多元积分学总结及例题精讲

1、整理课件1G.F.B.Riemann(1826-1866)只有在微积分发明只有在微积分发明之后，物理学才之后，物理学才成为一门科学成为一门科学. .只只有在认识到自然有在认识到自然现象是连续的之现象是连续的之后，构造抽象模后，构造抽象模型的努力型的努力 才取才取得了成功。得了成功。 -黎曼黎曼整理课件2多元函数积分学多元函数积分学整理课件3定积分定积分(Definite Integral)Integral)二重积分二重积分(Double Integral)Integral)三重积分三重积分(Triple Integral)Integral)性质性质直角坐标直角坐标极坐标极坐标曲线坐标曲线坐标直

2、角坐标直角坐标柱面坐标柱面坐标球面坐标球面坐标曲面坐标曲面坐标应应用用二重积分的换元法二重积分的换元法(Change of Variable in Double Integral)(Change of Variable in Double Integral).dudv)v,u(J)v,u(y),v,u(x fdxdy)y, x( fDD:T)3(; 0)v,u()y, x()v,u(JD)2(D)v,u(y),v,u(x)1(DxoyDuov)v,u(yy),v,u(xx:TDxoy)y, x( fDD 是一对一的，则有是一对一的，则有变换变换上雅可比式上雅可比式在在；上具有一阶连续偏导数上具

3、有一阶连续偏导数在在且满足且满足，平面上的平面上的变为变为平面上的闭区域平面上的闭区域将将连续，变换连续，变换上上平面上的闭区域平面上的闭区域在在设设定理定理整理课件6三重积分的换元法三重积分的换元法(Change of Variable in Triple Integral)(Change of Variable in Triple Integral)，且且满满足足上上的的闭闭区区域域变变为为上上的的闭闭区区域域将将上上连连续续，变变换换在在有有界界闭闭区区域域设设定定理理 xyzouvwo),w,v,u(zz),w,v,u(yy),w,v,u(xx:T)z,y,x(f续续偏偏导导数数；上上

4、具具有有一一阶阶连连在在 D)w,v,u(z),w,v,u(y),w,v,u(x)1(;0)w,v,u()z,y,x()w,v,u(J)2( 上上雅雅可可比比式式在在.dudvdw|J|)w,v,u(z),w,v,u(y),w,v,u(x(fdxdydz)z,y,x(f:T)3( 是是一一对对一一的的，则则有有变变换换整理课件8容易验证，容易验证， 柱坐标柱坐标(Cylindrical Coordinate)变换的变换的Jacobi行列式为行列式为球坐标球坐标(Spherical Coordinate)变换的变换的Jacobi行列式为行列式为, r1000cosrsin0sinrcos)z,

5、r ()z, y, x(J sin2),() z , y, x(J 0sincoscossinsincossinsinsinsincoscoscossin 整理课件9 广义球坐标变换的广义球坐标变换的Jacobi行列式为行列式为 cossinax sinsinby coscz其中其中 0 0 20),()z,y,x(J ,sinabc2 整理课件10 D; 0dxdy)y, x( f),y, x( f)y, x( f则则若若 DD1dxdy)y, x( f2dxdy)y, x( f),y, x( f)y, x( f则则若若,0 xDDyD1 轴轴对对称称，关关于于设设积积分分区区域域二重积分的

6、对称性二重积分的对称性整理课件11使用对称性时应注意：使用对称性时应注意：、积分区域关于坐标轴的对称性；、积分区域关于坐标轴的对称性；、被积函数在积分区域上的关于二个、被积函数在积分区域上的关于二个 积分变量的奇偶性积分变量的奇偶性. .三重积分的对称性三重积分的对称性,0zxoy1 并并记记平平面面对对称称，关关于于设设积积分分区区域域 ; 0dv)z, y, x( f),z, y, x( f)z, y, x( f则则若若.dv)z, y, x( f2dv)z, y, x( f),z, y, x( f)z, y, x( f1 则则若若使用对称性时应注意：使用对称性时应注意：、积分区域关于坐标

