最后更新: 2025-10-23 10:20 查看: 135 次纠错评论(0) 课件开VIP

三重积分

##  三重积分的概念
类似于第一型曲线积分，求一个空间立体 $V$ 的质量 $M$ 就可导出三重积分．设密度函数为 $f(x, y, z)$ ，为了求 $V$ 的质量，我们把 $V$ 分割成 $n$ 个小块 $V_1, V_2, \cdots, V_n$ ，在每个小块 $V_i$ 上任取一点 $\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right)$ ，则

$$
M=\lim _{\|T\| \rightarrow 0} \sum_{i=1}^n f\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right) \Delta V_i,
$$

其中 $\Delta V_i$ 为小块 $V_i$ 的体积，$\|T\|=\max _{1 \leqslant i \leqslant n}\left\{V_i\right.$ 的直径 $\}$ ．
设 $f(x, y, z)$ 是定义在三维空间可求体积的有界闭区域 $V$ 上的有界函数．现用若干光滑曲面所组成的曲面网 $T$ 来分割 $V$ ，它把 $V$ 分成 $n$ 个小区域 $V_1, V_2, \cdots, V_n$ 。记 $V_i$ 的体积为 $\Delta V_i(i=1,2, \cdots, n),\|T\|=\max _{1 \leqslant i \leqslant n}\left\{V_i\right.$ 的直径 $\}$ ．在每个 $V_i$ 中任取一点 $\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right)$ ，作积分和

$$
\sum_{i=1}^n f\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right) \Delta V_i .
$$

**定义1** 设 $f(x, y, z)$ 为定义在三维空间可求体积的有界闭区域 $V$ 上的函数，$J$ 是一个确定的数．若对任给的正数 $\varepsilon$ ，总存在某一正数 $\delta$ ，使得对于 $V$ 的任何分割 $T$ ，只要 $\|T\|<\delta$ ，属于分割 $T$ 的所有积分和都有

$$
\left|\sum_{i=1}^n f\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right) \Delta V_i-J\right|<\varepsilon,
$$

则称 $f(x, y, z)$ 在 $V$ 上可积，数 $J$ 称为函数 $f(x, y, z)$ 在 $V$ 上的三重积分，记作

$$
J=\iiint_V f(x, y, z) \mathrm{d} V \text { 或 } J=\iiint_V f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \text {, }
$$

其中 $f(x, y, z)$ 称为被积函数，$x, y, z$ 称为积分变量，$V$ 称为积分区域．
当 $f(x, y, z) \equiv 1$ 时， $\iiint_V \mathrm{~d} V$ 在几何上表示 $V$ 的体积．
三重积分具有与二重积分相应的可积条件和有关性质（参见§1），这里不一一细述了。例如，类似于二重积分，有
（i）有界闭区域 $V$ 上的连续函数必可积；
（ii）如果有界闭区域 $V$ 上的有界函数 $f(x, y, z)$ 的间断点集中在有限多个零体积 （可类似于零面积那样来定义）的曲面上，则 $f(x, y, z)$ 在 $V$ 上必可积．

## 化三重积分为累次积分
**定理 21.15** 若函数 $f(x, y, z)$ 在长方体 $V=[a, b] \times[c, d] \times[e, h]$ 上的三重积分存在，且对任意 $(x, y) \in D=[a, b] \times[c, d], g(x, y)=\int_e^h f(x, y, z) \mathrm{d} z$ 存在，则积分 $\iint_D g(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$也存在，且

$$
\iiint_V f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iint_D \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \int_e^h f(x, y, z) \mathrm{d} z .
$$

证 用平行于坐标平面的平面作分割 $T$ ，它把 $V$ 分成有限多个小长方体

$$
V_{i j k}=\left[x_{i-1}, x_i\right] \times\left[y_{j-1}, y_j\right] \times\left[z_{k-1}, z_k\right] .
$$

设 $M_{i j k}, m_{i j k}$ 分别是 $f(x, y, z)$ 在 $V_{i j k}$ 上的上确界和下确界。对任意

$$
\begin{gathered}
\left(\xi_i, \eta_j\right) \in\left[x_{i-1}, x_i\right] \times\left[y_{j-1}, y_j\right] \\
m_{i j k} \Delta z_k \leqslant \int_{z_{k-1}}^{z_k} f\left(\xi_i, \eta_j, z\right) \mathrm{d} z \leqslant M_{i j k} \Delta z_k
\end{gathered}
$$

