三重积分@对称性和奇偶性计算法
文章目录
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- abstract
- 利用奇偶性
- 利用变量的轮换对称性
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- 例(奇偶性和对称性和球坐标)
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- 方法1
- 方法2
- 小结
abstract
- 除了按定义推导的几种坐标系上的一般计算三重积分的方法
- 这里介绍两类特殊情况,及其可以简化计算的方法
利用奇偶性
- 若积分域 Ω \Omega Ω关于 x O y xOy xOy坐标面(即 z = 0 z=0 z=0)对称, f ( x , y , z ) f(x,y,z) f(x,y,z)关于 z z z有奇偶性,则
- 若 f ( x , y , − z ) f(x,y,-z) f(x,y,−z)= f ( x , y , z ) f(x,y,z) f(x,y,z); ∭ Ω f ( x , y , z ) d v \iiint\limits_{\Omega}f(x,y,z)\mathrm{d}v Ω∭f(x,y,z)dv= 2 ∭ D x ⩾ 0 f ( x , y , z ) d v 2\iiint\limits_{D_{x}\geqslant{0}} f(x,y,z)\mathrm{d}v 2Dx⩾0∭f(x,y,z)dv
- 若 f ( x , y , − z ) f(x,y,-z) f(x,y,−z)= − f ( x , y , z ) -f(x,y,z) −f(x,y,z); ∭ Ω f ( x , y , z ) d v \iiint\limits_{\Omega}f(x,y,z)\mathrm{d}v Ω∭f(x,y,z)dv=0
- 若积分区域关于 x O z xOz xOz或 y O z yOz yOz坐标面对称有相应结论
利用变量的轮换对称性
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和二重积分中的变量对称性类似,描述积分区域 Ω \Omega Ω的等式或不等式中,将 x , y , z x,y,z x,y,z轮换地调整顺序后,区域不变,则符合变量轮换对称
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例如 x + y + z = 1 x+y+z=1 x+y+z=1和坐标面 ( x = 0 , y = 0 , z = 0 ) (x=0,y=0,z=0) (x=0,y=0,z=0)围成的区域,就符合轮换对称性
- 此时若被积函数为 f ( x , y , z ) f(x,y,z) f(x,y,z)= x + 2 y + 3 z x+2y+3z x+2y+3z
- 那么 m = ∭ Ω f ( x , y , z ) d v m=\iiint\limits_{\Omega}f(x,y,z)\mathrm{d}v m=Ω∭f(x,y,z)dv= 6 ∭ Ω x d v 6\iiint\limits_{\Omega}x\mathrm{d}v 6Ω∭xdv= 1 4 \frac{1}{4} 41
(1)- 由变量的对称性, ∭ Ω x d v \iiint\limits_{\Omega}x\mathrm{d}v Ω∭xdv= ∭ Ω y d v \iiint\limits_{\Omega}y\mathrm{d}v Ω∭ydv= ∭ Ω z d v \iiint\limits_{\Omega}z\mathrm{d}v Ω∭zdv= s s s
- 而由积分的线性性质:得(1)式
- 计算 s s s
- 采用先二后一的方式计算: s s s= ∫ 0 1 d z ∬ D z z d x d y \int_{0}^{1}\mathrm{d}z\iint\limits_{D_{z}}z\mathrm{d}x\mathrm{d}y ∫01dzDz∬zdxdy= ∫ 0 1 z d z ∬ D z d x d y \int_{0}^{1}z\mathrm{d}z\iint\limits_{D_{z}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y ∫01zdzDz∬dxdy
- 区域 D z D_{z} Dz:由平面 x + y + z = 1 x+y+z=1 x+y+z=1被平面 z = z z=z z=z截取得 x + y = 1 − z x+y=1-z x+y=1−z,这个曲线在 x O y xOy xOy上的投影为 x + y = 1 − z x+y=1-z x+y=1−z
- 将 z = z z=z z=z理解为 z = z 0 z=z_0 z=z0, x + y = 1 − z 0 x+y=1-z_0 x+y=1−z0,因此求该曲线在 x O y xOy xOy上的投影时,联立 z = 0 z=0 z=0,仍然得 x + y = 1 − z 0 x+y=1-z_0 x+y=1−z0,由 z 0 z_0 z0的任意性,就表示为 x + y = 1 − z x+y=1-z x+y=1−z
- 在 x O y xOy xOy面上,直线 x + y = 1 − z x+y=1-z x+y=1−z( z z z视为常数)可以表示为 x 1 − z + y 1 − z = 1 \frac{x}{1-z}+\frac{y}{1-z}=1 1−zx+1−zy=1, ( z ≠ 1 ) (z\neq{1}) (z=1),由截距式,可得该直线分别和 x , y x,y x,y轴交于 ( 1 − z , 0 ) (1-z,0) (1−z,0), ( 0 , 1 − z ) (0,1-z) (0,1−z)