7、面的对称性；、积分区域关于坐标面的对称性；、被积函数在积分区域上的关于三个、被积函数在积分区域上的关于三个 坐标轴坐标轴( (三个变量三个变量) )的奇偶性的奇偶性. .整理课件14二重积分与曲线积分的联系二重积分与曲线积分的联系（Green公式）公式）)()(的的正正向向沿沿LQdyPdxdxdyyPxQLD 三重积分与曲面积分的联系三重积分与曲面积分的联系(Gauss公式公式) RdxdyQdzdxPdydzdv)zRyQxP(整理课件15曲面积分与曲线积分的联系曲面积分与曲线积分的联系(Stokes(Stokes公式）公式） dxdyyPxQdzdxxRzPdydzzQyR)()()(

8、RdzQdyPdx整理课件16与路径无关的四个等价命题与路径无关的四个等价命题条条件件在单连通开区域在单连通开区域D上上),(),(yxQyxP具有具有连续的一阶偏导数连续的一阶偏导数, ,则以下四个命题成立则以下四个命题成立. . LQdyPdxD与与路路径径无无关关内内在在)1( CDCQdyPdx闭闭曲曲线线, 0)2(QdyPdxduyxUD 使使内存在内存在在在),()3(xQyPD ,)4(内内在在等等价价命命题题整理课件17空间曲线积分与路径无关的四个等价命题空间曲线积分与路径无关的四个等价命题条条件件.),(),(),(列列四四个个条条件件等等价价有有连连续续的的偏偏导导数数，

9、则则下下上上若若在在空空间间单单连连通通区区域域zyxRzyxQzyxPV等等价价命命题题.,)4(;),()3(0)2()1(yPxQzPxRzQyRVRdzQdypdxdUzyxUVVLRdzQdyPdxRdzQdyPdxVLL 内内在在使使内存在内存在在在；闭曲线闭曲线与路径无关；与路径无关；内内在在整理课件18一一. 计算题计算题重积分计算的关键重积分计算的关键: :1. 1. 选择合适的坐标系选择合适的坐标系2.2.确定合适的积分次序以及积分限确定合适的积分次序以及积分限（综合考虑积分区域和被积函数）（综合考虑积分区域和被积函数）整理课件20例例 1 222222yR0 xR2Ry2

10、R0y0 xydxedyedxedye计算计算:解解考虑用极坐标变换考虑用极坐标变换先弄清直角坐标系下的积分区域先弄清直角坐标系下的积分区域 D D，整理课件210.20.40.60.811.21.40.511.521D2DR，很明显很明显21DDD 由此由此, ,可以可以画出直角系画出直角系下的积分区下的积分区域的图形，域的图形，2Ry0, yx0)y, x(D1 Ry2R,yRx0)y, x(D222 0.20.40.60.811.21.40.511.52rD整理课件22 xy22D)yx(dxdyeI r2Drrdrde R0r2/4/rdred2R0r)e21(42 )e1(82R 整

11、理课件23例例2 2整理课件24整理课件25.xyz3)zyx(3222所所围围立立体体的的体体积积求求 例例3 3解解 cossincossin3r23 cossin2sin2320 整理课件26 2 2 23 2o 整理课件27由对称性由对称性 14dVV 2020cossin2sin230232sin drrdd32 整理课件28例例4 计算计算 v2,dv)zyxcos()zyx(.10 , 10 , 10),(zyxzxyxzyxV整理课件29解解 曲面坐标变换的目的曲面坐标变换的目的, (1), (1)使积分区域变使积分区域变 得尽量简单得尽量简单, (2), (2)简化被积函数及