现按下标 $k$ 相加，有

$$
\sum_k \int_{z_{k-1}}^{z_k} f\left(\xi_i, \eta_j, z\right) \mathrm{d} z=\int_e^h f\left(\xi_i, \eta_j, z\right) \mathrm{d} z=g\left(\xi_i, \eta_j\right)
$$

以及

$$
\sum_{i, j, k} m_{i j k} \Delta x_i \Delta y_j \Delta z_k \leqslant \sum_{i, j} g\left(\xi_i, \eta_j\right) \Delta x_i \Delta y_j \leqslant \sum_{i, j, k} M_{i j k} \Delta x_i \Delta y_j \Delta z_k . ...(2)
$$

上述不等式两边是分割 $T$ 的下和与上和．由 $f(x, y, z)$ 在 $V$ 上可积，当 $\|T\| \rightarrow 0$ 时，下和与上和具有相同的极限，所以由（2）式得 $g(x, y)$ 关于 $D$ 对应 $T$ 的直线网格分割的下和与上和具有相同的极限．由定理 21.4 有 $g(x, y)$ 在 $D$ 上可积，且

$$
\iint_D g(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iiint_V f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z .
$$

**推论** 若 $V=\left\{(x, y, z) \mid(x, y) \in D, z_1(x, y) \leqslant z \leqslant z_2(x, y)\right\} \subset[a, b] \times[c, d] \times[e$, $h]$ ，其中 $D$ 为 $V$ 在 $O x y$ 平面上的投影，$z_1(x, y), z_2(x, y)$ 是 $D$ 上的连续函数，函数 $f(x, y, z)$ 在 $V$ 上的三重积分存在，且对任意 $(x, y) \in D$ ，

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

亦存在，则积分 $\iint_D G(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ 存在，且
$$
\iiint_V f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iint_D G(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_D \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \int_{z_1(x, y)}^{z_2(x, y)} f(x, y, z) \mathrm{d} z .
$$

（见图 21－31）．

![图片](/uploads/2025-10/7ff9e5.jpg){WIDTH=250PX}
 
 
证 定义 $F(x, y, z)=\left\{\begin{array}{ll}f(x, y, z), & (x, y, z) \in V, \\ 0, & (x, y, z) \in V_0 \backslash V,\end{array}\right.$ 其中 $V_0=[a, b] \times[c, d] \times[e$, $h]$ ，对 $F(x, y, z)$ 用定理 21．15，则有

$$
\begin{aligned}
\iiint_V f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z & =\iiint_{V_0} F(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \\
& =\iint_{[a, b] \times[c, d]} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \int_e^h F(x, y, z) \mathrm{d} z \\
& =\iint_D \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \int_{z_1(x, y)}^{z_2(x, y)} f(x, y, z) \mathrm{d} z
\end{aligned}
$$

`例` 计算 $\iiint_V \frac{\mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z}{x^2+y^2}$ ，其中 $V$ 为由平面 $x=1, x=2, z=0, y=x$ 与 $z=y$ 所围区域（见图21－32）

![图片](/uploads/2025-10/7990b6.jpg){WIDTH=250PX}

解 设 $V$ 在 $x y$ 平面上投影为 $D$ ，则 $V=\left\{(x, y, z) \mid z_1(x, y) \leqslant z \leqslant z_2(x, y)\right.$ ， $(x, y) \in D\}$ ，其中 $D=\{(x, y) \mid 0 \leqslant y \leqslant x, 1 \leqslant x \leqslant 2\}$ 是 $x$ 型区域，$z_1(x, y)=0, z_2(x, y)=y$ ．于是

$$
\begin{aligned}
\iiint_V \frac{\mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z}{x^2+y^2} & =\iint_D \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \int_0^y \frac{\mathrm{~d} z}{x^2+y^2} \\
& =\iint_D \frac{y}{x^2+y^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\int_1^2 \mathrm{~d} x \int_0^x \frac{y \mathrm{~d} y}{x^2+y^2} \\
& =\left.\int_1^2 \frac{1}{2} \ln \left(x^2+y^2\right)\right|_0 ^x \mathrm{~d} x=\int_1^2 \frac{1}{2} \ln 2 \mathrm{~d} x \\
& =\frac{1}{2} \ln 2
\end{aligned}
$$

