下册 8.2 三重积分 第14题
📝 题目
14．交换积分顺序．
（1）将积分 $J=\int_{-1}^{1} \mathrm{~d} x \int_{-\sqrt{1-x^{2}}}^{\sqrt{1-x^{2}}} \mathrm{~d} y \int_{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}^{1} f(x, y, z) \mathrm{d} z$ 化为先对 $x$ 再对 $y$ ，最后对 $z$ 的积分．
（2）将 $\int_{0}^{1} \mathrm{~d} x \int_{0}^{1-x} \mathrm{~d} y \int_{0}^{x+y} f(x, y, z) \mathrm{d} z$ 化为先对 $x$ 再对 $z$ ，最后对 $y$ 的累次积分；先对 $y$ 再对 $z$ ，最后对 $x$ 的累次积分；先对 $y$ 再对 $x$ ，最后对 $z$ 的累次积分．
💡 答案解析
解题过程：
（1）如图8．154所示，
$$
J=\int_{-1}^{1} \mathrm{~d} x \int_{-\sqrt{1-x^{2}}}^{\sqrt{1-x^{2}}} \mathrm{~d} y \int_{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}^{1} f(x, y, z) \mathrm{d} z=\int_{0}^{1} \mathrm{~d} z \int_{-z}^{z} \mathrm{~d} y \int_{-\sqrt{z^{2}-y^{2}}}^{\sqrt{z^{2}-y^{2}}} f(x, y, z) \mathrm{d} x
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-208.jpg?height=1155&width=1085&top_left_y=7017&top_left_x=953}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图8．154}
\end{figure}
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-208.jpg?height=1216&width=1320&top_left_y=6969&top_left_x=3370}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图8．155}
\end{figure}
（2）积分区域 $V=\{(x, y, z) \mid 0 \leqslant z \leqslant x+y, 0 \leqslant y \leqslant 1-x, 0 \leqslant x \leqslant 1\}$ ，如图8．155所示．由于 $V$ 在 $x y$ 平面上的投影区域 $D_{x y}=\{(x, y) \mid 0 \leqslant y \leqslant 1-x, 0 \leqslant x \leqslant 1\}$ ，从而
$$
I=\int_{0}^{1} \mathrm{~d} x \int_{0}^{1-x} \mathrm{~d} y \int_{0}^{x+y} f(x, y, z) \mathrm{d} z=\int_{0}^{1} \mathrm{~d} y \int_{0}^{1-y} \mathrm{~d} x \int_{0}^{x+y} f(x, y, z) \mathrm{d} z
$$
由于 $V$ 在 $y z$ 平面上的投影区域 $D_{y z}=\{(y, z) \mid 0 \leqslant y \leqslant 1,0 \leqslant z \leqslant 1\}$ ，从而
$$
\begin{aligned}
I & =\int_{0}^{1} \mathrm{~d} z \int_{0}^{z} \mathrm{~d} y \int_{z-y}^{1-y} f(x, y, z) \mathrm{d} x+\int_{0}^{1} \mathrm{~d} z \int_{z}^{1} \mathrm{~d} y \int_{0}^{1-y} f(x, y, z) \mathrm{d} x \\
& =\int_{0}^{1} \mathrm{~d} y \int_{0}^{y} \mathrm{~d} z \int_{0}^{1-y} f(x, y, z) \mathrm{d} x+\int_{0}^{1} \mathrm{~d} y \int_{y}^{1} \mathrm{~d} z \int_{z-y}^{1-y} f(x, y, z) \mathrm{d} x .
\end{aligned}
$$
由于 $V$ 在 $z x$ 平面上的投影区域 $D_{z x}=\{(x, z) \mid 0 \leqslant x \leqslant 1,0 \leqslant z \leqslant 1\}$ ，从而
$$
\begin{aligned}
I & =\int_{0}^{1} \mathrm{~d} x \int_{0}^{x} \mathrm{~d} z \int_{0}^{1-x} f(x, y, z) \mathrm{d} y+\int_{0}^{1} \mathrm{~d} x \int_{x}^{1} \mathrm{~d} z \int_{z-x}^{1-x} f(x, y, z) \mathrm{d} y \\
& =\int_{0}^{1} \mathrm{~d} z \int_{0}^{z} \mathrm{~d} x \int_{z-x}^{1-x} f(x, y, z) \mathrm{d} y+\int_{0}^{1} \mathrm{~d} z \int_{z}^{1} \mathrm{~d} x \int_{0}^{1-x} f(x, y, z) \mathrm{d} y .
\end{aligned}
$$
积分区域 $\Omega=\{(x, y, z) \mid 0 \leqslant z \leqslant x+y, 0 \leqslant y \leqslant 1-x, 0 \leqslant x \leqslant 1\}$ 可表示为 $\Omega=\Omega_{1} \cup \Omega_{2}$ ，其中
$$
\begin{aligned}
& \Omega_{1}=\{(x, y, z) \mid z-x \leqslant y \leqslant 1-x, x \leqslant z \leqslant 1,0 \leqslant x \leqslant 1\}, \\
& \Omega_{2}=\{(x, y, z) \mid 0 \leqslant y \leqslant 1-x, 0 \leqslant z \leqslant x, 0 \leqslant x \leqslant 1\} .
