最后更新: 2025-10-23 16:24 查看: 69 次纠错评论(0) 课件开VIP

重积分的应用

## 求面积
设 $D$ 为可求面积的平面有界区域，函数 $f(x, y)$ 在 $D$ 上具有连续的一阶偏导数，讨论由方程

$$
z=f(x, y),(x, y) \in D
$$
 
所确定的曲面 $S$ 的面积．
为了定义曲面 $S$ 的面积，对区域 $D$ 作分割 $T$ ，它把 $D$分成 $n$ 个小区域 $\sigma_i(i=1,2, \cdots, n)$ 。根据这个分割相应地将曲面 $S$ 也分成 $n$ 个小曲面片 $S_i(i=1,2, \cdots, n)$ 。在每个 $S_i$上任取一点 $M_i$ ，作曲面在这一点的切平面 $\pi_i$ ，并在 $\pi_i$ 上取出一小块 $A_i$ ，使得 $A_i$ 与 $S_i$ 在 $x y$ 平面上的投影都是 $\sigma_i$ ，如图 21－39 所示．现在点 $M_i$ 附近，用切平面 $A_i$ 代替小曲面片 $S_i$ ，从而当 $\|T\|$ 充分小时，有

![图片](/uploads/2025-10/182313.jpg)

$$
\Delta S=\sum_{i=1}^n \Delta S_i \approx \sum_{i=1}^n \Delta A_i,
$$

这里 $\Delta S, \Delta S_i, \Delta A_i$ 分别表示曲面 $S$ ，小曲面片 $S_i$ ，小切平面块 $A_i$ 的面积．所以当 $\|T\| \rightarrow$ 0 时，可用和式 $\sum_{i=1}^n \Delta A_i$ 的极限作为 $S$ 的面积。

现在按照上述给出的曲面面积的概念，来建立曲面面积的计算公式．
首先计算 $A_i$ 的面积．由于切平面 $\pi_i$ 的法向量就是曲面 $S$ 在点 $M_i\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right)$ 处的法向量，记它与 $z$ 轴的夹角为 $\gamma_i$ ，则

$$
\left|\cos \gamma_i\right|=\frac{1}{\sqrt{1+f_x^2\left(\xi_i, \eta_i\right)+f_y^2\left(\xi_i, \eta_i\right)}}
$$

因为 $A_i$ 在 $x y$ 平面上的投影为 $\sigma_i$ ，所以

$$
\Delta A_i=\frac{\Delta \sigma_i}{\left|\cos \gamma_i\right|}=\sqrt{1+f_x^2\left(\xi_i, \eta_i\right)+f_y^2\left(\xi_i, \eta_i\right)} \Delta \sigma_{i^*}
$$

其次，由于和数

$$
\sum_{i=1}^n \Delta A_i=\sum_{i=1}^n \sqrt{1+f_x^2\left(\xi_i, \eta_i\right)+f_y^2\left(\xi_i, \eta_i\right)} \Delta \sigma_i
$$
$$
\sum_{i=1}^n \Delta A_i=\sum_{i=1}^n \sqrt{1+f_x^2\left(\xi_i, \eta_i\right)+f_y^2\left(\xi_i, \eta_i\right)} \Delta \sigma_i
$$

是连续函数 $\sqrt{1+f_x^2(x, y)+f_y^2(x, y)}$ 在有界闭区域 $D$ 上的积分和．于是当 $\|T\| \rightarrow 0$ 时，就得到

$$
\begin{aligned}
\Delta S & =\lim _{\|T\| \rightarrow 0} \sum_{i=1}^n \sqrt{1+f_x^2\left(\xi_i, \eta_i\right)+f_y^2\left(\xi_i, \eta_i\right)} \Delta \sigma_i \\
& =\iint_D \sqrt{1+f_x^2(x, y)+f_y^2(x, y)} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y ...(1)
\end{aligned}
$$