- s s s= ∫ 0 1 z ( 1 2 ( 1 − z ) 2 ) d z \int_{0}^{1}z(\frac{1}{2}(1-z)^2)\mathrm{d}z ∫01z(21(1−z)2)dz= 1 2 ∫ 0 1 ( z − 2 z 2 + z 3 ) d z \frac{1}{2}\int_{0}^{1}(z-2z^2+z^3)\mathrm{d}z 21∫01(z−2z2+z3)dz= 1 12 \frac{1}{12} 121
- 区域 D z D_{z} Dz:由平面 x + y + z = 1 x+y+z=1 x+y+z=1被平面 z = z z=z z=z截取得 x + y = 1 − z x+y=1-z x+y=1−z,这个曲线在 x O y xOy xOy上的投影为 x + y = 1 − z x+y=1-z x+y=1−z
- 使用三次积分(先一后二)法
- s s s= ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 − x d y ∫ 0 1 − x − y z d z \int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1-x}\mathrm{d}y\int_{0}^{1-x-y}z\mathrm{d}z ∫01dx∫01−xdy∫01−x−yzdz= 3 ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 − x ( 1 − x − y ) 2 d y 3\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1-x}(1-x-y)^2\mathrm{d}y 3∫01dx∫01−x(1−x−y)2dy= 1 24 \frac{1}{24} 241
- 此方式计算不方便,使用第一种方法更方便
- 采用先二后一的方式计算: s s s= ∫ 0 1 d z ∬ D z z d x d y \int_{0}^{1}\mathrm{d}z\iint\limits_{D_{z}}z\mathrm{d}x\mathrm{d}y ∫01dzDz∬zdxdy= ∫ 0 1 z d z ∬ D z d x d y \int_{0}^{1}z\mathrm{d}z\iint\limits_{D_{z}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y ∫01zdzDz∬dxdy
- m = 6 s = 1 4 m=6s=\frac{1}{4} m=6s=41
例(奇偶性和对称性和球坐标)
- 计算三重积分 ∭ Ω ( x + z ) d v \iiint\limits_{\Omega}(x+z)\mathrm{d}v Ω∭(x+z)dv,其中 Ω \Omega Ω是曲面 z 1 = x 2 + y 2 z_1=\sqrt{x^2+y^2} z1=x2+y2,与 z 2 = 1 − x 2 − y 2 z_2=\sqrt{1-x^2-y^2} z2=1−x2−y2所围成的区域
- 分析 Ω \Omega Ω可知,其由一个顶点为原点的锥面和球心为原点且半径为 1 1 1的球面所围成的空间区域
- 首先分析对称性:显然 Ω \Omega Ω关于 x = 0 x=0 x=0坐标面对称,且被积函数中的项 x x x是关于 x x x的奇函数,从而有 ∭ Ω x d v \iiint\limits_{\Omega}x\mathrm{d}v Ω∭xdv= 0 0 0
- 后续部分下面给出2中方法计算
方法1
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而另一项 z z z虽然可以看作是 x x x的偶函数,但不会简便太多,这里用球坐标可以方便得算得该积分
- 将 Ω \Omega Ω得下曲面(锥面)化作球坐标方程表示,用平面 x = 0 x=0 x=0去截面 z 1 z_1 z1,得 z = y 2 z=\sqrt{y^2} z=y2,即 z = ± y z=\pm{y} z=±y,这是过原点且斜率为 1 1 1的直线,可该锥面的半顶角 ϕ \phi ϕ的正切值为 1 1 1,得 ϕ = π 4 \phi=\frac{\pi}{4} ϕ=4π,这就是曲面 z 1 z_1 z1的球面坐标方程
- 而球面 z 2 z_2 z2,根据几何意义,半径为1的球面的球坐标方程就是 r = 1 r=1 r=1
- z 1 , z 2 z_1,z_2 z1,z2化为球面坐标方程都可以通过直角坐标和求面坐标转换公式计算得到,但是几何意义写出球面坐标方程往往更方便,代入法也有优点,对于复杂的二次曲面,则考虑用变换公式代入,而复杂曲面不容易用几何方法确定球面坐标
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现在可以确定 ∭ Ω z d v \iiint\limits_{\Omega}z\mathrm{d}v Ω∭zdv可以化为3次积分,积分限分别为 r ∈ [ 0 , 1 ] r\in[0,1] r∈[0,1], ϕ ∈ [ 0 , π 4 ] \phi\in[0,\frac{\pi}{4}] ϕ∈[0,4π], θ ∈ [ 0 , 2 π ] \theta\in[0,2\pi] θ∈[0,2π]
