高等微积分（2） 第8次作业

Chasse_neige

1.给定 $0<a<b,0<c<d$，设四条曲线 $xy=a,xy=b,y=cx$ 以及 $y=dx$ 在第一象限内围成的平面区域为 $D$。计算 $D$ 的面积。

作换元

$$\begin{array}{c}u=xy\\ v=\frac{y}{x}\end{array}$$

此时积分区域 ${\mathrm{\Phi }}^{-1}(D)$ 变为 $u\in [a,b],v\in [c,d]$

利用换元公式

$$\begin{gathered} S={\iint }_{D}dxdy={\iint }_{{\mathrm{\Phi }}^{-1}(D)}{\left|\begin{array}{cc}y& -\frac{y}{x^2}\\ x& \frac{1}{x}\end{array}\right|}^{-1}dudv \\ ={\iint }_{{\mathrm{\Phi }}^{-1}(D)}{\left|\begin{array}{cc}\sqrt{uv}& -\frac{v}{\sqrt{\frac{u}{v}}}\\ \sqrt{\frac{u}{v}}& \frac{1}{\sqrt{\frac{u}{v}}}\end{array}\right|}^{-1}dudv={\iint }_{{\mathrm{\Phi }}^{-1}(D)}\frac{1}{2v}dudv \\ =\frac{b-a}{2}\ln \frac{d}{c} \end{gathered}$$

2.设四条曲线 $x^2-y^2=1,x^2-y^2=4,\frac{x^2}{4}+y^2=1$ 以及 $\frac{x^2}{4}+y^2=4$ 在第一象限内围成的平面区域为 $D$。计算积分

$${\iint }_D\frac{xy}{x^2-y^2}dxdy$$

作换元

$$\begin{array}{c}u=x^2-y^2\\ v=\frac{x^2}{4}+y2\end{array}$$

此时积分区间变为 ${\mathrm{\Phi }}^{-1}(D)$ ，即 $u\in [1,4],v\in [1,4]$

利用换元公式

$$\begin{gathered} {\iint }_D\frac{xy}{x^2-y^2}dxdy={\iint }_{{\mathrm{\Phi }}^{-1}(D)}(f\circ \mathrm{\Phi })det(J_{\mathrm{\Phi }})dudv \\ ={\iint }_{{\mathrm{\Phi }}^{-1}(D)}\frac{\frac{4}{5}\sqrt{(u+v)(v-\frac{u}{4})}}{u}\left|\begin{array}{cc}\frac{1}{\sqrt{5(u+v)}}& -\frac{1}{4}\frac{1}{\sqrt{5(v-\frac{u}{4})}}\\ \frac{1}{\sqrt{5(u+v)}}& \frac{1}{\sqrt{5(v-\frac{u}{4})}}\end{array}\right|dudv \\ ={\iint }_{{\mathrm{\Phi }}^{-1}(D)}\frac{1}{5u}dudv=\frac{6}{5}\ln 2 \end{gathered}$$

3.给定 $a,b,c>0$，令

$$V=\{(x,y,z)|\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}\le 1,z\ge 0\}$$

计算三重积分

$${\iiint }_{V}zdxdydz$$

作换元

$$\begin{array}{c}x=ar\sin \theta \cos \varphi \\ y=br\sin \theta \sin \varphi \\ z=cr\cos \theta \end{array}$$

其中 $r\in [0,1],\theta \in [0,\frac{\pi }{2}],\varphi \in [0,2\pi )$

利用换元公式

$$\begin{array}{c}{\iiint }_{V}zdxdydz={\iiint }_{{\mathrm{\Phi }}^{-1}(V)}(f\circ \mathrm{\Phi })det(J_{\mathrm{\Phi }})drd\theta d\varphi \\ ={\iiint }_{{\mathrm{\Phi }}^{-1}(V)}cr\cos \theta abc{r}^2\sin \theta drd\theta d\varphi \\ ={\iiint }_{{\mathrm{\Phi }}^{-1}(V)}ab{c}^2{r}^{3}dr\sin \theta \cos \theta d\theta d\varphi \\ =ab{c}^2\cdot \frac{1}{4}\cdot \frac{1}{2}\cdot 2\pi =\frac{\pi }{4}ab{c}^2\end{array}$$

