最后更新: 2025-10-23 15:59 查看: 72 次纠错评论(0) 课件开VIP

球坐标、柱坐标与三重积分的变量替代

## 三重坐标替换
在二重积分的变量替换里，得到了一个公式

$$
\iint_{T(D)} f(x, y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_D f(x(u, v), y(u, v))\left|\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}\right| \mathrm{d} u \mathrm{~d} v .
$$

如果把他推广到三维，我们不加证明地叙述对三重积分的变量代换公式．这就是以下定理。

**定理** 设映射 $x=x(u, v, w), y=y(u, v, w), z=z\left(u, v, w\right.$ 在定义域 $D_{u v w}$上连续可微，且一 一映射，其 Jacobi 行列式的绝对值在 $D_{u v w}$上处处有

$$
J=\left|\frac{\partial(x, y, z)}{\partial(u, v, w)}\right| \neq 0
$$

又设 $D_{u v w}$ 为零边界的有界闭集，则当 $f(x, y, z)$ 是 $D_{x y}$ 上的连续函数时，成立以下三重积分的变量代换公式：

$$
\boxed{
\iiint_{D_{x y z}} f(x, y, z) d x d y d z=\iiint_{D_{u v w}} f(x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w)) J d u d v d w
}
$$

注 上述公式将左边关于 $x, y, z$ 的三重积分转化右边为关于 $u, v, w$ 的三重积分．这里要做三件事：
(1)将 $d x d y d z$ 变为 $J d u d v d w ;$

(2)将被积函数 $f(x, y, z)$ 换为复合函数 $f(x(u, v, w), y(u, v, w), z(u, v, w))$

(3)将积分区域从 $D_{x y z}$ 变为 $D_{u v w}$ ．

下面叙述最常用的两种变量代换，然后举例．

### 球坐标代换

在球体上建立坐标系
 ![图片](/uploads/2025-10/ed6d5f.jpg){width=200px}
 
 下面建立坐标关系

![图片](/uploads/2025-10/3fbb20.jpg){width=350px}
 
  
$$
x=\rho \sin \varphi \cos \theta, y=\rho \sin \varphi \sin \theta, z=\rho \cos \varphi,
$$

其中 $\rho \geqslant 0,0 \leqslant \varphi \leqslant \pi, 0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi$ ．
直接计算 $x, y, z$ 关于 $\rho, \varphi, \theta$ 的 Jacobi 行列式为

$$
\begin{aligned}
\frac{\partial(x, y, z)}{\partial(\rho, \varphi, \theta)} & =\left|\begin{array}{ccc}
\sin \varphi \cos \theta & \rho \cos \varphi \cos \theta & -\rho \sin \varphi \sin \theta \\
\sin \varphi \sin \theta & \rho \cos \varphi \cos \theta & \rho \sin \varphi \cos \theta \\
\cos \varphi & -\rho \sin \varphi & 0
\end{array}\right| \\
& =\rho^2\left(\cos ^2 \varphi \sin \varphi+\sin ^3 \varphi\right)=\rho^2 \sin \varphi
\end{aligned}
$$

由于 $\rho, \varphi$ 的取值范围，就有 $J=\rho^2 \sin \varphi$ ．

> 注 过去已经使用过球面坐标代换，即从 $(\varphi, \theta)$ 到半径 $R$ 的球面上的变量代换 $x=R \sin \varphi \cos \theta, y=R \sin \varphi \sin \theta, z=R \cos \varphi$ ，这与上面的球坐标变换有密切联系．注意球面坐标变换的 $\sqrt{E G-F^2}=R^2 \sin \varphi$ ，而上述球坐标变换的 $J=\rho^2 \sin \varphi$ ，两者完全一致。

### 柱坐标代换
在圆柱上建立坐标系
 ![图片](/uploads/2025-10/3998b1.jpg){with=300px}
 
即

![图片](/uploads/2025-10/3a714d.jpg){width=350px}
 
 
 
$$
x=r \cos \theta, y=r \sin \theta, z=z
$$

其中 $r \geqslant 0,0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi,-\infty<z<+\infty$ ．由于这相当于平面极坐标再加上第三个变量 $z$ ，而 $z$ 不变，因此容易计算出

$$
\left|\dfrac{\partial(x, y, z)}{\partial(r, \theta, z)}\right|=r
$$

## 例题

`例`求 $I=\iiint_D z d x d y d z$ ，其中 $D$ 是由上半球面 $x^2+y^2+z^2=4(z \geqslant 0)$和抛物面 $x^2+y^2=3 z$ 所围成的闭区域．

![图片](/uploads/2025-02/505d68.jpg)

