7.3 习题课讲解

7.3.1 确定积分区域的不等式表达、累次积分

例 7.3.1 (例1) 对连续函数f,改变累次积分顺序:(1)01dx0x2f(x,y)dy+13dx03x2f(x,y)dy

1 画出积分域的图像,如7.3.1所示,由图可知该区域可表示为(2)0y1,yx32y 故原累次积分等于(3)01dyy32yf(x,y)dx

2 利用示性函数计算可得(4) 01dx0x2f(x,y)dy+13dx03x2f(x,y)dy=R2f(x,y)(10x1,0yx2+11x3,0y3x2)dxdy=R2f(x,y)(1yx1+10y,1xmin{3,32y}=32y)dxdy=R2f(x,y)(1yx1+10y1,1x32y)dxdy=R2f(x,y)(10y1,yx32y)dxdy=01dyy32yf(x,y)dx 其中容易被忽视的是:由y32y解得(2y+3)(y1)0,即0y1

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图 7.3.1: 例1的积分域

2使用了示性函数(Characteristic function),其定义为(5)1(x,y)D:R2R,1(x,y)D={1,(x,y)D0,(x,y)R2D. 1(x,y)D也可以简写为1D。示性函数有以下性质:(6)1=0,1Ac=11A,1AB=1A1B,1AB=1A+1B1A1B 即它可以把集合运算变成函数的代数运算。利用示性函数,我们可以把有界区域上的积分改写为全空间上的积分,从而使得重积分(累次积分)更容易转化为(另一次序的)累次积分,如(7)Df(x,y)dxdy=R2f(x,y)1Ddxdy=+dx+f(x,y)1(x,y)Ddy 对给定的x,记Dx={y(x,y)D};记A={xDx}。于是上述累次积分最终写成(8)AdxDxf(x,y)dy 通常D由不等式表达。集合Dx就是视x为给定的参数,求解关于变量y的不等式得到的解集。

当空间维数较高,或者区域边界很难通过画图分辨的时候,可以使用示性函数确定积分变量的范围。

例 7.3.2 (例2) 由曲面z=1+x+yz=0x+y=1x=0y=0围成有界区域D,写成累次积分dzdydx,确定积分限,并讨论哪种顺序的累次积分形式最简单。

x=0y=0x+y=1知下界为x0,y0、上界为x+y1,由此得到(9)0x1y,0y1 再由z=0z=1+x+y得到(10)0z1+x+y 因此区域可表示为(11)D={(x,y,z)x0,y0,x+y1,0z1+x+y} 按累次积分顺序,依次写出x,y,z满足的不等式:(12)max{0,z1y}x1y 由此得到(13)max{0,z1y}1yy1,z2,再结合D的其他不等式得到(14)0y1,0z2 写成给定顺序的累次积分为(15) 02dz01dymax{0,z1y}1ydx=02dzmax{0,z1}1dy01ydx+02dz0min{1,z1}dyz1y1ydx=01dz01dy01ydx+12dzz11dy01ydx+12dz0z1dyz1y1ydx 利用示性函数法(通过示性函数求解积分变量的范围):(16) +dz+dy+Ix0,y0,x+y1,0z1+x+ydx=+dz+dy+Imax{0,z1y}x1y,y0,0zdx=+dz+dymax{0,z1y}1yImax{0,z1y}1y,y0,0zdx=+dz+I01y,z1y1y,y0,0zdymax{0,z1y}1ydx=+dz+Iy1,z2,y0,0zdymax{0,z1y}1ydx=02dz01dymax{0,z1y}1ydx 也可以利用图形和割补法(图7.3.2):(17)02dz01dy01ydx12dz0z1dy0z1ydx 更好的累次积分方式为(18)01dx01xdy01+x+ydz

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图 7.3.2: 例2的积分域

例 7.3.3 (例3) 在由曲面x+y+z=ax2+y2=R2x=0y=0z=0a2R)围成的有界区域上,写出累次积分。如果要计算f(x2+y2,z)的积分,应该采用怎样的坐标系?在你选定的坐标系下,累次积分应该如何表达?

