9 Multiple Integral 第九章 重積分 在第四章裡，我們已經所討論的定積分(Definite integral)，是單變數函數的 積分。本章我們將進一步的討論二變數函數與三變數函數的積分，也就是一般所 謂的重積分(Multiple integral)。二變數函數的積分稱為二重積分(Double integral)， 而三變數函數的積分稱為三重積分(Triple integral)。
9-1 二重積分(Double Integrals) 設 R 為 xy 平面上的一個區域(region)，在 R 內作平行於 x 軸及平行於 y 軸之 許多直線，將完全在區域 R 內之 n 個完整的長方形 P 分別記為𝑅1，𝑅2，…，𝑅𝑛 ， 如圖所示。
圖 9.1
令||△||為長方形𝑅1 ，𝑅2 ，…，𝑅𝑛 ，中，對角線長之最大者，(𝜉𝑘 ，𝔥𝑘 )為𝑅𝑘 內 之任意點，長方形𝑅𝑘 之面積為△𝐴𝑘，則𝑓 (𝑥, 𝑦)跨過(over)R 之二重積分定義如下：
定義 9.1：二重積分(Double Integrals) ∬𝑹 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴= lim
||△||→0
𝑛
∑
𝑘=1
𝑓 (𝜉𝑘 ，𝔥𝑘 ) △ 𝐴𝒌 。
因△ 𝐴𝒌 =△ 𝑥𝒌 ∙△ 𝑦𝒌 ，故𝑑𝐴 = 𝑑𝑥𝑑𝑦，而二重積分∬𝑹 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴，也可寫成 ∬𝑹 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 。
𝑏
我們在第四章已經學過，如果𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏時都有𝑓 (𝑥 ) ≥ 0，定積分∫𝑎 𝑓 (𝑥 ) 𝑑𝑥 可表示由𝑦 = 𝑓(𝑥)，𝑦 = 0，𝑥 = 𝑎，𝑥 = 𝑏，所圍成區域之面積。 以下將說明，如果(𝑥，𝑦)在𝑅上時都有𝑓(𝑥, 𝑦) ≥ 0，則∬𝑹 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴表示曲 面z = 𝑓 (𝑥, 𝑦) 之下方，區域 R 之上方之立體的體積。
圖 9.2 如圖 9.2，因△ 𝑉𝒌 = 𝑓 (𝜉𝑘 ，𝔥𝑘 ) △ 𝐴𝒌 n
故 V= lim ∑ ||△||→0
= lim ∑ k=1
||△||→0
𝑛 𝑘=1
𝑓 (𝜉𝑘 ，𝔥𝑘 ) △ 𝐴𝒌 = ∬𝑹 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴。
∬R f(x, y)dxdy 表示區面 z = 𝑓(𝑥, 𝑦) 之下方，區域 R 之上方之立體體積， 而∬𝑹 𝑑𝑥𝑑𝑦可表示區域 R 之面積。 下面定理說明函數𝑓 (𝑥, 𝑦) 在何種條件下，二重積分∬𝑹 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝐴存在。
♡定理 9.1：二重積分之存在定理 若𝑓 (𝑥, 𝑦)在區域 R 上連續，則∬𝑹 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝐴存在。 瞭解二重積分之定義，幾何意義，以及存在之充分條件之後，當然必須學會 如何求出二重積分。首先我們導入逐次積分(Inerated integral)之概念，然後說明 如何逐次積分求出二重積分之值。 𝑏
𝑞(𝑥)
𝑏
𝑠(𝑦)
形如∫a ∫p(x) 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥 或∫a ∫r(y) 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 之積分稱為逐次積分。其計 算之規則如下： 𝑏
𝑞(𝑥)
1. ∫a ∫p(x) 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥 之求法：
𝑞(𝑥)
第一步：視𝑥為常數，求出定積分∫p(x) 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 𝑞(𝑥)
第二步：令𝑔(𝑥 ) = ∫p(x) 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 𝑏
第三步：求∫a 𝑔(𝑥 )𝑑𝑥，則得 𝑏
𝑞(𝑥)
∫ ∫ a
p(x)
𝑏
𝑠(𝑦)
𝑏
𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥 = ∫ 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 a
2. ∫c ∫r(y) 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 之求法：
𝑠(𝑦)
第一步：視𝑦為常數，求出定積分∫r(y) 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦 𝑠(𝑦)
第二步：令ℎ(𝑦)=∫r(y) 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥 𝑏
第三步：求∫c ℎℎℎℎℎℎ(𝑦)𝑑𝑦，則得 𝑑
𝑠(𝑦)
∫ ∫ c
𝑑
𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ ℎ(𝑦)𝑑𝑦
r(y)
c
例 9.1 1
𝑋
求逐次積分(Iterated integral) ∫0 ∫𝑋 2 (1 − 𝑥𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥 1
𝑥
1