`例` 计算 $\iiint_V\left(x^2+y^2+z\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ ，其中 $V$ 是由 $\left\{\begin{array}{l}z=y, \\ x=0\end{array}\right.$ 绕 $z$ 轴旋转一周而成的曲面与 $z=1$ 所围的区域．

解 旋转面方程为 $z=\sqrt{x^2+y^2}, V$ 在 $x y$ 平面上投影为 $D=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leqslant 1\right\}$ ， $z_1(x, y)=\sqrt{x^2+y^2}, z_2(x, y)=1$ ，于是

$$
\begin{aligned}
\iiint_V\left(x^2+y^2+z\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z & =\iint_D \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \int_{\sqrt{x^2+y^2}}^1\left(x^2+y^2+z\right) \mathrm{d} z \\
& =\iint_D\left(x^2+y^2\right)\left(1-\sqrt{x^2+y^2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y+\frac{1}{2} \iint_D\left[1-\left(x^2+y^2\right)\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =\int_0^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_0^1 r^2(1-r) r \mathrm{~d} r+\frac{1}{2} \int_0^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_0^1\left(1-r^2\right) r \mathrm{~d} r \\
& =\frac{\pi}{10}+\frac{\pi}{4}=\frac{7 \pi}{20}
\end{aligned}
$$

类似分析可得到以下定理和推论．

**定理 21.16** 若函数 $f(x, y, z)$ 在长方体 $V=[a, b] \times[c, d] \times[e, h]$ 上的三重积分存在，且对任何 $z \in[e, h]$ ，二重积分

$$
I(z)=\iint_D f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y
$$

存在，其中 $D=[a, b] \times[c, d]$ ，则积分

$$
\int_e^h \mathrm{~d} z \iint_D f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y
$$

也存在，且

$$
\iiint_V f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_e^h \mathrm{~d} z \iint_D f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y
$$

**推论** 若 $V \subset[a, b] \times[c, d] \times[e, h]$ ，函数 $f(x, y, z)$ 在 $V$ 上的三重积分存在，且对任意固定的 $z \in[e, h]$ ，积分 $\varphi(z)=\iint_{D_z} f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ 存在，其中 $D_z$ 是截面 $\{(x, y) \mid(x, y, z) \in V\}$ ，则 $\int_e^h \varphi(z) \mathrm{d} z$ 存在，且

$$
\iiint_V f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_e^h \varphi(z) \mathrm{d} z=\int_e^h \mathrm{~d} z \iint_{D_z} f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y
$$

（见图 21－33）．

![图片](/uploads/2025-10/f58322.jpg){WIDTH=250PX}
 
 **注** 类似于对二重积分转化为累次积分的几何解释，对定理21．15和定理21．16及其推论所给出的方法也可以从几何上做出解释．在定理 21.15 及其推论中，把积分区域视为柱体的一部分（见图 21－31），投影（柱体底面）区域为 $D$ ，柱体上、下曲面分别为 $z=z_2(x, y), z=z_1(x, y),(x, y) \in D$ 。三重积分相应转化为先对 $z$ 再对 $x, y$ 的累次积分形式（先一后二）．在定理 21.16 及其推论中，把积分区域视为介于两平行平面 $z=e$ ， $z=h$ 之间的立体（见图21－33），用垂直于 $z$ 轴的面截积分区域所得截面为 $D_z$ ．此时三重积分相应转化为先对 $x, y$ 变量在平面区域 $D_z$ 上的含参二重积分，再对 $z \in[e, h]$ 求定积分的形式（先二后一）．具体采用哪一种形式可根据实际问题中积分区域与被积函数的特性加以选择．
 