4.考虑三维区域

$$V=\{(x,y,z)|x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx\le 1\}$$

计算 $V$ 的体积 (提示: 把 $V$ 的定义式配方, 然后适当换元)

$$\begin{array}{c}{x}^2+y^2+z^2+xy+yz+zx\le 1\\ (\frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}y{)}^2+(\frac{\sqrt{2}}{2}y+\frac{\sqrt{2}}{2}z{)}^2+(\frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}z{)}^2\le 1\end{array}$$

所以作换元

$$\begin{array}{c}u=\frac{\sqrt{2}}{2}y+\frac{\sqrt{2}}{2}z\\ v=\frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}z\\ w=\frac{\sqrt{2}}{2}x+\frac{\sqrt{2}}{2}y\end{array}$$

利用换元公式

$$\begin{gathered} {\iiint }_{V}dxdydz={\iiint }_{{\mathrm{\Phi }}^{-1}(V)}(f\circ \mathrm{\Phi })det(J_{\mathrm{\Phi }})dudvdw \\ ={\iiint }_{{\mathrm{\Phi }}^{-1}(V)}{\left|\begin{array}{ccc}0& \frac{\sqrt{2}}{2}& \frac{\sqrt{2}}{2}\\ \frac{\sqrt{2}}{2}& 0& \frac{\sqrt{2}}{2}\\ \frac{\sqrt{2}}{2}& \frac{\sqrt{2}}{2}& 0\end{array}\right|}^{-1}dudvdw \\ =\frac{1}{\frac{\sqrt{2}}{2}}\cdot \frac{4\pi }{3}=\frac{4\sqrt{2}\pi }{3} \end{gathered}$$

5.设 $f$ 在矩形区域 $[a,b]\times [c,d]$ 上连续，且有连续的偏导函数 $\frac{\partial f}{\partial x}$。

(1) 证明: 对任何 $x_0\in [a,b]$，有

$${\int }_c^{d}f(x_0,y)dy={\int }_c^{d}f(a,y)dy+{\int }_a^{x_0}dx{\int }_c^d\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}dy$$

证明

定义函数 $g(x)=f(x,y_0)$

容易得知

$${\frac{d}{dx}g(x)|}_{x=x_0}={\frac{\partial f}{\partial x}|}_{(x,y)=(x_0,y_0)}$$

由于偏导数 $\frac{\partial f}{\partial x}$ 连续，所以 $g^{\prime }$ 连续，对 $g(x)$ 使用一元的 N-L 公式

$$g(x_0)=g(a)+{\int }_a^{x_0}{g}^{\prime }(x)dx$$

所以

$$f(x_0,y)=f(a,y)+{\int }_a^{x_0}\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}dx$$$${\int }_c^{d}f(x_0,y)dy={\int }_c^{d}f(a,y)dy+{\int }_c^{d}dy{\int }_a^{x_0}\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}dx$$

由于偏导数 $\frac{\partial f}{\partial x}$ 连续，所以它可积。利用 Fubini 定理

$${\int }_c^{d}dy{\int }_a^{x_0}\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}dx={\int }_a^{x_0}dx{\int }_c^d\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}dy$$

所以

$${\int }_c^{d}f(x_0,y)dy={\int }_c^{d}f(a,y)dy+{\int }_a^{x_0}dx{\int }_c^d\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}dy$$

(2) 对每个 $x\in [a,b]$，定义函数 $g(x)={\int }_c^{d}f(x,y)dy$。证明: $g^{\prime }(x)={\int }_c^d\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}dy$。