【解】∫0 ∫𝑋 2 (1 − 𝑥𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥 = ∫0 (𝑦 − 1 𝑥3 𝑥5 =∫0 (𝑥 − 2 − 𝑥 2 + 2 ) 𝑑𝑥 𝑥2 𝑥4 𝑥3 𝑥6 1
+ 12) | 0 1 1 1 1 =2 − 8 − 3 + 12 = 8 =( 2 +
8
+
3 1
𝑥𝑦 2 1
𝑥 ) | 2 𝑑𝑥 𝑥
例 9.2 1
√𝑦
求逐次積分(Iterated integral) ∫0 ∫𝑦 2 (𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑦𝑑𝑥
1
1 𝑥3
𝑦
√ 【解】∫0 ∫𝑦 2 (𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫0 (
=
1 y√𝑦 ∫0 ( 3 2
2
+ 𝑦 2 √𝑦 − 2
7
𝑦6
𝑦7
=(15 𝑦 5 + 7 𝑦 2 + 21 + 2
2
1
1
6
3
√𝑦 𝑑𝑦 𝑦2
− 𝑦 4 )𝑑𝑦
𝑦5 5
3
+ 𝑥𝑦 2 ) |
1 )| 0
=15 + 7 − 21 − 5 = 35 如果二重積分(Double integral)∬𝑹 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴之積分區域 R 可表示成 R={(x, y)|a ≤ x ≤ b, g(x) ≤ y ≤ h(x)}，如下之左圖。
或 R={(𝑥, 𝑦)|c ≤ y ≤ d, p(y) ≤ 𝑥 ≤ q(y)}，如上之右圖。 則∬𝑹 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝐴可用逐次積分(Iterated integral)求出，也就是說，二重積分可用求 定積分二次求得。
♡定理 9.2：二重積分之存在定理 若 R={(𝑥, 𝑦)|𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, 𝑔 (𝑥 ) ≤ 𝑦 ≤ ℎ(𝑥)}， 𝑏
ℎ(𝑥)
則∬𝑹 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝐴=∫𝑎 ∫𝑝(𝑥) 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥。 若 R={(𝑥, 𝑦)|𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑, 𝑝(𝑦) ≤ 𝑥 ≤ 𝑞(𝑦)}， 𝑑
𝑞(𝑦)
則∬𝑹 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝐴=∫𝑐 ∫𝑝(𝑦) 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦。
圖 9.3
【證】 如圖 9.3，因 V=∬𝑹 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑏
V=∫a A(𝑥 )𝑑𝑥 ℎ(𝑥)
𝐴 (𝑥 ) = ∫
f(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦
g(x)
故∬𝑹 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑏
=∫a A(𝑥 )𝑑𝑥 𝑏
ℎ(𝑥)
=∫a ∫g(x) 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥 第二部分之證明類似 註：二重積分(Double integral) ∬𝑹 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 可寫成 ∬𝑹 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦，逐次積分 𝑏
ℎ(𝑥)
(iterated integral) ∫a ∫g(x) 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 不能寫成 𝑏
ℎ(𝑥)
𝑑
𝑞(𝑥)
∫a ∫g(x) 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦，
𝑑
p(𝑥)
∫c ∫p(x) 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 也不能寫成∫c ∫q(x) 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥
例 9.3 若 R={(x, y)|0 ≤ x ≤ 1, 𝑥 2 ≤ y ≤ √𝑥}，求∬𝑹 xydA。 【解】∬𝑹 𝑥𝑦𝑑𝐴 1
√𝑥
1
= ∫ ∫ 𝑥𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 = ∫ 0 𝑥2 1 =2 ∫0 (𝑥 2 − 𝑥 5 ) 𝑑𝑥 1 𝑥3 𝑥6 1 =2 [ 2 − 6 ] 10=12 1
0
𝑥𝑦 2 √𝑥 | dx 2 𝑥2
例 9.4 若 R={(x, y)|0 ≤ y ≤ 1, 2𝑦 2 ≤ x ≤ 2𝑦}，求∬𝑹 𝑥 2 ydA。 【解】∬𝑹 𝑥 2 𝑦𝑑𝐴 1
2𝑦
=∫0 ∫2𝑦 2 𝑥 2 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 1 𝑥3
2𝑦 𝑦 |2𝑦 2 dy 3 1y =∫0 3 (8𝑦 3 − 8𝑦 6 )dy 8 1 =3 ∫0 (𝑦 4 − 𝑦 7 ) 𝑑𝑦 8 𝑦5 𝑦8 =3 ( 5 − 8 ) |10 8 1 1 1
=∫0
=3 (5 − 8) = 5
例 9.5 若 R 為由拋物線𝑦 = 𝑥 2 與直線𝑦 = 𝑥 + 2所圍成之區域，求∬𝑹 𝑥𝑑𝑥𝑑𝑦 2