 `例` 求

$$
I=\iiint_V\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z,
$$

其中 $V$ 是椭球体 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2} \leqslant 1$ ．
解 由于

$$
I=\iiint_V \frac{x^2}{a^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+\iiint_V \frac{y^2}{b^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+\iiint_V \frac{z^2}{c^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z,
$$

其中 $\iiint_V \frac{x^2}{a^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_{-a}^a \frac{x^2}{a^2} \mathrm{~d} x \iint_{V_x} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ ，这里 $V_x$ 表示椭圆面

$$
\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2} \leqslant 1-\frac{x^2}{a^2} \text { 或 } \frac{y^2}{b^2\left(1-\frac{x^2}{a^2}\right)}+\frac{z^2}{c^2\left(1-\frac{x^2}{a^2}\right)} \leqslant 1 \text {. }
$$

它的面积为

$$
\pi\left(b \sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}\right)\left(c \sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}\right)=\pi b c\left(1-\frac{x^2}{a^2}\right) .
$$

于是

$$
\iiint_V \frac{x^2}{a^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_{-a}^a \frac{\pi b c}{a^2} x^2\left(1-\frac{x^2}{a^2}\right) \mathrm{d} x=\frac{4}{15} \pi a b c .
$$

同理可得

$$
\iiint_V \frac{y^2}{b^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\frac{4}{15} \pi a b c, \iiint_V \frac{z^2}{c^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\frac{4}{15} \pi a b c
$$

所以

$$
I=3\left(\frac{4}{15} \pi a b c\right)=\frac{4}{5} \pi a b c
$$

## 理解三重积分的计算

> 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。

### 投影法

**（1）先沿 $z$ 轴方向的竖线累积，再把 $D_{x y}$ 内所有竖线累积起来**

参考下图，想象你站在$xoy$平面上，拿了一个激光笔网上照射，激光笔穿过空间体，并产生2个交点，记下半曲面为 $z=z_1(x, y)$ ，上半曲面为 $z=z_2(x, y)$ ，记 $\Omega$ 在 $x O y$ 面上的投影为 $D_{x y}$

![图片](/uploads/2025-10/d19594.jpg){width=400px}

先累积坚直虚线段，即密度函数（被积函数）关于 $z$ 从固定值 $z_1\left(x_0, y_0\right)$ 累积到 $z_2\left(x_0, y_0\right)$ ，表示出来为：

$$
A\left(x_0, y_0\right)=\int_{z_1\left(x_0, y_0\right)}^{z_2\left(x_0, y_0\right)} f\left(x_0, y_0, z\right) \mathrm{d} z
$$

接着，要累积完整个 $\Omega$ ，还需要把 $D_{x y}$ 上每个这样的点 $\left(x_0, y_0\right)$ 都累积一遍。也就是说，对任意一点 $(x, y) \in D_{x y}$ ，都有累积的一条竖直虚线段：

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

把它们再累积起来得到整个物体的质量（三重积分）：

$$
\iiint_{\Omega} f(x, y, z) \mathrm{d} V=\iint_{D_{x y}} A(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y
$$

代入前面的 $A(x, y)$ ，就得到

$$
\begin{aligned}
\iiint_{\Omega} f(x, y, z) \mathrm{d} V & =\iint_{D_{x y}}\left[\int_{z_1(x, y)}^{z_2(x, y)} f(x, y, z) \mathrm{d} z\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
\text { (也记为) } & =\iint_{D_{x y}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \int_{z_1(x, y)}^{z_2(x, y)} f(x, y, z) \mathrm{d} z
\end{aligned}
$$

**（2）同理，也可以先沿 $x$ 轴方向的横线累积，再把 $D_{y z}$ 内所有横线都累积起来**

记 $\Omega$ 的 $x$ 轴方向后半曲面为 $x=x_1(y, z)$ ，前半曲面为 $x=x_2(y, z)$
记 $\Omega$ 在 $y O z$ 面上的投影为 $D_{y z}$
可推得

$$
\iiint_{\Omega} f(x, y, z) \mathrm{d} V=\iint_{D_{y z}} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \int_{x_1(y, z)}^{x_2(y, z)} f(x, y, z) \mathrm{d} x
$$

