最后更新: 2024-10-07 09:35 查看: 332 次反馈刷题

利用直角坐标计算三重积分

## 利用直角坐标计算三重积分
   我们先考虑有如下几何特征的闭区域 $\Omega$ : 平行于 $z$ 轴且穿过 $\Omega$ 内部的直线 与 $\Omega$ 的边界曲面 $S$ 相交不多于两点，若多于两点，则需将 $\Omega$ 分成若干部分，使每 一部分都满足相交不多于两点的要求. 把这种闭区域 $\Omega$ 投影到 $x O y$ 面上去，得到 一个平面闭区域 $D_{x y}$. 以 $D_{x y}$ 的边界为准线作母线平行于 $z$ 轴的柱面. 这柱面与曲 面 $S$ 的交线就从 $S$ 中分出上下两部分曲面来，他们的方程分别为

$$
S_1: z=z_1(x, y), \quad S_2: z=z_2(x, y)
$$

假定 $z_1(x, y), z_2(x, y)$ 都是 $D_{x y}$ 上的连续函数，且不妨设 $z_1(x, y) \leq z_2(x, y)$.这时候，对于 $D_{x y}$ 内的任一点 $(x, y)$ ，过该点且平行于 $z$ 轴的直线必然通过曲面
$S_1$ 穿入的内部，然后又通过曲面 $S_2$ 而穿出的内部，穿入、穿出的点的坚坐标分别是 $z_1(x, y), z_2(x, y)$ (见图 7-33) .
这样积分区域可以表示为

$$
\Omega=\left\{(x, y, z) \mid z_1 \leq z(x, y) \leq z_2,(x, y) \in D_{x y}\right\}

![图片](/uploads/2023-01/image_202301017f4d607.png)

我们先把 $x, y$ 看作定值，将 $f(x, y, z)$ 看作只是 $z$ 的函数，在区间 $\left[z_1(x, y), z_2(x, y)\right]$ 上对做 $z$ 定积分，积分的结果事实上成为 $D_{x y}$ 上 $x, y$ 的函数，记 为 $F(x, y)$ ，即

$$
F(x, y)=\int_{z_1(x, y)}^{z_2(x, y)} f(x, y, z) \mathrm{d} z .
$$

然后计算 $F(x, y)$ 在 $D_{x y}$ 上的二重积分，其结果就是三重积分 $\iiint_{\Omega} f(x, y, z) \mathrm{d} v$ ，即

$$
\iiint_{\Omega} f(x, y, z) \mathrm{d} v=\iint_{D_{x y}} F(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iiint_{D_{y y}}\left[\int_{z_1(x, y)}^{z_2(x, y)} f(x, y, z) \mathrm{d} z\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y
$$

此式右端这个先对 $z$ 的单积分，后对 $x$ 与 $y$ 的二重积分也常记作

$$
\iint_{D_{y y}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \int_{z_1(x, y)}^{z_2(x, y)} f(x, y, z) \mathrm{d} z
$$

因此，上式也写作

$$
\iiint_{\Omega} f(x, y, z) \mathrm{d} v=\iint_{D_y} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \int_{z_1(x, y)}^{z_2(x, y)} f(x, y, z) \mathrm{d} z
$$

如果闭区域 $D_{x y}$ 又可以表示为 $D_{x y}=\left\{(x, y) \mid y_1(x) \leq y \leq y_2(x), a \leq x \leq b\right\}$
那么再把对 $x$ 与 $y$ 的二重积分化为二次积分.最终得到三重积分化为先对 $z$ ，次对 $y$ ，最后对 $x$ 的三次积分的一个计算式

$$
\iiint_{\Omega} f(x, y, z) \mathrm{d} v=\int_a^b \mathrm{~d} x \int_{y_1(x)}^{y_2(x)} \mathrm{d} y \int_{z_1(x, y)}^{z_2(x, y)} f(x, y, z) \mathrm{d} z
$$

上述将三重积分化成三次积分是先做一个定积分，再做二重积分 (二重积分 再化为二次积分) 的方称为投影法或先一后二法.