𝑥+2
【解】∬𝑹 𝑥 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫−1 ∫𝑥 2 𝑥 𝑑𝑦𝑑𝑥 2
2
=∫−1 𝑥 𝑦|𝑥+2 𝑑𝑥 = ∫−1[𝑥(𝑥 + 2) − 𝑥 3 ]𝑑𝑥 𝑥2 2
=∫−1[2𝑥 + 𝑥 2 − 𝑥 3 ]𝑑𝑥 =(𝑥 2 + 8
𝑥3 3
−
𝑥4 4
2 )|−1 1
1
=4+3 − 4 − 1 + 3 + 4 =
9 4
。
例 9.6 若 R 為由拋物線(parabola) 𝑦 = 6𝑥 − 𝑥 2 與直線(line) 𝑦 = 𝑥所圍成之區域，求 ∬𝑹 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 5
6𝑥−𝑥 2
【解】∬𝑹 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫0 ∫𝑥 5
=∫0
𝑦2
6𝑥−𝑥 2
|
y 𝑑𝑦𝑑𝑥
𝑑𝑥
𝑥 2 5 36𝑥 2 −12𝑥 3 +𝑥 4 𝑥2 =∫0 ( − )𝑑𝑥 2 2 4 5 35 𝑥 =∫0 ( 2 𝑥 2 − 6𝑥 3 + 2 )𝑑𝑥 35 3 𝑥5 =( 6 𝑥 3 − 2 𝑥 4 + 10) |50 4375 1875 625 625
=
6
-
2
+
2
=
6
。
例 9.7 若 R 為由直線(line) 𝑦 = 2𝑥，𝑥 + 𝑦 = 3，y = −1 所圍成之區域， 求∬𝑹 2𝑥𝑦 5 𝑑𝑥𝑑𝑦。
y
【解】區域R可表示成R ={(x, y)| 2 ≤ x ≤ 3 − y, −1 ≤ y ≤ 2} 2
3−𝑦
∬𝑹 2𝑥𝑦 2 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫−1 ∫y 2
2𝑥𝑦 2 𝑑𝑦𝑑𝑥
2 3−𝑦 =∫−1 𝑥 2 𝑦 2 | y 𝑑𝑦 2
2 𝑦2 =∫−1 𝑦 2 [(3 − y)2 − 4 ] dy 2 3𝑦 2 =∫−1 𝑦 2 (9𝑦 2 − 6𝑦 3 + 4 )dy 3 3 =(3𝑦 3 − 2 𝑦 4 + 20 𝑦 5 )|21 96 3 3 189
=24-24+20+3+2 + 20 =
20
♡定理 9.3：二重積分之重要性質 ∬𝑹 𝑘𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 = 𝑘∬𝑹 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 ∬𝑹 [𝑓 (𝑥, 𝑦) + 𝑔(𝑥, 𝑦)]𝑑𝐴 = ∬𝑹 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 + ∬𝑹 𝑔(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 若 R 為R1 與R 2 之聯集，且R1 與R 2 不相交，則 ∬𝑹 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 = ∬R1 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴 + ∬R2 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝐴
例 9.8 若 R 為由|𝑥 | + |𝑦| ≤ 1 所圍成之區域，求∬𝑹 𝑒 𝑥+𝑦 dA 【 解 】 區 域 R 可 分 解 為 R1 = {(x, y)|−1 ≤ x ≤ 0, −1 − x ≤ y ≤ 1 + x} 與 R 2 ={(x, y)|0 ≤ x ≤ 1, −1 + x ≤ y ≤ 1 − x}之聯集
∬𝑹 𝑒 𝑥+𝑦 dA =∬R1 𝑒 𝑥+𝑦 𝑑𝐴 + ∬R2 𝑒 𝑥+𝑦 𝑑𝐴 0
1+𝑥
1
1−𝑥
=∫−1 ∫−1−𝑥 𝑒 𝑥+𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥+∫0 ∫−1+𝑥 𝑒 𝑥+𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 0
1
1+𝑥 1−𝑥 =∫−1 𝑒 𝑥+𝑦 |−1−x dx + ∫0 𝑒 𝑥+𝑦 |−1+x dx 0
1
=∫−1(𝑒 2𝑥+𝑦 − 𝑒 −1 )dx + ∫0 (e − 𝑒 2𝑥−1 )dx 1
1
0 =[2 𝑒 2𝑥+𝑦 − 𝑒 −1 x] −1 + [ex − 2 𝑒 2𝑥−1 ] 10 1
1
1
1
1
=[2 e − 0 − 2 𝑒 −1 − 𝑒 −1 ] + [e − 2 e − 0 + 2 𝑒 −1 ] = e − 𝑒
例 9.9 求在圓拋物面(Circular paraboloid) z = 𝑥 2 + 𝑦 2之下方，在𝑥𝑦 平面上由𝑦 = 𝑥， 𝑥 = 0，𝑥 + 𝑦 = 2 所圍成區域之上方所成立體之體積。 1
2−𝑥
【解】V = ∫0 ∫x 1
(𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑦𝑑𝑥 𝑦3
=∫0 (𝑥 2 y+ 3 ) |2−𝑥 𝑑𝑥 0 1
1
=∫0 {𝑥 2 (2 − 𝑥 ) + [(2 − 𝑥 )3 − 𝑥 3 ]} dx 3
1 −8
8
=∫0 ( 3 𝑥 3 + 4𝑥 2 − 4x + 3)dx −2
4
8
4
=( 3 𝑥 4 + 3 𝑥 3 − 2𝑥 2 + 3) |10 = 3
例 9.10 2
1
求逐次積分∫0 ∫0 √|𝑦 − 𝑥 2 | 𝑑𝑥𝑑𝑦。 2
1
1
𝑥2
【解】∫0 ∫0 √|𝑦 − 𝑥 2 | 𝑑𝑥𝑑𝑦 =∬R1 √|𝑦 − 𝑥 2 | 𝑑𝑥𝑑𝑦 + ∬R2 √|𝑦 − 𝑥 2 | 𝑑𝑥𝑑𝑦 1
2
=∫0 ∫0 √𝑥 2 − y 𝑑𝑦𝑑𝑥 + ∫0 ∫𝑥 2 √𝑦 − 𝑥 2 𝑑𝑦𝑑𝑥 (令𝑢 = 𝑥 2 − y, 𝑣 = y − 𝑥 2 ) 1
