\Omega }_l=\{-l\le x\le l,-l\le y\le l\},$$

则

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{{\mathbb{R}}^2}{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy& =\underset{l\to +\infty }{\lim }{\iint }_{{\Omega }_l}{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy\\ & =\underset{l\to +\infty }{\lim }\left\{{\int }_{-l}^l{e}^{-x^2}dx{\int }_{-l}^l{e}^{-y^2}dy\right\}={\left\{{\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-x^2}dx\right\}}^2.\end{array}$$

因此

$${\int }_{-\infty }^{+\infty }{e}^{-x^2}dx=\sqrt{\pi }.$$

注 Poisson 积分中 $e^{-x^2}$ 的原函数不是初等函数，Poisson 敏锐地观察到极坐标下二重积分有因子 $rdrd\theta$，由此给出了上述巧妙的算法。Poisson 积分也称为 Euler-Poisson 积分或概率积分。

例题 22.4.2

讨论广义重积分

$$I={\iint }_D\frac{dxdy}{(x+y{)}^p}$$

的收敛性，其中 $D=\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,x+y\ge 1\}$。当积分收敛时，求积分的值。

解 由于被积函数恒正，因此可以取任一列包含于 $D$ 的有界区域列，使得积分容易计算，为此取

$$D_n=\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,1\le x+y\le n\}.$$

则

$$I_n={\iint }_{D_n}\frac{dxdy}{(x+y{)}^p}.$$

作变量替换 $x=u,x+y=v$，则

$$I_n={\int }_0^{1}du{\int }_1^n\frac{dv}{v^p}=\frac{1}{1-p}(n^{1-p}-1).$$

从而当 $p>1$ 时，积分收敛，且

$${\iint }_D\frac{dxdy}{(x+y{)}^p}=\frac{1}{p-1}.$$

注 如果取

$$D_n=\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,x+y\ge 1,y\le n\},$$

则计算要复杂得多。

例题 22.4.3

证明：广义二重积分

$${\iint }_{\begin{array}{c}x\ge 1\\ y\ge 1\end{array}}\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2{)}^2}dxdy$$

发散。

证 我们将证明在无限扇形

$$D^{\prime }=\{(x,y)\mid 2y\le x\le 3y,x\ge 1,y\ge 1\}$$

上

$$\left|\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2{)}^2}\right|\ge \frac{C}{r^2},$$

其中 $r=\sqrt{x^2+y^2}$，$C$ 为正常数。事实上当 $2y\le x\le 3y$ 时，

$$4y^2\le x^2\le 9y^2,3y^2\le x^2-y^2\le 8y^2,5y^2\le x^2+y^2\le 10y^2,$$

从而

$$x^2-y^2\ge 3y^2=\frac{3}{10}\cdot 10y^2\ge \frac{3}{10}(x^2+y^2).$$

于是

$$\frac{x^2-y^2}{(x^2+y^2{)}^2}\ge \frac{3}{10r^2},$$

所以原广义二重积分发散。

22.4.4 练习题

练习题 1

讨论下列广义积分的收敛性：

1. ${\iint }_{{\mathbb{R}}^2}\frac{dxdy}{(1+|x{|}^p)(1+|y{|}^q)}$；
2. ${\iint }_{|x|+|y|\ge 1}\frac{dxdy}{|x{|}^p+|y{|}^q}$；
3. ${\iint }_{x+y\ge 1}\frac{\sin x\sin y}{(x+y{)}^p}dxdy$。

解

1. 由乘积结构，

$${\iint }_{{\mathbb{R}}^2}\frac{dxdy}{(1+|x{|}^p)(1+|y{|}^q)}=\left({\int }_{\mathbb{R}}\frac{dx}{1+|x{|}^p}\right)\left({\int }_{\mathbb{R}}\frac{dy}{1+|y{|}^q}\right).$$

因而当且仅当 $p>1,q>1$ 时收敛。

1. 在第一象限把区域分为 $y\le x^{p/q}$ 与 $y\ge x^{p/q}$ 两部分。前者上被积函数与 $x^{-p}$ 同阶，后者与 $y^{-q}$ 同阶，因此积分收敛当且仅当

$${\int }_1^{\infty }{x}^{p/q-p}dx<\infty ,{\int }_1^{\infty }{y}^{q/p-q}dy<\infty ,$$

即

$$\frac{1}{p}+\frac{1}{q}<1.$$

1. 按通常用有界闭域穷竭定义的二重广义积分，此积分对一切 $p$ 都发散。事实上取穷竭集

$$D_n=\{(x,y)\mid 1\le x+y\le n,|x-y|\le n\},$$

改用变量 $u=x+y$、$v=x-y$，则

$$\sin x\sin y=\frac{1}{2}(\cos v-\cos u),dxdy=\frac{1}{2}dudv.$$

因而

$${\iint }_{D_n}\frac{\sin x\sin y}{(x+y{)}^p}dxdy=\frac{1}{4}{\int }_1^n\frac{du}{u^p}{\int }_{-n}^n(\cos v-\cos u)dv.$$

内层积分等于 $2\sin n-2n\cos u$，故主导项为

$$-\frac{n}{2}{\int }_1^n\frac{\cos u}{u^p}du,$$

不收敛到有限极限，于是原二重广义积分发散。

练习题 2

设 $D$ 是 ${\mathbb{R}}^2$ 中的无界区域，$\{D_n\}$ 是 $D$ 中的单调增加的闭区域序列，且 ${\bigcup }_{n=1}^{\infty }{D}_n=D$。若 $f$ 在 $D$ 上非负，且在每一个 $D_n$ 上可积，则

$${\iint }_{D}f(x,y)dxdy=\underset{n\to \infty }{\lim }{\iint }_{D_n}f(x,y)dxdy,$$

这里左端与右端同时有意义或同时无意义。

解 记

$$I_n={\iint }_{D_n}f(x,y)dxdy.$$

由于 $f\ge 0$，序列 $I_n$ 单调增加，故极限存在于 $[0,+\infty ]$。按广义积分定义，

$${\iint }_{D}f=\sup \left\{{\iint }_{U}fdxdy:U\subset D,U\text{ 为有界闭子区域}\right\}.$$

显然 $I_n\le {\iint }_{D}f$。反过来，任取有界闭子区域 $U\subset D$，因 $D_n\uparrow D$ 且 $U$ 紧，可知 $U\subset D_n$ 当 $n$ 充分大，于是

$${\iint }_{U}f\le I_n\le \underset{n\to \infty }{\lim }{I}_n.$$

对一切 $U$ 取上确界即得所证等式。

练习题 3

计算下列积分：

$${\iint }_{y\ge x^2+1}\frac{dxdy}{x^4+y^2}.$$

解 先对 $y$ 积分，得

$${\iint }_{y\ge x^2+1}\frac{dxdy}{x^4+y^2}=2{\int }_0^{\infty }\frac{1}{x^2}\arctan \frac{x^2}{x^2+1}dx.$$

再令 $t=1/x$ 并分部积分，可化为

$$4{\int }_0^{\infty }\frac{t^2}{t^4+2t^2+2}dt.$$

把 $t=2^{1/4}s$，再用公式

$${\int }_0^{\infty }\frac{ds}{s^4+a{s}^2+1}=\frac{\pi }{2\sqrt{a+2}}(a>-2),$$

可得结果

$${\iint }_{y\ge x^2+1}\frac{dxdy}{x^4+y^2}=\pi \sqrt{2(\sqrt{2}-1)}.$$

练习题 4

讨论下列二重广义积分的收敛性：

1. ${\iint }_D\frac{dxdy}{x^2+y^2}$，其中 $D$ 由条件 $|y|\le x^2,x^2+y^2\le 1$ 所确定；
2. ${\iint }_{x^2+y^2\le 1}\frac{dxdy}{(x^2+xy+y^2{)}^p}$；
3. ${\iint }_{x^2+y^2\le 1}\frac{dxdy}{(1-x^2-y^2{)}^p}$。

解

1. 仅需讨论原点附近。因为在 $D$ 内有 $|y|\le x^2$，故

$${\int }_{-x^2}^{x^2}\frac{dy}{x^2+y^2}\le \frac{2x^2}{x^2}=2.$$

再对 $x$ 积分可知该广义积分收敛。

1. 二次型 $x^2+xy+y^2$ 与 $x^2+y^2$ 等价，即存在常数 $c_1,c_2>0$ 使

$$c_1(x^2+y^2)\le x^2+xy+y^2\le c_2(x^2+y^2).$$

因此被积函数与 $r^{-2p}$ 同阶，极坐标判别给出收敛当且仅当 $p<1$。

1. 极坐标下积分为

$$2\pi {\int }_0^1\frac{rdr}{(1-r^2{)}^p}.$$

令 $u=1-r^2$，化为 $\pi {\int }_0^1{u}^{-p}du$，故收敛当且仅当 $p<1$。

练习题 5

设函数 $f(x)$ 在 $[a,A]$ 上连续，讨论

$${\iint }_D\frac{dxdy}{|y-f(x){|}^p}$$

的收敛性，其中 $D=[a,A]\times [b,B]$。

解 若曲线 $y=f(x)$ 与矩形 $D$ 不相交，则被积函数在 $D$ 上连续有界，故总是收敛。若它与 $D$ 相交，则对某些 $x$，内层积分形如

$${\int }_b^B\frac{dy}{|y-f(x){|}^p},$$

它收敛当且仅当 $p<1$。因此在相交情形下，原二重积分收敛当且仅当 $p<1$。

练习题 6

计算下列积分：

1. ${\iint }_{x^2+y^2\le 1}\ln \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy$；
2. ${\iint }_D\ln \sin (x-y)dxdy$，其中 $D$ 是由直线 $y=0,y=x,x=\pi$ 所界定。