本题结论不唯一。如图7.3.3所示,区域1:由于(19)0zaxy 从而x+ya。由于(20)0xmin{ay,R2y2},0yR 结合(x+y)22(x2+y2)2R2<a2可得(21)0xR2y2,0yR,0zaxy 故相应的累次积分为(22)x2+y2R2,x0,y0dxdy0axydz 采用以z轴为对称轴的圆柱坐标系,则可表示为(23)0Rrdr0π/2dθ0arcosθrsinθf(r2,z)dz

区域2:由于(24)0zaxy,x2+y2R2,x+ya 相应的累次积分为(25)x2+y2R2,x+yadxdy0axydz 采用以z轴为对称轴的圆柱坐标系,则可表示为:(26)0π2dθRacosθ+sinθrdr0arcosθrsinθf(r2,z)dz

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图 7.3.3: 例3的积分域

例 7.3.4 (例4) 把下列积分化为其他顺序的累次积分.可以画个图验证你的结果:(27)01dx01xdy0x+yf(x,y,z)dz

如图7.3.4所示,利用示性函数计算可得(28) 0x1,0y1x,0zx+yf(x,y,z)dxdydz=0x1,x1y,zyx,y0,z0f(x,y,z)dxdydz=y0,z0,max{0,zy}1ydydzmax{0,zy}1yf(x,y,z)dx=0y1,0z1dydzmax{0,zy}1yf(x,y,z)dx=01dy01dzmax{0,zy}1yf(x,y,z)dx=01dyy1dzzy1yf(x,y,z)dx+01dy0ydz01yf(x,y,z)dx 另一种写法是(29)01dzz1dy01yf(x,y,z)dx+01dz0zdyzy1yf(x,y,z)dx

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图 7.3.4: 例4的积分域

7.3.2 重积分换元

例 7.3.5 (例5) 试作适当变换,计算下列积分:

(1)

D(x+y)sin(xy)dxdy,D={(x,y)0x+yπ,0xyπ}

(2)

Deyx+ydxdy,D={(x,y)x+y1,x0,y0}

(1) 令u=x+yv=xy,则(30)det(u,v)(x,y)=|1111|=2 计算可得(31)D(x+y)sin(xy)dxdy=[0,π]2usinv|det(x,y)(u,v)|dudv=120πudu0πsinvdv=π22

(2) 令u=yx+yv=x+y,则y=uvx=vuv。由于(32)v1,vuv0,uv0 故有0v1,0u1,因此(33)dxdy=|det(x,y)(u,v)|dudv=|det(v1uvu)|dudv=vdudv 计算可得(34)Deyx+ydxdy=[0,1]2euvdudv=12(e1)

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图 7.3.5: 例5(2)的积分域(任何星形区域都可以用类似办法变成矩形)

例 7.3.6 (例6) 计算:(35)01dx01x2dyx2+y22x2y2z2dz

1 积分区域可表示为(36)x2+y21,x0,y0,x2+y2z2x2y2 利用柱坐标系可表示为(37)0r1,0θπ2,rz2r2 计算可得(38) 01dx01x2dyx2+y22x2y2z2dz=0π2dθ01rdrr2r2z2dz=π201r(2r2)323r43dr=π(221)15

2 利用球坐标系可表示为(39)Rsinθ1,0φπ2,sinθcosθ,0R2 亦即(40)Rsinθ1,0φπ2,0θπ4,0R2 计算可得(41) 0π2dφ0π4dθ0min{2,1sinθ}(Rcosθ)2R2sinθdR=π24251243=π(221)15

例 7.3.7 (例7) fC[0,+),定义(42)F(t)=Ωt(z2+f(x2+y2))dxdydz 其中Ωt={(x,y,z)0zh,x2+y2t2}t>0)。求limt0+F(t)t2

