下册 8.2 三重积分 第27题
📝 题目
27．求 $\displaystyle \lim _{u \rightarrow+\infty} \frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{u} \mathrm{~d} z \iint_{D} \frac{\sin \left(z \sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中积分区域 $D: 1 \leqslant x^{2}+y^{2} \leqslant 4^{2}$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
方法 1：利用柱面坐标变换得
$\displaystyle \int_{0}^{u} \mathrm{~d} z \iint_{D} \frac{\sin \left(z \sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{1}^{4} \mathrm{~d} r \int_{0}^{u} \sin (r z) \mathrm{d} z=2 \pi \int_{1}^{4} \frac{1-\cos (r u)}{r} \mathrm{~d} r=2 \pi\left(\ln 4+\int_{1}^{4} \frac{\cos (r u)}{r} \mathrm{~d} r\right)$ ．
令 $x=u r$ ，则
$$
\int_{1}^{4} \frac{\cos (r u)}{r} \mathrm{~d} r=\int_{t}^{4} \frac{\cos (r u)}{u r} \mathrm{~d}(u r)=\int_{u}^{4 u} \frac{\cos x}{x} \mathrm{~d} x .
$$
由 $\displaystyle \int_{1}^{+\infty} \frac{\cos x}{x} \mathrm{~d} x$ 收敛得 $\displaystyle \lim _{u \rightarrow+\infty} \int_{u}^{4 u} \frac{\cos x}{x} \mathrm{~d} x=0$ ．于是
$$
\lim _{u \rightarrow+\infty} \frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{u} \mathrm{~d} z \iint_{D} \frac{\sin \left(z \sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=2 \ln 2 .
$$
方法 2：原式 $\displaystyle =\frac{1}{2 \pi} \lim _{u \rightarrow+\infty} \int_{0}^{u} \mathrm{~d} z \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{1}^{4} \sin (r z) \mathrm{d} r=\lim _{u \rightarrow+\infty} \int_{0}^{u} \frac{\cos z-\cos 4 z}{z} \mathrm{~d} z=\int_{0}^{+\infty} \frac{\cos z-\cos 4 z}{z} \mathrm{~d} z$ ．令 $\displaystyle F(p)=\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-p z} \frac{\cos z-\cos 4 z}{z} \mathrm{~d} z$ ，则
$$
F(p)=\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-p z} \frac{\cos z-\cos 4 z}{z} \mathrm{~d} z=\int_{0}^{+\infty} \mathrm{d} z \int_{1}^{4} \mathrm{e}^{-p z} \sin z y \mathrm{~d} y .
$$
易证 $\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-p z} \sin z y \mathrm{~d} z$ 在 $[1,4]$ 一致收敛， $\mathrm{e}^{-p z} \sin z y$ 在 $[0,+\infty) \times[1,4]$ 上连续．故积分可交换顺序．于是
$$
\begin{aligned}
F(p) & =\int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-p z} \frac{\cos z-\cos 4 z}{z} \mathrm{~d} z=\int_{0}^{+\infty} \mathrm{d} z \int_{1}^{4} \mathrm{e}^{-p z} \sin z y \mathrm{~d} y \\
& =\int_{1}^{4} \mathrm{~d} y \int_{0}^{+\infty} \mathrm{e}^{-p z} \sin z y \mathrm{~d} z=\int_{1}^{4} \frac{y}{p^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} y=\frac{1}{2} \ln \frac{p^{2}+16}{p^{2}+1} .
\end{aligned}
$$
由于 $F(p)$ 在 $p \geqslant 0$ 时连续，故
$$
F(0)=\int_{0}^{+\infty} \frac{\cos z-\cos 4 z}{z} \mathrm{~d} z=\lim _{p \rightarrow 0^{+}} F(p)=\frac{1}{2} \ln 16=2 \ln 2 .
$$
因此
$$
\lim _{u \rightarrow+\infty} \frac{1}{2 \pi} \int_{0}^{u} \mathrm{~d} z \iint_{D} \frac{\sin \left(z \sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=2 \ln 2
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：将积分转化为柱面坐标形式
令 $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$, 则 $\sqrt{x^2+y^2}=r$, $\mathrm{d}x\mathrm{d}y=r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$, 积分区域 $D: 1\le r\le 4$, $0\le\theta\le 2\pi$. 原三重积分化为：
$$
\int_0^u \mathrm{d}z \iint_D \frac{\sin(z\sqrt{x^2+y^2})}{\sqrt{x^2+y^2}} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_1^4 \mathrm{d}r \int_0^u \sin(rz) \mathrm{d}z.
$$
公式：柱面坐标变换：$x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$, $\mathrm{d}x\mathrm{d}y=r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$
提示：注意 $\sqrt{x^2+y^2}=r$，不要遗漏 $r$ 因子。
步骤 2/8
目标：计算内层积分并化简
先对 $z$ 积分：$\int_0^u \sin(rz)\mathrm{d}z = \frac{1-\cos(ru)}{r}$. 再对 $\theta$ 积分得 $2\pi$. 于是原式化为：
$$
2\pi \int_1^4 \frac{1-\cos(ru)}{r} \mathrm{d}r = 2\pi \left( \int_1^4 \frac{\mathrm{d}r}{r} - \int_1^4 \frac{\cos(ru)}{r} \mathrm{d}r \right) = 2\pi \left( \ln 4 - \int_1^4 \frac{\cos(ru)}{r} \mathrm{d}r \right).