12、计算。简化被积函数及计算。引入坐标变换：引入坐标变换：zyxw,zxvyxu )z, y, x()w, v,u( 111101011 3 dxdydz)zyxcos()zyx(I2v v2dudvdw)w,v,u()z,y,x(wcosw整理课件30dw31wcoswdvdu1021010 dwwcosw31102 102wsin61 1sin61 整理课件310.511.520.20.40.60.811.2z例例5 5 设心脏线的方程为设心脏线的方程为),cos1(ar , 0a,0 求它与极轴围成的平面求它与极轴围成的平面图形绕极轴所得旋转体的体积图形绕极轴所得旋转体的体积。解解若视极轴为

13、若视极轴为 z z 轴，则轴，则极坐标极坐标 恰好是球坐标恰好是球坐标, r的的,:范范围围对对于于旋旋转转体体应应为为而而球球坐坐标标 .20 于是体积于是体积整理课件32 dvV )cos1(a02020dsindd 033dsin)cos1(3a2 0434)cos1(3a23a83 整理课件33例例6 6 11)(2222zyxzyxLdsyxL是是其其中中计计算算曲曲线线积积分分解解由对称性由对称性 LLdszydsyxI)x(31)z(31222 LLds31ds31 Lds32 964 整理课件34例例7.)0()0(22)()()(22222222222所所围围球球面面部部分分

14、总总在在左左边边轴轴正正向向往往下下看看，曲曲线线从从的的方方向向运运动动时时，的的方方向向规规定定位位沿沿，的的交交线线与与柱柱面面球球面面是是，其其中中求求LzLLzabaxyxbxzyxLdzxydyzxdxzyL 整理课件35.)0(2222部部分分的的上上侧侧所所围围球球面面为为曲曲线线取取 zbxzyxL解解 dsyxxzzydxdyyxdzdxxzdydzzyIstokes)cos)(cos)(cos)(2)()()(2 公公式式，有有由由整理课件36,cos,cos,cosbzbybbxn 的的单单位位法法向向量量于是于是 dsyxbzxzbyzybbxI)()()(2 dsy

15、z)(2 zds2 cos2dxdyz bdxdy2 axyxdxdyb2222ba22 整理课件37例例8).x(f, 1)x(flim), 0(Cf, 0zdxdyedzdx)x(xyfdydz)x(xfS0 x0 x1Sx2求求且且其其中中，都都有有，曲曲面面内内任任意意光光滑滑的的有有向向封封闭闭设设对对半半空空间间 解解有有，设设它它的的表表面面为为，光光滑滑的的有有界界闭闭区区域域内内任任意意公公式式，对对半半空空间间由由题题设设及及S0 xGauss Sx2zdxdyedzdx)x(xyfdydz)x(xf0 dxdydze)x(xf)x( xf)x( f x2连续性连续性的任意

16、性及被积函数的的任意性及被积函数的由由 整理课件38)0 x(0e)x(xf)x( xf)x( fx2 01)()11()( 2 xexxfxxfxCee)x( fxx2 , 1)x( flim0 x 又又, 1C, 故故.xee)x( fxx2 所所以以，整理课件39二二. 证明题证明题:,1|,)(证证明明确确定定由由区区域域为为连连续续函函数数设设 xyDuf例例1dxxxfdxxxfdxdyfIxDyx)(arccos4()()(211022)1 分析分析: :要证明的等式右端是定积分要证明的等式右端是定积分, ,且且被积函数中有被积函数中有 项项, ,故需将故需将 看看成一整体成一整

17、体. .)(xfyx22 xy )(22,22) 1 , 1(D12D11证明证明: : 采用极坐标采用极坐标. 1r,DDD,DD121111 分分界界线线为为在在第第一一象象限限的的部部分分为为设设将式中将式中r r的换成的换成x,x,即得证即得证. . 1D22dxdy)yx( f4I由对称性知由对称性知dxdy)yx( fdxdy)yx( f 41211D22D22 4r1arccos211040d)r (rfdrdr)r (rfd 4 2110dr)r (rf)r1arccos4(dr)r (rf整理课件42例例2 2 dxdyexfyxyfxf1)()(22,1 , 0)(证明证明