用柱坐标系可得(43)F(t)=02πdθ0tdr0h[z2+f(r2)]rdz=πt2h33+πhG(t2) 其中Gf的原函数,满足G(0)=0。用L’Hôpital法则可得(44)limt0+F(t)t2=πh33+πhlimt0+G(t2)t2=πh33+πhG(0)=πh33+πhf(0)

例 7.3.8 (例8) 求三重积分I=Ω(x+y+z)dxdydz的值,其中(45)Ω={(x,y,z)0z1x2y2, zx2+y2}

如图7.3.6所示,区域关于(x,y)(x,y)对称,被积函数中x+y关于这个对称是奇函数,所以(46)I=Ωzdxdydz 球坐标系:0r10θπ4cosθsinθ,计算可得(47)I=0π/4dθ02πdφ01rcosθr2sinθdr=π8 柱坐标系(绕z轴):rz1r2,计算可得(48)I=02πdθ022rdrr1r2zdz=π8 你会选择直角坐标系吗?为什么?

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图 7.3.6: 例8的积分域

例 7.3.9 (例9) 求由曲面S:(x2+y2)2+z4=z2所围有界集Ω的体积。

如图7.3.7所示,这是绕z轴旋转的曲面,取柱坐标(49)x=rcosθ,y=rsinθ,z=z 代入曲面方程得到r4+z4=z2。为让(x,y)有界,故Ω的表示为(50)r4z2z4,z21 从而(51)1z1,0rz2(1z2)4,0θ2π 计算可得(52)|Ω|=02πdθ11dz0(z2(1z2))1/4rdr=2π01z1z2dz=2π3 如果使用直角坐标系,则(53)|Ω|=11dzx2+y2z2z4dxdy=11πz2(1z2)dz=2π01z1z2dz=π10ud(1u2)=2π3,u=1z2

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图 7.3.7: 例9的积分域

例 7.3.10 (例10) A=(aij)3×3实对称正定矩阵,i,j=13aijxixj=1表示三维空间的一个椭球面。证明:该椭球面所包围立体V的体积为|V|=4π3detA

由于A对称正定,因此存在可逆矩阵P,使得A=PTP。在线性变换y=Px下,有(54)dy1dy2dy3=|detP|dx1dx2dx3=detAdx1dx2dx3 注意到(55)yTy=xTPTPx=xTAx=1 于是(56)|V|=Vdx1dx2dx3=yTy11detAdy1dy2dy3=4π3detA

例 7.3.11 (例11) 求由六个平面3xyz=±1x+3yz=±1xy+3z=±1所围成的有界区域的体积。

(57)u=3xyz,v=x+3yz,w=xy+3zdet(u,v,w)(x,y,z)=16 于是所求体积为(58)|V|=Vdxdydz=|u|,|v|,|w|1|det(x,y,z)(u,v,w)|dudvdw=11623=12

例 7.3.12 (例12) h=a2+b2+c2>0fC[h,h]。证明:(59)x2+y2+z21f(ax+by+cz)dxdydz=π11(1t2)f(ht)dt

作正交变换(60)(uvw)=P(xyz),u=ax+by+czh(61)u2+v2+w2=x2+y2+z21,|det(u,v,w)(x,y,z)|=|detP|=1 计算可得(62)x2+y2+z21f(ax+by+cz)dxdydz=u2+v2+w21f(hu)dudvdw=11f(hu)duv2+w21u2dvdw=π11f(hu)(1u2)du.

