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• Section 15.3 : Double Integrals over General Regions

一：二重积分

1. 常见二重积分

SOP

1. 画出积分区域

2. 选定积分次序（从x方向还是y方向）

   什么时候横切，什么时候竖切，关键在于是否知道边界

   如果知道 x 的范围就是 [2,4] ， 那么就应该竖切，因为二次积分的时候方便。

3. 写出积分式

这份图片详细展示了一个二重积分的解题过程，具体内容提取如下：

题目信息

题目 3.1.1：计算 $\iint_{D} xy \mathrm{d}\sigma$，其中 $D$ 是由直线 $y=1, x=2, y=x$ 所围成的区域。

第 1 步：画出积分区域

图片展示了一个直角坐标系，积分区域 $D$ 是一个三角形区域，其顶点分别为 $(1, 1), (2, 1), (2, 2)$。

第 2 步：切割区域，确定各子区域的上下/左右边界

图片展示了两种切割方式：

• 竖切（Type I 区域）：
  • 下边界：$y_1 = 1$
  • 上边界：$y_2 = x$
  • $x$ 的范围是从 $1$ 到 $2$。
• 横切（Type II 区域）：
  • 左边界：$x_1 = y$
  • 右边界：$x_2 = 2$
  • $y$ 的范围是从 $1$ 到 $2$。

第 3 步：将二重积分写为二次积分，计算

能够将积分使用正确的积分顺序

交换积分顺序，在求解重积分中是很重要的一个内容。

① 竖切法：

$\iint_{D} xy \mathrm{d}\sigma = \int_{1}^{2} \left[ \int_{1}^{x} xy \mathrm{d}y \right] \mathrm{d}x = \int_{1}^{2} \left[ x \cdot \frac{y^2}{2} \right]_{1}^{x} \mathrm{d}x = \int_{1}^{2} \left( \frac{x^3 - x}{2} \right) \mathrm{d}x = \left( \frac{x^4}{8} - \frac{x^2}{4} \right) \bigg|_{1}^{2} = \frac{9}{8}$

② 横切法：

$\iint_{D} xy \mathrm{d}\sigma = \int_{1}^{2} \left[ \int_{y}^{2} xy \mathrm{d}x \right] \mathrm{d}y = \int_{1}^{2} \left[ y \cdot \frac{x^2}{2} \right]_{y}^{2} \mathrm{d}y = \int_{1}^{2} \left( 2y - \frac{y^3}{2} \right) \mathrm{d}y = \left( y^2 - \frac{y^4}{8} \right) \bigg|_{1}^{2} = \frac{9}{8}$

(注：横切法步骤中的最后一步 $\mathrm{d}x$ 应为笔误，实际应为 $\mathrm{d}y$)

2. 二重积分的变量变换 (Change of Variables)

本定理规定了在进行坐标变换时，如何通过雅可比行列式将原坐标系下的积分转换为新坐标系下的积分。

1. 变换前提与设定

设定映射关系为：

$x = \varphi(u, v), \quad y = \psi(u, v)$

该映射需满足以下三个核心条件：

• 一一对应：将 $uv$ 平面上的有界闭区域 $D'$ 1对1地映射到 $xy$ 平面上的有界闭区域 $D$。
• 连续可偏导：函数 $\varphi$ 和 $\psi$ 对 $u, v$ 具有连续的偏导数。
• 雅可比行列式非零：在区域内满足 $J \neq 0$。

2. 雅可比行列式 (Jacobian)

雅可比行列式 $J$ 是坐标变换中的“面积缩放因子”，其定义如下：

$J = \frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)} = \begin{vmatrix} \frac{\partial x}{\partial u} & \frac{\partial x}{\partial v} \\ \frac{\partial y}{\partial u} & \frac{\partial y}{\partial v} \end{vmatrix}$

3. 核心变换公式

若被积函数 $f(x, y)$ 在区域 $D$ 上连续，则有：

$\iint_D f(x, y) \, dxdy = \iint_{D'} f(\varphi(u, v), \psi(u, v)) \, |J| \, dudv$

[!IMPORTANT]

注意：在积分号内必须使用雅可比行列式的绝对值 $|J|$，以确保面积微元的正定性。

---

4. 图解直观理解 (图 5.14)

教材通过示意图展示了两个坐标空间之间的逻辑联系：

• 映射过程：通过函数关系，将左侧 $uv$ 平面的点 $(u, v)$ 及其对应的简单区域 $D'$，转换为右侧 $xy$ 平面上复杂的区域 $D$。
• 实际应用：此法最常用于极坐标变换。
  • 变换公式：$x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$
  • 雅可比行列式：$J = r$
  • 结果：将复杂的圆形区域积分简化为矩形区域（对 $r$ 和 $\theta$）的积分。