或

$$
\Delta S=\lim _{\|T\| \rightarrow 0} \sum_{i=1}^n \frac{\Delta \sigma_i}{\left|\cos \gamma_i\right|}=\iint_D \frac{\mathrm{~d} x \mathrm{~d} y}{|\cos (\hat{\boldsymbol{n}, z})|}, ...(2)
$$

其中 $\cos (\widehat{\boldsymbol{n}, z})$ 为曲面的法向量 $\boldsymbol{n}$ 与 $z$ 轴正向夹角的余弦．

`例`求圆锥 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 在圆柱体 $x^2+y^2 \leqslant x$ 内那一部分的面积．
解 据曲面面积公式（1），

$$
\Delta S=\iint_D \sqrt{1+z_x^2+z_y^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y,
$$

其中 $D$ 是 $x^2+y^2 \leqslant x$ ．所求曲面方程为

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

故

$$
z_x=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}, z_y=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}} .
$$

因此

$$
\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\sqrt{1+\frac{x^2}{x^2+y^2}+\frac{y^2}{x^2+y^2}}=\sqrt{2},
$$

所以

$$
\Delta S=\iint_D \sqrt{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\sqrt{2} \Delta D=\frac{\sqrt{2}}{4} \pi
$$

`例` 设平面光滑曲线的方程为

$$
y=f(x), x \in[a, b](f(x)>0),
$$

求证：此曲线绕 $x$ 轴旋转一周得到的旋转曲面的面积为

$$
S=2 \pi \int_a^b f(x) \sqrt{1+f^{\prime 2}(x)} \mathrm{d} x .
$$

证 由于上半旋转面方程为 $z=\sqrt{f^2(x)-y^2}$ ，因此

$$
\begin{aligned}
& z_x=\frac{f(x) f^{\prime}(x)}{\sqrt{f^2(x)-y^2}}, z_y=\frac{-y}{\sqrt{f^2(x)-y^2}} \\
& \sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\sqrt{\frac{f^2(x)+f^2(x) f^{\prime 2}(x)}{f^2(x)-y^2}}
\end{aligned}
$$

于是

$$
\begin{aligned}
S & =2 \int_a^b \mathrm{~d} x \int_{-f(x)}^{f(x)} \sqrt{\frac{f^2(x)+f^2(x) f^{\prime 2}(x)}{f^2(x)-y^2}} \mathrm{~d} y \\
& =4 \int_a^b \mathrm{~d} x \int_0^{f(x)} f(x) \sqrt{\frac{1+f^{\prime 2}(x)}{1-y^2 f^{-2}(x)}} \mathrm{d}\left(\frac{y}{f(x)}\right) \\
& =4 \int_a^b f(x) \sqrt{1+f^{\prime 2}(x)} \mathrm{d} x \int_0^1 \frac{\mathrm{~d} t}{\sqrt{1-t^2}} \\
& =2 \pi \int_a^b f(x) \sqrt{1+f^{\prime 2}(x)} \mathrm{d} x .
\end{aligned}
$$

若空间曲面S由参量方程 $x=x(u, v), y=y(u, v), z=z(u, v),(u, v) \in D^{\prime}$

确定，其中 $x(u, v), y(u, v), z(u, v)$ 在 $D^{\prime}$ 上具有连续的一阶偏导数，且

$$
\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}, \quad \frac{\partial(y, z)}{\partial(u, v)}, \quad \frac{\partial(z, x)}{\partial(u, v)}
$$

中至少有一个不等于零，则曲面 $S$ 在点 $(x, y, z)$ 的法线方向数为

$$
\left(\frac{\partial(y, z)}{\partial(u, v)}, \frac{\partial(z, x)}{\partial(u, v)}, \frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}\right),
$$

它与 $z$ 轴的夹角的余弦的绝对值为

$$
\begin{aligned}
\mid \cos (\hat{\boldsymbol{n}, z)} \mid & =\left|\frac{\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}}{\sqrt{\left(\frac{\partial(y, z)}{\partial(u, v)}\right)^2+\left(\frac{\partial(z, x)}{\partial(u, v)}\right)^2+\left(\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}\right)^2}}\right| \\
& =\left|\frac{\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}}{\sqrt{\left(x_u^2+y_u^2+z_u^2\right)\left(x_v^2+y_v^2+z_v^2\right)-\left(x_u x_v+y_u y_v+z_u z_v\right)^2}}\right| \\
& =\left|\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}\right| \frac{1}{\sqrt{E G-F^2}},
\end{aligned}
$$