18、上可积上可积在在设设证证)0(1! 212之之间间于于介介于于xxxexex )y( f)( f1)y(f)(f xex 1x1x)y(f)(f2222)y( f)( f1(yyxdxdyxdxdye 1x1x2222)y( f)x( fyydxdydxdy整理课件43.Ryx:D)ba(R21dxdy)y()x()y(b)x(a) t (222D2 其其中中为为连连续续正正值值函函数数，证证明明设设证明：证明：由积分区域由积分区域D关于关于y=x对称，所以对称，所以， DDdxdy)y()x()y(dxdy)y()x()x(从而从而 Ddxdy)y()x()y(b)x(a例例3 3dxdy)

19、y()x()y()x()ba(D )ba(R212 整理课件44.)()(1)(:, 0)()(2,abdxxfdxxfxfCxfbababa 证证明明且且设设例例4 4解解：dxxfdxxfIbaba )(1)(dyyfdxxfbaba )(1)(dxdy)y( f1)x( fbyabxa 整理课件45 DdxdyxfyfyfxfI)()()()(21 Ddxdy2212)(ab 整理课件46例例4 4 . 1dyedxe:,1 , 0C)x( f10)y(f10)x(f 证明证明设设dyedxeyfxf 10)(10)(:证证 1y01x0)()(dxdyeyfxf 1y01x0)()()

20、()()(21dxdyeexfyfyfxf1221 Ddxdy整理课件47例例5 5 ).0t ( ,dxxt)x(ft2dxxt)x( f:,1 , 0C)x( f1022221022 证明证明设设:证证dxxt)x(fxtdx102221022 210222221022dxxt1xt)x( fdxxt)x( f dxxt)x(ft1arctant110222 dxxt)x(ft210222 例例 6,)x( f单单调调减减少少且且恒恒大大于于零零在在上上连连续续设设函函数数 1010210102dx)x( fdx)x(fdx)x(xfdx)x(xf证证明明：分析：分析： 102101010

21、2dx)x(xfdx)x(fdx)x(xfdx)x(f只只要要证证明明 1021010102dy)y(yfdx)x( fdy)y(yfdx)x(f即即证证0dxdy)y( f)x( fy)y( f )x( f I1010 即即证证dxdy)x( f)y( fx)x( f )y( f I1010 同同理理dxdy)y( f)x( fxy)y( f )x( fI21010 于于是是0)y(f)x(f)xy(0f)x(f 可可保保证证的的单单调调性性及及由由则本题得证则本题得证.例例7:, 1yxD22试试证证明明不不等等式式为为设设 .52dxdy)yx(sin16561D322 证明证明drrs

22、inr2dxdy)yx(sinI103D322 drrrr)(2103!39 ，而而 16561dr)!3rr(r21093 52drr2104.52dxdy)yx(sin16561D322 故故例例 81yx:D,)0 , 0(f2dxdyyxyfyxfxlim)y, x(f222D220 求求证证零零，数数，且且在在边边界界上上取取值值为为在在单单位位圆圆上上有有连连续续偏偏导导设设证证由积分中值定理有由积分中值定理有)0 , 0(f2 r)sinr ,cosr ( fryfsinrxfcosryfyxfx rdrr)sinr ,cosr (rfrddxdyyxyfyxfx2012D22

23、20d)sin,cos( f-0）（)sin,cos( flim2-dxdyyxyfyxfxlim0D220 整理课件52例例 9.D)y, x(f,:D,dxdy)y, x(ft21limtyx222D0t上上连连续续在在求求 证证由积分中值定理有由积分中值定理有)D(A),(fdxdy)y, x(fD 2t),(f ),(flimdxdy)y, x(ft21lim0tD0t 则则)0 , 0(f 整理课件53设设)(xf在在1 , 0上连续上连续, ,试证试证: : 310101)(61)()()( dxxfdxdydzzfyfxfxyx . .例例1010证证 tdxxftF0)()(设