证明

$$\begin{array}{c}{g}^{\prime }(x)=\underset{h\to 0}{lim}\frac{g(x+h)-g(x)}{h}=\underset{h\to 0}{lim}\frac{1}{h}({\int }_c^{d}f(x+h,y)dy-{\int }_c^{d}f(x,y)dy)\\ =\underset{h\to 0}{lim}{\int }_c^d\frac{f(x+h,y)-f(x,y)}{h}dy\end{array}$$

现在证明积分和极限符号的可交换性

由微分中值定理，存在 $\theta \in [0,1]$，使得

$$\frac{f(x+h,y)-f(x,y)}{h}=\frac{\partial }{\partial x}f(x+\theta h,y)$$

由于偏导 $\frac{\partial f}{\partial x}$ 在闭区间上连续，所以原函数一定可积

$$g^{\prime }(x)=\underset{h\to 0}{lim}{\int }_c^d\frac{\partial }{\partial x}f(x+\theta h,y)dy$$

利用 $\frac{\partial f}{\partial x}$ 的连续性与（1）中的结论

$$\underset{h\to 0}{lim}{\int }_c^d\frac{\partial }{\partial x}f(x+\theta h,y)dy={\int }_c^d\frac{\partial }{\partial x}f(x,y)dy+\underset{h\to 0}{lim}{\int }_x^{x+\theta h}dx{\int }_c^d\frac{\partial f}{\partial x}(x,y)dy$$

二最后一项显然为 $0$ 。所以

$$g^{\prime }(x)={\int }_c^d\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}dy$$

6.设 $D$ 是 $Oxy$ 平面中的区域，其面积为 $S$。定义以 $D$ 为底面，$(0,0,1)$ 为顶点的锥体为

$$V=\{(1-t)(u,v,0)+t(0,0,1)|(u,v,0)\in D,t\in [0,1]\}$$

求 $V$ 的体积，要求答案用 $S$ 表示。

$$V={\iiint }_{V}dxdydz$$

现在作如下换元

$$\begin{array}{c}x=(1-t)u\\ y=(1-t)v\\ z=t\end{array}$$

且满足 $(u,v,0)\in D,t\in [0,1]$

利用换元公式

$$\begin{gathered} V={\iiint }_{{\mathrm{\Phi }}^{-1}(V)}det(J_{\mathrm{\Phi }})dudvdt \\ ={\iiint }_{{\mathrm{\Phi }}^{-1}(V)}\left|\begin{array}{ccc}1-t& 0& 0\\ 0& 1-t& 0\\ -u& -v& 1\end{array}\right|dudvdt \\ ={\iiint }_{{\mathrm{\Phi }}^{-1}(V)}(1-t{)}^{2}dudvdt={\iint }_{D}dudv{\int }_0^1(1-t{)}^{2}dt=\frac{1}{3}S \end{gathered}$$

7.给定非负整数 $a,b,c$。令

$$Q=\{(x,y,z)\in R^3|x+y+z\le 1,x\ge 0,y\ge 0,z\ge 0\}$$

计算三重积分

$${\iiint }_Q{x}^a{y}^b{z}^{c}dxdydz$$

利用 Fubini 定理的推论

$$\begin{array}{c}{\iiint }_Q{x}^a{y}^b{z}^{c}dxdydz={\int }_0^1{z}^{c}dz{\iint }_{D_z}{x}^a{y}^{b}dxdy\\ ={\int }_0^1{z}^{c}dz{\int }_0^{1-z}{y}^{b}dy{\int }_0^{1-z-y}{x}^{a}dx\\ ={\int }_0^1{z}^{c}dz{\int }_0^{1-z}\frac{1}{1+a}{y}^b(1-z-y{)}^{a+1}dy\\ =\frac{1}{a+1}{\int }_0^1{z}^{c}dz{\int }_0^{1-z}{y}^b\sum _{n=0}^{a+1}{C}_{a+1}^n(1-z{)}^n(-y{)}^{a+1-n}dy\\ =\frac{1}{a+1}{\int }_0^1{z}^{c}dz\sum _{n=0}^{a+1}{C}_{a+1}^n(1-z{)}^n(-1{)}^{a+1-n}\frac{1}{a+b+2-n}(1-z{)}^{a+b+2-n}\\ =\frac{1}{a+1}\sum _{n=0}^{a+1}{C}_{a+1}^n\frac{(-1{)}^{a+1-n}}{a+b+2-n}{\int }_0^1{z}^c(1-z{)}^{a+b+2}dz\end{array}$$