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💡 总结

这一页教材是微积分换元法的核心。它告诉我们：当直接在 $xy$ 平面计算积分太困难时，可以通过找一个合适的“中间桥梁” ($u, v$)，并利用 $|J|$ 进行补偿，从而大大简化计算难度。

极坐标换元法

极坐标换元法本质上是使用二重积分的变量变换的一种特殊形式。

这道题目展示了如何利用极坐标变换来简化二重积分的计算。

当积分区域 $D$ 是圆形、扇形，或者被积函数中含有 $x^2 + y^2$ 时，使用极坐标通常是最优解。

以下是该题目的详细解析：

1. 题目分析

题目 3.1.3：计算 $\iint_{D} \mathrm{e}^{-x^2-y^2} \mathrm{d}\sigma$。

• 积分区域 $D$：圆心在原点、半径为 $a$ 的圆周所围成的闭区域。
• 被积函数：$\mathrm{e}^{-(x^2+y^2)}$，包含明显的平方和项。

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2. 极坐标转换原理

在极坐标系中，我们进行如下代换：

• 坐标代换：$x = \rho \cos\theta, y = \rho \sin\theta$。
• 关系式：$x^2 + y^2 = \rho^2$。
• 面积微元：$\mathrm{d}\sigma = \rho \mathrm{d}\rho \mathrm{d}\theta$（切记不要漏掉雅可比行列式中的 $\rho$）。

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3. 确定积分范围

由于区域 $D$ 是半径为 $a$ 的完整圆盘：

• 极径 $\rho$ 的范围：从中心 $0$ 到边缘 $a$，即 $0 \le \rho \le a$。
• 极角 $\theta$ 的范围：绕原点一周，即 $0 \le \theta \le 2\pi$。

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4. 计算步骤

根据转换公式，原积分变为：

$\iint_{D} \mathrm{e}^{-\rho^2} \rho \mathrm{d}\rho \mathrm{d}\theta$

第一步：化为累次积分

$\int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{a} \mathrm{e}^{-\rho^2} \rho \mathrm{d}\rho$

第二步：计算关于 $\rho$ 的内层积分

利用凑微分法，注意到 $\mathrm{d}(-\rho^2) = -2\rho \mathrm{d}\rho$，所以 $\rho \mathrm{d}\rho = -\frac{1}{2} \mathrm{d}(-\rho^2)$：

$\int_{0}^{a} \mathrm{e}^{-\rho^2} \rho \mathrm{d}\rho = \left[ -\frac{1}{2} \mathrm{e}^{-\rho^2} \right]_{0}^{a} = -\frac{1}{2}(\mathrm{e}^{-a^2} - \mathrm{e}^0) = \frac{1}{2}(1 - \mathrm{e}^{-a^2})$

第三步：计算关于 $\theta$ 的外层积分

$\int_{0}^{2\pi} \frac{1}{2}(1 - \mathrm{e}^{-a^2}) \mathrm{d}\theta = \frac{1}{2}(1 - \mathrm{e}^{-a^2}) \cdot 2\pi = \pi(1 - \mathrm{e}^{-a^2})$

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结论

该二重积分的最终结果为：

$\pi(1 - \mathrm{e}^{-a^2})$

这种方法避开了直角坐标系下极其复杂的反三角函数计算，利用对称性和极坐标的特性极大地简化了过程。

3. 对称性和奇偶性

其实这本质上是积分区域分块求解

这道题目展示了在处理复杂的二重积分时，

利用积分区域的对称性和被积函数的奇偶性来简化计算的高级技巧。

以下是针对题目 3.1.5 的详细提取与解析：

1. 题目信息

题目 3.1.5：计算二重积分 $\iint_{D} y \left( 1 + x \mathrm{e}^{\frac{x^2+y^2}{2}} \right) \mathrm{d}\sigma$。

• 积分区域 $D$：由直线 $y=x$，$y=-1$，$x=1$ 所围成的区域。
• 区域拆分：为了利用对称性，将区域 $D$ 划分为四个部分 $D_1, D_2, D_3, D_4$。
• 

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2. 核心解题思路：对称性与奇偶性

首先将积分拆分为两部分：

$\iint_{D} y \left( 1 + x \mathrm{e}^{\frac{x^2+y^2}{2}} \right) \mathrm{d}\sigma = \iint_{D} y \mathrm{d}\sigma + \iint_{D} yxe^{\frac{x^2+y^2}{2}} \mathrm{d}\sigma$

针对第二部分积分 $f(x,y) = yxe^{\frac{x^2+y^2}{2}}$，利用以下特性进行简化：

• 关于 $x$ 的奇偶性：
  • 函数对于 $x$ 是奇函数（即 $f(-x, y) = -f(x, y)$）。
  • 区域 $D_1$ 与 $D_2$ 关于 $y$ 轴对称。
  • 结论：在 $D_1 + D_2$ 区域上的积分为 $0$。
• 关于 $y$ 的奇偶性：
  • 函数对于 $y$ 也是奇函数（即 $f(x, -y) = -f(x, y)$）。
  • 区域 $D_3$ 与 $D_4$ 关于 $x$ 轴对称。
  • 结论：在 $D_3 + D_4$ 区域上的积分为 $0$。

