下册 8.2 三重积分 第12题
📝 题目
12．证明下列结论．
（1）设 $f$ 是 $[-1,1]$ 上的可积函数，则有 $\iiint_{x^{2}+y^{2}+z^{2}<1} f(z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\pi \int_{-1}^{1} f(u)\left(1-u^{2}\right) \mathrm{d} u$ ．
（2）设 $f(t)$ 是 $[-k, k]$ 上的连续函数．试证：
$$
\iiint_{x^{2}+y^{2}+z^{2}<1} f(a x+b y+c z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\pi \int_{-1}^{1}\left(1-u^{2}\right) f(k u) \mathrm{d} u \text {, 其中 } k=\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}>0 \text {. (浙江大学 } 2008 \text {, }
$$
南京大学 2007，厦门大学 2006 ，广州大学 $2010 ; f(t)=\cos t$ ：浙江大学 2006 ，上海交大 2006 ，南开大学 1985 ，厦门大学 2008／2012）
（3）记 函数 $F(a, b, c)=\iiint_{V} f(a x+b y+c z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ ，其 中 $V: x^{2}+y^{2}+z^{2} \leqslant 1$ ，试 证 明：球 面 $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$ 为函数 $F(a, b, c)$ 的等值面，即 $F(a, b, c)$ 在球面 $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$ 上恒为常数，并求出此常数．
提示：采用＂先二后一＂的方法
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1） $\iiint_{x^{2}+y^{2}+z^{2} \leq 1} f(z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_{-1}^{1} \mathrm{~d} z \iint_{x^{2}+y^{2}<1-z^{2}} f(z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\int_{-1}^{1} \pi f(z)\left(1-z^{2}\right) \mathrm{d} z=\int_{-1}^{1} \pi f(u)\left(1-u^{2}\right) \mathrm{d} u$ ．
（2）取新坐标系 $O u v w$ ，其中原点不变，平面 $a x+b y+c z=0$ 即为 $O v w, u$ 轴垂直于该面，即作正交变换，点 $(x, y, z)$ 在 $O u v w$ 中的坐标为 $(u, v, w)$ ，则
$$
u=\frac{a x+b y+c z}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}} \text {, 且 } x^{2}+y^{2}+z^{2}=u^{2}+v^{2}+\omega^{2}, J=\frac{\partial(x, y, z)}{\partial(u, v, \omega)}= \pm 1 \text {. }
$$
故
$$
\begin{aligned}
& \iiint_{x^{2}+y^{2}+z^{2}<1} f(a x+b y+c z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iiint_{u^{2}+v^{2}+w^{2}<1} f(k u) \mathrm{d} u \mathrm{~d} v \mathrm{~d} w=\int_{-1}^{1} f(k u) \mathrm{d} u \iint_{v^{2}+w^{2}<1-u^{2}} \mathrm{~d} v \mathrm{~d} w \\
& \quad=\int_{-1}^{1} f(k u) \pi\left(1-u^{2}\right) \mathrm{d} u=\pi \int_{-1}^{1}\left(1-u^{2}\right) f(k u) \mathrm{d} u, \text { 其中 } k=\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}>0 .
\end{aligned}
$$
特别地，当 $f(t)=\cos t$ 时，
$$
\begin{aligned}
& \iiint_{x^{2}+y^{2}+z^{2}<1} \cos (a x+b y+c z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \\
= & \pi \int_{-1}^{1}\left(1-u^{2}\right) \cos (k u) \mathrm{d} u=\pi \int_{-1}^{1}\left(1-u^{2}\right) \cos (k u) \mathrm{d} u \\
= & 2 \pi \int_{0}^{1}\left(1-u^{2}\right) \cos (k u) \mathrm{d} u=2 \pi\left(-\frac{2}{k^{2}} \cos k+\frac{2}{k^{3}} \sin k\right)=\frac{4 \pi}{k^{2}}\left(\frac{\sin k}{k}-\cos k\right) \\
= & \frac{4 \pi}{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\left(\frac{\sin \sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}{\sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}}-\cos \sqrt{a^{2}+b^{2}+c^{2}}\right) .