0
1
2−𝑥 2
=-∫0 ∫𝑥 2 √𝑢 𝑑𝑢𝑑𝑥 + ∫0 ∫0 2
1
2
1
√𝑣 𝑑𝑣𝑑𝑥
3 2
=3 ∫0 𝑥 3 𝑑𝑥 + 3 ∫0 (2 − 𝑥 2 ) 𝑑𝑥 (令x = √2 sin θ) 1
2
1
8
1
8
5
𝜋
𝜋
3
=6 + 3 ∫04 (√2 ) cos 3 θ √2 cos θ 𝑑θ 𝜋 4
=6 + 3 ∫0 cos 4 θ 𝑑θ 𝜋
3
1
1
=6 + 3 ∫04 (8 + 2 cos2θ + 8 cos4θ) 𝑑θ =6 + 4
我們已學會如何將二重積化逐次積分而求出二重積分之值。二重積分 ∬𝑹 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦之積分區域 R 如果可以表示成 𝑅 ={(𝑥, 𝑦)|𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, 𝑔(𝑥) ≤ 𝑦 ≤ ℎ(𝑥)}及 𝑅 ={(𝑥, 𝑦)|𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑, 𝑝(𝑦) ≤ 𝑥 ≤ 𝑞(𝑦)}，則 ∬𝑹 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦可寫成 𝑏
ℎ(𝑥)
∬𝑹 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫𝑎 ∫𝑔(𝑥) 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥及 𝑑
𝑞(𝑥)
∬𝑹 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ ∫ 𝑏
𝑐
ℎ(𝑥)
𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑝(𝑥)
當∫𝑎 ∫𝑔(𝑥) 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥不易求出時，可嘗試改求 𝑑
𝑞(𝑥)
∫ ∫
𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑐
𝑝(𝑥) 𝑑 𝑞(𝑥) 當∫𝑐 ∫𝑝(𝑥) 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦不易求出時，可嘗試改求 𝑏 ℎ(𝑥)
∫ ∫ 𝑎
𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥
𝑔(𝑥)
下面例題是訓練讀者熟悉下面二個計算： 𝑏
ℎ(𝑥)
1.∫𝑎 ∫𝑔(𝑥) 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥 =∬𝑹 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑑
q(y)
=∫c ∫p(y) 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑑
q(y)
2.∫c ∫p(y) 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 =∬𝑹 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑏
h(x)
=∫a ∫g(x) 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥 下面各例題，有些必須改變積分順序才可求，也有一些是改變積分順序之後， 計算比較方便。雖然這些例題在本質上是： 逐次積分(𝑑𝑥𝑑𝑦) 逐次積分(𝑑𝑦𝑑𝑥)
二重積分
逐次積分(𝑑𝑦𝑑𝑥) 逐次積分(𝑑𝑥𝑑𝑦)
但在解題時，通常省略化為二重積分之步驟，而採用下面步驟： 逐次積分(𝑑𝑥𝑑𝑦) 逐次積分(𝑑𝑦𝑑𝑥)
逐次積分(𝑑𝑦𝑑𝑥) 逐次積分(𝑑𝑥𝑑𝑦)
例 9.11 1
1
求∫0 ∫𝑥
1 1+𝑦 2
1
1
【解】∫0 ∫𝑥
𝑑𝑦𝑑𝑥。
1
𝑑𝑦𝑑𝑥
1+𝑦 2 1 𝑦 1 =∫0 ∫0 1+𝑦 2 𝑑𝑥𝑑𝑦 1 x 1 y |𝑦𝑑𝑦 = ∫0 =∫0 𝑑𝑦 1+𝑦 2 0 1+𝑦 2 1 1 =2 ln(1 + 𝑦 2 ) |10 = 2 ln2
例 9.12 1
1
求∫0 ∫𝑦
1 1+𝑥 4
1
1
【解】∫0 ∫𝑦
𝑑𝑥𝑑𝑦。
1
𝑑𝑥𝑑𝑦
1+𝑥 4 1 𝑥 1 =∫0 ∫0 1+𝑥 4 𝑑𝑦𝑑𝑥 1 y =∫0 1+𝑥 4 |𝑥0𝑑𝑥 1 x =∫0 1+𝑥 4 𝑑𝑥 1 1 1 =2 ∫0 1+(𝑥 2 )2 𝑑𝑥(𝑥 2 ) 1 1 =2 tan−1 (𝑥 2 )|10 = 2 (tan−1 1 −
tan−1 0) =
𝜋 8
例 9.13 2√𝑙𝑛3
求∫0
√𝑙𝑛3
2
e𝑥 𝑑𝑥𝑑𝑦。
∫y 2
2√𝑙𝑛3
【解】∫0
√𝑙𝑛3
∫y 2
2
𝑒 𝑥 𝑑𝑥𝑑𝑦
√𝑙𝑛3 2𝑥 𝑥 2 =∫0 ∫0 𝑒 𝑑𝑦𝑑𝑥 2 √𝑙𝑛3 =∫0 𝑦𝑒 𝑥 |2𝑥 𝑑𝑥 0 2 √𝑙𝑛3 =∫0 2𝑥𝑒 𝑥 𝑑𝑥 2 =𝑒 𝑥 |√𝑙𝑛3 =𝑒 𝑙𝑛3 − 𝑒 0 0
=3−1 =2
例 9.14 8
2
1
求∫0 ∫3√𝑥
𝑦 4 +1
8
2
【解】∫0 ∫3√𝑥 2
𝑦3
2
𝑦3
=∫0 ∫0 =∫0 1
𝑑𝑦𝑑𝑥。 1
𝑦 4 +1 1
𝑑𝑦𝑑𝑥
𝑦 4+1
𝑦 4 +1 4
𝑑𝑦𝑑𝑥
𝑑𝑦 1
= ln(𝑦 + 1) |20 = ln17 4
4
例 9.15 𝜋
𝜋 sin 𝑦
求∫0 ∫𝑥
y 𝜋
𝑑𝑦𝑑𝑥。
𝜋 sin 𝑦
【解】∫0 ∫𝑥
y 𝜋 x sin 𝑦 =∫𝑥 y
𝜋
𝑦 sin 𝑦
𝑑𝑦𝑑𝑥 = ∫0 ∫0 𝜋
y
𝑑𝑥𝑑𝑦
|𝑦0𝑑𝑦 = ∫𝑥 sin 𝑦𝑑𝑦 = 2。
