第9章 重积分
思考题 9.1
题目内容：
思考题 9.1 （1）二重积分的值与积分区域的划分方式是否有关？（2）$(\xi_i, \eta_i)$在$\Delta\sigma_i$的内部选取和在$\Delta\sigma_i$的边界上选取时，二重积分的值是否相同？
解答过程：
（1）无关。根据二重积分的定义，只要被积函数在积分区域上是可积的，那么当所有子区域的直径的最大值趋于 $0$ 时，积分和的极限总是存在且唯一，这个极限值（即二重积分的值）完全由被积函数和积分区域决定，与积分区域的具体划分方式无关。
（2）相同。根据二重积分的定义，积分和极限的存在性及具体数值，与小区域 $\Delta\sigma_i$ 内点 $(\xi_i, \eta_i)$ 的选取方式无关。无论点是选在 $\Delta\sigma_i$ 的内部还是边界上，只要函数在该区域可积，最终取极限后得到的二重积分值都是相同的。
思考题 9.2
题目内容：
思考题 9.2 若函数$z=f(x,y)$在区域$D$上存在间断点，$f(x,y)$在区域$D$上是否可积？
解答过程：
不一定。 这取决于间断点的“多少”以及函数是否在区域 $D$ 上有界。
如果函数 $f(x,y)$ 在闭区域 $D$ 上有界，且间断点仅分布在有限个点或有限条光滑曲线上（即间断点集合的面积/测度为零），那么函数在区域 $D$ 上是可积的。
如果函数在 $D$ 上无界，或者间断点构成的集合具有正的面积（非零测度），那么函数在区域 $D$ 上通常是不可积的（在黎曼积分意义下）。
思考题 9.3
题目内容：
思考题 9.3 在例 9.7 中，如果选择先对$x$积分再对$y$积分，计算是否更简便？
解答过程：
(注：由于缺少“例 9.7”的具体内容，此处给出一般性分析原则)
判断二重积分交换积分次序是否更简便，主要取决于两个方面：
积分区域的形状：看区域是更接近 X-型区域（上下边界为函数，左右边界为常数）还是 Y-型区域（左右边界为函数，上下边界为常数）。如果先对 $x$ 积分再对 $y$ 积分，区域需要能够方便地表示为 $c \le y \le d$, $x_1(y) \le x \le x_2(y)$，且边界函数不易引入复杂的无理式或分段函数。
被积函数的特点：有时被积函数的某一个原函数用初等函数无法表示（例如 $e^{-x^2}$, $\frac{\sin x}{x}$ 等），此时必须先对另一个变量积分，凑出微分结构后才能继续计算。如果先对 $x$ 积分的原函数容易求出，则计算更简便。
思考题 9.4
题目内容：
思考题 9.4 如何利用极坐标计算广义积分$I = \int_0^{+\infty} e^{-x^2} \mathrm{d}x = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$？
解答过程：
这是一个非常经典的利用二重积分极坐标变换求解一元广义积分的例子。步骤如下：
考虑积分的平方：
$$I^2 = \left( \int_0^{+\infty} e^{-x^2} \mathrm{d}x \right) \left( \int_0^{+\infty} e^{-y^2} \mathrm{d}y \right)$$将其合并为一个二重积分，积分区域 $D$ 为第一象限（$0 \le x < +\infty, 0 \le y < +\infty$）：
$$I^2 = \iint_D e^{-(x^2+y^2)} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$引入极坐标变换 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$，则 $\mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$。第一象限在极坐标下的范围是 $0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}, 0 \le r < +\infty$。
化为极坐标下的累次积分：
$$I^2 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{d}\theta \int_0^{+\infty} e^{-r^2} r \mathrm{d}r$$先计算内层积分：
$$\int_0^{+\infty} e^{-r^2} r \mathrm{d}r = -\frac{1}{2} \int_0^{+\infty} e^{-r^2} \mathrm{d}(-r^2) = -\frac{1}{2} e^{-r^2} \Big|_0^{+\infty} = \frac{1}{2}$$再计算外层积分：
$$I^2 = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{1}{2} \mathrm{d}\theta = \frac{\pi}{4}$$因为被积函数 $e^{-x^2} > 0$，所以 $I > 0$。对其开平方得：
$$I = \int_0^{+\infty} e^{-x^2} \mathrm{d}x = \frac{\sqrt{\pi}}{2}$$思考题 9.5
题目内容：
思考题 9.5 化三重积分$I = \iiint_{\Omega} f(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$为三次积分，其中$\Omega$由$z=x^2+2y^2$和$z=2-x^2$围成。
解答过程：
首先求出两个曲面的交线在 $xy$ 平面上的投影。联立方程：
$$x^2+2y^2 = 2-x^2 \implies 2x^2+2y^2 = 2 \implies x^2+y^2 = 1$$因此，积分区域 $\Omega$ 在 $xy$ 平面上的投影区域 $D$ 为圆盘：$x^2+y^2 \le 1$。