例 7.3.13 (例13) D={(x,y)x2+y2R2},计算:(63)I:=D1x2+y2(yfxxfy)dxdy

1 在极坐标下,利用方向导数、微分(及微分的形式不变性)和偏导数的关系可得(64) yx2+y2fxxx2+y2fy=df(x,y)(yx2+y2xx2+y2)=df(rcosθ,rsinθ)(sinθcosθ)=1rf(rcosθ,rsinθ)θ 因此(65)I=0Rdr02πθf(rcosθ,rsinθ)dθ=0Rf(rcosθ,rsinθ)|θ=02πdr=0

2 由Green公式可得(66)I=D[x(x2+y2fy)y(x2+y2fx)]dxdy=Dx2+y2(fxdx+fydy)=RDdf=0

例 7.3.14 (例14) 证明:(67)[0,1]2(xy)xydxdy=01ttdt

证明(u,v)=(xy,y),则0uv1dudv=ydxdy,故(68)[0,1]2(xy)xydxdy=01uuduu11vdv=01uudu 但这个做法有问题:原本(x,y)=(0,0)不是瑕点,如此换元后(u,v)=(0,0)反倒成为瑕点,因为Jacobi行列式不为0,为此我们需要将原点单独拿出来讨论。取ε(0,1),则有(69)I=[0,1]2(xy)xydxdy=0xy<ε(xy)xydxdy+εxyy1(xy)xydxdy=ξξ0xy<εdxdy+ε1uuduu11vdv=ξξ(εεlnε)+ε1[eulnu(eulnu)]du=01uudu+ξξ(εεlnε)ηηε(1εε) 因此(70)|I01uudu|2εεlnε+1εε0,ε0 故有(71)I=01uudu

7.3.3 重积分在概率中的应用*

例 7.3.15 X,Y为两个随机变量,其对应的概率密度函数分别为fX(x)fY(y),求X+YXY的概率密度函数。

Z:=X+Y,依“概率不变原则”可得(72)dP=fX,Z(x,z)dμ(x,z)=fX,Y(x,y)dμ(x,y) 因此(73)fX,Z(x,z)=fX,Y(x,y)|det(x,y)(x,z)|=fX(x)fY(zx) 故有(74)fZ(z)=+fX(x)fY(zx)dx=(fXfY)(z) 其中fXfY表示fXfY的卷积。同理可得(75)fXY(z)=+fX(x)fY(xz)dx

例 7.3.16 在正方形[0,1]2内独立均匀随机地取两个点,求这两点之间的距离的期望。

设两个点的坐标分别为(X1,Y1)(X2,Y2),依题意可得(76)d=[0,1]4(x1x2)2+(y1y2)2dx1dy1dx2dy2 这是一个很难计算的四重积分。为此我们需要换一种思路。

X:=X1X2Y=Y1Y2。以X为例(Y同理),由于X1,X2[0,1]均匀分布,则X为三角分布,其概率密度函数为(77)fX(x)=+fX1(x1)fX2(x1x)dx1={1+x,x[1,0]1x,x[0,1] 再设U=|X|,则U的概率密度函数为(78)fU(u)=fX(u)+fX(u)={2(1u),u[0,1]0,otherwise 同理可设V=|Y|,则V的概率密度函数为(79)fV(v)={2(1v),v[0,1]0,otherwise 由于U,V相互独立,故联合密度函数fU,V(u,v)=fU(u)fV(v),因此距离的期望为(80)d=[0,1]2u2+v2dP(u,v)=[0,1]2u2+v2fU(u)fV(v)dudv=801du01uu2+v2(1u)(1v)dv 利用极坐标换元(u,v)=(rcosθ,rsinθ)可得(81)d=80π/4dθ0secθ(1rcosθ)(1rsinθ)r2dr=80π/4[sec3θ3sec4θ4cosθsec4θ4sinθ+sec5θ5sinθcosθ]dθ=8[1120π/4sec3θdθ1202/21dtt4]=2+2+5ln(2+1)15

例 7.3.17 Xi(iN)为服从[0,1]均匀分布的独立随机变量,NN满足(82)i=1N1Xic<i=1NXi N的期望。

Sn=i=1nXi,依据题意可得(83)P(Snc)=|D|,D={(x1,,xn)x1++xnc}[0,1]nN的分布列为(84)P(N=n)={0,ncP(Sn1c)P(Snc),n>c