由此可见，整个区域 $D$ 上该项的积分结果为 $0$。

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3. 计算剩余部分

原本复杂的积分现在简化为仅计算第一项：

$\iint_{D} y \mathrm{d}\sigma$

设定积分限（竖切法）：

• $x$ 的范围：从 $-1$ 到 $1$。
• $y$ 的范围：从下边界直线 $y=-1$ 到上边界直线 $y=x$。

具体计算过程：

1. 化为累次积分：

   $\int_{-1}^{1} \mathrm{d}x \int_{-1}^{x} y \mathrm{d}y$

2. 计算内层积分：

   $\int_{-1}^{x} y \mathrm{d}y = \left[ \frac{y^2}{2} \right]_{-1}^{x} = \frac{x^2 - 1}{2}$

3. 计算外层积分：

   $\int_{-1}^{1} \frac{x^2 - 1}{2} \mathrm{d}x = \frac{1}{2} \left[ \frac{x^3}{3} - x \right]_{-1}^{1} = \frac{1}{2} \left[ \left( \frac{1}{3} - 1 \right) - \left( -\frac{1}{3} + 1 \right) \right] = \frac{1}{2} \left( -\frac{2}{3} - \frac{2}{3} \right) = -\frac{2}{3}$

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结论

最终结果为：

$-\frac{2}{3}$

总结提示：在遇到含有指数项且区域具有对称性的二重积分时，优先检查被积函数的奇偶性，往往能直接“消掉”最难计算的部分。

关于 $y=x$ 对称情况

这道题目（题目 3.1.6）展示了利用

积分区域的轮换对称性来简化复杂二重积分的经典技巧。

这种方法的核心在于：如果区域 $D$ 关于直线 $y=x$ 对称，那么在被积函数中交换 $x$ 和 $y$ 的位置，积分值保持不变。

以下是该题目的详细解析：

1. 题目信息

题目 3.1.6：计算二重积分 $I = \iint_{D} \frac{3\sqrt{\sin^2 x} + 2\sqrt{\sin^2 y}}{\sqrt{\sin^2 x} + \sqrt{\sin^2 y}} \mathrm{d}\sigma$。

• 积分区域 $D$：$x^2 + y^2 \le 4, x \ge 0, y \ge 0$。
• 这是一个位于第一象限、半径为 $2$ 的 $1/4$ 圆盘。
• 

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2. 核心技巧：轮换对称性

观察区域 $D$：

在 $D$ 的定义中，将 $x$ 和 $y$ 互换符号，方程变为 $y^2 + x^2 \le 4, y \ge 0, x \ge 0$，区域保持不变。这意味着 $D$ 关于直线 $y=x$ 对称。

利用对称性转换：

由于区域对称，我们可以得出：

$\iint_{D} f(x, y) \mathrm{d}\sigma = \iint_{D} f(y, x) \mathrm{d}\sigma$

因此，将原式中的 $x$ 和 $y$ 互换，得到另一个相等的积分式：

$I = \iint_{D} \frac{3\sqrt{\sin^2 y} + 2\sqrt{\sin^2 x}}{\sqrt{\sin^2 y} + \sqrt{\sin^2 x}} \mathrm{d}\sigma$

---

3. 计算步骤

为了消去复杂的三角函数项，我们将原积分的两种形式相加：

1. 两式相加：

   $2I = \iint_{D} \left( \frac{3\sqrt{\sin^2 x} + 2\sqrt{\sin^2 y}}{\sqrt{\sin^2 x} + \sqrt{\sin^2 y}} + \frac{3\sqrt{\sin^2 y} + 2\sqrt{\sin^2 x}}{\sqrt{\sin^2 y} + \sqrt{\sin^2 x}} \right) \mathrm{d}\sigma$

2. 合并同分母项：

   $2I = \iint_{D} \frac{(3+2)\sqrt{\sin^2 x} + (2+3)\sqrt{\sin^2 y}}{\sqrt{\sin^2 x} + \sqrt{\sin^2 y}} \mathrm{d}\sigma = \iint_{D} \frac{5(\sqrt{\sin^2 x} + \sqrt{\sin^2 y})}{\sqrt{\sin^2 x} + \sqrt{\sin^2 y}} \mathrm{d}\sigma$