例 9.16 4
2
求∫0 ∫√𝑦 √𝑥 3 + 1𝑑𝑥𝑑𝑦。 4
2
2
𝑥2
【解】∫0 ∫√𝑦 √𝑥 3 + 1𝑑𝑥𝑑𝑦 =∫0 ∫0
√𝑥 3 + 1𝑑𝑦𝑑𝑥
2
2
=∫0 𝑦√𝑥 3 + 1 |𝑥0 𝑑𝑥 2
=∫0 𝑥 2 √𝑥 3 + 1 𝑑𝑥 1
2
1
1
2
3
=3 ∫0 (𝑥 2 + 1)2 𝑑(𝑥 3 + 1) =3 · 3 (𝑥 3 + 1)2 |20 =
52 9
習題 9-1 𝑒
ln 𝑥 y
23. 求∫1 ∫0 1
𝑑𝑥𝑑𝑦。
𝑥 2 𝑥𝑦
𝑦
24. 求∫0 ∫0 2𝑦 𝑒
𝑑𝑥𝑑𝑦。
25. 若 R={(𝑥, 𝑦)|0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 𝑥 2 ≤ 𝑦 ≤ √𝑥}， 求∬𝑹 (𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝐴。 26. 設 R={(𝑥, 𝑦)|0 ≤ 𝑥 ≤ 2,0 ≤ 𝑦 ≤ 3}，試求 ∬𝑹
1 √16−𝑥 2
𝑑𝐴。
27. 若 R 為由𝑦 = √𝑥 與 𝑦 = 𝑥 所圍成之區域，求∬𝑹 𝑥 2 𝑦 𝑑𝐴。 28. 若 R 為由𝑦 = 𝑙𝑛 𝑥 ，𝑦 = 0，𝑥 = 𝑒 所圍成之區域， 求∬𝑹
𝑒𝑦
𝑑𝐴。
𝑥
29. 若 R 為由𝑦 = 𝑙𝑛 𝑥 ，𝑦 = 1，𝑥 = 0，𝑦 = 0 所圍成之區域， 求∬𝑹 2𝑦 𝑑𝐴。 30. 若 R 為由𝑦 = 𝑠𝑖𝑛 𝑥與 x 軸在 x=0 至 x= 𝜋 間所圍成之區域， 求∬𝑹 y 𝑑𝐴。 31. 求由平面 x=0，y=0，z=4-2x-y 所圍成立體之體積。 1
32. 若 R 為在第一象限內，在曲線𝑦 = 𝑥 之下方，由 y=x，y=0，x=2 所圍成之 區域，求∬𝑹 𝑑𝐴。 1
1
1
1
2
𝑥2 x
33. 求∫0 ∫0 |𝑦 − x| 𝑑𝑦𝑑𝑥。 3
34. 求∫0 ∫√𝑥 𝑒 𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥。 35. 求∫1 ∫1 1
1
1
1
𝑦
𝑑𝑦𝑑𝑥。 2
36. 求∫0 ∫𝑥 𝑒 𝑦 𝑑𝑦𝑑𝑥 。 37. 求∫0 ∫𝑦 𝑥 2 𝑒 xy 𝑑𝑥𝑑𝑦。 √𝜋
√𝜋
38. 求∫02 ∫𝑦2 sin 𝑥 2 𝑑𝑥𝑑𝑦。
𝜋
39. 若 R 為由直線𝑦 = 𝑥，𝑦 = 0， 𝑥 = 2所圍成之區域， 求∬𝑹 𝑥 cos(𝑥 + 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦。
9-2 二重積分之變數變換 (Change of Variables in Double Integrals) 如 果∬Rxy 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 不 容 易 求出 時 ，有 些 可經 過適 當 之坐標 變 換 𝑥 = 𝑔(𝑢, 𝑣)，𝑦 = h(𝑢, 𝑣) ，將𝑥𝑦平面上之區域𝑅𝑥𝑦 一對一的變換至𝑢𝑣平面上之區域 𝑅𝑥𝑦 ，如下圖所示。
此處需強調者，𝑥𝑦平面上之𝑥軸與𝑦軸相垂直，𝑢𝑣平面上之𝑢軸與𝑣軸相垂直。
♡定理 9.4：二重積分之坐標變換基本定理 𝜕(𝑥,𝑦)
若𝑥 = 𝑔(𝑢, 𝑣)，𝑥 = ℎ(𝑢, 𝑣)，J=𝜕(𝑢,𝑣) = ∬𝑅𝑢𝑣 𝑓 [𝑔(𝑢, 𝑣)，ℎ(𝑢, 𝑣)] |𝐽|𝑑𝑢𝑑𝑣
𝜕𝑥
𝜕𝑦
|𝜕𝑢 𝜕𝑥
𝜕𝑢 | 𝜕𝑦
𝜕𝑣
𝜕𝑣
，則 ∬𝑅𝑥𝑦 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 =
例 9.17 𝑥2 𝑦2
試求橢圓形區𝑎2 +𝑏2 ≤ 1 之面積，其中𝑎 > 𝑏 > 0 【解】令𝑥 = 𝑎𝑢，𝑦 = 𝑏𝑢，則 𝜕𝑥 𝜕𝑦
|𝐽| = |𝜕𝑢 𝜕𝑥 |𝐽| = x2 𝑦 2
+
a2 𝑏2
𝜕𝑣 𝑎b
𝑎 𝜕𝑢 | =| 𝜕𝑦 0
0 b
| = 𝑎b
𝜕𝑣
≤ 1轉換至𝑢2 + 𝑣 2 ≤ 1
A = ∬𝑥 2
𝑑𝑥𝑑𝑦 𝑦2 + ≤𝟏 𝑎2 𝑏2
= ∬𝑢2+𝑣 2≤1 𝑎𝑏 𝑑𝑢𝑑𝑣
= 𝑎𝑏 ∬𝑢2 +𝑣 2 ≤1 𝑑𝑢𝑑𝑣 = 𝑎𝑏 · 𝜋12 = 𝑎𝑏𝜋
例 9.18 設 R 為以(0,0)，(1, −1)，(2,0)，(1,1)為頂點所形成之正方形區域，求 ∬𝑅 𝑓(𝑥 2 , 𝑦 2 )𝑑𝑥𝑑𝑦
【解】區域 R 為四直線𝑥 + 𝑦 = 0，𝑥 + 𝑦 = 2，𝑥 − 𝑦 = 0，𝑥 − 𝑦 = 2所 圍成之區域 令𝑢 = 𝑥 + 𝑦，𝑣 = 𝑥 − 𝑦，則得 1
1
𝑥 = 2 (𝑢 + 𝑣)，𝑦 = 2 (𝑢 − 𝑣) 𝜕𝑥 𝜕𝑦 1 1 −1 |𝐽| = |𝜕𝑢 𝜕𝑢| = |2 2 | = 1 −1 𝜕𝑥 𝜕𝑦 2 2 2 𝜕𝑣 𝜕𝑣 −1 1 |𝐽 | = | | = 2 2 2 2 1 1 1 2 2 𝑥 + 𝑦 = [ (𝑢 + 𝑣)] + [ (𝑢 − 𝑣)] = (𝑢2 + 𝑣 2 ) 2 2 2 2 2 1 ∬𝑅 (𝑥 2 + 𝑦 2 ) 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ ∫ (𝑢2 + 𝑣 2 )𝑑𝑣𝑑𝑢 0 0 2 1
2
𝑣3
2
2 8
=4 ∫0 (𝑢2 𝑣 + 1
)|20𝑑𝑢 1
2 2𝑢 3
= ∫0 (2𝑢2 + ) 𝑑𝑢 = ∫0 ( 4 3 4 1
=4 ·
32 3
8
= 3。
3
8
+ 𝑢) |20 3
例 9.19 1
2
設 R={(x, y)|0 ≤ x ≤ 2 , x ≤ y ≤ 1 − x}，求 ∬𝑅 (𝑥 − 𝑦)2 𝑒 (𝑥−𝑦) 𝑑𝑥𝑑𝑦。
【解】令𝑢 = 𝑥 + 𝑦，𝑣 = 𝑥 − 𝑦，則得 1
1
𝑥 = 2 (𝑢 + 𝑣)，𝑦 = 2 (𝑢 − 𝑣) 𝜕𝑥 𝜕𝑦 1 1 −1 |𝐽| = |𝜕𝑢 𝜕𝑢| = |2 2 | = 1 −1 𝜕𝑥 𝜕𝑦 2 2 2 𝜕𝑣 𝜕𝑣 −1 1 |𝐽 | = | | = 2 2 2 (𝑥+𝑦)2