`例` 计算三重积分 $\iiint_{\Omega} x \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$, 其中 $\Omega$ 为三个坐标面及平面 $x+y+z=1$ 所 围成的闭区域.
解 如图 7-34，将区域 $\Omega$ 向 $x O y$ 面投影，
得到投影区域 $D_{x y}$ 为三角形闭区域
$O A B:\{(x, y) \mid 0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1-x\}$.
![图片](/uploads/2023-01/image_202301014567e5f.png)

在 $D$ 内任取一点 $(x, y)$, 过此点作平行于 $z$ 轴的直线，
该直线由平面 $z=0$ 穿入，由平面 $z=1-x-y$ 穿出，即有 $0 \leq z \leq 1-x-y$. 所以

$$
\begin{gathered}
\iiint_{\Omega} x \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iint_D \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \int_0^{1-x-y} x \mathrm{~d} z=\int_0^1 \mathrm{~d} x \int_0^{1-x} \mathrm{~d} y \int_0^{1-x-y} x \mathrm{~d} z=\int_0^1 x \mathrm{~d} \int_0^{1-x}(1-x-y) \mathrm{d} y \\
=\frac{1}{2} \int_0^1 x(1-x)^2 \mathrm{~d} x=\frac{1}{2} \int_0^1\left(x-2 x^2+x^3\right) \mathrm{d} x=\frac{1}{24}
\end{gathered}
$$

`例` 计算三重积分 $\iiint_{\Omega} x \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$, 其中 $\Omega$ 为由双曲抛物面 $x y=z$ 及平面 $x+y-1=0 ， z=0$ 围成的闭区域.
解 空间立体 $\Omega$ 的顶部曲面 $z=x y$ 与底面$z=0$ 的交线为 $x$ 轴和 $y$ 轴，故 $\Omega$ 在 $x O y$ 平面上的投影区域 $D_{x y}$ 由 $x$ 轴、 $y$ 轴以及直线$x+y-1=0$ 所围 (见图7-35)，
$D_{x y}$ 可表示为

$$
D_{x y}=\{(x, y) \mid 0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1-x\}
$$

![图片](/uploads/2023-01/image_20230101811e297.png)

所以 $\Omega$ 可表示为

$$
\Omega=\{(x, y, z) \mid 0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1-x, 0 \leq z \leq x y\} .
$$

则

$$
\begin{aligned}
I & =\int_0^1 \mathrm{~d} x \int_0^{1-x} \mathrm{~d} y \int_0^{x y} x \mathrm{~d} z=\int_0^1 \mathrm{~d} x \int_0^{1-x} x \cdot x y \mathrm{~d} y \\
& =-\frac{23}{120}=-\frac{23}{120} .
\end{aligned}
$$

`例` 化三重积分 $\iiint_{\Omega} f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ 为先对 $z$ ，次对 $y$ ，最后对 $x$ 的三次积分， 其中积分区域 $\Omega$ 为由曲面 $z=x^2+2 y^2$ 及 $z=2-x^2$ 所围成的闭区域.
解 注意到题设两曲面的交线 $\left\{\begin{array}{l}z=x^2+2 y^2 \\ z=2-x^2\end{array}\right.$ ，消去 $z$ 得 $x^2+y^2=1$, 故 $\Omega$ 在 $x O y$ 面上 的投影为圆域 $D: x^2+y^2 \leq 1$ ，则 $D(x, y)=\left\{(x, y)-1 \leq x \leq 1,-\sqrt{1-x^2} \leq y \leq \sqrt{1-x^2}\right\}$
对 $D$ 内任一点 $(x, y)$, 对应的 $z=z(x, y)$ 的取值范围为 $x^2+2 y^2 \leq z \leq 2-x^2$
所以 $I=\iint \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \int_{x^2+2 y^2}^{2-x^2} f(x, y, z) \mathrm{d} z=\int_{-1}^1 \mathrm{~d} x \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \mathrm{~d} y \int_{x^2+2 y^2}^{2-x^2} f(x, y, z) \mathrm{d} z$.