其中
$$
\begin{aligned}
& E=x_u^2+y_u^2+z_u^2, \\
& F=x_u x_v+y_u y_v+z_u z_v, \\
& G=x_v^2+y_v^2+z_v^2 .
\end{aligned}
$$

当 $\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)} \neq 0$ 时，对（2）作变换 $x=x(u, v), y=y(u, v)$ ，则有

$$
\begin{aligned}
\Delta S & =\iint_D \frac{1}{|\cos (\hat{\boldsymbol{n}, z})|} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =\iint_{D^{\prime}|\cos (\hat{\boldsymbol{n}, z})|}\left|\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}\right| \mathrm{d} u \mathrm{~d} v
\end{aligned}
$$

由（4），得到由参量方程（3）所表示的曲面面积公式：

$$
\Delta S=\iint_{D^{\prime}} \sqrt{E G-F^2} \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v ...(5)
$$

## 求质心

设 $V$ 是密度函数为 $\rho(x, y, z)$ 的空间物体，$\rho(x, y, z)$ 在 $V$ 上连续．为求得 $V$ 的质心坐标公式，先对 $V$ 作分割 $T$ ，在属于分割 $T$ 的每一小块 $v_i$ 上任取一点 $\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right)$ ，于是小块 $v_i$ 的质量可以 $\rho\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right) \Delta v_i$ 近似代替。若把每一小块看作质量集中在 $\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right)$的质点时，整个物体就可用这 $n$ 个质点的质点系来近似代替。由于质点系的质心坐标公式为

$$
\bar{x}_n=\frac{\sum_{i=1}^n \xi_i \rho\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right) \Delta v_i}{\sum_{i=1}^n \rho\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right) \Delta v_i}, \quad \bar{y}_n=\frac{\sum_{i=1}^n \eta_i \rho\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right) \Delta v_i}{\sum_{i=1}^n \rho\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right) \Delta v_i}, \quad \bar{z}_n=\frac{\sum_{i=1}^n \zeta_i \rho\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right) \Delta v_i}{\sum_{i=1}^n \rho\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right) \Delta v_i} .
$$

当 $\|T\| \rightarrow 0$ 时，我们很自然地把 $\bar{x}_n, \bar{y}_n, \bar{z}_n$ 的极限 $\bar{x}, \bar{y}, \bar{z}$ 定义为 $V$ 的质心坐标，即

$$
\bar{x}=\frac{\iiint_V x \rho(x, y, z) \mathrm{d} V}{\iiint_V \rho(x, y, z) \mathrm{d} V}, \quad \bar{y}=\frac{\iiint_V y \rho(x, y, z) \mathrm{d} V}{\iiint_V \rho(x, y, z) \mathrm{d} V}, \quad \bar{z}=\frac{\iiint_V z \rho(x, y, z) \mathrm{d} V}{\iiint_V \rho(x, y, z) \mathrm{d} V} .
$$

当物体 $V$ 的密度均匀即 $\rho$ 为常数时，则有

$$
\bar{x}=\frac{1}{\Delta V} \iiint_V x \mathrm{~d} V, \quad \bar{y}=\frac{1}{\Delta V} \iiint_V y \mathrm{~d} V, \quad \bar{z}=\frac{1}{\Delta V} \iiint_V z \mathrm{~d} V,
$$

这里 $\Delta V$ 为 $V$ 的体积．
读者同样可以得到，密度分布为 $\rho(x, y)$ 的平面薄板 $D$ 的质心坐标是

$$
\bar{x}=\frac{\iint_D x \rho(x, y) \mathrm{d} \sigma}{\iint_D \rho(x, y) \mathrm{d} \sigma}, \quad \bar{y}=\frac{\iint_D y \rho(x, y) \mathrm{d} \sigma}{\iint_D \rho(x, y) \mathrm{d} \sigma} .
$$