∬𝑅 (𝑥 − 𝑦) 𝑒 1
1
1
1
0
2
0 =6 ∫0 𝑣 3 𝑒 𝑢 |−u 𝑑𝑢 = 6 ∫0 𝑢3 𝑒 𝑢 𝑑𝑢
(令 t=𝑢2 ，則𝑑𝑡 = 2𝑢 𝑑𝑢) 1
0
=12 ∫−𝑢 𝑡𝑒 𝑡 𝑑𝑡 (用分部積分法) 1
1
=12 (𝑡𝑒 𝑡 − 𝑒 𝑡 ) |10=12
1 2 𝑢2 1 𝑢 𝑒 𝑑𝑣𝑑𝑢 2 −𝑢 2
𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ ∫ 1
2
0
♡定理 9.5：直角坐標化為極坐標 若𝑥 = 𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃 ，𝑦 = 𝑟 sin θ，則 ∬𝑅𝑥𝑦 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦=∬𝑅 𝜕𝑥
𝑓 (𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃 , 𝑟 sin θ)𝑟𝑑𝑟𝑑θ。
𝑟𝜃
𝜕𝑦
𝜕𝑥
𝜕𝑦
【證】𝜕𝑟 = 𝑐𝑜𝑠 𝜃 ， 𝜕𝑟 = sin 𝜃 ， 𝜕𝜃 = −rsin 𝜃 ， 𝜕𝜃 = c𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝐽=
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑟 |𝜕𝑥
𝜕𝑟 | 𝜕𝑦
𝜕𝜃
𝜕𝜃
𝑐𝑜𝑠 𝜃 = | −rsin 𝜃
sin 𝜃 |=𝑟 r𝑐𝑜𝑠 𝜃
|𝐽 | = |𝑟 | = 𝑟 故∬Rxy 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦=∬R 𝑓(r𝑐𝑜𝑠 𝜃 , −rsin 𝜃)𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 r𝜃
例 9.20 1
求∬R √𝑥 2 + 𝑦 2 𝑑𝑥𝑑𝑦 ，R={(𝑥, 𝑦)|1 ≤ 𝑥 ≤ 2 , 𝑥 2 ≤ 𝑦 2 ≤ 4} 【解】令 𝑥 = 𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃 ，𝑦 = 𝑟 sin 𝜃 ，𝑟 ≥ 0
2𝜋
∬R √𝑥 2 + 𝑦 2 𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∫ 2𝜋 𝑟 3 =∫0 3 |21𝑑𝜃
2𝜋 =3 ∫0 𝑑𝜃 7
0
=
2
∫ 𝑟 2 𝑑𝑟𝑑𝜃
1 14𝜋 2
。
例 9.21 √9−𝑥 2
3
求 ∫0 ∫0
√𝑥 2 + 𝑦 2 𝑑𝑦𝑑𝑥
【解】令 𝑥 = 𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃 ，𝑦 = 𝑟 sin 𝜃 ，𝑟 ≥ 0
3
√9−𝑥 2
則 ∫0 ∫0 𝜋
=∫02
𝜋
𝜋
𝑟3 3 | 𝑑𝜃 3 0
3
√𝑥 2 + 𝑦 2 𝑑𝑦𝑑𝑥=∫02 ∫0 𝑟 2 𝑑𝑟𝑑𝜃 =9 ∫02 𝑑𝜃 =
9𝜋 2
。
例 9.22 若 R={(𝑥, 𝑦)|0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥, 𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 1}，求 ∬𝑅 𝑒 𝑥 【解】令 𝑥 = 𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃 ，𝑦 = 𝑟 sin 𝜃
∬R 𝑒 𝜋 1 4
𝑥 2+𝑦 2
=∫0 2 𝑒 𝜋 1 4
𝜋 4
0 𝑟2
1
2
𝑑𝐴 = ∫ ∫ 𝑒 𝑟 𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 0
|10𝑑𝜃 𝜋
=∫0 2 (𝑒 − 1)𝑑𝜃 = 8 (𝑒 − 1)。
2+𝑦 2
𝑑𝐴。
例 9.23 設 R 為由𝑥 2 + 𝑦 2 = 4之內，𝑥 2 + 𝑦 2 = 1之外， 在第一象限所圍成之區域，求 ∬𝑅 (3𝑥 + 𝑦)𝑑𝐴。 【解】令 𝑥 = 𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃 ，𝑦 = 𝑟 sin 𝜃
𝜋 2
2
∬R (3𝑥 + 𝑦)𝑑𝐴 = ∫ ∫ (3 𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃 + 𝑟 sin 𝜃)𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 𝜋 2
=∫0
[𝑟 3
𝑐𝑜𝑠 𝜃 + 7
𝑟3 2
0
1
𝜋
7
𝑟 sin 𝜃] r=2 𝑑𝜃= ∫02(7 𝑐𝑜𝑠 𝜃 + 3 sin 𝜃) 𝑑𝜃 r=1 𝜋
7
=[7 sin 𝜃 + 3 𝑐𝑜𝑠 𝜃] 02 =7+3 =
28 3
例 9.24 求圓拋物面 𝑧 = 4 − 𝑥 2 − 𝑦 2 與 z = 0 所圍成立體之面積。 【解】𝑉 = ∬𝑥 2 +𝑦 2 ≤4 (4 − 𝑥 2 − 𝑦 2 )𝑑𝐴 (令 𝑥 = 𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃 ，𝑦 = 𝑟 sin 𝜃) 2𝜋
2
=∫0 ∫0 (4 − 𝑟 2 )𝑟𝑑𝑟𝑑𝜃 2𝜋
𝑟4
2𝜋
=∫0 (2𝑟 2 − 3 ) |20𝑑𝜃 =4 ∫0 𝑑𝜃=8 𝜋
例 9.25 ∞
2
求∫0 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥。
∞
2
【解】因[∫0 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 ] ∞