3. 化简被积函数：

   被积函数直接简化为常数 $5$：

   $2I = \iint_{D} 5 \mathrm{d}\sigma = 5 \iint_{D} 1 \mathrm{d}\sigma$

4. 计算几何面积：

   $\iint_{D} 1 \mathrm{d}\sigma$ 即为区域 $D$ 的面积。由于 $D$ 是半径为 $2$ 的 $1/4$ 圆：

   $\text{面积} = \frac{1}{4} \pi (2)^2 = \pi$

5. 求得最终结果：

   $2I = 5\pi \implies I = \frac{5}{2}\pi$

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结论

最终结果为：

$\frac{5}{2}\pi$

总结：当你看到被积函数非常复杂（如含有无法直接积分的三角函数），但分子分母的结构具有某种对称性，且积分区域关于 $y=x$ 对称时，这种“两式相加、化繁为简”的轮换对称法通常是解题的关键。

二： 二重积分的定义扩张（广义积分）

这两页教材深入浅出地讲解了广义二重积分（Improper Double Integrals）的定义与收敛性。为了方便你学习和复习，我将这些复杂的数学概念整理为一份逻辑清晰的笔记格式：

当积分区域内存在不连续点（奇点），或积分区域为无限区域时，传统的黎曼积分不再适用。此时需要通过“近似增加列”来定义广义积分。

一、 核心工具：近似增加列 $\{D_n\}$

为了处理区域中的“瑕疵”，我们构造一系列子区域 $D_n$ 来逼近目标区域 $D$。一个合格的 $\{D_n\}$ 必须满足：

1. 单调性：$D_1 \subset D_2 \subset \dots \subset D_n \subset \dots$（区域不断扩大）。
2. 避障性：$D_n$ 内部不包含不连续点（奇点）集合 $E$。
3. 覆盖性：随着 $n \to \infty$，$D_n$ 最终覆盖区域 $D$ 内除 $E$ 以外的所有部分。

---

二、 处理“不连续点” (有限区域)

场景：函数 $f(x,y)$ 在区域 $D$ 内的某些点（集合 $E$）上不连续或无界。

• 定义方式：

  若极限 $\lim_{n \to \infty} \iint_{D_n} f(x,y) \, dxdy$ 存在，且与 $D_n$ 的选取方式无关，则称该极限值为 $f$ 在 $D$ 上的广义二重积分。

• 直观图解 (图 5.15)：

  想象 $D$ 是一个带孔的平面，黑点 $E$ 是“禁区”。蓝色区域 $D_n$ 像水波一样向外扩张，无限接近黑点但永不触碰。

  

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三、 处理“无限区域” (无界区域)

场景：积分区域 $D$ 延伸至无穷远（如第一象限、全平面）。

• 处理方法：

  同样构建向无穷远扩张的 $D_n$。

  • 图 5.16：展示了第一象限内，正方形区域不断向右上方伸展的过程。
  • 图 5.17：展示了在抛物线 $y=x^2$ 下方的无界区域，如何通过不断增大的截面进行逼近。

  

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四、 关键定理：收敛的唯一性 (定理 5.6)

定理内容：

若 $f(x,y) \ge 0$（非负函数），且对于某一个满足条件的序列 $\{D_n\}$，其积分收敛于 $I$；

则对于任何其他合格的序列 $\{D'_n\}$，其积分必收敛于同一值 $I$。

• 数学意义：

  该定理保证了广义积分的良好定义性 (Well-defined)。只要函数是非负的，无论你用正方形、圆形还是随意的形状去逼近边界，只要极限存在，结果就是唯一的。这消除了计算中的歧义。

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💡 核心总结

这两页内容解决了二重积分的两种“极端”情况：

• 内部有“坑”：通过挖掉奇点并极限逼近来解决。
• 外部“无边界”：通过区域不断向外扩张来解决。

计算口诀：先避开瑕疵，再取极限；只要非负且收敛，路径不限。

这份例题展示了广义二重积分在处理“奇点”时的标准计算流程。为了帮助你更直观地掌握这种“挖洞-积分-取极限”的方法，我将解题过程整理为如下结构：

---

📝 1：含有奇点的广义二重积分计算

本题通过构造“近似增加列”的方法，解决了被积函数在原点发散的问题。

1. 题目分析

• 计算目标：$I = \iint_D \frac{1}{(x+y)^{3/2}} \, dxdy$
• 积分区域 $D$：单位正方形区域 $0 \le x \le 1, 0 \le y \le 1$。
• 核心矛盾：当 $(x, y) \to (0, 0)$ 时，分母趋于 $0$，函数值趋于 $\infty$。原点是该区域的奇点（不连续点）。

2. 策略：构造子区域 $D_n$

为了避开原点，我们定义一个小正方形 $\Delta_n$ 并将其挖去：

1. 定义空洞 $\Delta_n$：$0 \le x \le \frac{1}{n}, 0 \le y \le \frac{1}{n}$。
2. 定义积分区域 $D_n = D - \Delta_n$。
3. 计算思路：先在 $D_n$ 上积分，最后令 $n \to \infty$。