解

1. 用极坐标，

$${\iint }_{x^2+y^2\le 1}\ln \frac{1}{\sqrt{x^2+y^2}}dxdy=2\pi {\int }_0^{1}r\ln \frac{1}{r}dr=\frac{\pi }{2}.$$

1. 区域为 $0\le y\le x\le \pi$。令 $u=x-y$，则

$$\begin{array}{rl}{\iint }_D\ln \sin (x-y)dxdy& ={\int }_0^{\pi }(\pi -u)\ln \sin udu\\ & =\frac{\pi }{2}{\int }_0^{\pi }\ln \sin udu=-\frac{{\pi }^2}{2}\ln 2.\end{array}$$

22.5.1 几何应用

例题 22.5.1

设 $V$ 是由曲线 $x=\phi (z),a\le z\le b$，绕 $z$ 轴旋转而围成的体积，这里曲线不与 $z$ 轴相交且旋转体被 $z=a$ 和 $z=b$ 所围住。证明公式

$$V=\pi {\int }_a^b{\phi }^2(z)dz.$$

证 把 $V$ 视为一个由一系列垂直于 $z$ 轴的小薄片（小圆盘）所组成的体积，则在 $z$ 处，圆盘面积为 $\pi {\phi }^2(z)$，厚度为 $dz$，薄片体积微元为 $dV=\pi {\phi }^2(z)dz$，因而

$$V=\pi {\int }_a^b{\phi }^2(z)dz.$$

例题 22.5.2

设连续曲线 $z=\phi (x),a\le x\le b$，绕 $z$ 轴旋转所得曲面为 $\Sigma$。求 $\Sigma$ 的面积 $S$。

解 用柱坐标把 $\Sigma$ 参数化，有

$$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,z=\phi (r),a\le r\le b,0\le \theta \le 2\pi .$$

故

$$E=1+({\phi }^{\prime }(r){)}^2,F=0,G=r^2,$$ $$S={\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_a^{b}r\sqrt{1+({\phi }^{\prime }(r){)}^2}dr=2\pi {\int }_a^{b}r\sqrt{1+({\phi }^{\prime }(r){)}^2}dr.$$

注 如果以 $z=\phi (x)$ 的曲线弧长 $s$ 为参数，而以 $u(s)$ 表示 $s$ 处曲线到 $z$ 轴的距离，$u^{\prime }(s)\ge 0,0\le s\le l$，设 $u(0)=a,u(l)=b$，则 $\Sigma$ 的参数方程为

$$x=u(s)\cos \theta ,y=u(s)\sin \theta ,z=\phi (u(s)),0\le s\le l,0\le \theta \le 2\pi .$$

故

$$S=2\pi {\int }_0^l\sqrt{1+({\phi }^{\prime }(u(s)){)}^2}{u}^{\prime }(s)u(s)ds.$$

其中 $l$ 为曲线的弧长。平面曲线 $z=\phi (x)$ 在弧长参数下质心的 $x$ 坐标

$$X_c=\frac{1}{l}{\int }_0^l\sqrt{1+({\phi }^{\prime }(u(s)){)}^2}{u}^{\prime }(s)u(s)ds.$$

因此我们重新得到了 Guldin 第一定理：

$$S=2\pi X_c\cdot l.$$

如果曲面 $S$ 的密度函数为 $f(x,y,z)$，则其质量为

$${\iint }_{S}f(x,y,z)dS.$$

例题 22.5.3

设 $V$ 是这样的几何体，它是由参数曲面 ${\Sigma }_t:\phi (x,y,z)=t$ 自 $t$ 从 $a$ 到 $b$ 所扫成的，证明：$V$ 的体积

$$|V|={\int }_a^b\left({\iint }_{S_t}\frac{1}{\sqrt{{\phi }_x^2+{\phi }_y^2+{\phi }_z^2}}dS\right)dt,\text{\hspace{1em}(22.7)}$$

其中 $S_t$ 表示曲面 ${\Sigma }_t$ 所对应的曲面区域，$dS$ 表示曲面 ${\Sigma }_t$ 的面积微分。

证 关键是考虑 $t$ 到 $t+\Delta t$ 时沿 $\phi (x,y,z)=t$ 的法向距离的移动。注意到此时的曲面 ${\Sigma }_t$ 在 $(x,y,z)$ 处的法向量为

$$n=({\phi }_x,{\phi }_y,{\phi }_z).$$

考虑曲面随参数 $t$ 的变化的性质。设 $x=x(t),y=y(t),z=z(t)$ 表示了 ${\Sigma }_t$ 中一串连续可微变化的质点，则质点速度为 $(x^{\prime }(t),y^{\prime }(t),z^{\prime }(t))$。注意到质点总满足

$$\phi (x(t),y(t),z(t))=t,$$

因而又有

$$1={\phi }_x{x}^{\prime }(t)+{\phi }_y{y}^{\prime }(t)+{\phi }_z{z}^{\prime }(t).$$

所以从运动角度看，点 $(x,y,z)$ 处的法向速度（即速度在法向上的投影）为

$$C=\frac{{\phi }_x{x}^{\prime }(t)+{\phi }_y{y}^{\prime }(t)+{\phi }_z{z}^{\prime }(t)}{\sqrt{{\phi }_x^2+{\phi }_y^2+{\phi }_z^2}}=\frac{1}{\sqrt{{\phi }_x^2+{\phi }_y^2+{\phi }_z^2}}.$$

按微元法，在 $\Delta t$ 时间内，${\Sigma }_t$ 所移厚度为 ${\Sigma }_t$ 的面积 ${\iint }_{S_t}dS$ 乘以 $\Delta t$ 的法向分量 $C\Delta t$。从而

$$|V|={\int }_a^b\left({\iint }_{S_t}CdS\right)dt.$$

注 (22.7) 是一个一般的公式，它有许多具体的应用。比如，设 ${\Sigma }_t$ 是一个平面图形，则曲面为

$$\xi (t)x+\eta (t)y+\zeta (t)z=p(t),$$

其中 $(\xi (t),\eta (t),\zeta (t))$ 为单位法向。设 ${\Sigma }_t$ 上点 $(x(t),y(t),z(t))$ 随 $t$ 连续可微变化。按隐函数求导法则及注意到 ${\xi }^2(t)+{\eta }^2(t)+{\zeta }^2(t)=1$，我们有

$$C=-\{{\xi }^{\prime }(t)x+{\eta }^{\prime }(t)y+{\zeta }^{\prime }(t)z-p^{\prime }(t)\}.$$

因而

$$-{\iint }_{S_t}CdS={\xi }^{\prime }(t){\iint }_{S_t}xdS+{\eta }^{\prime }(t){\iint }_{S_t}ydS+{\zeta }^{\prime }(t){\iint }_{S_t}zdS-p^{\prime }(t){\iint }_{S_t}dS.$$

设 $(X(t),Y(t),Z(t))$ 是 ${\Sigma }_t$ 的形心坐标，就有

$$X(t)=\frac{{\iint }_{S_t}xdS}{{\iint }_{S_t}dS},Y(t)=\frac{{\iint }_{S_t}ydS}{{\iint }_{S_t}dS},Z(t)=\frac{{\iint }_{S_t}zdS}{{\iint }_{S_t}dS}.$$

从而

$${\iint }_{S_t}CdS=-[X(t){\xi }^{\prime }(t)+Y(t){\eta }^{\prime }(t)+Z(t){\zeta }^{\prime }(t)-p^{\prime }(t)]\cdot {\sigma }_t,\text{\hspace{1em}(22.8)}$$

其中 ${\sigma }_t$ 是 ${\Sigma }_t$ 的面积。

同时，形心也位于 ${\Sigma }_t$ 上，故有

$$X(t)\xi (t)+Y(t)\eta (t)+Z(t)\zeta (t)=p(t).$$

求导并结合 (22.8) 得

$${\iint }_{S_t}CdS=[X^{\prime }(t)\xi (t)+Y^{\prime }(t)\eta (t)+Z^{\prime }(t)\zeta (t)]\cdot {\sigma }_t.$$

注意到上式右端第一个因子正是形心关于 $t$ 的速度在法向上的投影，因此

$${\int }_a^b[X^{\prime }(t)\xi (t)+Y^{\prime }(t)\eta (t)+Z^{\prime }(t)\zeta (t)]dt=l,$$

