最后更新: 2025-02-01 21:11 查看: 11 次反馈刷题

三重积分

一．长方体上的三重积分
主要内容如下：
1．长方体上的三重积分的定义．其中涉及到分划，介点，Riemann 和及其极限．
2．引入上和与下和，证明可积的充要条件。
3．引入零测度集和零容度集．特别对于有界闭集来说，零测度集和零容度集等价，统称为零集．对于长方体上的函数来说，同样有以下的 Lebesgue 定理，它彻底解决了函数为 Riemann 可积的充分必要条件，

定理 0.1 长方体 $A$ 上的函数 $f$ 为 Riemann 可积的充分必要条件是 $f$ 在 $A$ 上有界且几乎处处连续。

注 由于间断点全体所成集合未必闭，因此这里不能用零容度集的概念．引入零容度集是因为容度，即 Jordan 测度，为体积概念提供了一个合适的解决方法，同时对于一般有界集的可积性提供了方便的判定条件。

4．三重积分的物理解释。这里不说几何意义，因为这要到 4 维空间中才行，然而我们并没有在 4 维空间中的直观感受。

最直观的一个物理解释是从密度求质量．设在某个长方体 $A$ 内分布着某种物质，其密度为 $\rho(x, y, z)$ ．（当然密度函数定义本身就需要极限概念．）设函数 $\rho$ 在 $A$上可积，则长方体 $A$ 内物质的质量就是三重积分

$$
m=\iiint_A \rho(x, y, z) d x d y d z
$$

5．三重积分的性质．
6．化三重积分为累次积分。

设长方体 $A=[a, b] \times[c, d] \times[e, f], f$ 在 $A$ 上可积，则在一定的条件下（例如处处连续的条件就足够了），可以用按照一定顺序的累次积分来计算三次积分．例如有先 $z$ ，再 $y$ ，后 $x$ 的三次积分为

$$
\iiint_A f(x, y, z) d x d y d z=\int_a^b d x \int_c^d d y \int_e^f f(x, y, z) d z
$$

当然要求各个里层积分存在．若 $f$ 处处连续，则可以证明所有 $3!=6$ 个三次积分全部相等，都可以用来计算三重积分．

二．有界集上的三重积分
与二重积分相同，采用零扩张的方法给出有界集上三重积分的定义，同时利用 Lebesgue 定理得到如下基本结论。

定理 0.2 设 $D$ 是 $R ^3$ 中边界为零集的有界集，则 $f$ 在 $D$ 上可积的充分必要条件是 $f$ 在 $D$ 上有界且几乎处处连续。

需要知道边界为零集的一些常用区域．例如，分片光滑曲面就是如此．当然其中就包括长方体的边界．这里需要相应的函数分片连续可微．又如，下列有界闭集

$$
D=\left\{(x, y, z) \mid(x, y) \in \sigma_{x y}, z_1(x, y) \leqslant z \leqslant z_2(x, y)\right\}
$$

若其中 $\sigma_{x y}$ 为二维的零边界的有界闭集，$z_1, z_2$ 在 $\sigma_{x y}$ 上连续，则 $\partial D$ 是三维零集．
对于三维形体 $D$ 的体积，可以定义为在 $D$ 上恒等于 1 的函数在 $D$ 上可积时，称 $D$ 为可求体积的三维形体，并将该积分值定义为 $D$ 的体积。于是 $D$ 可求体积的充分必要体积是 $\partial D$ 为零集。

三．一般区域上三重积分的计算
设 $D \subset R ^3$ 为有界闭区域，$f$ 在 $D$ 上连续．若区域 $D$ 具有前面所说的形式，即

$$
D=\left\{(x, y, z) \mid(x, y) \in \sigma_{x y}, z_1(x, y) \leqslant z \leqslant z_2(x, y)\right\}
$$

其中 $\sigma_{x y}$ 为二维的零边界的有界闭集，$z_1, z_2$ 在 $\sigma_{x y}$ 上连续，则 $\sigma_{x y}$ 就是 $D$ 在 $x y$ 平面上的投影。过点 $(x, y) \in \sigma_{x y}$ ，作平行于 $z$ 轴的直线，与边界 $\partial D$ 交于点 $z_1(x, y), z_2(x, y)$ ，则就有

$$
\iiint_D f(x, y, z) d x d y d z=\iint_{\sigma_{x y}} d x d y \int_{z_1(x, y)}^{z_2(x, y)} f(x, y, z) d z
$$