对于投影区域 $D$ 内的任一点 $(x,y)$，$z$ 的穿入面为开口向上的抛物面 $z = x^2+2y^2$，穿出面为开口向下的抛物面 $z = 2-x^2$。
将投影区域 $D$ 表示为 X-型区域：$-1 \le x \le 1, -\sqrt{1-x^2} \le y \le \sqrt{1-x^2}$。
按照“先 $z$ 后 $y$ 最后 $x$”的次序，三重积分化为三次积分为：
$$I = \int_{-1}^1 \mathrm{d}x \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \mathrm{d}y \int_{x^2+2y^2}^{2-x^2} f(x,y,z)\mathrm{d}z$$思考题 9.6
题目内容：
思考题 9.6 三重积分的“投影法”与“截面法”有何不同，何时采用截面法更加方便？
解答过程：
投影法（“先一后二”法）：先固定 $x, y$，对 $z$ 在穿入面和穿出面之间求一重定积分，然后再对投影到 $xy$ 平面上的区域 $D_{xy}$ 求二重积分。适用于穿入面和穿出面容易用 $z = z_1(x,y)$ 和 $z = z_2(x,y)$ 表示，且投影区域边界清晰的情况。
截面法（“先二后一”法）：先固定 $z$，在平行于 $xy$ 平面的截面区域 $D_z$ 上对 $x, y$ 求二重积分，然后再对 $z$ 在其取值范围 $[z_1, z_2]$ 内求一重定积分。
何时采用截面法更加方便：
被积函数仅仅是 $z$ 的函数（即 $f(x,y,z) = g(z)$）。此时截面上的二重积分直接等于被积函数乘以截面面积。
积分区域 $\Omega$ 被平面 $z = \text{常数}$ 截得的截面 $D_z$ 形状简单（如圆、椭圆等），其面积容易计算，而如果向 $xy$ 平面投影，其上下曲面方程可能比较复杂。
思考题 9.7
题目内容：
思考题 9.7 若将柱面坐标与截面法结合，则应如何计算例 9.23 和例 9.24 中的三重积分？
解答过程：
(注：缺少“例 9.23”和“例 9.24”的具体题目，以下为将两者结合的一般计算思路)
将柱面坐标（$x=r\cos\theta, y=r\sin\theta, z=z$）与截面法（先二后一）结合，本质上是先给定高度 $z$（即固定 $z$），在平行于 $xy$ 平面的截面 $D_z$ 上，使用极坐标系来计算二重积分，最后再对 $z$ 积分。
计算步骤和一般公式形式如下：
确定 $z$ 的最小和最大取值范围 $[z_1, z_2]$。
对于高度为 $z$ 的截面区域 $D_z$，找出它在极坐标下的边界范围（极径 $r$ 和极角 $\theta$ 的范围，通常是含有参数 $z$ 的表达式）。
积分形式为：
思考题 9.8
题目内容：
思考题 9.8 将$\iiint_{\Omega} f(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z$化为球面坐标系下的三次积分，其中
（1）$\Omega: R_1^2 \le x^2+y^2+z^2 \le R_2^2$；
（2）$\Omega$由$z=\sqrt{x^2+y^2}$和$z=\sqrt{12-x^2-y^2}$所围成；
（3）$\Omega: x^2+y^2+z^2 \le z$；
（4）$\Omega$由$x^2+y^2=z^2$和$z=a \ (a>0)$所围成。
解答过程：
设球面坐标变换为 $x = r\sin\varphi\cos\theta, y = r\sin\varphi\sin\theta, z = r\cos\varphi$，体积微元 $\mathrm{d}V = r^2\sin\varphi \mathrm{d}r\mathrm{d}\varphi\mathrm{d}\theta$。记被积函数为 $F(r,\varphi,\theta)$。
（1） 积分区域为一个球壳。
范围：整圈，极角 $\theta \in [0, 2\pi]$；天顶角 $\varphi \in [0, \pi]$；极径 $r \in [R_1, R_2]$。
结果：
（2） 区域为圆锥 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 和球面 $x^2+y^2+z^2=12$ 围成的“冰淇淋”状区域。
圆锥面方程化为 $\varphi = \frac{\pi}{4}$。球面方程化为 $r = \sqrt{12} = 2\sqrt{3}$。
范围：极角 $\theta \in [0, 2\pi]$；天顶角从正 $z$ 轴到圆锥面 $\varphi \in [0, \frac{\pi}{4}]$；极径 $r \in [0, 2\sqrt{3}]$。
结果：
（3） 区域为一个球体，配方得 $x^2+y^2+(z-\frac{1}{2})^2 \le \frac{1}{4}$，球心在 $(0,0,1/2)$，经过原点，整体在 $xy$ 平面上方。
边界曲面 $x^2+y^2+z^2 = z$ 在球面坐标下为 $r^2 = r\cos\varphi \implies r = \cos\varphi$。
由于区域全在 $xy$ 平面上方，$\varphi \in [0, \frac{\pi}{2}]$；投影是圆，$\theta \in [0, 2\pi]$。
结果：
（4） 区域为圆锥 $x^2+y^2=z^2$ 的上半部分（因为被平面 $z=a>0$ 截断）与平面 $z=a$ 所围成。
圆锥面方程为 $\varphi = \frac{\pi}{4}$。平面方程 $z=a$ 在球面坐标下为 $r\cos\varphi = a \implies r = \frac{a}{\cos\varphi}$。
范围：$\theta \in [0, 2\pi]$；天顶角 $\varphi \in [0, \frac{\pi}{4}]$；从原点出发的射线先穿出平面，极径 $r \in [0, \frac{a}{\cos\varphi}]$。
结果：