当平面薄板 $D$ 的密度均匀时，即 $\rho$ 是常数时，则有

$$
\bar{x}=\frac{1}{\Delta D} \iint_D x \mathrm{~d} \sigma, \quad \bar{y}=\frac{1}{\Delta D} \iint_D y \mathrm{~d} \sigma
$$

这里 $\Delta D$ 为平面薄板 $D$ 的面积．

`例`求密度均匀的上半椭球体的质心．
解 设椭球体由不等式

$$
\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2} \leqslant 1
$$

表示．由对称性知 $\bar{x}=0, \bar{y}=0$ ．又由 $\rho$ 为常数，所以
$$
\begin{gathered}
\bar{z}=\frac{\iiint_V \rho z \mathrm{~d} V}{\iiint_V \rho \mathrm{~d} V}=\frac{\iiint_V z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z}{\frac{2}{3} \pi a b c} . \\
\bar{z}=\frac{3 c}{8} .
\end{gathered}
$$

##  求转动惯量
质点 $A$ 对于轴 $l$ 的转动惯量 $J$ 是质点 $A$ 的质量 $m$ 和 $A$ 与转动轴 $l$ 的距离 $r$ 的平方的乘积，即 $J=m r^2$ 。

现在讨论空间物体 $V$ 的转动惯量问题．我们仍然采用第二段中的办法，把 $V$ 看作由 $n$ 个质点组成的质点系，然后用取极限的方法求得 $V$ 的转动惯量．

设 $\rho(x, y, z)$ 为空间物体 $V$ 的密度分布函数，它在 $V$ 上连续．对 $V$ 作分割 $T$ ，在属于 $T$ 的每一小块 $v_i$ 上任取一点 $\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right)$ ，于是 $v_i$ 的质量可以 $\rho\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right) \Delta v_i$ 近似替代．当以质点系 $\left\{\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right), i=1,2, \cdots, n\right\}$ 近似替代 $V$ 时，质点系对于 $x$ 轴的转动惯量则是

$$
J_{x_n}=\sum_{i=1}^n\left(\eta_i^2+\zeta_i^2\right) \rho\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right) \Delta v_i .
$$

当 $\|T\| \rightarrow 0$ 时，上述积分和的极限就是物体 $V$ 对于 $x$ 轴的转动惯量

$$
J_x=\iiint_V\left(y^2+z^2\right) \rho(x, y, z) \mathrm{d} V
$$

类似可得物体 $V$ 对于 $y$ 轴与 $z$ 轴的转动惯量分别为

$$
\begin{aligned}
J_y & =\iiint_V\left(z^2+x^2\right) \rho(x, y, z) \mathrm{d} V \\
J_z & =\iiint_V\left(x^2+y^2\right) \rho(x, y, z) \mathrm{d} V
\end{aligned}
$$

同理，物体 $V$ 对于坐标平面的转动惯量分别为

$$
\begin{aligned}
J_{x y} & =\iiint_V z^2 \rho(x, y, z) \mathrm{d} V, \\
J_{y z} & =\iiint_V x^2 \rho(x, y, z) \mathrm{d} V, \\
J_{z x} & =\iiint_V y^2 \rho(x, y, z) \mathrm{d} V .
\end{aligned}
$$

据此，读者也容易建立平面薄板对于坐标轴的转动惯量：

$$
J_x=\iint_D y^2 \rho(x, y) \mathrm{d} \sigma, \quad J_y=\iint_D x^2 \rho(x, y) \mathrm{d} \sigma
$$

以及

$$
J_l=\iint_D r^2(x, y) \rho(x, y) \mathrm{d} \sigma
$$

这里 $l$ 为转动轴，$r(x, y)$ 为 $D$ 中点 $(x, y)$ 到 $l$ 的距离函数．

`例`求密度均匀的圆环 $D$ 对于垂直于圆环面中心轴的转动惯量
 ![图片](/uploads/2025-10/975c44.jpg)
 