---

3. 分区域积分计算

根据图 5.20，为了计算方便，将 $D_n$ 拆解为两个简单的矩形区域进行累次积分：

第一部分：左侧狭长区域

$I_1 = \int_{0}^{1/n} \left( \int_{1/n}^{1} (x+y)^{-3/2} \, dy \right) dx$

• 内层积分结果：$[-2(x+y)^{-1/2}]_{1/n}^{1} = -2(x+1)^{-1/2} + 2(x+\frac{1}{n})^{-1/2}$

第二部分：右侧剩余区域

$I_2 = \int_{1/n}^{1} \left( \int_{0}^{1} (x+y)^{-3/2} \, dy \right) dx$

• 内层积分结果：$[-2(x+y)^{-1/2}]_{0}^{1} = -2(x+1)^{-1/2} + 2x^{-1/2}$

---

4. 结果化简与取极限

将上述两部分积分结果合并并进行定积分计算，得到关于 $n$ 的表达式。

• 定积分计算后项：

  化简后的表达式中包含常数项以及随 $n$ 变化的项（如 $\frac{1}{\sqrt{n}}$ 等）。

• 取极限 $n \to \infty$：

  $\lim_{n \to \infty} \iint_{D_n} f(x,y) \, dxdy = \lim_{n \to \infty} \left[ 8 - 4\sqrt{2} - \text{含有 } \frac{1}{\sqrt{n}} \text{ 的项} \right]$

  由于 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{\sqrt{n}} = 0$，所有包含 $n$ 的项均消失。

✅ 最终答案

$I = 8 - 4\sqrt{2}$

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💡 核心要点总结

• 识别风险：看到分母可能为 0 时，立即意识到这是广义积分。
• 精准拆分：将 $D_n$ 拆分成易于计算的矩形（如本题中的 $I_1$ 和 $I_2$）。
• 极限收敛：只要最终极限存在且为有限常数，则该广义积分收敛。

这道题是理论走向实践的桥梁，展示了如何用极限的思想去处理数学中的“瑕疵点”。

这份关于广义二重积分与高斯积分的日语教材内容非常经典。为了方便阅读、学习和引用，我为你重新进行了格式化，优化了数学公式的呈现，并增强了结构层次感。

2：广义二重积分（无穷区域的情形）

问题描述：

设 $D$ 为第一象限的无穷区域，即 $D = \{ (x, y) \mid x \geq 0, y \geq 0 \}$。

求二重积分：

$\iint_D e^{-x^2-y^2} dxdy$

---

1. 解题思路与步骤

【Route】思路分析

• 区域定义： 积分区域 $D$ 是整个第一象限。
• 近似递增集合： 为了处理无穷区域，我们定义 $D_n$ 为以原点为中心、半径为 $n$ 的圆与第一象限的交集（即扇形区域）。
• 极限思想： 当 $n \to \infty$ 时，$\{D_n\}$ 构成了 $D$ 的近似递增集合。

【Navi】计算引导

• 利用极坐标变换处理 $x^2 + y^2$ 项。
• 计算雅可比行列式（Jacobian），引入极坐标下的面积元素 $r \, dr d\theta$。

【解答过程】

1. 极坐标变换： 令 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$。

2. 区域转换： $D_n$ 对应的极坐标范围为 $0 \leq r \leq n$，$0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}$。

3. 积分计算：

   $\iint_{D_n} e^{-x^2-y^2} dxdy = \int_0^{\pi/2} d\theta \int_0^n e^{-r^2} r \, dr$

   $= \left[ \theta \right]_0^{\pi/2} \cdot \left[ -\frac{1}{2}e^{-r^2} \right]_0^n$

   $= \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{2}(1 - e^{-n^2}) = \frac{\pi}{4}(1 - e^{-n^2})$

4. 取极限： 令 $n \to \infty$，得到：

   $\iint_D e^{-x^2-y^2} dxdy = \lim_{n \to \infty} \frac{\pi}{4}(1 - e^{-n^2}) = \mathbf{\frac{\pi}{4}}$

图 5.21 示意： 展示了第一象限内半径为 $n$ 的扇形区域 $D_n$ 随 $n$ 增大而扩张的过程。

---

2. 追记 5.1：另一种近似方法（方形区域法）

本节探讨使用正方形区域作为近似集合，从而推导出一维高斯积分。

• 定义方形区域： $D'_n = \{ (x, y) \mid 0 \leq x \leq n, 0 \leq y \leq n \}$。

• 变量分离：

  $\iint_{D'_n} e^{-x^2-y^2} dxdy = \int_0^n e^{-x^2} dx \cdot \int_0^n e^{-y^2} dy = \left( \int_0^n e^{-x^2} dx \right)^2$