上式右边的内层积分是 $x, y$ 的函数，若记为 $F(x, y)$ ，则右边就是二重积分 $\iint_{\sigma_{x y}} F(x, y) d x d y$ ．若 $\sigma_{x y}$ 适合一定的条件，则可以将这个二重积分化为某一个二次积分，这样也就可以将一般区域上的三重积分化为三次积分。

另一种对偶的方法是先作二重积分后作一重积分。设 $D$ 在 $z$ 轴上的投影为 $[a, b]$ ，对每个 $z \in[a, b]$ ，过点 $(0,0, z)$ 作平行于坐标面 $x y$ 的水平面与 $D$ 交于 $\sigma_z$ 。同时将 $\sigma_z$ 看成为上式交集在 $x y$ 上的投影．则就有

$$
\iiint_D f(x, y, z) d x d y d z=\int_a^b d z \iint_{\sigma_z} f(x, y, z) d x d z
$$

特别当 $f(x, y, z) \equiv 1 \forall(x, y, z) \in D$ 时，对应的三重积分就是 $D$ 的体积，因此上面的两个公式提供了体积计算的两种方法。可以称为是向坐标平面投影和向坐标轴投影的两种方法。通俗地可以说成相当于将一个大夢卜切丝还是切片的两种方法。

切丝法是向某个坐标面投影，这里有三种选择．若将 $D$ 向 $x y$ 平面投影，就有

$$
V=\iiint_D d x d y d z=\iint_{\sigma_{x y}} d x d y \int_{z_1(x, y)}^{z_2(x, y)} d z=\iint_{\sigma_{x y}}\left[z_2(x, y)-z_1(x, y)\right] d x d y
$$

显然这就是学了二重积分后得到的计算体积的公式．
切片法就是向某个坐标轴投影，也有三种选择．若将 $D$ 向 $z$ 轴投影，就有

$$
V=\iiint_D d x d y d z=\int_a^b d z \iint_{\sigma_z} d x d y
$$

若 $\sigma_z$ 满足一定的条件，则可以将里层的二重积分化为二次积分，从而又得到三重积分对应的某一个三次积分．

若记 $\sigma_z$ 的面积为 $S(z)$ ，则体积 $V$ 就是上册已经熟悉的积分 $\int_a^b S(z) d z$ ，只是那里经常写成关于 $x$ 的积分，也就是将三维形体向 $x$ 轴投影所得到的公式．（这里要回忆 $\S 10.3$ ，其标题虽然是旋转体的体积（和侧面积），但实际上一开始讲的就是这里用切片法来计算体积的方法．其前提是每一片的面积 $S(z)$ 已知，或容易求出，而旋转体的截面积就是圆或圆环等已经会求的面积．

例题 0.1 求三重积分 $\iiint_D \frac{d x d y d z}{(1+x+y+z)^3}$ ，其中 $D$ 是平面 $x+y+z=1$ 和坐标面 $x=0, y=$ $0, z=0$ 围成的闭区域。

解 1 如右图所示，积分区域 $D$ 为第一挂限中由平面 $x+y+z=1$ 所截出的一个四面体．将 $D$ 向 $x y$ 面投影得到

$$
\sigma_{x y}=\{(x, y) \mid x \geqslant 0, y \geqslant 0, x+y \leqslant 1\}
$$

于是就可以计算如下：

![图片](/uploads/2025-02/041c65.jpg)

$$
\begin{aligned}
I & =\iint_{\sigma_{x y}} d x d y \int_0^{1-x-y} \frac{d x}{(1+x+y+z)^3} \\
& =\iint_{\sigma_{x y}}\left(-\left.\frac{1}{2} \cdot \frac{1}{(1+x+y+z)^2}\right|_{z=0} ^{z=1-x-y}\right) d x d y \\
& =\frac{1}{2} \iint_{\sigma_{x y}}\left(\frac{1}{(1+x+y)^2}-\frac{1}{4}\right) d x d y \\
& =\frac{1}{2} \int_0^1 d x \int_0^{1-x}\left(\frac{1}{(1+x+y)^2}-\frac{1}{4}\right) d y \\
& =\frac{1}{2} \int_0^1\left(-\left.\frac{1}{1+x+y}\right|_{y=0} ^{y=1-x}-\frac{1}{4}(1-x)\right) d x \\
& =\frac{1}{2} \int_0^1\left(\frac{1}{1+x}-\frac{3}{4}+\frac{x}{4}\right) d x=\frac{1}{2} \ln 2-\frac{5}{16}
\end{aligned}
$$