其中 $l$ 为形心所经过的路径长度。特别地，如果 $S_t$ 的面积为常值 $A$，应用 (22.7) 式得到

$$V=A\cdot l.\text{\hspace{1em}(22.9)}$$

对于由平面图形 $S$ 所成的旋转体，设其形心到旋转轴垂直距离为 $d$，则

$$V=A\cdot 2\pi d.$$

这是 Guldin 第二定理，因此 (22.9) 称为广义的 Guldin 公式。

22.5.2 物理应用

例题 22.5.4

若直线 $x=0,x=a,y=0$ 与正连续曲线 $y=f(x)$ 围成的区域的质心的 $x$ 坐标是 $g(a)$，证明：

$$f(x)=\frac{A{g}^{\prime }(x)}{[x-g(x){]}^2}\exp \left(\int \frac{dx}{x-g(x)}\right),$$

其中 $A$ 为正常数，$a$ 是参数。

证 见图 22.10，

$$g(a)=\frac{M_x(1)}{M(0)}=\frac{{\int }_0^{a}xf(x)dx}{{\int }_0^{a}f(x)dx},$$

即

$$g(a){\int }_0^{a}f(x)dx={\int }_0^{a}xf(x)dx.$$

两边对 $a$ 求导得

$$g(a)f(a)+g^{\prime }(a){\int }_0^{a}f(x)dx=af(a).$$

令 $F(a)={\int }_0^{a}f(x)dx$，注意到 $a-g(a)\ne 0$，则

$$\frac{F^{\prime }(a)}{F(a)}=\frac{g^{\prime }(a)}{a-g(a)}.$$

两边对 $a$ 积分，得

$$\ln F(a)=\int \frac{g^{\prime }(a)}{a-g(a)}da+C.$$

所以

$${\int }_0^{a}f(x)dx=F(a)=A\exp \left(\int \frac{g^{\prime }(a)}{a-g(a)}da\right).$$

两边对 $a$ 求导得

$$f(a)=\frac{A{g}^{\prime }(a)}{a-g(a)}\exp \left(\int \frac{g^{\prime }(a)}{a-g(a)}da\right).$$

考虑到

$$\int \frac{g^{\prime }(a)}{a-g(a)}da=\int \frac{g^{\prime }(a)-1}{a-g(a)}da+\int \frac{da}{a-g(a)}=-\ln (a-g(a))+\int \frac{da}{a-g(a)},$$

则

$$f(a)=\frac{A{g}^{\prime }(a)}{[a-g(a){]}^2}\exp \left(\int \frac{da}{a-g(a)}\right).$$

22.5.3 重积分与不等式

例题 22.5.5

设 $f$ 在 $[0,1]$ 上为正连续函数，证明：

$$1\le {\int }_0^1\frac{dx}{f(x)}{\int }_0^{1}f(x)dx\le \frac{(m+M{)}^2}{4mM},\text{\hspace{1em}(22.10)}$$

其中 $m,M$ 分别为 $f(x)$ 在 $[0,1]$ 上的最小值和最大值。

证 设

$$I={\int }_0^1\frac{dx}{f(x)}{\int }_0^{1}f(x)dx={\int }_0^1\frac{dx}{f(x)}{\int }_0^{1}f(y)dy={\int }_0^1{\int }_0^1\frac{f(y)}{f(x)}dxdy.$$

由对称性，

$$I=\frac{1}{2}{\int }_0^1{\int }_0^1\left(\frac{f(y)}{f(x)}+\frac{f(x)}{f(y)}\right)dxdy.$$

令 $F(z)=z+\frac{1}{z},z>0$，则 $F(z)\ge 2,F^{\prime \prime }(z)>0$，故 $F(z)$ 是凸函数。当 $F(\alpha )=F(\beta )$ 时，对 $z\in [\alpha ,\beta ]$ 有 $F(z)\le F(\alpha )=F(\beta )$。取 $z=\frac{f(y)}{f(x)},\alpha =\frac{m}{M},\beta =\frac{M}{m}$，得

$$2\le \frac{f(y)}{f(x)}+\frac{f(x)}{f(y)}\le \frac{m}{M}+\frac{M}{m},$$

从而

$$1\le I\le \frac{m^2+M^2}{2mM}.$$

但这与不等式 (22.10) 相比还不够精确。为此分析 (22.10)，由右端的平方启用算术平均值—几何平均值不等式，得

$$I={\int }_0^1\frac{dx}{f(x)}{\int }_0^{1}f(x)dx\le \frac{1}{4}{\left[{\int }_0^1\left(f(x)+\frac{1}{f(x)}\right)dx\right]}^2.\text{\hspace{1em}(22.11)}$$

但当 $m\le f(x)\le M$ 时不能充分利用 $z+\frac{1}{z}$ 的凸性来估计 $f(x)+\frac{1}{f(x)}$。观察 $I$ 的特点，用 $\frac{f(x)}{\sqrt{mM}}$ 替代 $f(x)$ 得

$$I={\int }_0^1\frac{\sqrt{mM}}{f(x)}dx\cdot {\int }_0^1\frac{f(x)}{\sqrt{mM}}dx\le \frac{1}{4}{\left[{\int }_0^1\left(\frac{f(x)}{\sqrt{mM}}+\frac{\sqrt{mM}}{f(x)}\right)dx\right]}^2.$$

再取 $z=\frac{f(x)}{\sqrt{mM}},\alpha =\sqrt{\frac{m}{M}},\beta =\sqrt{\frac{M}{m}}$，由 $z+\frac{1}{z}$ 的凸性得

$$I\le \frac{1}{4}{\left(\sqrt{\frac{m}{M}}+\sqrt{\frac{M}{m}}\right)}^2\le \frac{(m+M{)}^2}{4mM}.$$

不等式 (22.10) 得证。

注 从上述证明过程可见，对学到的各种方法要善于比较，综合运用。下面再举一个通过交换积分次序证明不等式的例子。

例题 22.5.6

设 $f,\frac{\partial f}{\partial x},\frac{\partial f}{\partial t},\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}$ 均为 $[0,1]\times [0,1]$ 中的连续函数，且在 $[0,1]\times [0,1]$ 中成立

$$\frac{\partial f}{\partial t}=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}\text{和}\left|\frac{\partial f}{\partial x}\right|\le 1.$$

(1) 证明：对任何 $(x,t_1),(x,t_2)\in [0,1]\times [0,1]$，存在 $\xi \in [0,1]$，使得

$$|\xi -x|\le \frac{1}{2}|t_1-t_2{|}^{1/2}\text{且}|f(\xi ,t_1)-f(\xi ,t_2)|\le 4|t_1-t_2{|}^{1/2};$$

(2) 由 (1) 的结论证明：对任何 $(x,t_1),(x,t_2)\in [0,1]\times [0,1]$ 成立

$$|f(x,t_1)-f(x,t_2)|\le 5|t_1-t_2{|}^{1/2}.$$

分析 题目给出了 $f(x,t)$ 在 $x$ 方向上的性质：$\left|\frac{\partial f}{\partial x}\right|\le 1$。由此证明在 $t$ 方向上的性质，可用的条件是 $f$ 在 $x$ 方向和 $t$ 方向之间的关系：

$$\frac{\partial f}{\partial t}=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}.$$

我们通过交换累次积分次序来转换。

证 (1) 由题设

$$f(x,t_1)-f(x,t_2)={\int }_{t_1}^{t_2}\frac{\partial f}{\partial t}(x,t)dt={\int }_{t_1}^{t_2}\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}(x,t)dt.$$

从而，对任意 $\bar{x}\in [0,1]$，由累次积分次序可交换，成立

$$\begin{array}{rl}{\int }_x^{\bar{x}}[f(x,t_1)-f(x,t_2)]dx& ={\int }_x^{\bar{x}}\left({\int }_{t_1}^{t_2}\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}(x,t)dt\right)dx\\ & ={\int }_{t_1}^{t_2}\left({\int }_x^{\bar{x}}\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}(x,t)dx\right)dt\\ & ={\int }_{t_1}^{t_2}\left(\frac{\partial f}{\partial x}(\bar{x},t)-\frac{\partial f}{\partial x}(x,t)\right)dt.\end{array}$$