• 推导高斯积分：

  根据二重积分收敛的性质，无论选取何种形状的近似区域，其极限值相同。因此：

  $\left( \int_0^\infty e^{-x^2} dx \right)^2 = \frac{\pi}{4} \implies \int_0^\infty e^{-x^2} dx = \mathbf{\frac{\sqrt{\pi}}{2}}$

图 5.22 示意： 展示了第一象限内边长为 $n$ 的正方形区域 $D'_n$。

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💡 总结

这份教材通过二重积分的两种计算路径（圆域 vs 方域），巧妙地解决了常规微积分方法难以直接求出的高斯积分问题，是理解概率论中正态分布归一化常数来源的核心数学推导。

二：三重积分

Section 15.5 : Triple Integrals

1. 普通三重积分转化为三次积分

这份图片详细讲解了三重积分的解题过程，主要采用了“先一后二”（投影法）的思路。以下是题目 3.2.1 的详细解析：

1. 题目信息

题目 3.2.1：计算三重积分 $\iiint_{\Omega} xz \, \mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$。

• 积分区域 $\Omega$：由曲面 $z=0$，$z=y$，$y=1$，$y=x^2$ 所围成的空间闭区域。

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2. 解题步骤

第 1 步：分析几何区域

• 投影区域：观察俯视图，区域 $\Omega$ 在 $xOy$ 平面上的投影是一个由抛物线 $y=x^2$ 和直线 $y=1$ 围成的区域。
  • 交点计算：$x^2=1 \implies x = \pm 1$。
  • 范围：$-1 \le x \le 1$，$x^2 \le y \le 1$。
• 高度范围：对于投影区域内的任意一点 $(x, y)$，高度 $z$ 从底面 $z=0$ 到顶面 $z=y$。

第 2 步：转化积分形式

将三重积分转化为累次积分：

$\iiint_{\Omega} xz \, \mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z = \int_{-1}^{1} \mathrm{d}x \int_{x^2}^{1} \mathrm{d}y \int_{0}^{y} xz \, \mathrm{d}z$

第 3 步：具体计算

1. 内层积分（关于 $z$）：

   $\int_{0}^{y} xz \, \mathrm{d}z = \left[ x \cdot \frac{z^2}{2} \right]_{0}^{y} = \frac{xy^2}{2}$

2. 中层积分（关于 $y$）：

   $\int_{x^2}^{1} \frac{xy^2}{2} \, \mathrm{d}y = \left[ \frac{xy^3}{6} \right]_{x^2}^{1} = \frac{x(1)^3 - x(x^2)^3}{6} = \frac{x - x^7}{6}$

3. 外层积分（关于 $x$）：

   $\int_{-1}^{1} \frac{x - x^7}{6} \, \mathrm{d}x = \left[ \frac{1}{6} \left( \frac{x^2}{2} - \frac{x^8}{8} \right) \right]_{-1}^{1}$

   由于被积函数 $f(x) = \frac{x - x^7}{6}$ 是奇函数，且积分区间 $[-1, 1]$ 关于原点对称，根据对称性直接得出结果：

   $\int_{-1}^{1} \frac{x - x^7}{6} \, \mathrm{d}x = 0$

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结论

该三重积分的最终结果为 $0$。

关键点总结：

• 投影法：本题先确定 $x, y$ 的平面范围，再确定 $z$ 的垂直范围。
• 对称性：在最后一步利用奇函数在对称区间积分为 $0$ 的特性，可以极大地简化计算量。

2. 三重积分的多维解法

1. 一般三重积分题目

计算 $I = \iiint_{\Omega} z \, dx dy dz$

• 积分区域 $\Omega$：由旋转抛物面 $z = x^2 + y^2$ 与平面 $z = 4$ 围成的闭区域。

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2. 三种解法对比

方法一：柱面坐标法（推荐）

利用对称性，令 $x = \rho\cos\theta, y = \rho\sin\theta, z = z$。

• 积分限：$\theta \in [0, 2\pi]$，$\rho \in [0, 2]$，$z \in [\rho^2, 4]$。
• 雅可比行列式：$dV = \rho \, d\rho d\theta dz$。

$\begin{aligned} I &= \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{2} d\rho \int_{\rho^2}^{4} z \cdot \rho \, dz \\ &= 2\pi \int_{0}^{2} \rho \left[ \frac{1}{2} z^2 \right]_{\rho^2}^{4} d\rho \\ &= \pi \int_{0}^{2} (16\rho - \rho^5) \, d\rho \\ &= \pi \left[ 8\rho^2 - \frac{\rho^6}{6} \right]_{0}^{2} = \pi \left( 32 - \frac{64}{6} \right) = \frac{64}{3}\pi \end{aligned}$

