8.2 第7次作业评讲

注

(1)

积分是从右向左计算的！例如$$\begin{array}{}\text{(1)}& {\int }_a^b\mathrm{d}x{\int }_{c(x)}^{d(x)}f(x,y)\mathrm{d}y={\int }_a^{b}g(x)\mathrm{d}x,g(x)={\int }_{c(x)}^{d(x)}f(x,y)\mathrm{d}y\end{array}$$

(2)

确定$m$个曲面（包括平面）所围成的有界区域的方法：理论上需要依次分析$2^m$个不等式组的解集是否有界，但可以通过观察减少搜索范围。以${\mathbb{R}}^3$为例，常见的剪枝方法有：

• 若区域$D$中与$x$有关的所有显式不等式的符号全部相同，即$x\ge f_1(y,z),\cdots ,x\ge f_k(y,z)$（或$x\le \cdots$），则$D$必定无界。
• 推论：若与$x$有关的等式仅有2个，亦即$x=f(y,z)$、$x=g(y,z)$，则必有$f(y,z)\le x\le g(y,z)$或$g(y,z)\le x\le f(y,z)$之一成立。这类自变量通常是我们突破的重点。

(3)

确定有界区域$D$的积分限的方法：设积分顺序为$x_1\to x_2\to \cdots \to x_m$。

• 用不等式表示有界区域$D$。
• 解出所有自变量满足的显式不等式，亦即$$\begin{array}{}\text{(2)}& max\{f_{i1}({\overrightarrow{x}}_i^{\ast }),\cdots ,f_{ik}({\overrightarrow{x}}_i^{\ast })\}\le x_i\le min\{g_{i1}({\overrightarrow{x}}_i^{\ast }),\cdots ,g_{il}({\overrightarrow{x}}_i^{\ast })\},i=1,2,\cdots ,m\end{array}$$ 其中${\overrightarrow{x}}_i^{\ast }=(x_1,\cdots ,x_{i-1},x_{i+1},\cdots ,x_m{)}^{\mathrm{T}}$。方便起见，将上式改写为$$\begin{array}{}\text{(3)}& f_i({\overrightarrow{x}}_i^{\ast })\le x_i\le g_i({\overrightarrow{x}}_i^{\ast }),i=1,2,\cdots ,m\end{array}$$
• 若$i=1$，则$x_1$的积分区域为$U_1=[f_1({\overrightarrow{x}}_1^{\ast }),g_1({\overrightarrow{x}}_1^{\ast })]$。
• 若$1<i\le m$，设${\overrightarrow{x}}_{i-1}=(x_1,\cdots ,x_{i-1}{)}^{\mathrm{T}}\in U_1\times \cdots \times U_{i-1}=D_{i-1}$，则$x_i$的积分区域$U_i$为以下不等式的解集：$$\begin{array}{}\text{(4)}& \underset{{\overrightarrow{x}}_{i-1}\in D_{i-1}}{min}{f}_i({\overrightarrow{x}}_i^{\ast })\le x_i\le \underset{{\overrightarrow{x}}_{i-1}\in D_{i-1}}{max}{g}_i({\overrightarrow{x}}_i^{\ast })\end{array}$$

解 对于$D_1$，先对$x$积分可得$$\begin{array}{}\text{(6)}& D_1:\{\begin{array}{l}max\{0,\sqrt{y}\}\le x\le 1\\ 0\le y\le x^2\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}0\le y\le 1\\ \sqrt{y}\le x\le 1\end{array}\end{array}$$ 对于$D_2$，先对$x$积分可得$$\begin{array}{}\text{(7)}& D_2:\{\begin{array}{l}1\le x\le min\{3,3-2y\}\\ 0\le y\le \frac{3-x}{2}\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}0\le y\le 1\\ 1\le x\le 3-2y\end{array}\end{array}$$ 因此$$\begin{array}{}\text{(8)}& D=D_1\cup D_2:\{\begin{array}{l}0\le y\le 1\\ \sqrt{y}\le x\le 3-2y\end{array}\end{array}$$ $◻$