解 1 用柱坐标代换 $x=r \cos \theta, y=$ $r \sin \theta, z=z$ ，则被积函数不变．从两个曲面的交线（参见图 1）为圆

$$
x^2+y^2=3, z=1,
$$

可先确定出变量 $r, \theta$ 的范围为 $0 \leqslant r \leqslant \sqrt{3}$ ， $0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi$ ，然后求出 $z$ 的范围为

$$
r^2 / 3 \leqslant z \leqslant \sqrt{4-r^2}
$$

这样就可以计算如下：

$$
\begin{aligned}
I & =\int_0^{2 \pi} d \theta \int_0^{\sqrt{3}} r d r \int_{r^2 / 3}^{\sqrt{4-r^2}} z d z=2 \pi \int_0^{\sqrt{3}} r\left(\left.\frac{1}{2} z^2\right|_{z=r^2 / 3} ^{z=\sqrt{4-r^2}}\right) d r \\
& =2 \pi \int_0^{\sqrt{3}} r \cdot \frac{1}{2}\left(4-r^2-\frac{r^4}{9}\right) d r=\pi \int_0^{\sqrt{3}}\left(4 r-r^3-\frac{r^5}{9}\right) d r \\
& =\left.\pi\left(2 r^2-\frac{1}{4} r^4-\frac{1}{54} r^6\right)\right|_0 ^{\sqrt{3}}=\pi\left(6-\frac{9}{4}-\frac{27}{54}\right)=\frac{13}{4} \pi
\end{aligned}
$$

解 2 将积分区域向 $x y$ 平面投影得到闭区域 $\sigma_{x y}=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leqslant 3\right\}$（见图 1），于是就有

$$
I=\iint_{\sigma_{x y}} d x d y \int_{\left(x^2+y^2\right) / 3}^{\sqrt{4-x^2-y^2}} z d z=\iint_{\sigma_{x y}} \frac{1}{2}\left[4-x^2-y^2-\frac{1}{9}\left(x^2+y^2\right)^2\right] d x d y
$$

然后若用极坐标代换就与解 1 的计算相同．
解 3 将积分区域 $D$ 向 $z$ 轴投影，得到区间 $[0,2]$ ．利用 $z$ 为常值的水平面与 $D$的截面 $\sigma_z$ 总是圆，它的半径在 $0 \leqslant z \leqslant 1$ 时为 $\sqrt{3 z}$ ，而在 $1 \leqslant z \leqslant 2$ 时为 $\sqrt{4-z^2}$ ，就有

$$
\begin{aligned}
I & =\int_0^2 d z \iint_{\sigma_z} d x d y \\
& =\int_0^1 3 \pi z^2 d z+\int_1^2 \pi z\left(4-z^2\right) d z \\
& =\pi+\left.\pi\left(2 z^2-\frac{1}{4} z^4\right)\right|_1 ^2=\frac{13}{4} \pi
\end{aligned}
$$

`例` 设 $a, b, c>0$ ，求由曲面 $\left(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}\right)^2=a x$ 所围闭区域的体积 $V$ 。

解 1 这不是常见的曲面，为此需要先对其大致形状作分析．如作坐标轴方向的缩小放大代换 $x=a x^{\prime}, y=b y^{\prime}, z=c z^{\prime}$ ，又将 $x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime}$ 重记为 $x, y, z$ ，则曲面方程简化为

$$
\left(x^2+y^2+z^2\right)^2=a^2 x
$$

再作齐次变换 $x=a^{2 / 3} x^{\prime}, y=a^{2 / 3} y^{\prime}, z=a^{2 / 3} z^{\prime}$ ，又改记 $x^{\prime}, y^{\prime}, z^{\prime}$ 为 $x, y, z$ ，则方程就变成

$$
\left(x^2+y^2+z^2\right)^2=x
$$

由于以上两次的变量代换的 Jacobi 行列式的绝对值分别为 $a b c$ 和 $a^2$ ，因此只要按照曲面方程 $\left(x^2+y^2+z^2\right)^2=x$ 求出其所围体积，然后乘以 $a^3 b c$ 即可．

曲面方程 $\left(x^2+y^2+z^2\right)^2=x$ 是以 $x$ 轴为旋转轴的旋转面，作出曲面与 $y=0$ 的交线如图 3 所示．若在 $x z$平面上用极坐标 $x=r \cos \varphi, z=r \sin \varphi$ ，就是

$$
r^3=\cos \theta
$$

其中 $-\frac{\pi}{2} \leqslant \varphi \leqslant \frac{\pi}{2}$ ．可见曲面在 $0 \leqslant x \leqslant 1$ 之间，在此范围内作平行 $y z$ 坐标面的平面与曲面的交线为圆

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

将上式右边乘以 $\pi$ 就是截面面积。
最后就有

$$
V=\pi a^3 b c \int_0^1\left(\sqrt{x}-x^2\right) d x=\frac{\pi}{3} a^3 b c .
$$

![图片](/uploads/2025-02/a41c7e.jpg)
 
 
 解 2 最后一步用球坐标代换计算也不难．这时在 $\rho, \varphi, \theta$ 空间中的积分区域为

$$
-\frac{\pi}{2} \leqslant \theta \leqslant \frac{\pi}{2}, 0 \leqslant \varphi \leqslant \pi, 0 \leqslant \rho \leqslant(\sin \varphi \cos \theta)^{\frac{1}{3}}
$$

并利用对称性，则就有

$$
\begin{aligned}
V & =a^3 b c \cdot 4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} d \theta \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin \varphi d \varphi \int_0^{(\sin \varphi \cos \theta)^{1 / 3}} \rho^2 d \rho \\
& =\frac{4}{3} a^3 b c \int_0^{\frac{\varphi}{2}} \cos \theta d \theta \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin ^2 \varphi d \varphi=\frac{\pi}{3} a^3 b c .
\end{aligned}
$$

注 两个解法都可以直接对原来的曲面方程进行计算，只是在预处理之后计算更简单一些。

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