方法二：先重后单（切片法）

将区域沿 $z$ 轴水平切割成厚度为 $dz$ 的圆盘。

• 截面性质：高度为 $z$ 时，截面 $D_z$ 是半径为 $r = \sqrt{z}$ 的圆。

• 截面积：$A(z) = \pi r^2 = \pi z$。

• 计算：

  $I = \int_{0}^{4} z \cdot A(z) \, dz = \int_{0}^{4} \pi z^2 \, dz = \left[ \frac{\pi z^3}{3} \right]_{0}^{4} = \frac{64}{3}\pi$

方法三：直角坐标法（原始做法）

先对 $z$ 积分，再处理 $xOy$ 面上的二重积分：

$I = \int_{-2}^{2} dx \int_{-\sqrt{4-x^2}}^{\sqrt{4-x^2}} dy \int_{x^2+y^2}^{4} z \, dz = \dots = \frac{64}{3}\pi$

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💡 疑难避坑：无法想象形状怎么办？

如果在考试或科研中难以快速建模，可以采用代数投影法：

1. 分类方程：

   • 含 $z$ 类：$z = x^2 + y^2$ (下底) 和 $z = 4$ (上顶)。
   • 不含 $z$ 类：(本题暂无)。

2. 确定投影 $D_{xy}$：

   将含 $z$ 的方程联立，消去 $z$：$x^2 + y^2 = 4$。这就是投影区域的边界。

3. 确定上下限：

   • $z$ 的范围由含 $z$ 的方程直接给出：$x^2 + y^2 \le z \le 4$。
   • $x, y$ 的范围由第 2 步得到的投影圆域给出。

3. 三重积分化为三次积分

1. 题目要求

将三重积分 $I = \iiint_{\Omega} f(x, y, z) \, dx dy dz$ 化为三次积分。

• 积分区域 $\Omega$：由双曲抛物面 $z=xy$ 及平面 $x+y-1=0$、$z=0$ 所围成的闭区域。

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2. 解题步骤（“三步走”法则）

• 第一步：投影

  求出空间区域 $\Omega$ 在 $xOy$ 面上的投影区域 $D$。

  

• 第二步：定上下

  确定空间区域的上顶面和下底面方程，写出关于 $z$ 的积分限。

• 第三步：定平面范围

  根据投影区域 $D$，确定 $x$ 和 $y$ 的积分限。

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3. 详细解答过程

Step 1: 确定投影区域 $D$

根据边界条件 $x+y=1$、$x=0$、$y=0$（由第一象限 $xy \ge 0$ 及平面围成），投影区域 $D$ 为 $xOy$ 平面上由三条直线围成的三角形区域：

$D = \{ (x, y) \mid 0 \le x \le 1, \, 0 \le y \le 1-x \}$

Step 2: 确定 $z$ 的积分上下限

在投影区域 $D$ 内，$xy \ge 0$。

• 上顶面：$z = xy$

• 下底面：$z = 0$

  因此，$z$ 的积分范围为 $[0, xy]$，内层积分为：

  $\int_{0}^{xy} f(x, y, z) \, dz$

Step 3: 写出三次积分形式

利用“先 $z$ 后 $y$ 再 $x$”的顺序（竖切法），将结果组合：

$I = \int_{0}^{1} dx \int_{0}^{1-x} dy \int_{0}^{xy} f(x, y, z) \, dz$

[!TIP] 思维总结

本题的核心在于通过投影法（柱面坐标化的前身）将三维空间问题降维。由于底面在 $xOy$ 面且边界清晰，选择先对 $z$ 积分是最直接的路径。

4. 球坐标

Section 15.7 : Triple Integrals in Spherical Coordinates

1. 题目背景

• 待求积分：$I = \iiint_V (x^2 + y^2 + z^2) \, dV$
• 积分区域 $V$：$x^2 + y^2 + z^2 \le 4$（中心在原点、半径 $R=2$ 的实心球体）。

2. 坐标变换关系

引入球坐标 $(r, \varphi, \theta)$，其中 $r$ 为径向距离，$\varphi$ 为极角（与 $z$ 轴夹角），$\theta$ 为方位角（在 $xy$ 平面的投影角）：

• 被积函数简化：$x^2 + y^2 + z^2 = r^2$
• 体积元 (Jacobian)：$dV = dx dy dz = r^2 \sin\varphi \, dr d\varphi d\theta$

3. 确定积分界限

由于区域是一个完整的球体，各变量范围如下：

• 径向距离：$0 \le r \le 2$
• 极角：$0 \le \varphi \le \pi$
• 方位角：$0 \le \theta \le 2\pi$

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4. 建立并计算三重积分

由于积分限均为常数，且被积函数可分离，我们可以将其拆解为三个独立积分的乘积：

$I = \int_{0}^{2\pi} d\theta \cdot \int_{0}^{\pi} \sin\varphi \, d\varphi \cdot \int_{0}^{2} (r^2 \cdot r^2) \, dr$

