2.6重积分的换元法

D
x 2 + 4 y 2 ≤ 1. 二 、设 D 是由曲线 y = x 3 , y = 4 x 3 , x = y 3 , x = 4 y 3 所围 成的第Ⅰ象限部分的闭区域,求其面积. 成的第Ⅰ象限部分的闭区域, 求其面积. 试证: 三、试证: ∫∫ f (ax + by + c )dxdy
D
D
= 2∫
v u u u2 1 = ∫ du ∫ ⋅e dv = ∫ ⋅e du = (e − 1). 4 0 0u 0 2
2
1
u
1
练习 题
作适当的变换,计算下列二重积分: 一 、作适当的变换,计算下列二重积分: 1 、 ∫∫ x 2 y 2 dxdy , 其 中 D 是 由 两 条 双 曲 线 xy = 1 和 所围成的在第Ⅰ xy = 2 , 直线 y = x 和 y = 4 x 所围成的在第Ⅰ 象限 的闭区域. 的闭区域. 是椭圆区域: 2 、 ∫∫ ( x 2 + y 2 )dxdy ,其中 D 是椭圆区域:
故
1 2 uv
1 u − 2 v3 1 u 2 v
1 = , 2v
1 x y dxdy = ∫∫ u ⋅ dudv ∫∫ 2v D D′
2 4u 1 2 7 = ∫ du ∫ dv = ln 2 1 v 2 1 3
例2 计 ∫∫e 算
D
y−x y+x
dxdy, 其 D由x 轴 y轴 直 中 、 和
v
说明: 通过换元可将较复杂的被积函数形式化简
例3 计 ∫∫ 算
D
x y 1− 2 − 2 dxdy, 其 D为 中 a b
2
2
x2 y2 椭 2 + 2 =1所 成 闭 域 圆 围 的 区 ． a b x = ar cos θ, 解 作广义极坐标变换 y = br sin θ,
其中 a > 0, b > 0, r ≥ 0, 0 ≤ θ ≤ 2π .
2 2 2
看成一个球面,因此我们做如下的坐标变换 看成一个球面 因此我们做如下的坐标变换
x a = ρ sin ϕ cos θ y = ρ sin ϕ sin θ b z c = ρ cos ϕ
x = a ρ sin ϕ cos θ 即 y = bρ sin ϕ sin θ z = c ρ cos ϕ
y 解 根据积分区域D的特点，令u = xy, v = , x 则区域D变换为D′, 如图所示 v
限内的区域.
y
xy=2 xy=1
4
1
o
x
o
1
2
u
而
u , x = T : v y = uv ,
∂ ( x, y ) = J (u, v) = ∂ (u , v) 1 v 2 u
2 2 2
基本要求:变换后定限简便，求积容易． 基本要求:变换后定限简便，求积容易．
1 ∂(x, y) 2. J = . = ∂(u,v) ∂(u,v) ∂(x, y)
思考题
y ( x + y )2 e dσ ，其中 D： x + y = 1， 计算 ∫∫ ： D x+ y x = 0和 y = 0 所围成 所围成.
思考题解答
y
u = x + y x = u − v , 令 ⇒ y=v v= y
x+ y=1
D
o
x
∂( x, y) 雅可比行列式 J = = 1, ∂ ( u, v )
变换后区域为
v
u=v
D′
o
u
D′ ： x + y = 1 ⇒ u = 1 x = 0 ⇒ u−v = 0 y=0 ⇒v=0 y ( x + y )2 ∫∫ x + ye dσ = ∫∫′ f ( u, v ) | J | dudv D D
u=v
o
u
1 1 ∂( x, y) − 2 2 1 J= = =− , 1 1 ∂ ( u, v ) 2 2 2
故
∫∫ e
D
2
y− x y+ x
1 dxdy = ∫∫ e − dudv 2 D′
u v
u v来自百度文库
1 1 2 = ∫0 dv ∫ ve du = ∫ (e − e −1 )vdv = e − e −1 . − 2 2 0
( 3) 变换 T : D′ → D 是一对一的，则有 是一对一的，
∫∫ f ( x , y )dxdy = ∫∫ f [ x(u, v ), y( u, v )] J (u, v ) dudv .
D D
说明 : (1) 如果Jacobi行列式J (u , v)只在D′内个别 点上或一条曲线上为零, 而在其他点上不为零, 则上述换元公式仍成立.
Ω′
例1
计算I = ∫∫∫ ( x + y + z ) cos( x + y + z ) 2 dv, 其中
Ω
Ω={( x, y, z ) | 0 ≤ x − y ≤ 1, 0 ≤ x − z ≤ 1, 0 ≤ x + y + z ≤ 1}.
解: 为了使积分区域Ω变得简单，我们作坐标变换：
x − y = u , x − z = v, x + y + z = ω ,
于是
∂ ( x, y , z ) J ( x, y , z ) = ∂( ρ , ϕ ,θ ) a sin ϕ cos θ = b sin ϕ sin θ c cos ϕ a ρ cos ϕ cos θ b ρ cos ϕ sin θ −c ρ sin ϕ −a ρ sin ϕ sin θ b ρ sin ϕ cos θ 0
一、二重积分的换元法
平面上同一个点， 平面上同一个点，直角 坐标与极坐标之 x = r cos θ, 间的关系为 y = r sin θ.