\end{aligned}
$$
于是 $I=\int_{0}^{1} \mathrm{~d} x \int_{0}^{1-x} \mathrm{~d} y \int_{0}^{x+y} f(x, y, z) \mathrm{d} z=\int_{0}^{1} \mathrm{~d} x \int_{x}^{1} \mathrm{~d} z \int_{z-x}^{1-x} f(x, y, z) \mathrm{d} y+\int_{0}^{1} \mathrm{~d} x \int_{0}^{x} \mathrm{~d} z \int_{0}^{1-x} f(x, y, z) \mathrm{d} y$ 。
积分区域 $\Omega=\{(x, y, z) \mid 0 \leqslant z \leqslant x+y, 0 \leqslant y \leqslant 1-x, 0 \leqslant x \leqslant 1\}$ 可表示为 $\Omega=\Omega_{3} \cup \Omega_{4}$ ，其中
$$
\begin{aligned}
& \Omega_{3}=\{(x, y, z) \mid z-x \leqslant y \leqslant 1-x, 0 \leqslant x \leqslant z, 0 \leqslant z \leqslant 1\}, \\
& \Omega_{4}=\{(x, y, z) \mid 0 \leqslant y \leqslant 1-x, z \leqslant x \leqslant 1,0 \leqslant z \leqslant 1\} .
\end{aligned}
$$
于是 $I=\int_{0}^{1} \mathrm{~d} x \int_{0}^{1-x} \mathrm{~d} y \int_{0}^{x+y} f(x, y, z) \mathrm{d} z=\int_{0}^{1} \mathrm{~d} z \int_{0}^{z} \mathrm{~d} x \int_{z-x}^{1-x} f(x, y, z) \mathrm{d} y+\int_{0}^{1} \mathrm{~d} z \int_{z}^{1} \mathrm{~d} x \int_{0}^{1-x} f(x, y, z) \mathrm{d} y$ 。
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：分析原积分区域
原积分 $J=\int_{-1}^{1} \mathrm{~d} x \int_{-\sqrt{1-x^{2}}}^{\sqrt{1-x^{2}}} \mathrm{~d} y \int_{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}^{1} f(x, y, z) \mathrm{d} z$ 的积分区域为：$x$ 从 $-1$ 到 $1$，对每个 $x$，$y$ 从 $-\sqrt{1-x^2}$ 到 $\sqrt{1-x^2}$，对每个 $(x,y)$，$z$ 从 $\sqrt{x^2+y^2}$ 到 $1$。该区域是上半单位球体（$z\ge 0$）被平面 $z=1$ 截得的区域，即 $\{(x,y,z): x^2+y^2\le 1, \sqrt{x^2+y^2}\le z\le 1\}$。
提示：注意 $z$ 的下限是 $\sqrt{x^2+y^2}$，表示锥面，上限是 $z=1$，区域是球体的一部分。
步骤 2/7
目标：确定新积分次序的积分限
要化为先对 $x$ 再对 $y$，最后对 $z$ 的积分。先固定 $z$：$z$ 的范围是 $0$ 到 $1$。对于固定的 $z$，$x,y$ 满足 $\sqrt{x^2+y^2}\le z$，即 $x^2+y^2\le z^2$，且 $x^2+y^2\le 1$，由于 $z\le 1$，所以 $x^2+y^2\le z^2$。因此 $y$ 的范围是 $[-z, z]$，对每个 $y$，$x$ 的范围是 $[-\sqrt{z^2-y^2}, \sqrt{z^2-y^2}]$。
提示：注意 $z$ 的下限是 $0$，因为原区域中 $z\ge \sqrt{x^2+y^2}\ge 0$。
步骤 3/7
目标：写出新积分表达式
因此，交换积分顺序后得到：
$$J=\int_{0}^{1} \mathrm{d} z \int_{-z}^{z} \mathrm{d} y \int_{-\sqrt{z^{2}-y^{2}}}^{\sqrt{z^{2}-y^{2}}} f(x, y, z) \mathrm{d} x.$$
提示：注意积分限的对应关系，不要搞错顺序。
步骤 4/7
目标：分析第二题原积分区域
原积分 $I=\int_{0}^{1} \mathrm{d} x \int_{0}^{1-x} \mathrm{d} y \int_{0}^{x+y} f(x, y, z) \mathrm{d} z$ 的积分区域为：$0\le x\le 1$，$0\le y\le 1-x$，$0\le z\le x+y$。该区域是一个四面体，顶点为 $(0,0,0)$, $(1,0,0)$, $(0,1,0)$, $(0,0,0)$ 但注意 $z$ 的上限是 $x+y$，所以区域是 $\{(x,y,z): x\ge0, y\ge0, z\ge0, x+y\le 1, z\le x+y\}$。