逐步计算：

1. 关于 $\theta$ 的积分：

   $\int_{0}^{2\pi} 1 \, d\theta = 2\pi$

2. 关于 $\varphi$ 的积分：

   $\int_{0}^{\pi} \sin\varphi \, d\varphi = [-\cos\varphi]_{0}^{\pi} = -(-1) - (-1) = 2$

3. 关于 $r$ 的积分：

   $\int_{0}^{2} r^4 \, dr = \left[ \frac{1}{5}r^5 \right]_{0}^{2} = \frac{32}{5}$

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5. 最终结果

将三个部分的计算结果相乘：

$I = 2\pi \times 2 \times \frac{32}{5} = \frac{128\pi}{5}$

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💡 核心总结

• 对称性是关键：当看到 $x^2 + y^2 + z^2$ 且区域是球形时，球坐标是唯一的“最优解”。
• 不要漏掉 $r^2 \sin\varphi$：这是最容易犯错的地方，它是坐标变换产生的空间补偿（雅可比行列式）。
• 计算技巧：如果被积函数可以写成 $f(r)g(\varphi)h(\theta)$ 的形式且积分限固定，直接拆成三个定积分相乘比逐层嵌套计算更快。

4. 重积分的应用

这份内容整理了多元函数微积分中非常关键的曲面应用（面积、质心、转动惯量）以及相关的几何推导背景。

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📐 高等数学笔记：重积分的几何与物理应用

1. 核心公式汇总

A. 曲面面积 (Surface Area)

若空间曲面 $S$ 由 $z = f(x, y)$ 确定，其在 $xOy$ 平面上的投影区域为 $D$，则面积 $A$ 为：

$A = \iint_{D} \sqrt{1 + \left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^2 + \left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^2} \, dA$

原理推导：

1. 切平面法向量：曲面在点 $(x_0, y_0)$ 处的法向量为 $\vec{n} = (f_x, f_y, -1)$。

2. 夹角余弦：切平面与 $xOy$ 平面（法向量为 $\vec{k}=(0,0,1)$）的夹角 $\gamma$ 满足：

   $\cos \gamma = \frac{|-1|}{\sqrt{f_x^2 + f_y^2 + (-1)^2}} = \frac{1}{\sqrt{1 + f_x^2 + f_y^2}}$

3. 面积元素关系：$d\sigma = \frac{dxdy}{\cos \gamma} = \sqrt{1 + f_x^2 + f_y^2} \, dxdy$。

B. 物理应用 (Mass & Moments)

设定面密度为 $\rho(x, y)$：

• 质量 (Mass)：$m = \iint_{D} \rho(x, y) \, d\sigma$

• 质心 (Center of Mass)：

  $\bar{x} = \frac{1}{m} \iint_{D} x \rho(x, y) \, d\sigma, \quad \bar{y} = \frac{1}{m} \iint_{D} y \rho(x, y) \, d\sigma$

• 转动惯量 (Moment of Inertia)：

  $I_x = \iint_{D} y^2 \rho(x, y) \, d\sigma, \quad I_y = \iint_{D} x^2 \rho(x, y) \, d\sigma$

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2. 典型题解：题目 3.3.1

【题目】：抛物线 $z = y^2$（从 $z=0$ 到 $z=2$）绕 $z$ 轴旋转一周得到曲面，求其面积。

【解】：

1. 建立方程：

   旋转曲面方程为 $z = x^2 + y^2$。

   由 $0 \le z \le 2$ 可知，其在 $xOy$ 面上的投影区域 $D$ 为：$x^2 + y^2 \le 2$（半径 $R = \sqrt{2}$ 的圆）。

2. 求偏导数：

   $\frac{\partial z}{\partial x} = 2x, \quad \frac{\partial z}{\partial y} = 2y$。

3. 代入面积公式并利用极坐标计算：

   $\begin{aligned} A &= \iint_{D} \sqrt{1 + (2x)^2 + (2y)^2} \, dx dy \\ &= \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{\sqrt{2}} \sqrt{1 + 4\rho^2} \cdot \rho \, d\rho \\ &= 2\pi \cdot \frac{1}{8} \int_{0}^{\sqrt{2}} (1 + 4\rho^2)^{\frac{1}{2}} \, d(1 + 4\rho^2) \\ &= \frac{\pi}{4} \cdot \left[ \frac{2}{3} (1 + 4\rho^2)^{\frac{3}{2}} \right]_{0}^{\sqrt{2}} \\ &= \frac{\pi}{6} \left[ (1 + 4 \cdot 2)^{\frac{3}{2}} - 1^{\frac{3}{2}} \right] \\ &= \frac{\pi}{6} (27 - 1) = \frac{13\pi}{3} \end{aligned}$

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