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多元函数积分学多元函数积分学 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 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对称性二重积分的对称性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. .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(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)()()( RdzQdyPdx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，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）例例 1 222222yR0 xR2Ry2R0y0 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，0.20.40.60.811.21.40.511.521D2DR，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 xy22D)yx(dxdyeI r2Drrdrde R0r2/4/rdred2R0r)e21(42 )e1(82R 例例2 2.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 2 2 23 2o 由对称性由对称性 14dVV 2020cossin2sin230232sin drrdd32 例例4 计算计算 v2,dv)zyxcos()zyx(.10 , 10 , 10),(zyxzxyxzyxV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(wcoswdw31wcoswdvdu1021010 dwwcosw31102 102wsin61 1sin61 0.511.520.20.40.60.811.2z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 dvV )cos1(a02020dsindd 033dsin)cos1(3a2 0434)cos1(3a23a83 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 例例7.)0()0(22)()()(22222222222所所围围球球面面部部分分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 .)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,cos,cos,cosbzbybbxn 的的单单位位法法向向量量于是于是 dsyxbzxzbyzybbxI)()()(2 dsyz)(2 zds2 cos2dxdyz bdxdy2 axyxdxdyb2222ba22 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性及被积函数的的任意性及被积函数的由由 )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，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例例2 2 dxdyexfyxyfxf1)()(22,1 , 0)(证明证明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.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)y()x()y()x()ba(D )ba(R212 .)()(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 DdxdyxfyfyfxfI)()()()(21 Ddxdy2212)(ab 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)()()()()(21dxdyeexfyfyfxf1221 Ddxdy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： 1021010102dx)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drrsinr2dxdy)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 20d)sin,cos( f-0）（)sin,cos( flim2-dxdyyxyfyxfxlim0D220 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 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)()(设设, 0)0(F 于于是是dyxFyFyfxfdxIx)()()()(101 1110 xxdyxFyfxfdyyFyfxfdx)()()()()()(101101221dxyFxFxfdxyFxfxx| )()()(| )()( 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 例例1111 tt2) t (D22) t (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 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)(sin)()(ttrdrrfddrrrfddtF,)()(202022 ttrdrrfdrrrf解解)1(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, 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.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|yf0 x221x22 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）, )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)dy)y, x( f(4 Ddxdy)y, x( f4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 21,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 有有实实数数解解于于是是一一元元二二次次方方程程01xx22 ,1 , 0)x(u连续连续在在由于由于 10dx)x(u存在，存在，故故0241 .21 即即 222Ryx222R0)yxyx(xdyydxlim14证证明明例例证证,)(,)(222222yxyxxQyxyxyP 令令222222Ryx22222Ryx22|)(yx|QP yxyx22)xyR(R 22) |xy|R(R 2222)2yx-R(R 3R4 dsQP)(22222222222 RyxRyxyxyxxdyydx23R8R2R4 222Ryx222R0)yxyx(xdyydxlim所所以以，0R8lim2R 而而 年年考考研研题题）（的的正正向向边边界界，试试证证：为为已已知知平平面面区区域域例例2003.(2dxyedyxe)2(;dxyedyxedxyedyxe1DL,y0 ,x0)y,x(D152LxsinysinLxsinysinLxsinysin 解解由由格格林林公公式式，得得)1( DxyLxydxdyeedxyedyxe)(sinsinsinsin DxyLxydxdyeedxyedyxe)(sinsinsinsin Dxydxdyee)(sinsin Dxydxdyee)(sinsin对对称称，所所以以关关于于因因为为区区域域xyD .sinsinsinsin LxyLxydxyedyxedxyedyxe（2） 由（由（1）知）知 Lxydxyedyxesinsin Dxydxdyee)(sinsin Ddxdy2 Dxxdxdyee)(sinsin.22 12222 byax2011uu yy xx Ldsnunu 设设u u在闭曲线在闭曲线L: L: 所围闭区域所围闭区域D D上有连续二阶偏导数上有连续二阶偏导数, , 且且, , 求求. . 其中其中为为u u沿沿D D边界外法线的方向导数边界外法线的方向导数. .例例1616)y, x(Psin,cosT sin,cosn 2 dsLsinyucosxudsLnu 解：设曲线解：设曲线L L上任意一点上任意一点处的切向量为处的切向量为法向量为法向量为 ，注意到，注意到 ，于是，于是dsLcosyusinxu Ldxyudyxu D2222Lba2011dxdyyuxudsnu再由再由Green Green 公式有公式有. .