因为

$$\begin{array}{c}{\int }_0^1{z}^c(1-z{)}^{a+b+2}={\frac{1}{c+1}{z}^{c+1}(1-z{)}^{a+b+2}|}_{z=0}^{z=1}+\frac{a+b+2}{c+1}{\int }_0^1{z}^{c+1}(1-z{)}^{a+b+1}dz\\ =\frac{a+b+2}{c+1}{\int }_0^1{z}^{c+1}(1-z{)}^{a+b+1}dz\end{array}$$

一直迭代下去

$${\int }_0^1{z}^c(1-z{)}^{a+b+2}=\frac{a+b+2}{c+1}\cdot \frac{a+b+1}{c+2}\cdots \frac{1}{a+b+c+2}{\int }_0^1{z}^{a+b+c+2}dz=\frac{(a+b+2)!c!}{(a+b+c+3)!}$$

所以原积分等于

$$\begin{array}{c}{\iiint }_Q{x}^a{y}^b{z}^{c}dxdydz\\ =\sum _{n=0}^{a+1}\frac{1}{a+1}{C}_{a+1}^n\frac{(-1{)}^{a+1-n}}{a+b+2-n}\frac{(a+b+2)!c!}{(a+b+c+3)!}\\ =\sum _{n=0}^{a+1}\frac{(a+1)!}{n!(a+1-n)!}\frac{(a+b+2)!c!}{(a+b+c+3)!}\frac{(-1{)}^{a+1-n}}{(a+1)(a+b+2-n)}\\ =\frac{a!c!(a+b+2)!}{(a+b+c+3)!}\sum _{n=0}^{a+1}\frac{(-1{)}^n}{n!(a+1-n)!(b+1+n)}\\ =\frac{a!c!}{(a+b+c+3)!}\sum _{n=0}^{a+1}\frac{(-1{)}^n(b+n)!}{n!}{C}_{a+b+2}^{a+1-n}\\ =\frac{a!b!c!}{(a+b+c+3)!}\sum _{n=0}^{a+1}(-1{)}^n{C}_{b+n}^b{C}_{a+b+2}^{b+1+n}\end{array}$$

在计算最后的求和，注意到

$$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}(-1{)}^k{C}_{b+k}^b{x}^k=\frac{1}{(1+x{)}^{b+1}}$$$$\sum _{l=0}^{a+b+2}{C}_{a+b+2}^l{x}^l=(1+x{)}^{a+b+2}$$

所以

$$\sum _{k=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{l=0}^{a+b+2}(-1{)}^k{C}_{b+k}^b{C}_{a+b+2}^l{x}^{k+l}=\sum _{n=0}^{\mathrm{\infty }}\sum _{k=max\{0,n-(a+b+2)\}}^n(-1{)}^k{C}_{b+k}^b{C}_{a+b+2}^{n-k}{x}^n=(1+x{)}^{a+1}=\sum _{n=0}^{a+1}{C}_{a+1}^n{x}^n$$

所以令 $n=a+1$，对比系数

$$C_{a+1}^{a+1}=\sum _{k=0}^{a+1}(-1{)}^k{C}_{b+k}^b{C}_{a+b+2}^{a+1-k}=1$$

所以最终结果为

$${\iiint }_Q{x}^a{y}^b{z}^{c}dxdydz=\frac{a!b!c!}{(a+b+c+3)!}$$