\end{aligned}
$$
（3）由（2）知
$$
F(a, b, c)=\iiint_{V} f(a x+b y+c z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\pi \int_{-1}^{1}\left(1-u^{2}\right) f(k u) \mathrm{d} u=\pi \int_{-1}^{1}\left(1-u^{2}\right) f(u) \mathrm{d} u .
$$
故球面 $a^{2}+b^{2}+c^{2} \doteq 1$ 为函数 $F(a, b, c)$ 的等值面，即 $F(a, b, c)$ 在球面 $a^{2}+b^{2}+c^{2}=1$ 上恒为 $\pi \int_{-1}^{1}\left(1-u^{2}\right) f(u) \mathrm{d} u$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：证明（1）：利用先二后一法化简三重积分
将三重积分化为先对 $x,y$ 积分再对 $z$ 积分的形式：
$$\iiint_{x^2+y^2+z^2<1} f(z) \,dxdydz = \int_{-1}^1 dz \iint_{x^2+y^2<1-z^2} f(z) \,dxdy.$$
公式：先二后一法：$\iiint_V f(z) dV = \int_{z_1}^{z_2} f(z) A(z) dz$，其中 $A(z)$ 是截面面积。
提示：注意积分限：$z$ 从 $-1$ 到 $1$，截面为圆盘 $x^2+y^2<1-z^2$。
步骤 2/6
目标：计算截面面积并完成积分
截面 $x^2+y^2<1-z^2$ 的面积为 $\pi(1-z^2)$，因此
$$\int_{-1}^1 f(z) \cdot \pi(1-z^2) \, dz = \pi \int_{-1}^1 f(u)(1-u^2) \, du.$$
公式：圆面积公式：$\pi r^2$，其中 $r=\sqrt{1-z^2}$。
提示：注意 $f(z)$ 与 $z$ 无关，可直接提出。
步骤 3/6
目标：证明（2）：通过正交变换将一般线性函数化为单一变量
作正交变换 $(x,y,z) \to (u,v,w)$，使得 $u = \frac{ax+by+cz}{k}$，其中 $k=\sqrt{a^2+b^2+c^2}>0$。由于正交变换保持球体不变且雅可比行列式为 $\pm1$，有
$$\iiint_{x^2+y^2+z^2<1} f(ax+by+cz) \,dxdydz = \iiint_{u^2+v^2+w^2<1} f(ku) \,dudvdw.$$
公式：正交变换：$x^2+y^2+z^2 = u^2+v^2+w^2$，$|J|=1$。
提示：确保 $u$ 轴方向与 $(a,b,c)$ 方向一致，且 $k$ 为模长。
步骤 4/6
目标：对变换后的积分应用先二后一法
类似（1），先对 $v,w$ 积分：
$$\iiint_{u^2+v^2+w^2<1} f(ku) \,dudvdw = \int_{-1}^1 f(ku) \, du \iint_{v^2+w^2<1-u^2} dv dw = \int_{-1}^1 f(ku) \pi(1-u^2) \, du.$$
公式：同上。
提示：注意 $f(ku)$ 与 $v,w$ 无关。
步骤 5/6
目标：得到（2）的结论
因此
$$\iiint_{x^2+y^2+z^2<1} f(ax+by+cz) \,dxdydz = \pi \int_{-1}^1 (1-u^2) f(ku) \, du.$$
提示：注意 $k$ 是常数，积分变量为 $u$。
步骤 6/6
目标：证明（3）：利用（2）的结果证明等值面性质
由（2）知 $F(a,b,c) = \pi \int_{-1}^1 (1-u^2) f(ku) \, du$，其中 $k=\sqrt{a^2+b^2+c^2}$。当 $a^2+b^2+c^2=1$ 时，$k=1$，代入得
$$F(a,b,c) = \pi \int_{-1}^1 (1-u^2) f(u) \, du,$$
与 $a,b,c$ 无关，故球面 $a^2+b^2+c^2=1$ 是等值面，常数为 $\pi \int_{-1}^1 (1-u^2) f(u) \, du$。
提示：注意 $k$ 仅依赖于 $a^2+b^2+c^2$，当 $k=1$ 时表达式与方向无关。
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