对上式左端应用积分中值定理，右端利用已知条件 $\left|\frac{\partial f}{\partial x}\right|\le 1$，得

$$|f(\xi ,t_1)-f(\xi ,t_2)|\cdot |x-\bar{x}|\le 2|t_1-t_2|,$$

其中 $\xi$ 在 $x$ 和 $\bar{x}$ 之间。对任意 $x,t_1,t_2\in [0,1]$ 总可找到某个 $\bar{x}\in [0,1]$，使得

$$|x-\bar{x}|=\frac{1}{2}|t_1-t_2{|}^{1/2},$$

代入前式即得

$$|f(\xi ,t_1)-f(\xi ,t_2)|\le 4|t_1-t_2{|}^{1/2}.$$

(2) 利用 (1) 得

$$\begin{array}{rl}|f(x,t_1)-f(x,t_2)|& \le |f(x,t_1)-f(\xi ,t_1)|+|f(\xi ,t_1)-f(\xi ,t_2)|\\ & +|f(x,t_2)-f(\xi ,t_2)|\\ & \le 1\cdot |x-\xi |+4|t_1-t_2{|}^{1/2}+1\cdot |x-\xi |\\ & \le |x-\bar{x}|+4|t_1-t_2{|}^{1/2}+|x-\bar{x}|=5|t_1-t_2{|}^{1/2}.\end{array}$$

预备 设 $\Omega$ 是 ${\mathbb{R}}^2$ 中可求面积的有界区域，函数 $f$ 定义在 $\Omega$ 上，如果 $|f{|}^p(p>0)$ 在 $\Omega$ 上广义可积，则称 $f$ 是在 $\Omega$ 上 $p$ 次广义可积，$\Omega$ 上的 $p$ 次可积函数的全体记为 $L^p(\Omega )$，且记

$$\Vert f{\Vert }_p={\left({\iint }_{\Omega }|f(x,y){|}^{p}dxdy\right)}^{1/p}.$$

例题 22.5.7（H"older 不等式）

设 $u\in L^p(\Omega ),v\in L^q(\Omega ),p,q>1$，且

$$\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1,$$

则

$$\Vert uv{\Vert }_1\le \Vert u{\Vert }_p\Vert v{\Vert }_q.$$

证 不妨设 $\Vert u{\Vert }_p>0,\Vert v{\Vert }_q>0$。令

$$a=\frac{|u|}{\Vert u{\Vert }_p},b=\frac{|v|}{\Vert v{\Vert }_q}.$$

由 Young 不等式

$$ab\le \frac{a^p}{p}+\frac{b^q}{q},$$

其中 $p,q>1,\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1,a,b\ge 0$，得到

$$\frac{|u|\cdot |v|}{\Vert u{\Vert }_p\Vert v{\Vert }_q}\le \frac{|u{|}^p}{p\Vert u{\Vert }_p^p}+\frac{|v{|}^q}{q\Vert v{\Vert }_q^q}.$$

两边在 $\Omega$ 上积分得

$$\frac{{\iint }_{\Omega }|u|\cdot |v|dxdy}{\Vert u{\Vert }_p\Vert v{\Vert }_q}\le \frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1.$$

由此得出所要证明的不等式。

例题 22.5.8

设 $u\in L^q(\Omega )$，$0<p\le q$，则

$$|\Omega {|}^{-1/p}\Vert u{\Vert }_p\le |\Omega {|}^{-1/q}\Vert u{\Vert }_q,$$

其中 $|\Omega |$ 表示 $\Omega$ 的体积。

证 由 H”older 不等式

$$\begin{array}{rl}\Vert u{\Vert }_p^p& ={\iint }_{\Omega }|u{|}^{p}dxdy\\ & \le {\left[{\iint }_{\Omega }(|u{|}^p{)}^{q/p}dxdy\right]}^{p/q}{\left[{\iint }_{\Omega }{1}^{q/(q-p)}dxdy\right]}^{(q-p)/q}\\ & =|\Omega {|}^{(q-p)/q}\Vert u{\Vert }_q^p.\end{array}$$

两边开 $p$ 次方，则

$$\Vert u{\Vert }_p\le |\Omega {|}^{1/p-1/q}\Vert u{\Vert }_q.$$

注 由上例的结论知对任意 $0<p\le q$，$L^q(\Omega )\subset L^p(\Omega )$。

例题 22.5.9

设 $u\in L^r(\Omega )$，$0<p\le q\le r$，则

$$\Vert u{\Vert }_q\le \Vert u{\Vert }_p^{\lambda }\Vert u{\Vert }_r^{1-\lambda },$$

其中 $\lambda$ 满足

$$\frac{1}{q}=\frac{\lambda }{p}+\frac{1-\lambda }{r}.$$

证 由 H”older 不等式

$$\begin{array}{rl}\Vert u{\Vert }_q^q& ={\iint }_{\Omega }|u{|}^{q}dxdy={\iint }_{\Omega }|u{|}^{\lambda q}|u{|}^{(1-\lambda )q}dxdy\\ & \le {\left[{\iint }_{\Omega }(|u{|}^{\lambda q}{)}^{p/(\lambda q)}dxdy\right]}^{\lambda q/p}{\left[{\iint }_{\Omega }(|u{|}^{(1-\lambda )q}{)}^{r/((1-\lambda )q)}dxdy\right]}^{(1-\lambda )q/r}\\ & =\Vert u{\Vert }_p^{\lambda q}\Vert u{\Vert }_r^{(1-\lambda )q}.\end{array}$$

两边开 $q$ 次方即为所求。

例题 22.5.10

设 $u,u_x,u_y$ 在有界区域 $\Omega \subset {\mathbb{R}}^2$ 上连续，且在 $\Omega$ 的边界 $\partial \Omega$ 上

$$u=u_x=u_y=0,$$

则对于 $1\le p<2$ 有

$$\Vert u{\Vert }_{\frac{2p}{2-p}}\le C(\Vert u_x{\Vert }_p+\Vert u_y{\Vert }_p),$$

其中 $C$ 只与 $p$ 有关，与 $u$ 无关。

证 先设 $p=1$。当 $(x,y)\in {\mathbb{R}}^2\setminus \Omega$ 时，定义 $u(x,y)=0$，则

$$u(x,y)={\int }_{-\infty }^x{u}_x(x,y)dx,u(x,y)={\int }_{-\infty }^y{u}_y(x,y)dy.$$

从而

$$|u(x,y)|\le {\int }_{-\infty }^x|u_x|dx,|u(x,y)|\le {\int }_{-\infty }^y|u_y|dy.$$

由此得

$$|u(x,y){|}^2\le {\int }_{-\infty }^{+\infty }|u_x(x,y)|dx{\int }_{-\infty }^{+\infty }|u_y(x,y)|dy.$$

两边在 ${\mathbb{R}}^2$ 上积分得到

$${\iint }_{\Omega }|u(x,y){|}^{2}dxdy\le {\iint }_{\Omega }|u_x|dxdy{\iint }_{\Omega }|u_y|dxdy.$$

两边开平方，得

$$\Vert u{\Vert }_2\le \Vert u_x{\Vert }_1^{1/2}\Vert u_y{\Vert }_1^{1/2}.$$

利用 $\sqrt{a}\sqrt{b}\le \frac{1}{2}(a+b)$，就有

$$\Vert u{\Vert }_2\le \frac{1}{2}(\Vert u_x{\Vert }_1+\Vert u_y{\Vert }_1).\text{\hspace{1em}(22.12)}$$

这就证明了 $p=1$ 时的结论。

当 $1<p<2$ 时，令 $\gamma =\frac{p}{2-p}$，在 (22.12) 中用 $u^{\gamma }$ 代替 $u$，则

$$\begin{array}{rl}\Vert u^{\gamma }{\Vert }_2& \le \frac{1}{2}(\Vert \gamma u^{\gamma -1}{u}_x{\Vert }_1+\Vert \gamma u^{\gamma -1}{u}_y{\Vert }_1)\\ & \le \frac{\gamma }{2}\left(\Vert u^{\gamma -1}{\Vert }_q\Vert u_x{\Vert }_p+\Vert u^{\gamma -1}{\Vert }_q\Vert u_y{\Vert }_p\right),\end{array}\text{\hspace{1em}(22.13)}$$

其中 $q$ 满足 $\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$，即 $q=\frac{p}{p-1}$。由于

$$\Vert u^{\gamma }{\Vert }_2=\Vert u{\Vert }_{2\gamma }^{\gamma }=\Vert u{\Vert }_{\frac{2p}{2-p}}^{\gamma },$$ $$\Vert u^{\gamma -1}{\Vert }_q=\Vert u{\Vert }_{(\gamma -1)q}^{\gamma -1}=\Vert u{\Vert }_{\frac{2p}{2-p}}^{\gamma -1},$$

由 (22.13) 得

$$\Vert u{\Vert }_{\frac{2p}{2-p}}\le \frac{\gamma }{2}(\Vert u_x{\Vert }_p+\Vert u_y{\Vert }_p).$$

22.5.4 练习题

练习题 1

计算由下列曲面围成的立体体积：

1. $a_{i}x+b_{i}y+c_{i}z=\pm h_i,i=1,2,3$，其中三个平面的法向线性无关；
2. $(x^2+y^2+z^2{)}^2=a^{3}z$，其中 $a>0$；
3. ${\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}\right)}^2=\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}$；
4. $(x^2+y^2{)}^2+z^4=z$。

解

1. 令 $u_i=a_{i}x+b_{i}y+c_{i}z$，则区域化为长方体 $|u_i|\le h_i$。设

$$A=\left(\begin{array}{ccc}{a}_1& b_1& c_1\\ a_2& b_2& c_2\\ a_3& b_3& c_3\end{array}\right).$$