提示：注意 $x+y\le 1$ 和 $z\le x+y$ 两个不等式。
步骤 5/7
目标：化为先对x再对z最后对y的积分
先固定 $y$：$y$ 从 $0$ 到 $1$。对于固定的 $y$，$x$ 的范围？原区域中 $x$ 满足 $0\le x\le 1-y$。然后固定 $y$ 和 $x$，$z$ 从 $0$ 到 $x+y$。但我们要先对 $x$ 再对 $z$ 最后对 $y$，所以先固定 $y$ 和 $z$，再对 $x$ 积分。对于固定的 $y$ 和 $z$，$x$ 满足什么？由 $0\le z\le x+y$ 得 $x\ge z-y$，且 $x\le 1-y$，同时 $x\ge 0$。因此 $x$ 的下限为 $\max(0, z-y)$，上限为 $1-y$。但 $z$ 的范围？由于 $z\le x+y\le 1$，且 $z\ge 0$，所以 $z$ 从 $0$ 到 $1$。但需要分段：当 $z\le y$ 时，$z-y\le 0$，所以 $x$ 下限为 $0$；当 $z>y$ 时，下限为 $z-y$。因此积分分为两部分：
$$I=\int_{0}^{1} \mathrm{d} y \int_{0}^{y} \mathrm{d} z \int_{0}^{1-y} f \mathrm{d} x + \int_{0}^{1} \mathrm{d} y \int_{y}^{1} \mathrm{d} z \int_{z-y}^{1-y} f \mathrm{d} x.$$
提示：注意分段处理，$z$ 与 $y$ 的大小关系影响 $x$ 的下限。
步骤 6/7
目标：化为先对y再对z最后对x的积分
先固定 $x$：$x$ 从 $0$ 到 $1$。对于固定的 $x$，$y$ 从 $0$ 到 $1-x$。然后固定 $x$ 和 $z$，对 $y$ 积分。由 $0\le z\le x+y$ 得 $y\ge z-x$，且 $y\le 1-x$，同时 $y\ge 0$。$z$ 的范围：$0\le z\le 1$。分段：当 $z\le x$ 时，$z-x\le 0$，$y$ 下限为 $0$；当 $z>x$ 时，下限为 $z-x$。因此：
$$I=\int_{0}^{1} \mathrm{d} x \int_{0}^{x} \mathrm{d} z \int_{0}^{1-x} f \mathrm{d} y + \int_{0}^{1} \mathrm{d} x \int_{x}^{1} \mathrm{d} z \int_{z-x}^{1-x} f \mathrm{d} y.$$
提示：注意 $x$ 和 $z$ 的关系导致分段。
步骤 7/7
目标：化为先对y再对x最后对z的积分
先固定 $z$：$z$ 从 $0$ 到 $1$。对于固定的 $z$，$x$ 和 $y$ 满足 $x\ge 0$, $y\ge 0$, $x+y\le 1$, $z\le x+y$。即 $x+y\ge z$ 且 $x+y\le 1$。因此 $x$ 的范围？先固定 $z$ 和 $y$，对 $x$ 积分：由 $z\le x+y\le 1$ 得 $x\ge z-y$ 且 $x\le 1-y$，同时 $x\ge 0$。$y$ 的范围？由 $x\ge 0$ 得 $y\le 1$，且 $y\ge 0$，但还需 $z-y\le 1-y$ 即 $z\le 1$ 恒成立。另外，$x$ 下限需非负，所以当 $y\le z$ 时，$z-y\ge 0$，下限为 $z-y$；当 $y>z$ 时，下限为 $0$。同时 $x$ 上限 $1-y$ 需大于下限，即 $1-y\ge \max(0, z-y)$，这自动成立因为 $1-y\ge z-y$ 当 $z\le 1$。$y$ 的范围：$0\le y\le 1$，但还需 $x$ 存在，即 $1-y\ge 0$ 所以 $y\le 1$。另外，当 $y\le z$ 时，下限 $z-y$，上限 $1-y$，要求 $z-y\le 1-y$ 即 $z\le 1$；当 $y>z$ 时，下限 $0$，上限 $1-y$，要求 $0\le 1-y$ 即 $y\le 1$。所以 $y$ 从 $0$ 到 $1$。但注意 $x$ 的积分限依赖于 $y$，且 $y$ 的积分限需保证 $x$ 的积分区间非空。实际上，当 $y>1$ 时无定义，所以 $y$ 从 $0$ 到 $1$。但需分段：$y$ 从 $0$ 到 $z$ 和 $y$ 从 $z$ 到 $1$。因此：
$$I=\int_{0}^{1} \mathrm{d} z \int_{0}^{z} \mathrm{d} y \int_{z-y}^{1-y} f \mathrm{d} x + \int_{0}^{1} \mathrm{d} z \int_{z}^{1} \mathrm{d} y \int_{0}^{1-y} f \mathrm{d} x.$$
提示：注意 $y$ 的分段与 $z$ 的关系。
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