**（3）同理，也可以先沿 $y$ 轴方向的横线累积，再把 $D_{x z}$ 内所有横线都累积起来**

记 $\Omega$ 的 $y$ 轴方向左半曲面为 $y=y_1(x, z)$ ，右半曲面为 $y=y_2(x, z)$记 $\Omega$ 在 $x O z$ 面上的投影为 $D_{x z}$

可推得

$$
\iiint_{\Omega} f(x, y, z) \mathrm{d} V=\iint_{D_{x z}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} z \int_{y_1(x, z)}^{y_2(x, z)} f(x, y, z) \mathrm{d} y
$$

### 截面法

#### 理解一：三重积分角度

先沿 $x O y$ 面方向的横截面累积，再 $l_z$ 内所有横截面累积起来
记 $\Omega$ 在 $z=z$ 处的横截面为 $D_z$
记 $\Omega$ 在 $z$ 轴上的投影为 $l_z$

![图片](/uploads/2025-10/7cead0.jpg){width=400px}
 
 如图，先累积紫色横截面，即密度函数（被积函数）关于 $x, y$ 在固定横截面 $D_{z_0}$ 上累积，表示出来为：

$$
A\left(z_0\right)=\iint_{D_{z_0}} f\left(x, y, z_0\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y
$$

接着，要累积完整个 $\Omega$ ，还需要把 $l_z$ 上每个这样的 $z_0$ 对应的横截面都累积一遍。也就是说，对任意一点 $z \in l_z:=[a, b]$ ，都有累积的一个横截面：

$$
A(z)=\iint_{D_z} f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y
$$

把它们再累积起来得到整个物体的质量（三重积分）：

$$
\iiint_{\Omega} f(x, y, z) \mathrm{d} V=\int_a^b A(z) \mathrm{d} z
$$

代入前面的 $A(z)$ ，就得到

$$
\begin{aligned}
\iiint_{\Omega} f(x, y, z) \mathrm{d} V & =\int_a^b\left[\iint_{D_z} f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y\right] \mathrm{d} z \\
\text { (也记为) } & =\int_a^b \mathrm{~d} z \iint_{D_z} f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y
\end{aligned}
$$

#### 理解二：定积分微元法

![图片](/uploads/2025-10/86809f.jpg){width=500px}
 
 用定积分微元法求密度为 $f(x, y, z)$ 的不均匀空间物体 $\Omega$ 的质量。
记平面 $z=z$ 与 $\Omega$ 的截面为 $D_z$ ，
①积分变量 $z \in[a, b]$ ；
②任取 $[z, z+\mathrm{d} z] \subset[a, b]$ ，微元质量为
$\mathrm{d} M=\left(\iint_{D_z} f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y\right) \mathrm{d} z$
其中，括号中的二重积分为 $D_z$ 的面质量。
③累积得总质量

$$
\begin{aligned}
\iiint_{\Omega} f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z & =M \\
& =\int_a^b \mathrm{~d} M=\int_a^b\left(\iint_{D_z} f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y\right) \mathrm{d} z \\
\text { (也记为) } & =\int_a^b \mathrm{~d} z \iint_{D_z} f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y
\end{aligned}
$$

（2）同理，还可以用 $x=x$ 截面 $\Omega$
记平面 $x=x$ 与 $\Omega$ 的截面为 $D_x$ ，

$$
\iiint_{\Omega} f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_a^b \mathrm{~d} x \iint_{D_x} f(x, y, z) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z
$$

（3）同理，还可以用 $y=y$ 截面 $\Omega$
记平面 $y=y$ 与 $\Omega$ 的截面为 $D_y$ ，

$$
\iiint_{\Omega} f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_a^b \mathrm{~d} y \iint_{D_y} f(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} z
$$

`例` 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/2025-10/193408.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**．

`例` 计算 $I=\iiint_{\Omega} z^2 \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ ，其中 $\Omega$ 是由锥面 $z^2= \frac{h^2}{R^2}\left(x^2+y^2\right)$ 与平面 $z=h$ 所围成的闭区域（见下图 ）．

![图片](/uploads/2025-10/5bccc9.jpg)
 
 
解 这时 $\Omega$ 可表为

$$
\Omega=\left\{(x, y, z) \mid 0 \leqslant z \leqslant h, \frac{h^2}{R^2}\left(x^2+y^2\right) \leqslant z^2\right\},
$$