解 首先确定各不等式的符号（$\ge$还是$\le$）。我们从$z$入手，必有$0\le z\le 1+x+y$或$1+x+y\le z\le 0$之一成立。

对于$1+x+y\le z\le 0$，此时有$x+y\le -1\le 1$（已确定3个符号）。

• 若$x\ge 0$，则$-\mathrm{\infty }\leftarrow y\le -1\le 0$，$D$无界。
• 若$x\le 0$，则根据边界$y=0$，必有$0\le y\le -1-x\to +\mathrm{\infty }$或$-\mathrm{\infty }\leftarrow y\le min\{0,-1-x\}$之一成立，$D$均无界。

故这种情况不成立。

对于$0\le z\le 1+x+y$，有$x+y\ge -1$，结合$x+y=1$可得$-1\le x+y\le 1$（已确定3个符号）。

• 若$x\le 0$，则$-1\le -1-x\le y\le 1-x\to +\mathrm{\infty }$，$D$无界。
• 若$x\ge 0$，则$-1-x\le y\le 1-x\le 1$。根据边界$y=0$，必有$-\mathrm{\infty }\leftarrow -1-x\le y\le 0$或$0\le y\le 1-x\le 1$之一成立，前者$D$无界，后者$D$有界。

由此我们定出了所有不等式的符号：$0\le z\le 1+x+y$、$x+y\le 1$、$x\ge 0$、$y\ge 0$。

(2) 显然，形式最简单的积分次序为：$$\begin{array}{}\text{(9)}& D:\{\begin{array}{l}0\le x\le 1\\ 0\le y\le 1-x\\ 0\le z\le 1+x+y\end{array}=\{\begin{array}{l}0\le y\le 1\\ 0\le x\le 1-y\\ 0\le z\le 1+x+y\end{array}\end{array}$$ 即先对$z$积分，再对$y$（或$x$）积分，最后对$x$（或$y$）积分。

(1) 如先对$x$积分，则有$max\{0,z-1-y\}\le x\le 1-y$，此时$y$满足$$\begin{array}{}\text{(10)}& max\{0,y+z-2\}\le max\{0,z-1-x\}\le y\le 1-x\le 1+min\{0,y-z+1\}\end{array}$$ 解得$$\begin{array}{}\text{(11)}& \{\begin{array}{l}0\le y\le 1\\ y+z-2\le y\le y-z+2\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}0\le y\le 1\\ z\le 2\end{array}\end{array}$$ 因此$$\begin{array}{}\text{(12)}& D:\{\begin{array}{l}0\le z\le 2\\ 0\le y\le 1\\ max\{0,z-1-y\}\le x\le 1-y\end{array}\end{array}$$ 如需去掉$\max$，还需要分$0\le y\le z-1$和$z-1\le y\le 1$两种情况讨论，前者需要$z\ge 1$成立，故需要分为3个区域：$$\begin{array}{}\text{(13)}& D:\{\begin{array}{l}0\le z\le 1\\ 0\le y\le 1\\ 0\le x\le 1-y\end{array}\cup \{\begin{array}{l}1\le z\le 2\\ 0\le y\le z-1\\ z-1-y\le x\le 1-y\end{array}\cup \{\begin{array}{l}1\le z\le 2\\ z-1\le y\le 1\\ 0\le x\le 1-y\end{array}\end{array}$$ $◻$

解 类似例 8.2.2，我们从$z$入手，得到$0\le z\le a-x-y$。

• 若$x\le 0$，则$y\le a-x-z\le a-x\to +\mathrm{\infty }$，$D$无界。
• 若$y\le 0$，则由$x,y$的对称性可知$D$无界。
• 若$x\ge 0$且$y\ge 0$，则有$0\le x\le a$、$0\le y\le a$，$D$有界。