2
2
∞
𝑦
=[∫0 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 ][∫0 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 ] ∞
∞
=∫0 ∫0 𝑒 −(𝑥
2+𝑦 2 )
𝑑𝑥𝑑𝑦
(令 𝑥 = 𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃 ，𝑦 = 𝑟 sin 𝜃) 𝜋
∞
𝜋
2
1
2
=∫02 ∫0 𝑒 −𝑟 𝑟 𝑑𝑟𝑑𝜃 =∫02 − 𝑒 −𝑟 |∞ 𝑑𝜃 0 1
𝜋
2
1
𝜋
=2 ∫02 𝑑𝜃 =2 · 2 = ∞ 2 因∫0 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥 ∞ 2 故∫0 𝑒 −𝑥 𝑑𝑥
𝜋 4
>0 =
√𝜋 2
。
習題 9-2 40. 求∬𝑥 2 +𝑦 2 ≤2x √𝑥 2 + 𝑦 2 𝑑𝑥𝑑𝑦 。 41. 若 R={(𝑥, 𝑦)|𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 1}，求∬𝑅 𝑥 2 𝑦 2 𝑑𝑥𝑑𝑦。 1
42. 若 R={(𝑥, 𝑦)|𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 1}，求∬𝑅 1+𝑥 2+𝑦 2 𝑑𝑥𝑑𝑦。 43. 求由圓拋物面𝑧 = 4 − 𝑥 2 − 𝑦 2 ，圓柱面𝑥 2 + 𝑦 2 = 1，及平面𝑧 = 0所圍成立 體之體積。 44. 求由圓拋物面(𝑥 − 1)2 + 𝑦 2 = 1，圓柱面𝑧 = √𝑥 2 + 𝑦 2，及平面𝑧 = 0所圍成 立體之體積。 1
√1+𝑦 2
2
√4−𝑥 2
45. 求∫0 ∫0
𝑦 2 𝑑𝑥𝑑𝑦 。 1
46. 求∫0 ∫−√4−𝑥 2 1+𝑥 2+𝑦 2 𝑑𝑦𝑑𝑥 1
√1−𝑦 2
47. 求∫0 ∫𝑦 √2
√4−𝑥 2
2
48. 求∫0 ∫𝑦
√1 − 𝑥 2 − 𝑦 2 𝑑𝑥𝑑𝑦
𝑒 −(𝑥
2+𝑦 2)
𝑑𝑦𝑑𝑥
49. 若 R={(x, y)|1 ≤ 𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 4}，求∬𝑅 ln(𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑥𝑑𝑦。 √4−𝑥 2
2
50. 求∫0 ∫0
1 1+𝑥 2+𝑦 2
𝑑𝑦𝑑𝑥
51. 區域 R={(𝑟, 𝜃)|𝑓 (𝜃) ≤ 𝑟 ≤ 𝑔(𝜃), α ≤ 𝜃 ≤ β}之面積為 A(R)= ∬𝑅 𝑑𝐴，試由此 公式推出 β
A(R)= 2 ∫α [𝑔2 (𝜃) − 𝑓 2 (𝜃)] 𝑑𝜃 1
52. 若 R={(𝑥, 𝑦)|𝑥 ≥ 0, 𝑦 ≥ 0}，求∬𝑅 𝑒 −2(𝑥
2+𝑦 2)
𝑑𝑥𝑑𝑦。
14. 設 R 為由直線𝑦 = 𝑥，𝑦 = 𝑥 + 2，y = 2，y = 4，所圍成之區域，求∬𝑅 (𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑥𝑑𝑦。
9-3 三重積分(Triple Integrals) 定積分(Definite integral)與二重積分(Double integral)都是用和之極限的概念， 此種概念很自然的可以推廣至三重積分(Triple integral)
圖 9.4 如圖 9.4，設 S 表示個一立體(solid)，用平行於坐標平面之平面，將立體 S 切程許多長方體(Rectangular solid)，共有 n 個完整之長方體在立體 S 內。令𝑆𝑘 為 第 k 個長方體，其體積為△Vk，而(𝜉𝑘 , 𝜂𝑘 , 𝜁𝑘 )為𝑆𝑘 內任意一點，‖△‖為所有長方體 𝑆𝑘 k=1,2,⃜,n 之對角線之最大長度，則定義三重積分如下：
定義 9.2：三重積分(Triple Integrals) ∭𝑺 𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑉= lim
||△||→0
𝑛
∑𝑘=1 𝑓(𝜉𝑘 , 𝜂𝑘 , 𝜁𝑘 ) △ 𝑉𝒌 。
定積分(Definite integral)可表示面積(area)，二重積分(Double integral)可表示 體積(volume)，下面將說明三重積分(Triple integral)可表示立體之質量(mass)。 設𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)表示立體 S 在點(𝑥, 𝑦, 𝑧)處之密度(density)，當然需要符合密度 𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧) > 0之條件。由物理學之知識， 質量(mass)=密度(density) ⨉ 體積(volume) 故△ 𝑚𝑘 = 𝑓 (𝜉𝑘 , 𝜂𝑘 , 𝜁𝑘 ) △ 𝑉𝑘表示長方體 Sk 之質量 立體 S 之總質量為 mass= lim ∑𝑛𝑘=1△ 𝑚𝑘 ||△||→0
= lim ∑𝑛𝑘=1 𝑓 (𝜉𝑘 , 𝜂𝑘 , 𝜁𝑘 ) △ 𝑉𝑘 ||△||→0
=∭𝑺 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑉 因𝑑𝑉 = 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 故∭𝑺 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑉可寫成∭𝑺 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 在二重積分裡，∬𝑹 𝑑𝑥𝑑𝑦表示區域 R 之面積，而三重積分 ∭𝑺 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧則表示立體 S 之體積。