注 这实际上就相当于计算下列类型的一个三次积分

$$
I=\int_0^1 d x \int_0^{1-x} d y \int_0^{1-x-y} f(x, y, z) d z
$$

解 2 若将积分区域 $D$ 投影到 $z$ 轴，则就得到

$$
I=\int_0^1 d z \iint_{\sigma_z} \frac{d x d y}{(1+x+y+z)^3}
$$

其中 $\sigma_z=\{(x, y) \mid x \geqslant 0, y \geqslant 0, x+y \leqslant 1-z\}$ 。若又将里层的二重积分写为二次积分，就有

解 2 若将积分区域 $D$ 投影到 $z$ 轴，则就得到

$$
I=\int_0^1 d z \iint_{\sigma_z} \frac{d x d y}{(1+x+y+z)^3}
$$

其中 $\sigma_z=\{(x, y) \mid x \geqslant 0, y \geqslant 0, x+y \leqslant 1-z\}$ ．若又将里层的二重积分写为二次积分，就有

$$
I=\int_0^1 d z \int_0^{1-z} d x \int_0^{1-z-x} \frac{1}{(1+x+y+z)^3} d y
$$

由于关于 $x, y, z$ 的对称性，这与解 1 没有区别．
解3 此题还有其他方法，例如用 Catalan 方法可如下求解。对于 $0<t<1$ ，用平面 $x+y+z=t$ 和 $x+y+z=t+\Delta t$ 截闭区域 $D$ ，所得到的形体的体积可以看成为底在 $x y$ 上的两个锥体的体积之差．其中一个的底是直角边为 $t$ 的直角等边三角形，高为 $t$ ，另一条只要将 $t$ 改为 $t+\Delta t$ 即可．这样就得到

$$
\frac{1}{6}\left[(t+\Delta t)^3-t^3\right]=\frac{1}{2} t^2 \Delta t+O\left(\Delta t^2\right)
$$

而在这个形体上被积函数的值在 $\frac{1}{(1+t)^3}$ 和 $\frac{1}{(1+t+\Delta t)^3}$ 之间，将它乘以前面的体积，则就得到 $\frac{t^2}{2(1+t)^3} \Delta t+O\left(\Delta t^2\right)$ ．

然后对 $[0,1]$ 作分划，并对每个 $\left[t_{i-1}, t_i\right]$ 写出上述表达式并相加，这样就得到了一个 Riemann 和。当分划的细度趋于 0 时就得到一个定积分 $\int_0^1 \frac{t^2 d t}{2(1+t)^3}$ ．于是就将三重积分 $I$ 直接转化为单重积分，计算如下：

$$
\begin{aligned}
I & =\int_0^1 \frac{t^2 d t}{2(t+1)^3} \\
& =\frac{1}{2} \int_0^1 \frac{(t+1)^2-2(t+1)+1}{(t+1)^3} d t \\
& =\frac{1}{2} \int_0^1 \frac{d t}{t+1}-\int_0^1 \frac{d t}{(t+1)^2}+\int_0^1 \frac{d t}{2(t+1)^3} \\
& =\frac{1}{2} \ln 2-\frac{1}{2}-\left.\frac{1}{4} \cdot \frac{1}{(t+1)^2}\right|_0 ^1 \\
& =\frac{1}{2} \ln 2-\frac{1}{2}+\frac{3}{16}=\frac{1}{2} \ln 2-\frac{5}{16} .
\end{aligned}
$$

注 这种方法来自积分定义本身，它具有很大的灵活性．我们知道，一元函数的定积分 $\int_a^b f(x) d x$ 是 Riemann 和的极限，即 $\sum_{i=1}^n f\left(\xi_i\right) \Delta x_i$ 的极限，二重积分以及三重积分都是如此．Catalan 方法也是如此，当然完全可以严格化。只是平时我们往往跳过严格化的步骤就直接写出最后答案．在应用中称之为微元法．

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做题，是检验是否掌握数学的唯一真理

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