有时候，我们还可以把三重积分化为先对某两 个变量的二重积分，后对第三个变量的定积分.
例如，设区域 $\Omega$ 恰介于平面 $z=c_1$ 与 $z=c_2$ 之间， 对于任意取定的 $z, c_1 \leq z \leq c_2$ ，过点 $(0,0, z)$ 且平行于 $x O y$ 面的平面截 $\Omega$ ，得到一个平面闭区域 $D_z$ ， 其中的点的坚坐标都同为 $z$ (见图 7-36).

![图片](/uploads/2023-01/image_20230101a7a6dcf.png)
这样， $\Omega$ 也可以表示为

$$
\Omega=\left\{(x, y, z) \mid(x, y) \in D_z, c_1 \leq z \leq c_2\right\} ，
$$

$\iiint_{\Omega} f(x, y, z) \mathrm{d} v=\int_{a_1}^{c_2}\left[\iint_{D_z} f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y\right] \mathrm{d} z=\int_{c_1}^{c_2} \mathrm{~d} z \iint_{D_2} f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$.
这种计算三重积分的方法称为截面法或先二后一法.

`例` 计算三重积分 $\iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$, 其中 $\Omega$ 为三个坐标面及平面 $x+y+z=1$ 所 围成的闭区域.
解 通过 $z$ 轴上介于 $(0,0,0)$ 和 $(0,0,1)$ 之间的任一点 $(0,0, z)$ ，做平行于 $x O y$ 面 的平面截 $\Omega$ (见图 7-37），
得到一个三角形
$$
 \left\{\begin{aligned}
x+y & =1-z \\
z & =z
\end{aligned}\right.
$$

截面 $D_z: 0 \leq x+y \leq 1-z$,
![图片](/uploads/2023-01/image_20230101f01c1a1.png)

通过 $z$ 轴上介于 $(0,0,0)$ 和 $(0,0,1)$ 之间的任一点 $(0,0, z)$ ，做平行于 $x O y$ 面 的平面截 $\Omega$ (见图 7-37)，得到一个三角形 $\left\{\begin{array}{c}x+y=1-z \\ z=z\end{array}\right.$ ，截面 $D_z: 0 \leq x+y \leq 1-z$,
故 $\quad \iint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_0^1 z \mathrm{~d} z \iint_{D_e} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$,
由于 $\iint_{D_{\varepsilon}} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\frac{1}{2}(1-z)(1-z)$, 所以 $\iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_0^1 z \cdot \frac{1}{2}(1-z)^2 \mathrm{~d} z=\frac{1}{24}$.

`例` 计算 $I=\iiint_{\Omega} z^2 \mathrm{~d} v$ ，其中 $\Omega$ 由 $z=x^2+y^2$ 与 $z=2$ 所围成.
解 通过 $z$ 轴上介于 $(0,0,0)$ 和 $(0,0,2)$ 之间的任一点 $(0,0, z)$ ，做平行于 $x O y$ 囬的平面截 $\Omega$ (见图 7-38)，
得到一个圆形 $\left\{\begin{array}{c}x^2+y^2=z \\ z=z\end{array}\right.$ ，
截面 $D_z: 0 \leq x^2+y^2 \leq z$,
则

$$
\begin{aligned}
I & =\iiint_{\Omega} z^2 \mathrm{~d} v=\int_0^2 z^2 \mathrm{~d} z \iint_{D_z} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\
& =\int_0^2 z^2 \pi z \mathrm{~d} z=\left[\frac{\pi}{4} z^4\right]_0^2=4 \pi .
\end{aligned}

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