上式可看成是从极坐标 平面 ro θ 到直角 坐标平面 xoy 的一种变换， 即对于 roθ 平
通过上式变换， 面上的一点 M ′( r , θ)，通过上式变换，变 成 xoy 平面上的一点 M ( x , y )，且这种变 换是一对一的． 换是一对一的．
(2) 换元形式的选择, 可根据积分区域D或 被积函数f ( x, y )选择, 使换元后的积分区域D′ 不分块, 换元后的被积函数f ( x, y )易于积出.
例1 计算二重积分 ∫∫ x y dxdy, 其中D是由双曲线
2 2 D
xy = 1和xy = 2, 直线y = x和y = 4 x所围成的第一象
二、三重积分的换元法
定理 设 f ( x, y, z ) 在 空间区域Ω 上 连续，变换 T : x = x(u, v, w), 空间的闭区域 Ω，且满足
(1) x(u , v, w), y (u , v, w), z (u , v, w) 在 Ω′ 上具有一阶 连续偏导数； ∂ ( x, y , z ) (2) 在 Ω′ 上雅可比式 J (u , v, w) = ≠ 0; ∂ (u , v, w)
因此
1 1 2 I = ∫ du ∫ dv ∫ ω cos(ω ) d ω = sin1. 0 0 0 3 6
1 1 1
x y z 例2 求 ∫∫∫ 2 + 2 + 2 dv, 其中Ω为椭球体 a b c Ω x2 y 2 z 2 + 2 + 2 ≤ 1. 2 a b c 解 把分式看作一个整体 那么积分区域就可以 把分式看作一个整体,那么积分区域就可以
1
x 2 + y 2 ≤ 1, 且a 2 + b 2 ≠ 0 .
−1
1 − u 2 f ( u a 2 + b 2 + c )du ,其中 D 为
练习题答案
7 一、1、 ln 2 ； 3 1 二、 . 8
5 2、 2、 π . 32
于是
∂ ( x, y , z ) I = ∫∫∫ ω cos(ω ) dudvdω ∂ (u, v, ω ) Ω
2 2 1 = ∫∫∫ ω cos(ω ) dudvd ω 3 Ω
再用u , v, ω 表示Ω,得 Ω′ = {(u , v, ω ) | 0 ≤ u ≤ 1, 0 ≤ v ≤ 1, 0 ≤ ω ≤ 1}
于是
1 1 x = (u + v + ω ), y = (−2u + v + ω ), 3 3 1 z = (u − 2v + ω ) 3
1 3 ∂ ( x, y , z ) 2 =− J ( x, y , z ) = ∂ (u , v, ω ) 3 1 3
1 3 1 3 2 − 3
1 3 1 1 = 3 3 1 3
定理 设 f ( x , y ) 在 xoy 平面上的闭区域 D 上 连续， 连续，变换 T : x = x ( u, v ), y = y( u, v ) 将 uov 平面上的闭区域 D′ 变为 xoy 平面上的 D， 且满足 (1) x ( u, v ), y( u, v ) 在 D′ 上具有一阶连续偏导数 ； ( 2) 在 D′ 上雅可比式 ∂( x, y) J ( u, v ) = ≠ 0; ∂ ( u, v )
在这变换下 D → D′ = {( r , θ) 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ θ ≤ 2π},
∂( x, y) J= = abr . ∂ ( r ,θ )
J 在 D′ 内仅当 r = 0 处为零， 处为零， 故换元公式仍成立， 故换元公式仍成立，
∴∫∫
D
x2 y2 2 2 1− 2 − 2 dxdy = ∫∫ 1−r abrdrdθ = πab. 3 a b ′ D
= abc ρ sin ϕ
2
因此
I = ∫∫∫ abc ρ sin ϕ d ρ dϕdθ
4 Ω′
= abc ∫ dθ ∫ sin ϕ dϕ ∫ ρ d ρ
4 0 0 0
2π
π
1
4 = abcπ 5
该题所用到的变换称为广义球坐标变换. 该题所用到的变换称为广义球坐标变换
二、小结
1．作什么变换主要取决于积分区域 D, Ω 的形状， 同时也兼顾被积函数 f ( x, y ), f ( x, y, z ) 的形式．
y = y (u , v, w) z = z (u , v, w)将 ouvw 空间的闭区域 Ω′ 变为 Oxyz
(3) 变换 T : Ω′ → Ω 是一对一的，则有
∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz
Ω
= ∫∫∫ f [ x(u, v, w), y (u , v, w), z (u , v, w)] J (u , v, w) dudvdw
线x + y = 2所 成 闭 域 y 围 的 区 ．
解 令 u = y − x,
v = y + x,
D
x+ y=2
v−u , 则x= 2
D → D′, 即
v+u y= . 2
o
v
u = −v
x
v=2
x = 0 → u = v; y = 0 → u = −v; x + y = 2 → v = 2.
D′