24、设, 0)0(F 于于是是dyxFyFyfxfdxIx)()()()(101 1110 xxdyxFyfxfdyyFyfxfdx)()()()()()(101101221dxyFxFxfdxyFxfxx| )()()(| )()(整理课件54 1022dx)x(F)1(F)x(F)x( f)x(F)1(F21)x( f 1022dx)1(F)x(F)x( f)x(F)x( f21)1(F)x( f21 102dx)1(F)x(F2)x( f 102)1(F)x(Fd)1(F)x(F21103|)1(F)x(F61 310dx)x( f61 整理课件55例例1111 tt2) t (D22) t

25、 (D22) t (222dx)x( fd)yx( f) t (G,d)yx( fdv)zyx( f) t (F.tyx| )y, x() t (Dtzyx| )z, y, x() t (2222222 其其中中连连续续且且大大于于零零，设设函函数数)x( f.), 0() t (F)1(内的单调性内的单调性在区间在区间讨论讨论).t (G2) t (F,0t)2( 时时证证明明当当整理课件56 ttrdrtfdrrtrtfttftF022022)()()()(2)( , 0)x( F), 0( 上上所所以以在在.), 0() t (F内单调增加内单调增加在在故故 2002002220)(si

26、n)()(ttrdrrfddrrrfddtF,)()(202022 ttrdrrfdrrrf解解)1(整理课件57证证)2(,)()()(0202 ttdrrfrdrrftG ),t (G2) t (F0t 时时要要证证明明因因, 0) t (G2) t (F,0t 时时只只需需证证明明.0rdr)r ( fdr)r ( fdrr )r ( ft022t02t022 即即,rdr)r ( fdr)r ( fdrr )r ( f) t (g2t02t02t022 令令, 0dr)rt)(r ( f)t ( f) t ( gt0222 则则.), 0) t (g内单调增加内单调增加在在故故整理课件

27、58, 0)0( g又又, 0) t (g,0t 时时故故当当).t (G2) t (F0t 时，时，因此，当因此，当,0t) t (g处连续处连续在在因为因为 ).0(g) t (g,0t 有有时时所以当所以当整理课件59.144B|dxdy)y,x(f|,B|yxf|,1y,x0:D)y,x(f12D224 证证明明且且的的边边界界为为零零在在平平面面区区域域设设四四次次可可微微函函数数例例证证, )y1(y)x1(xy)g(x, 令令由题设条件可得由题设条件可得),1y0(, 0)y, 0( f)y, 1( f 故有故有),1y0(, 0|yf|yf0 x1x ),1y0(, 0|yf|

28、yf0 x221x22 整理课件60 1010231023dy)dxxgyxf|gyxf( 101023dy)dxxgyxf( 101022221022dy)dxxgyf|xgyf( D1010224224dx)y, x(gyxfdydxdy)y, x(gyxfI 10102222dy)dxxgyf( D2222dxdyxgyf（分部积分）（分部积分）（分部积分）（分部积分）整理课件61, )y1(y2xg22 又又由分部积分法得由分部积分法得 102210dxdyyf) )y1(y2(I 10101y0ydxdyyf)y21(|yf)y1(y2 1010dxdyyf)y21(2 1010dx

29、)dy)y, x( f(4 Ddxdy)y, x( f4整理课件62故故 D224D|dxdy)y1)(x1(xyyxf|41|dxdy)y, x( f| D224dxdy| )y1)(x1(xy|yxf|41 Ddxdy)y1)(x1(xyB41 102dx)x1(x4B.144B 整理课件6321,dy)xy(u)y(u1)x(u, 1 , 0)x(u.131x 试试证证且且连连续续在在设设例例证证 10dx)x(ua 令令 101dx)x(u )(1a dyyyux dyyyuxx)x(u )(d1 110 则则令令, xyt 100ydt)(t (udy)y(u1a 10y0dt) t (udy)y(u1 102y0|)dt) t (u(211 2a21 整理课