由变量替换公式，体积为

$$V=\frac{8h_1{h}_2{h}_3}{|\det A|}.$$

1. 用球坐标，方程化为 ${\rho }^3=a^3\cos \phi$，故 $0\le \phi \le \frac{\pi }{2}$，$0\le \rho \le a(\cos \phi {)}^{1/3}$。于是

$$V=2\pi {\int }_0^{\pi /2}\sin \phi d\phi {\int }_0^{a(\cos \phi {)}^{1/3}}{\rho }^{2}d\rho =\frac{\pi a^3}{3}.$$

1. 令 $u=x/a$、$v=y/b$、$w=z/c$，体积放大因子为 $abc$。在新变量下方程为

$$(u^2+v^2+w^2{)}^2=u^2+v^2.$$

用球坐标得 $\rho =\sin \phi$，故

$$V=abc\cdot 2\pi {\int }_0^{\pi }\sin \phi d\phi {\int }_0^{\sin \phi }{\rho }^{2}d\rho =\frac{{\pi }^2}{4}abc.$$

1. 用柱坐标，区域满足 $0\le z\le 1$，$0\le r\le (z-z^4{)}^{1/4}$。故

$$V=\pi {\int }_0^1\sqrt{z-z^4}dz.$$

令 $t=z^3$，化为 Beta 积分，得

$$V=\frac{{\pi }^2}{6}.$$

练习题 2

计算下列曲面的面积：

1. $(x^2+y^2+z^2{)}^2=x^2-y^2$；
2. $(x^2+y^2+z^2{)}^2=z^3$；
3. 连续曲线 $y=f(x)(\ge 0),x\in [a,b]$，绕 $x$ 轴旋转所得曲面。

解

1. 设曲面在球坐标下为 $\rho =\sin \phi \sqrt{\cos 2\theta }$。由星形曲面面积公式

$$dS=\rho \sin \phi \sqrt{{\rho }^2+{\rho }_{\phi }^2+\frac{{\rho }_{\theta }^2}{{\sin }^2\phi }}d\phi d\theta$$

可算得括号中的根号恰化为 $1/\sqrt{\cos 2\theta }$，故 $dS={\sin }^2\phi d\phi d\theta$。由于 $\cos 2\theta \ge 0$ 的 $\theta$-总长度为 $\pi$，于是

$$S=\pi {\int }_0^{\pi }{\sin }^2\phi d\phi =\frac{{\pi }^2}{2}.$$

1. 用球坐标得 $\rho ={\cos }^3\phi$，$0\le \phi \le \frac{\pi }{2}$。面积为

$$S=2\pi {\int }_0^{\pi /2}{\cos }^5\phi \sin \phi \sqrt{1+8{\sin }^2\phi }d\phi =\frac{313\pi }{560}.$$

1. 设曲线光滑，则旋转曲面面积公式为

$$S=2\pi {\int }_a^{b}f(x)\sqrt{1+f^{\prime }(x{)}^2}dx.$$

练习题 3

设抛物面壳 $z=\frac{1}{2}(x^2+y^2)(0\le z\le 1)$ 的面密度 $\rho =z$，求质量。

解 投影区域为圆盘 $x^2+y^2\le 2$。由 $z=\frac{1}{2}(x^2+y^2)$ 与

$$dS=\sqrt{1+x^2+y^2}dxdy$$

得质量

$$M=\iint zdS=2\pi {\int }_0^{\sqrt{2}}\frac{r^3}{2}\sqrt{1+r^2}dr=\frac{2\pi }{15}(1+6\sqrt{3}).$$

练习题 4

半径为 $R$ 的均匀圆盘，其密度为 $\mu$。过圆心且与圆垂直的直线上有一密度为 $\rho$ 的均匀细棒，棒长为 $l$，其近圆盘的一端与圆心相距为 $a$。求圆盘对细棒的引力。

解 设棒上点到圆盘中心的距离为 $z$。半径为 $r$ 的圆环对该点的引力元为

$$dF=2\pi \mu \rho \frac{zrdr}{(r^2+z^2{)}^{3/2}}.$$

对 $r$ 从 $0$ 到 $R$ 积分，得圆盘对该点的引力

$$F(z)=2\pi \mu \rho \left(1-\frac{z}{\sqrt{z^2+R^2}}\right).$$

再对棒积分，得到总引力

$$2\pi \mu \rho {\int }_a^{a+l}\left(1-\frac{z}{\sqrt{z^2+R^2}}\right)dz=2\pi \mu \rho \left(l+\sqrt{a^2+R^2}-\sqrt{(a+l{)}^2+R^2}\right).$$

练习题 5

半径为 $a$ 的圆盘，其各点的密度等于该点到圆心的距离。今从圆盘上挖去一个半径为 $\frac{a}{2}$ 而其圆心离圆盘中心为 $\frac{a}{2}$ 的小圆盘。求剩下几何图形的重心坐标。

解 由对称性，重心在 $x$ 轴上。大圆盘质量为

$$M_1={\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^{a}r\cdot rdr=\frac{2\pi a^3}{3},$$

其质心在原点。被挖去的小圆盘在极坐标下为 $0\le r\le a\cos \theta$、$-\frac{\pi }{2}\le \theta \le \frac{\pi }{2}$，故其质量与关于 $y$ 轴的矩分别为

$$M_2={\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}d\theta {\int }_0^{a\cos \theta }{r}^{2}dr=\frac{4a^3}{9},$$ $$N_2={\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}\cos \theta d\theta {\int }_0^{a\cos \theta }{r}^{3}dr=\frac{4a^4}{15}.$$

因而剩余图形的重心坐标为

$$\left(-\frac{N_2}{M_1-M_2},0\right)=\left(-\frac{6a}{5(3\pi -2)},0\right).$$

练习题 6

假定物体有连续的密度函数，证明：凸形物体的重心必在其体内。

解 设物体区域为凸体 $K$，密度为 $\rho \ge 0$，重心为 $G$。若 $G\notin K$，由凸集分离定理，存在向量 $n$ 与常数 $c$，使得对一切 $x\in K$ 有 $n\cdot x\le c<n\cdot G$。两边乘以 $\rho (x)$ 并在 $K$ 上积分，得

$$n\cdot G=\frac{{\int }_{K}n\cdot x\rho (x)dV}{{\int }_K\rho (x)dV}\le c<n\cdot G,$$

矛盾。故重心必在体内。

练习题 7

设 $u_i\in L^{p_i}(\Omega ),p_i>0,i=1,2,\cdots ,m$，且 $\sum _{i=1}^m\frac{1}{p_i}=1$。证明：

$${\iint }_{\Omega }{u}_1{u}_2\cdots u_{m}dxdy\le \Vert u_1{\Vert }_{p_1}\Vert u_2{\Vert }_{p_2}\cdots \Vert u_m{\Vert }_{p_m}.$$

解 设

$$v_i=\frac{|u_i{|}^{p_i}}{\Vert u_i{\Vert }_{p_i}^{p_i}},i=1,2,\dots ,m.$$

由加权 AM—GM 不等式，

$$\prod _{i=1}^m{v}_i^{1/p_i}\le \sum _{i=1}^m\frac{v_i}{p_i}.$$

积分后并利用 $\sum 1/p_i=1$，得

$${\iint }_{\Omega }\frac{|u_1\cdots u_m|}{\Vert u_1{\Vert }_{p_1}\cdots \Vert u_m{\Vert }_{p_m}}dxdy\le 1.$$

因而

$$\left|{\iint }_{\Omega }{u}_1{u}_2\cdots u_{m}dxdy\right|\le \Vert u_1{\Vert }_{p_1}\Vert u_2{\Vert }_{p_2}\cdots \Vert u_m{\Vert }_{p_m}.$$

练习题 8

证明：

$${\left\{{\int }_a^{b}dx{\left[{\int }_c^{d}f(x,y)dy\right]}^2\right\}}^{1/2}\le {\int }_c^{d}dy{\left[{\int }_a^b{f}^2(x,y)dx\right]}^{1/2},$$

其中 $f$ 是连续函数。

解 左端平方为

$$\begin{array}{rl}& {\int }_a^b{\left({\int }_c^{d}f(x,y)dy\right)}^{2}dx\\ & ={\int }_c^{d}dy{\int }_c^{d}dz{\int }_a^{b}f(x,y)f(x,z)dx.\end{array}$$

对最内层应用 Cauchy—Schwarz，不超过

$${\int }_c^{d}dy{\int }_c^{d}dz{\left({\int }_a^b{f}^2(x,y)dx\right)}^{1/2}{\left({\int }_a^b{f}^2(x,z)dx\right)}^{1/2}.$$