- 可以确定 ∭ Ω z d v \iiint\limits_{\Omega}z\mathrm{d}v Ω∭zdv= ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π 4 d ϕ ∫ 0 1 r cos ϕ ⋅ r 2 sin ϕ d r \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\mathrm{d}\phi\int_{0}^{1}r\cos\phi\cdot{r^2\sin\phi}\mathrm{d}r ∫02πdθ∫04πdϕ∫01rcosϕ⋅r2sinϕdr= 1 4 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π 4 cos ϕ sin ϕ d ϕ \frac{1}{4}\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\cos\phi\sin\phi\mathrm{d}\phi 41∫02πdθ∫04πcosϕsinϕdϕ= π 8 \frac{\pi}{8} 8π
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所以 ∭ Ω ( x + z ) d v \iiint\limits_{\Omega}(x+z)\mathrm{d}v Ω∭(x+z)dv= 0 + π 8 0+\frac{\pi}{8} 0+8π= π 8 \frac{\pi}{8} 8π
方法2
- 仍然使用直角坐标系计算,并使用先二后一的顺序积分
- 计算两个曲面的投影,即消去 z z z,这里可以先算出 z 2 = 1 2 z^2=\frac{1}{2} z2=21,而曲面 z 1 ⩾ 0 z_1\geqslant{0} z1⩾0,所以这里取正根, z = 2 2 z=\frac{\sqrt{2}}{2} z=22
- 代入到球面方程,得 x 2 + y 2 = 1 2 x^2+y^2=\frac{1}{2} x2+y2=21,即 Ω \Omega Ω,的上下曲面的交线所在平面;也是交线在 z = 0 z=0 z=0面上的投影曲线方程
- Ω \Omega Ω被平面 z = 2 2 z=\frac{\sqrt{2}}{2} z=22分成两部分,上下两部分分别记为 Ω 1 , Ω 2 \Omega_1,\Omega_2 Ω1,Ω2对它们分别作积分
- 对于 Ω 1 \Omega_1 Ω1,用平面 z = z z=z z=z截取可得交线在 z = 0 z=0 z=0上的投影方程为 x 2 + y 2 = 1 − z 2 x^2+y^2=1-z^2 x2+y2=1−z2,其围成的区域记为 D 1 D_1 D1,其面积为 S D 1 S_{D_1} SD1= π ( 1 − z 2 ) \pi(1-z^2) π(1−z2)
- ∭ Ω 1 z d v \iiint\limits_{\Omega_1}z\mathrm{d}v Ω1∭zdv= ∫ 2 2 1 d z ∬ D 1 z d x d y \int_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{1}\mathrm{d}z\iint\limits_{D_1}z\mathrm{d}x\mathrm{d}y ∫221dzD1∬zdxdy= ∫ 2 2 1 z S D 1 d z \int_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{1}zS_{D_{1}}\mathrm{d}z ∫221zSD1dz= π ∫ 0 1 z − z 3 d z \pi\int_{0}^{1}z-z^3\mathrm{d}z π∫01z−z3dz= π 16 \frac{\pi}{16} 16π
- 对于 Ω 2 \Omega_2 Ω2,类似的可得 D 2 D_2 D2为曲线 x 2 + y 2 = z 2 x^2+y^2=z^2 x2+y2=z2为边界的区域,其面积为 π z 2 \pi{z^2} πz2
- ∭ Ω 2 z d v \iiint\limits_{\Omega_2}z\mathrm{d}v Ω2∭zdv= ∫ 0 2 2 d z ∬ D 2 z d x d y \int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}}\mathrm{d}z\iint\limits_{D_2}z\mathrm{d}x\mathrm{d}y ∫022dzD2∬zdxdy= π ∫ 0 2 2 z 3 d z \pi\int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}}z^3\mathrm{d}z π∫022z3dz= π 16 \frac{\pi}{16} 16π
- 综上 ∭ Ω ( x + z ) d v \iiint\limits_{\Omega}(x+z)\mathrm{d}v Ω∭(x+z)dv= π 16 + π 16 \frac{\pi}{16}+\frac{\pi}{16} 16π+16π= π 8 \frac{\pi}{8} 8π
小结
- 显然方法1会更加简单,其积分式不需要分段,而且积分限表示也简单,其关键在于
- 曲线的直角坐标方程化为球面坐标方程
- 被积表达式从直角坐标化为球面坐标的公式应用
- 方法2,考虑到被积表达式 z z z很简单(相对于 x , y x,y x,y描述的平面积分区域可以视为常数),可以考虑采用直角坐标系计算,其关键是选用合适的积分顺序,先二后一,并且要分段积分,因为截面 z = z z=z z=z截上下曲面时得到的平面闭区域边界曲线的方程是不同的,必须分开积分