$$
公式：$\int \sin(az)\mathrm{d}z = -\frac{\cos(az)}{a}$
提示：注意 $\int_1^4 \frac{\mathrm{d}r}{r} = \ln 4$，不要写成 $\ln 4 - \ln 1 = \ln 4$。
步骤 3/8
目标：变量代换处理余弦积分
令 $x = ru$, 则 $\mathrm{d}x = u\mathrm{d}r$, $\frac{\mathrm{d}r}{r} = \frac{\mathrm{d}x}{x}$. 积分限：$r=1$ 时 $x=u$, $r=4$ 时 $x=4u$. 于是
$$
\int_1^4 \frac{\cos(ru)}{r} \mathrm{d}r = \int_u^{4u} \frac{\cos x}{x} \mathrm{d}x.
$$
公式：变量代换：$x=ru$
提示：注意 $\mathrm{d}r = \mathrm{d}x/u$, 但 $\frac{\mathrm{d}r}{r} = \frac{\mathrm{d}x/u}{x/u} = \frac{\mathrm{d}x}{x}$，直接得到。
步骤 4/8
目标：利用余弦积分收敛性求极限
已知 $\int_1^{+\infty} \frac{\cos x}{x} \mathrm{d}x$ 收敛（Dirichlet判别法），故当 $u\to+\infty$ 时，$\int_u^{4u} \frac{\cos x}{x} \mathrm{d}x \to 0$. 因此
$$
\lim_{u\to+\infty} \frac{1}{2\pi} \cdot 2\pi \left( \ln 4 - \int_u^{4u} \frac{\cos x}{x} \mathrm{d}x \right) = \ln 4 = 2\ln 2.
$$
公式：Dirichlet判别法：$\int_a^\infty \frac{\cos x}{x}\mathrm{d}x$ 收敛
提示：注意极限过程中 $\int_u^{4u} \frac{\cos x}{x}\mathrm{d}x$ 趋于0，但需说明收敛性。
步骤 5/8
目标：方法二：交换积分次序并引入参数
原式 $= \frac{1}{2\pi} \lim_{u\to+\infty} \int_0^u \mathrm{d}z \int_0^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_1^4 \sin(rz) \mathrm{d}r = \lim_{u\to+\infty} \int_0^u \frac{\cos z - \cos 4z}{z} \mathrm{d}z = \int_0^{+\infty} \frac{\cos z - \cos 4z}{z} \mathrm{d}z$.
令 $F(p) = \int_0^{+\infty} e^{-pz} \frac{\cos z - \cos 4z}{z} \mathrm{d}z$, 则 $F(0)$ 即为所求.
公式：$\int_1^4 \sin(rz)\mathrm{d}r = \frac{\cos z - \cos 4z}{z}$
提示：注意 $\int_0^u \frac{\cos z - \cos 4z}{z} \mathrm{d}z$ 在 $u\to+\infty$ 时收敛，需验证。
步骤 6/8
目标：利用Laplace变换交换积分次序
将 $\frac{\cos z - \cos 4z}{z}$ 写成积分形式：$\frac{\cos z - \cos 4z}{z} = \int_1^4 \sin(zy) \mathrm{d}y$. 于是
$$
F(p) = \int_0^{+\infty} e^{-pz} \mathrm{d}z \int_1^4 \sin(zy) \mathrm{d}y = \int_1^4 \mathrm{d}y \int_0^{+\infty} e^{-pz} \sin(zy) \mathrm{d}z.
$$
交换次序由一致收敛性保证.
公式：$\frac{\cos a - \cos b}{b-a} = \int_a^b \sin(xy)\mathrm{d}y$ 的变形
提示：需验证积分次序可交换，通常由 $e^{-pz}$ 的衰减保证。
步骤 7/8
目标：计算内层Laplace变换
计算 $\int_0^{+\infty} e^{-pz} \sin(zy) \mathrm{d}z = \frac{y}{p^2+y^2}$. 于是
$$
F(p) = \int_1^4 \frac{y}{p^2+y^2} \mathrm{d}y = \frac{1}{2} \ln \frac{p^2+16}{p^2+1}.
$$
公式：$\mathcal{L}\{\sin(ay)\} = \frac{a}{s^2+a^2}$
提示：注意积分结果 $\frac{1}{2}\ln(p^2+y^2)$ 在 $y=1,4$ 处取值。
步骤 8/8
目标：取极限得到最终结果
由于 $F(p)$ 在 $p\ge 0$ 连续，故
$$
\int_0^{+\infty} \frac{\cos z - \cos 4z}{z} \mathrm{d}z = F(0) = \lim_{p\to 0^+} F(p) = \frac{1}{2} \ln 16 = 2\ln 2.
$$
因此原极限为 $2\ln 2$.
公式：连续性：$\lim_{p\to 0^+} F(p) = F(0)$
提示：注意 $F(0)$ 是广义积分，需说明 $F(p)$ 在 $p=0$ 处连续。
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