这正等于

$${\left({\int }_c^d{\left[{\int }_a^b{f}^2(x,y)dx\right]}^{1/2}dy\right)}^2.$$

两边开平方即可。

22.6.1 例题

例题 22.6.1

求球体 $x^2+y^2+z^2\le a^2$ 和圆柱体 $x^2+y^2\le ax(a>0)$ 的公共部分所成的空间区域（Viviani（维维亚尼）体）的体积 $V$。

解 对于半个 Viviani 体，有

$$V=2{\iint }_{x^2+y^2\le ax}\sqrt{a^2-x^2-y^2}dxdy.$$

于是

$$\begin{array}{rl}V& =2{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}d\theta {\int }_0^{a\cos \theta }r\sqrt{a^2-r^2}dr\\ & =2{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{\left[-\frac{2}{3}(a^2-r^2{)}^{3/2}\right]}_0^{a\cos \theta }d\theta \\ & =-\frac{2}{3}{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}\left[(a^2{\sin }^2\theta {)}^{3/2}-a^3\right]d\theta .\end{array}$$

再往下作就有两种可能了，一种是

$$({\sin }^2\theta {)}^{3/2}={\sin }^3\theta$$

（这是错的！），应该是

$$({\sin }^2\theta {)}^{3/2}=|\sin \theta {|}^3.$$

但如果一开始就利用对称性，得

$$V=4{\iint }_{\begin{array}{c}{x}^2+y^2\le ax\\ y\ge 0\end{array}}\sqrt{a^2-x^2-y^2}dxdy,$$

不但使运算简便，而且无形中避免了上述错误的发生。

22.6.2 第一组参考题

第一组参考题 1

设 $f(x,y)$ 在 $D=\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,0\le y\le 1\}$ 上有如下定义：

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}\frac{1}{q_x},& \text{当 }x=\frac{p_x}{q_x},y\text{ 是无理数时},\\ \frac{1}{q_y},& \text{当 }y=\frac{p_y}{q_y},x\text{ 是无理数时},\\ 0,& \text{其他情况},\end{array}$$

其中 $q_x,q_y$ 分别表示有理数 $x,y$ 写成既约分数后的分母。则 $f(x,y)$ 在 $D$ 上可积，但两个二次积分不存在。

解 在点 $(x_0,y_0)$ 处，若 $x_0,y_0$ 都无理，则邻近有理点的分母必趋于无穷，故 $f(x,y)\to 0=f(x_0,y_0)$，于是连续。若 $x_0$ 或 $y_0$ 为有理数，则邻域内既有函数值接近 $0$ 的点，也有固定正值的点，故不连续。因此不连续点集包含于 $\{x\in \mathbb{Q}\}\cup \{y\in \mathbb{Q}\}$，其面积为 $0$，故 $f$ 可积，且积分为 $0$。

若固定无理数 $y$，则截面函数是 Thomae 函数 $x\mapsto 1/q_x$，其积分存在且为 $0$；但固定有理数 $y$ 时，截面函数在无理点恒等于正数 $1/q_y$、在有理点为 $0$，不可积。故两个二次积分都不存在。

第一组参考题 2

设 $f(x,y)$ 定义在 $D=\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,0\le y\le 1\}$ 上，

$$f(x,y)=\{\begin{array}{ll}1,& \text{当 }x\text{ 和 }y\text{ 都是非零有理数，}x=\frac{p_x}{q_x},y=\frac{p_y}{q_y}\text{ 且 }{q}_x=q_y\text{ 时},\\ 0,& \text{其他情况},\end{array}$$

其中 $q_x,q_y$ 表示有理数 $x,y$ 写成既约分数后的分母。证明 $f(x,y)$ 在 $D$ 上不可积，但两个二次积分存在且相等。

解 对任一点 $(x_0,y_0)$，总可在任意小邻域内取到分母相同的两个有理数，从而取到函数值 $1$；也总可取到无理点，使函数值为 $0$。故 $f$ 处处不连续，从而不可积。

但若固定 $x$，则当 $x$ 为无理数或 $0$ 时，截面函数恒为 $0$；当 $x=p_x/q_x\ne 0$ 为有理数时，截面函数只在有限多个分母等于 $q_x$ 的有理点上取值 $1$，其余点为 $0$，因此仍可积且积分为 $0$。故两次积分都存在，且都等于 $0$。

第一组参考题 3

1. 计算积分

$$A={\int }_0^1{\int }_0^1\left|xy-\frac{1}{4}\right|dxdy;$$

1. 设 $z=f(x,y)$ 在闭正方形 $D=\{(x,y)\mid 0\le x\le 1,0\le y\le 1\}$ 上连续，且满足下列条件：

$${\iint }_{D}f(x,y)dxdy=0,{\iint }_{D}xyf(x,y)dxdy=1.$$

求证：$\exists (\xi ,\eta )\in D$ 使得 $|f(\xi ,\eta )|\ge \frac{1}{A}$。

解

1. 先按曲线 $xy=\frac{1}{4}$ 分区，计算得

$$A={\int }_0^{1}dx{\int }_0^1\left|xy-\frac{1}{4}\right|dy=\frac{3+4\ln 2}{32}.$$

1. 由条件 ${\iint }_{D}f=0$，可写

$$1={\iint }_{D}xyfdxdy={\iint }_D\left(xy-\frac{1}{4}\right)f(x,y)dxdy.$$

故

$$1\le \underset{D}{\max }|f|{\iint }_D\left|xy-\frac{1}{4}\right|dxdy=A\underset{D}{\max }|f|.$$

因为 $f$ 连续，最大值可取到，于是存在 $(\xi ,\eta )\in D$ 使 $|f(\xi ,\eta )|\ge \frac{1}{A}$。

第一组参考题 4

证明：

$$1.96<{\iint }_{|x|+|y|\le 10}\frac{dxdy}{100+{\cos }^{2}x+{\cos }^{2}y}<2.$$

解 区域面积为 $200$，且

$$100\le 100+{\cos }^{2}x+{\cos }^{2}y\le 102.$$

因而

$$\frac{200}{102}<{\iint }_{|x|+|y|\le 10}\frac{dxdy}{100+{\cos }^{2}x+{\cos }^{2}y}<\frac{200}{100}=2.$$

又 $\frac{200}{102}>1.96$，故题设双边估计成立。

第一组参考题 5

设 $f$ 是连续函数，证明：

$${\iiint }_{x^2+y^2+z^2\le 1}f(ax+by+cz)dxdydz=\pi {\int }_{-1}^1(1-u^2)f(ku)du,$$

其中 $k=\sqrt{a^2+b^2+c^2}$。

解 取正交变换把向量 $(a,b,c)$ 送到 $(0,0,k)$，其中 $k=\sqrt{a^2+b^2+c^2}$。单位球在正交变换下不变，于是积分化为

$${\iiint }_{x^2+y^2+z^2\le 1}f(kz)dxdydz.$$

对 $z$ 作截面积分即可得到

$$\pi {\int }_{-1}^1(1-u^2)f(ku)du.$$

第一组参考题 6

证明 Poincare（彭加勒）不等式：设函数 $f(x,y),\frac{\partial f}{\partial y}(x,y)$ 在闭区域

$$D=\{(x,y)\mid a\le x\le b,\phi (x)\le y\le \psi (x)\}$$

上连续，其中 $\phi ,\psi$ 在 $[a,b]$ 上连续。$f(x,\phi (x))=0$，则存在常数 $K>0$，使得

$${\iint }_D{f}^2(x,y)dxdy\le K{\iint }_D{\left(\frac{\partial f}{\partial y}\right)}^{2}dxdy.$$

（Poincare 不等式可看成是 Wirtinger 不等式在高维空间的推广。）

解 对任意固定的 $x$，有

$$f(x,y)={\int }_{\phi (x)}^y{f}_y(x,t)dt.$$

由 Cauchy—Schwarz 不等式，

$$f(x,y{)}^2\le (y-\phi (x)){\int }_{\phi (x)}^{\psi (x)}{f}_y(x,t{)}^{2}dt\le L{\int }_{\phi (x)}^{\psi (x)}{f}_y(x,t{)}^{2}dt,$$

其中 $L={\max }_{[a,b]}(\psi -\phi )$。再对 $y$、$x$ 积分得

$${\iint }_D{f}^{2}dxdy\le L^2{\iint }_D{f}_y^{2}dxdy.$$

故可取 $K=L^2$。

第一组参考题 7

设 $u,v\in L^p(\Omega ),p\ge 1$。利用 H”older 不等式证明 Minkowski 不等式

$$\Vert u+v{\Vert }_p\le \Vert u{\Vert }_p+\Vert v{\Vert }_p.$$

讨论 H”older 不等式和 Minkowski 不等式取等号的条件。

解 Minkowski 不等式可由 H”older 不等式直接推出：

$$\begin{array}{rl}\Vert u+v{\Vert }_p^p& =\int |u+v||u+v{|}^{p-1}\le \int |u||u+v{|}^{p-1}+\int |v||u+v{|}^{p-1}\\ & \le (\Vert u{\Vert }_p+\Vert v{\Vert }_p)\Vert u+v{\Vert }_p^{p-1}.\end{array}$$