因此$x\ge 0$且$y\ge 0$。

若$x^2+y^2\le R^2$，则$a-x-y\ge a-\sqrt{2(x^2+y^2)}\ge a-\sqrt{2}R>0$，故有$0\le y\le \sqrt{R^2-x^2}$、$0\le x\le \sqrt{R^2-y^2}\le R$，因此$$\begin{array}{}\text{(14)}& D:\{\begin{array}{l}0\le x\le R\\ 0\le y\le \sqrt{R^2-x^2}\\ 0\le z\le a-x-y\end{array}\end{array}$$ 如使用柱坐标系，则有$x=r\cos \theta \ge 0\wedge y=r\sin \theta \ge 0\Rightarrow 0\le \theta \le \frac{\pi }{2}$，$r^2=x^2+y^2\le R^2\Rightarrow r\le R$。因此$$\begin{array}{}\text{(15)}& D:\{\begin{array}{l}0\le \theta \le \frac{\pi }{2}\\ 0\le r\le R\\ 0\le z\le a-r(\cos \theta +\sin \theta )\end{array}\end{array}$$

若$x^2+y^2\ge R^2$，则当$0\le x\le R$时有$0\le \sqrt{R^2-x^2}\le y\le a-x-z\le a-x$，当$R\le x\le a$时有$0\le y\le a-x-z\le a-x$，故需要分为2个区域：$$\begin{array}{}\text{(16)}& D:\{\begin{array}{l}0\le x\le R\\ \sqrt{R^2-x^2}\le y\le a-x\\ 0\le z\le a-x-y\end{array}\cup \{\begin{array}{l}R\le x\le a\\ 0\le y\le a-x\\ 0\le z\le a-x-y\end{array}\end{array}$$ 如使用柱坐标系，则仍有$0\le \theta \le \frac{\pi }{2}$，$r^2=x^2+y^2\ge R^2\wedge x+y=r(\cos \theta +\sin \theta )\le a-z\le a\Rightarrow R\le r\le \frac{a}{\cos \theta +\sin \theta }$。因此$$\begin{array}{}\text{(17)}& D:\{\begin{array}{l}0\le \theta \le \frac{\pi }{2}\\ R\le r\le \frac{a}{\cos \theta +\sin \theta }\\ 0\le z\le a-r(\cos \theta +\sin \theta )\end{array}\end{array}$$ $◻$

解 最简单的改变方式是对换$x,y$，此处从略。将$D$改写为$$\begin{array}{}\text{(19)}& D:\{\begin{array}{l}max\{0,z-y\}\le x\le min\{1,1-y\}=1-y\\ max\{0,z-x\}\le y\le 1-x\\ 0\le z\le x+y\end{array}\end{array}$$ 先对$x$积分：$max\{0,z-y\}\le x\le 1-y$，此时$y$满足$$\begin{array}{}\text{(20)}& max\{0,y+z-1\}\le max\{0,z-x\}\le y\le 1-x\le 1+min\{0,y-z\}\end{array}$$ 解得$$\begin{array}{}\text{(21)}& \{\begin{array}{l}0\le y\le 1\\ y+z-1\le y\le y-z+1\end{array}\Rightarrow \{\begin{array}{l}0\le y\le 1\\ z\le 1\end{array}\end{array}$$ 因此$$\begin{array}{}\text{(22)}& D:\{\begin{array}{l}0\le z\le 1\\ 0\le y\le 1\\ max\{0,z-y\}\le x\le 1-y\end{array}\end{array}$$ 如需去掉$\max$，还需要分$0\le y\le z$和$z\le y\le 1$两种情况讨论，故需要分为2个区域：$$\begin{array}{}\text{(23)}& D:\{\begin{array}{l}0\le z\le 1\\ 0\le y\le z\\ z-y\le x\le 1-y\end{array}\cup \{\begin{array}{l}0\le z\le 1\\ z\le y\le 1\\ 0\le x\le 1-y\end{array}\end{array}$$ $◻$