我们首先证明:(85)|Dn|=cnn!,Dn={(x1,,xn)x1++xnc}[0,+)n1mn,记Dm={(x1,,xm)x1++xmc}[0,+)n,定义(86)I(n,m):=Dm(ci=1mxi)nm(nm)!dx1dxm|Dn|=I(n,n)。记A=ci=1m1xi,注意到(87)I(n,m)=Dm1dx1dxm10A(Axm)nm(nm)!dxm=Dm1Anm+1(nm+1)!dx1dxm1=I(n,m1) 因此(88)|Dn|=Dndx1dxn=I(n,n)=I(n,0)=cnn!

c1时,D=Dn,此时有P(Snc)=cnn!。当c>1时,定义(89)Ei:={(x1,,xn) | xi>1, x1,,xi1,xi+1,,xn0, i=1nxic} 显然有EiD=,且(90)D=Dni=1nEi 根据容斥原理可得(91)|i=1nEi|=i=1n|Ei|1i<jn|EiEj|++(1)n1|E1En|=k=1min{c,n}(1)k11i1<<ikn|Ei1Eik|=k=1min{c,n}(1)k11i1<<ikn(ck)nn!=k=1min{c,n}(1)k1(nk)(ck)nn! 其中(92)j=1kEij={(x1,,xn) | xi1,,xik>1, x1,,xn0, i=1nxic}={(x1,,xn) | xi1,,xik>0, x1,,xn0, i=1nxick}|j=1kEij|=(ck)nn! 因此(93)P(Snc)=|D|=|Dn||i=1nEi|=1n!k=0min{c,n}(1)k(nk)(ck)n

cn时,显然有(94)P(Snc)=1n!k=0n(1)k(nk)(ck)n=1,cn 上式为一个关于c的多项式,其在cn时恒为1,故有(95)k=0n(1)k(nk)(ck)nn!,cR 因此N的数学期望为(96)E[N]=n=c+1+nP(N=n)=n=c+1+n[P(Sn1c)P(Snc)]=n=c+1+[(n1)P(Sn1c)nP(Snc)]+n=c+1+P(Sn1c)=c+1+n=c+1+1n!k=0c(1)k(nk)(ck)n=c+1+k=0c(1)kk!(ck)k[eckm=0ck(ck)mm!]=k=0c(1)kk!(ck)keck+c+1k=0cm=0ck(1)k(ck)k+mk!m! 借助(95)式,可对n使用数学归纳法证明(97)k=0nm=0nk(1)k(ck)k+mk!m!=n+1,nN, cR, cn 因此(98)E[N]=k=0c(1)kk!(ck)keck

另解 Xi的特征函数为(99)φXi(t)=01eitxdx=eit1itSn=i=1nXi,则Sn的特征函数为(100)φSn(t)=i=1nφXi(t)=(eit1it)n 因此Sn的概率密度函数为(101)fSn(s)=12π+(eit1it)neistdt=F1[(eit1it)n](s) 注意到(102)F1[(eit1)n](s)=k=0n(nk)(1)nkF1[eikt](s)=k=0n(nk)(1)nkδ(sk)F1[1it]=12πPV+eistitdt=+sinst2πtdt=12sgns 结合Fourier变换的卷积性质(103)F[fg](t)=F[f](t)F[g](t) 利用数学归纳法逐次卷积可得(104)fSn(s)=12(n1)!k=0n(1)k(nk)(sk)n1sgn(sk)sn时,显然有(105)fSn(s)=12(n1)!k=0n(1)k(nk)(sk)n1=0,sn 上式为一个关于s的多项式,其在sn时恒为0,故有(106)k=0n(1)k(nk)(sk)n10,sR 借助(106)可得(107)P(Snc)=0cfSn(s)ds=1(n1)!k=0n(1)k(nk)0c(sk)n1[θ(sk)12]ds=1(n1)!k=0min{c,n}(1)k(nk)0c(sk)n112(n1)!0c0ds=1n!k=0min{c,n}(1)k(nk)(ck)n,0cn 后续解题步骤与前述解法相同。