除以 $\Vert u+v{\Vert }_p^{p-1}$ 即得结论。

H”older 不等式取等号当且仅当存在常数 $c\ge 0$ 使 $|u{|}^p=c|v{|}^q$ 几乎处处成立。Minkowski 不等式取等号当且仅当 $u,v$ 几乎处处同向，即存在非负常数 $\alpha ,\beta$ 与函数 $w\ge 0$，使 $u=\alpha w$、$v=\beta w$ 几乎处处成立。

第一组参考题 8

设函数 $f(x,y)$ 在区域 $D=[0,1]\times [0,1]$ 上四次连续可微，在其边界上取零，并且

$$\left|\frac{{\partial }^{4}f}{\partial x^2\partial y^2}(x,y)\right|\le B,(x,y)\in D.$$

证明：

$$\left|{\iint }_{D}f(x,y)dxdy\right|\le \frac{B}{144}.$$

解 先用一维 Green 公式：若 $h(0)=h(1)=0$，则

$$h(x)={\int }_0^{1}G(x,\xi )h^{\prime \prime }(\xi )d\xi ,$$

其中

$$G(x,\xi )=\{\begin{array}{ll}x(1-\xi ),& x\le \xi ,\\ \xi (1-x),& \xi \le x.\end{array}$$

对 $f$ 先按 $x$、再按 $y$ 应用之，可得

$$f(x,y)={\int }_0^{1}d\xi {\int }_0^{1}G(x,\xi )G(y,\eta )f_{xxyy}(\xi ,\eta )d\eta .$$

对 $(x,y)$ 积分，并用 $|f_{xxyy}|\le B$，得

$$\left|{\iint }_{D}f\right|\le B{\left({\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1}G(x,\xi )d\xi \right)}^2.$$

又

$${\int }_0^{1}G(x,\xi )dx=\frac{\xi (1-\xi )}{2},{\int }_0^1\frac{\xi (1-\xi )}{2}d\xi =\frac{1}{12},$$

因而

$$\left|{\iint }_{D}f\right|\le \frac{B}{144}.$$

第一组参考题 9

设二重积分 ${\iint }_{D}f(x,y)dxdy>0$。证明：存在 $D$ 的闭子区域 $U$，使当 $(x,y)\in U$ 时，有 $f(x,y)>0$。

解 若在所有连续点上都有 $f\le 0$，由于不连续点集面积为零，便有 ${\iint }_{D}f\le 0$，与题设矛盾。故存在连续点 $p\in D$ 使 $f(p)>0$。由连续性，$p$ 的一个小闭矩形邻域 $U\subset D$ 上都有 $f>0$。

第一组参考题 10

证明多重积分的中值定理：设 $f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)$ 在有界闭区域 $\Omega \subset {\mathbb{R}}^n$ 上连续，则 $\exists \xi \in \Omega$，使

$${\int }_{\Omega }\cdots \int f(x_1,x_2,\cdots ,x_n)d{x}_{1}d{x}_2\cdots d{x}_n=f(\xi )\cdot (\Omega \text{ 的体积}).$$

解 设 $m={\min }_{\Omega }f$，$M={\max }_{\Omega }f$。则

$$m|\Omega |\le {\int }_{\Omega }f\le M|\Omega |.$$

平均值

$$\bar{f}=\frac{1}{|\Omega |}{\int }_{\Omega }f$$

介于 $m$ 与 $M$ 之间。由于 $\Omega$ 为连通区域、$f$ 连续，值域是区间，故存在 $\xi \in \Omega$ 使 $f(\xi )=\bar{f}$。

第一组参考题 11

设函数 $p$ 在 $[a,b]$ 上非负连续，$f,g$ 在 $[a,b]$ 上连续单调增加，则

$$\left({\int }_a^{b}p(x)f(x)dx\right)\left({\int }_a^{b}p(x)g(x)dx\right)\le \left({\int }_a^{b}p(x)dx\right)\left({\int }_a^{b}p(x)f(x)g(x)dx\right).$$

解 记

$$I=\left({\int }_a^{b}pf\right)\left({\int }_a^{b}pg\right)-\left({\int }_a^{b}p\right)\left({\int }_a^{b}pfg\right).$$

则

$$2I=-{\int }_a^{b}dx{\int }_a^{b}p(x)p(y)(f(x)-f(y))(g(x)-g(y))dy.$$

由于 $f,g$ 同增，括号乘积非负，故 $I\le 0$，即得所证不等式。

第一组参考题 12

设 $f$ 在 $[0,1]$ 上连续、单调减少且恒取正值，则

$$\frac{{\int }_0^{1}x{f}^2(x)dx}{{\int }_0^{1}xf(x)dx}\le \frac{{\int }_0^1{f}^2(x)dx}{{\int }_0^{1}f(x)dx}.$$

解 由上一题的加权 Chebyshev 不等式，取权函数 $p(x)=f(x)$，取两个单调函数 $x$ 与 $-f(x)$，便有

$$\left({\int }_0^{1}x{f}^2\right)\left({\int }_0^{1}f\right)\le \left({\int }_0^{1}xf\right)\left({\int }_0^1{f}^2\right),$$

这正是所要证明的不等式。

第一组参考题 13

设

$$I={\iiint }_{x^2+y^2+z^2\le R^2}\frac{dxdydz}{\sqrt{(x-a{)}^2+(y-b{)}^2+(z-c{)}^2}},$$

其中 $A=\sqrt{a^2+b^2+c^2}>R>0$，则

$$\frac{4\pi }{3}\cdot \frac{R^3}{A+R}\le I\le \frac{4\pi }{3}\cdot \frac{R^3}{A-R}.$$

解 对球内任意点到外点的距离 $r$，有

$$A-R\le r\le A+R.$$

因而

$$\frac{1}{A+R}\le \frac{1}{r}\le \frac{1}{A-R}.$$

乘以球体体积 $\frac{4\pi R^3}{3}$ 即得题中的双边估计。

第一组参考题 14

设 $f(t)$ 是连续函数，令

$$F(t)={\iiint }_{D}f(xyz)dxdydz,$$

其中 $D=\{(x,y,z)\mid 0\le x\le t,0\le y\le t,0\le z\le t\}$。证明：

$$F^{\prime }(t)=\frac{3}{t}{\int }_0^{t^3}\frac{g(u)}{u}du,$$

其中 $g(u)={\int }_0^{u}f(s)ds$。

解 先对边界求导：由对称性，

$$F^{\prime }(t)=3{\int }_0^{t}dx{\int }_0^{t}f(txy)dy.$$

再令 $x=t\xi$、$y=t\eta$，得

$$F^{\prime }(t)=3t^2{\int }_0^{1}d\xi {\int }_0^{1}f(t^3\xi \eta )d\eta .$$

固定 $\xi$ 对 $\eta$ 积分，用 $u=t^3\xi \eta$，便有

$${\int }_0^{1}f(t^3\xi \eta )d\eta =\frac{g(t^3\xi )}{t^3\xi }.$$

再令 $u=t^3\xi$，即得

$$F^{\prime }(t)=\frac{3}{t}{\int }_0^{t^3}\frac{g(u)}{u}du.$$

第一组参考题 15

设坐标平面上有一周长为 $2\pi l$ 的椭圆 $\Gamma$，在其上选定一点作为计算弧长 $s$ 的起点，以逆时针方向作为计算弧长的方向，这时 $\Gamma$ 有参数方程

$$x=f(s),y=\phi (s),0\le s\le 2\pi l.$$

$x$ 轴的正半轴绕原点作逆时针旋转，首次转到与点 $(f(s),\phi (s))$ 处切线正向一致时的倾角为 $\theta (s)$。记 $D$ 为 $\Gamma$ 的外部区域内与 $\Gamma$ 的距离小于 $l$ 的所有点构成的区域。

1. 如果用 $t$ 表示 $D$ 内一点 $(x,y)$ 到 $\Gamma$ 的距离，试将 $x,y$ 表示成 $s,t$ 的函数

$$x=x(s,t),y=y(s,t),0\le s\le 2\pi l,0<t<l;$$

1. 用计算验证区域 $D$ 的面积为 $3\pi l^2$。

解 设切向量的单位方向为 $(\cos \theta (s),\sin \theta (s))$。则外法向为 $(\sin \theta ,-\cos \theta )$，故

$$x=f(s)+t\sin \theta (s),y=\phi (s)-t\cos \theta (s)$$

给出区域 $D$ 的参数表示，其中 $0\le s\le 2\pi l$、$0<t<l$。

对该变换求 Jacobian。因为 $s$ 是弧长参数，$f^{\prime }(s)=\cos \theta (s)$、${\phi }^{\prime }(s)=\sin \theta (s)$，故

$$\frac{\partial (x,y)}{\partial (s,t)}=1+t{\theta }^{\prime }(s).$$

于是

$$\begin{array}{rl}|D|& ={\int }_0^{2\pi l}ds{\int }_0^l(1+t{\theta }^{\prime }(s))dt\\ & =2\pi l^2+\frac{l^2}{2}{\int }_0^{2\pi l}{\theta }^{\prime }(s)ds.\end{array}$$