 解 设圆环 $D$ 为

$$
R_1^2 \leqslant x^2+y^2 \leqslant R_2^2,
$$

密度为 $\rho$ ，则 $D$ 中任一点 $(x, y)$ 与转轴的距离平方为 $x^2+y^2$ ．于是转动惯量

$$
\begin{aligned}
J & =\iint_D \rho\left(x^2+y^2\right) \mathrm{d} \sigma=\rho \int_0^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{R_1}^{R_2} r^3 \mathrm{~d} r \\
& =\frac{\pi \rho}{2}\left(R_2^4-R_1^4\right)=\frac{m}{2}\left(R_2^2+R_1^2\right)
\end{aligned}
$$

其中 $m$ 为圆环的质量．

## 求引力
求密度为 $\rho(x, y, z)$ 的立体对立体外质量为 1 的质点 $A$ 的引力．
设 $A$ 的坐标为 $(\xi, \eta, \zeta), V$ 中点的坐标用 $(x, y, z)$ 表示．我们使用微元法来求 $V$ 对 $A$的引力．$V$ 中质量微元 $\mathrm{d} m=\rho \mathrm{d} V$ 对 $A$ 的引力在坐标轴上的投影为

$$
\mathrm{d} F_x=k \frac{x-\xi}{r^3} \rho \mathrm{~d} V, \mathrm{~d} F_y=k \frac{y-\eta}{r^3} \rho \mathrm{~d} V, \mathrm{~d} F_z=k \frac{z-\zeta}{r^3} \rho \mathrm{~d} V,
$$

其中 $k$ 为引力系数，

$$
r=\sqrt{(x-\xi)^2+(y-\eta)^2+(z-\zeta)^2}
$$

是 $A$ 到 $\mathrm{d} V$ 的距离，于是力 $\boldsymbol{F}$ 在三个坐标轴上的投影分别为

$$
F_x=k \iiint_V \frac{x-\xi}{r^3} \rho \mathrm{~d} V, \quad F_y=k \iiint_V \frac{y-\eta}{r^3} \rho \mathrm{~d} V, \quad F_z=k \iiint_V \frac{z-\zeta}{r^3} \rho \mathrm{~d} V,
$$

所以

$$
\boldsymbol{F}=F_x \boldsymbol{i}+F_y \boldsymbol{j}+F_z \boldsymbol{k} .
$$

`例`设球体 $V$ 具有均匀的密度 $\rho$ ，求 $V$ 对球外一点 $A$（质量为 1 ）的引力（引力系数为 $k$ ）．

解 设球体为 $x^2+y^2+z^2 \leqslant R^2$ ，球外一点 $A$ 的坐标为 $(0,0, a)(R<a)$ ．显然有 $F_x= F_y=0$ ，现在计算 $F_z$ ．由上述公式，

$$
\begin{aligned}
F_z & =k \iiint_V \frac{(z-a)}{\left[x^2+y^2+(z-a)^2\right]^{3 / 2}} \rho \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \\
& =k \rho \int_{-R}^R(z-a) \mathrm{d} z \iint_{D_z} \frac{\mathrm{~d} x \mathrm{~d} y}{\left[x^2+y^2+(z-a)^2\right]^{3 / 2}}
\end{aligned}
$$

其中 $D_z=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leqslant R^2-z^2\right\}$ ．用极坐标计算

$$
\begin{aligned}
F_z & =k \rho \int_{-R}^R(z-a) \mathrm{d} z \int_0^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_0^{\sqrt{R^2-z^2}} \frac{r}{\left[r^2+(z-a)^2\right]^{3 / 2}} \mathrm{~d} r \\
& =2 \pi k \rho \int_{-R}^R\left(-1-\frac{z-a}{\sqrt{R^2-2 a z+a^2}}\right) \mathrm{d} z \\
& =-\frac{4}{3 a^2} \pi R^3 \rho k
\end{aligned}
$$

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