因此

$$
I=\iiint_{\Omega} z^2 \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_0^h \mathrm{~d} z \iint_{\Omega_s} z^2 \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\int_0^h z^2 \mathrm{~d} z \iint_{\Omega_s} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y,
$$

这里对于每个 $z, \Omega_z$ 为过 $(0,0, z)$ 点且平行于 $x y$ 平面的平面截 $\Omega$ 所得图形在 $x y$ 平面的投影，它为区域 $\left\{(x, y) \left\lvert\, \frac{h^2}{R^2}\left(x^2+y^2\right) \leqslant z^2\right.\right\}$ ，其面积为 $\pi \frac{R^2}{h^2} z^2$ ，即 $\iint_{\Omega_z} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\pi \frac{R^2}{h^2} z^2$ ．
因此

$$
I=\int_0^h \pi \frac{R^2}{h^2} z^4 \mathrm{~d} z=\frac{\pi R^2 h^3}{5}
$$

`例`一非均匀金属块在空间的表示是由双曲抛物面 $z=x y$ ，平面 $x+y=1$ 和 $z=0$ 所围成的区域 $\Omega$ ，其密度函数为 $\rho(x, y, z)=x y$ ．求它的质量．

解 如图   所示，$\Omega$ 可表为

![图片](/uploads/2025-10/96f377.jpg){width=300px}
 
 
$$
\Omega=\{(x, y, z) \mid 0 \leqslant z \leqslant x y, 0 \leqslant y \leqslant 1-x, 0 \leqslant x \leqslant 1\},
$$

因此金属块的质量为

$$
\begin{aligned}
M & =\iiint_{\Omega} \rho(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iiint_{\Omega} x y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_0^1 \mathrm{~d} x \int_0^{1-x} \mathrm{~d} y \int_0^{x y} x y \mathrm{~d} z \\
& =\int_0^1 \mathrm{~d} x \int_0^{1-x} x^2 y^2 \mathrm{~d} y=\frac{1}{3} \int_0^1 x^2(1-x)^3 \mathrm{~d} x=\frac{1}{180}
\end{aligned}
$$

`例`求 $\mathbf{R}^n$ 中几何体

$$
T_n=\left\{\left(x_1, x_2, \cdots, x_n\right) \mid x_1 \geqslant 0, x_2 \geqslant 0, \cdots, x_n \geqslant 0, x_1+x_2+\cdots+x_n \leqslant h\right\}
$$

它称为 $n$ 维单纯形）的体积．
解 当 $n=2$ 时，$T_2$ 的体积为

$$
\iint_{T_2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\int_0^h \mathrm{~d} x \int_0^{h-x} \mathrm{~d} y=\int_0^h(h-x) \mathrm{d} x=\frac{1}{2} h^2 .
$$

当 $n=3$ 时，$T_3$ 的体积为

$$
\iiint_{T_3} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_0^h \mathrm{~d} x \iint_{\substack{1+z \leqslant h-x \\ y \geqslant 0, z \geqslant 0}} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_0^h \frac{(h-x)^2}{2} \mathrm{~d} x=\frac{h^3}{3!} .
$$

设 $T_{n-1}$ 的体积为

$$
\int_{T_{n-1}} \mathrm{~d} x_1 \mathrm{~d} x_2 \cdots \mathrm{~d} x_{n-1}=\frac{h^{n-1}}{(n-1)!}
$$

则利用上式得 $T_n$ 的体积为

$$
\int_{T_n} \mathrm{~d} x_1 \mathrm{~d} x_2 \cdots \mathrm{~d} x_n=\int_0^h \mathrm{~d} x_1 \int_{\substack{x_2 \geqslant 0, x_3 \geqslant 0, \cdots, x_n \geqslant 0 \\ x_2+x_3+\cdots+x_n \leqslant h-x_1}} \mathrm{~d} x_2 \mathrm{~d} x_3 \cdots \mathrm{~d} x_n=\int_0^h \frac{\left(h-x_1\right)^{n-1}}{(n-1)!} \mathrm{d} x_1=\frac{h^n}{n!} .
$$

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