而闭凸曲线一周的切向转角为 $2\pi$，故

$$|D|=2\pi l^2+\pi l^2=3\pi l^2.$$

22.6.2 第二组参考题

第二组参考题 1

证明：对任意 $\epsilon >0$，

$$ab\le \frac{\epsilon a^p}{p}+\frac{{\epsilon }^{-q/p}{b}^q}{q}\le \epsilon a^p+{\epsilon }^{-q/p}{b}^q,$$

其中 $a\ge 0,b\ge 0,p,q>0,\frac{1}{p}+\frac{1}{q}=1$。

解 由 Young 不等式 $st\le \frac{s^p}{p}+\frac{t^q}{q}$，对

$$s={\epsilon }^{1/p}a,t={\epsilon }^{-1/p}b$$

应用之，便得

$$ab\le \frac{\epsilon a^p}{p}+\frac{{\epsilon }^{-q/p}{b}^q}{q}.$$

又因 $\frac{1}{p},\frac{1}{q}\le 1$，第二个不等式显然成立。

第二组参考题 2

利用上题以及例题 22.5.9 的结论证明内插不等式：

$$\Vert u{\Vert }_q\le \epsilon \Vert u{\Vert }_r+{\epsilon }^{-\mu }\Vert u{\Vert }_p,$$

其中

$$\mu =\left(\frac{1}{p}-\frac{1}{q}\right)/\left(\frac{1}{q}-\frac{1}{r}\right),0<p<q<r,\epsilon >0.$$

解 由例题 22.5.9，存在 $\lambda \in (0,1)$ 使

$$\frac{1}{q}=\frac{\lambda }{p}+\frac{1-\lambda }{r},\Vert u{\Vert }_q\le \Vert u{\Vert }_p^{\lambda }\Vert u{\Vert }_r^{1-\lambda }.$$

对乘积 $\Vert u{\Vert }_p^{\lambda }\cdot \Vert u{\Vert }_r^{1-\lambda }$ 应用上一题，其中指数取

$$\frac{1}{\lambda },\frac{1}{1-\lambda },$$

得

$$\Vert u{\Vert }_q\le \epsilon \Vert u{\Vert }_r+{\epsilon }^{-\lambda /(1-\lambda )}\Vert u{\Vert }_p.$$

而

$$\frac{\lambda }{1-\lambda }=\left(\frac{1}{p}-\frac{1}{q}\right)/\left(\frac{1}{q}-\frac{1}{r}\right)=\mu ,$$

即得所证。

第二组参考题 3

设 $\Omega$ 是 ${\mathbb{R}}^2$ 中有界闭区域，$u(x,y)$ 在 $\Omega$ 上连续且恒取正值，定义

$${\Phi }_p(u)={\left(\frac{1}{|\Omega |}{\iint }_{\Omega }{u}^{p}dxdy\right)}^{1/p},$$

其中 $|\Omega |$ 是 $\Omega$ 的面积，证明：

1. $\underset{p\to +\infty }{\lim }{\Phi }_p(u)=\underset{(x,y)\in \Omega }{\max }\{u(x,y)\}$；
2. $\underset{p\to -\infty }{\lim }{\Phi }_p(u)=\underset{(x,y)\in \Omega }{\min }\{u(x,y)\}$；
3. $\underset{p\to 0}{\lim }{\Phi }_p(u)=\exp \left\{\frac{1}{|\Omega |}{\iint }_{\Omega }\ln udxdy\right\}$。

解 设 $M={\max }_{\Omega }u$，$m={\min }_{\Omega }u$。

1. 由 $u\le M$ 知 ${\Phi }_p(u)\le M$。任给 $\epsilon >0$，集合 $E_{\epsilon }=\{u>M-\epsilon \}$ 具有正面积，于是

$${\Phi }_p(u{)}^p\ge \frac{|E_{\epsilon }|}{|\Omega |}(M-\epsilon {)}^p.$$

令 $p\to \infty$ 得下极限不小于 $M-\epsilon$，再令 $\epsilon \to 0$，便得极限为 $M$。

1. 对函数 $1/u$ 应用上一结论即可，因为

$${\Phi }_p(u)={\Phi }_{-p}(1/u{)}^{-1}.$$

1. 记

$$A(p)=\frac{1}{|\Omega |}{\iint }_{\Omega }{e}^{p\ln u}dxdy.$$

则 $A(0)=1$，且由一致展开

$$e^{p\ln u}=1+p\ln u+o(p)$$

得

$$A(p)=1+p\frac{1}{|\Omega |}{\iint }_{\Omega }\ln udxdy+o(p).$$

因而

$$\ln {\Phi }_p(u)=\frac{\ln A(p)}{p}\to \frac{1}{|\Omega |}{\iint }_{\Omega }\ln udxdy.$$

再取指数即得结论。

第二组参考题 4

设 $P_0$ 为半径等于 $R$ 的球内的一定点，从点 $P_0$ 向球面上任意一点 $Q$ 处的切平面作垂线，垂足为点 $P$。当点 $Q$ 在球面上变动时，点 $P$ 的轨迹形成一封闭曲面。

1. 求此曲面所围成的立体的体积；
2. 问当点 $P_0$ 沿什么方向变化时，上述体积的变化率最大？

解 设球心为原点，$P_0$ 的位置向量为 $a$，$|a|<R$。对单位向量 $n$，球面点为 $Q=Rn$，其切平面方程为 $n\cdot x=R$。从 $P_0$ 到该平面的垂足为

$$P=a+(R-a\cdot n)n.$$

因而所求曲面关于 $P_0$ 是星形曲面，其径向函数为 $\rho (n)=R-a\cdot n$。设 $d=|a|$，以 $a$ 为极轴，则

$$V=\frac{1}{3}{\int }_{S^2}(R-d\cos \phi {)}^{3}d\omega =\frac{4\pi R}{3}(R^2+d^2).$$

所以

$${\nabla }_{a}V=\frac{8\pi R}{3}a.$$

当 $P_0$ 以单位速度移动时，体积变化率最大方向就是从球心指向 $P_0$ 的径向方向；若 $P_0$ 恰在球心，则各方向等价。

第二组参考题 5

证明不等式

$$\frac{\sqrt{\pi }}{2}(1-e^{-a^2}{)}^{1/2}<{\int }_0^a{e}^{-x^2}dx<\frac{\sqrt{\pi }}{2}{\left(1-e^{-4a^2/\pi }\right)}^{1/2}.$$

解 记

$$I(a)={\int }_0^a{e}^{-x^2}dx.$$

则

$$I(a{)}^2={\iint }_{[0,a{]}^2}{e}^{-(x^2+y^2)}dxdy.$$

方形 $[0,a{]}^2$ 含有半径 $a$ 的四分之一圆盘，所以

$$I(a{)}^2>\frac{\pi }{4}{\int }_0^{a^2}{e}^{-t}dt=\frac{\pi }{4}(1-e^{-a^2}).$$

这给出左边不等式。

另一方面，函数 $e^{-(x^2+y^2)}$ 是径向递减的。在第一象限中，面积等于 $a^2$ 的区域里，使积分最大的应是面积相同的四分之一圆盘，其半径为 $\frac{2a}{\sqrt{\pi }}$。因此

$$I(a{)}^2<\frac{\pi }{4}\left(1-e^{-4a^2/\pi }\right),$$

开方后即得右边不等式。

第二组参考题 6

设连续函数 $f(x,y)$ 的等位线是简单封闭曲线，$S(v_1,v_2)$ 是由曲线

$$f(x,y)=v_1,f(x,y)=v_2$$

所围成的域。证明 Catalan 公式

$${\iint }_{S(v_1,v_2)}f(x,y)dxdy={\int }_{v_1}^{v_2}v{F}^{\prime }(v)dv,$$

其中 $F(v)$ 为由曲线 $f(x,y)=v_1,f(x,y)=v$ 所包围的面积，还假设 $F(v)$ 可微且导函数 $F^{\prime }(v)$ 可积。

解 对分划 $v_1=t_0<t_1<\cdots <t_n=v_2$，设层状区域

$$E_i=S(t_{i-1},t_i).$$

由于 $f$ 在 $E_i$ 上介于 $t_{i-1}$ 与 $t_i$ 之间，依积分中值定理可取 ${\xi }_i\in [t_{i-1},t_i]$ 使

$${\iint }_{E_i}f(x,y)dxdy={\xi }_i|E_i|={\xi }_i(F(t_i)-F(t_{i-1})).$$

求和并令网长趋于 $0$，得到 Riemann—Stieltjes 积分

$${\iint }_{S(v_1,v_2)}f(x,y)dxdy={\int }_{v_1}^{v_2}vdF(v).$$

由 $F$ 可微且 $F^{\prime }$ 可积，进一步化为

$${\int }_{v_1}^{v_2}v{F}^{\prime }(v)dv.$$