♡定理 9.6：三重積分之求法 若𝑆 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧)|𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, 𝑔(𝑥 ) ≤ 𝑦 ≤ ℎ(𝑥 ), 𝑝(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑧 ≤ 𝑞(𝑥, 𝑦)}， 𝑏
ℎ(𝑥)
𝑞(𝑥)
則∭𝑺 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑉 = ∫a ∫g(x) ∫p(x) 𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑧𝑑𝑦𝑑𝑥 。
圖 9.5 例 9.26 若𝑆 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧)|0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 0 ≤ 𝑦 ≤ 2 − 2𝑥 − 𝑧, 0 ≤ 𝑧 ≤ 2 − 2𝑥} 則∭𝑺 𝑧 𝑑𝑉 【解】∭𝑺 𝑧 𝑑𝑉 1
2−2𝑥
=∫0 ∫0
2−2𝑥−𝑧
∫0
𝑧 𝑑𝑦 𝑑𝑧 𝑑𝑥
1 2−2𝑥 =∫0 ∫0 𝑧𝑦 |2−2𝑥−𝑧 𝑑𝑧 𝑑𝑥 0 1 2−2𝑥 =∫0 ∫0 𝑧(2 − 2𝑥 − 𝑧) 𝑑𝑧 𝑑𝑥 1 2−2𝑥 (2 − 2𝑥 )𝑧 − 𝑧 2 ) 𝑑𝑧 𝑑𝑥 =∫0 ∫0 1 𝑧2 𝑧3 =∫0 [(2 − 2𝑥) 2 − 3 ] 2−2𝑥 𝑑𝑥 0 1 (2−2𝑥)3 1 (2−2𝑥)3 (2−2𝑥)3 =∫0 [ 2 − 2 ] 𝑑𝑥 = ∫0 6 −23 1 3 ( ) = 6 ∫0 𝑥 − 1 𝑑𝑥 −4 (𝑥−1)4 1 = 6 · 4 |10 = 3
𝑑𝑥
例 9.27 若𝑆 為由𝑥 = 0, 𝑦 = 0, 𝑧 = 0, 𝑥 + 𝑦 + 𝑧 = 1 所圍成之立體，求 ∭𝑺 (𝑦 2 + 𝑧 2 ) 𝑑𝑉 。 【解】∭𝑺 (𝑦 2 + 𝑧 2 ) 𝑑𝑉 1
1−𝑥
1
1−𝑥
= ∫0 ∫0
1−𝑥−𝑦
∫0
(𝑦 2 + 𝑧 2 ) 𝑑𝑦 𝑑𝑧 𝑑𝑥 𝑧3
[𝑦 2 𝑧 + ] 1−𝑥−𝑦 𝑑𝑦 𝑑𝑥 0 3 1 1−𝑥 1 [𝑦 2 (1 − 𝑥 − 𝑦) + (1 − 𝑥 − 𝑦)3 ] 𝑑𝑦 𝑑𝑥 =∫ ∫ 3 0 0 1 1−𝑥 1 [𝑦 2 (1 − 𝑥) − 𝑦 3 + (1 − 𝑥 − 𝑦)3 ] 𝑑𝑦 𝑑𝑥 =∫ ∫ 3 0 0 1 3 4 𝑦 𝑦 1 1−𝑥 = ∫ [ (1 − 𝑥) − − (1 − 𝑥 − 𝑦)4 ] 𝑑𝑥 3 4 12 0 0 = ∫0 ∫0
1 (1−𝑥)4
= ∫0 [
4
−
(1−𝑥)4 4
+
1
12
(1 − 𝑥)4 ] 𝑑𝑥
1 1 1 2 1 = ∫ (1 − 𝑥)4 𝑑𝑥 = − (1 − 𝑥)5 | = 6 0 30 0 30
習題 9-3 53. 若𝑆 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧)|0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 0 ≤ 𝑦 ≤ 1 − 𝑥, 0 ≤ 𝑧 ≤ 1 − 𝑥 − 𝑦}，求三重積分 ∭𝑺 𝑥 𝑑𝑉 。 54. 若𝑆為由圓柱面𝑥 2 +𝑦 2 =9，平面𝑧 = 0，𝑧 = 2所圍成之立體，求三重積分 ∭𝑺 (𝑥𝑧 + 𝑦𝑧) 𝑑𝑉 。 55. 若𝑆 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧)|0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 0 ≤ 𝑦 ≤ 𝑥, 0 ≤ 𝑧 ≤ √1 − 𝑥 2 }，求三重積分 ∭𝑺 𝑧 𝑑𝑉。 56. 若𝑆 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧)|0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 2𝑥 ≤ 𝑦 ≤ 2, 0 ≤ 𝑧 ≤ 1}，求三重積分 2
∭𝑺 𝑧 2 𝑒 𝑦 𝑑𝑉。 57. 若𝑆 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧)|0 ≤ 𝑥 ≤ 1, 0 ≤ 𝑦 ≤ √2𝑥 − 𝑥 2 , 0 ≤ 𝑧 ≤ 1 − 𝑥}，求三重積分 求立體 S 之體積。 58. 求由𝑦 2 +𝑧 2 =9，𝑥+𝑧=3，𝑥 = 0所圍成立體 S 之體積。
9-4 三é‡?çŠ?ĺˆ†äš‹čŽŠć•¸čŽŠć?› (Change of Variables in Triple Integrals) ĺšł é?˘ 上 äš‹ ĺ?? 標 çłť (Coordinate system) ćœ€ 常 用 çš„ ćœ‰ ç›´ 角 ĺ?? 標 (Rectangular coordinates)(x,y)čˆ‡ćĽľĺ??標(Polar coordinates)(r, đ?œƒ)兊税。犺間䚋ĺ??ć¨™çłťĺ¸¸ç”¨çš„ćœ‰ç›´ 角ĺ??標(Rectangular coordinates)〠ć&#x;ąé?˘ĺ??標(Cylindrical Coordinates)čˆ‡ç?ƒé?˘ĺ??標 (Spherical coordinates)三税。
ĺœ– 9.6 ć&#x;ąé?˘ĺ??ć¨™čˆ‡ç?ƒé?˘ĺ??ć¨™çłťéƒ˝ć˜Żç”¨ç›´č§’ĺ??ć¨™çłťä˝œĺ?ƒč€ƒďźŒĺ› ć¤ĺ‰?é?˘ĺ…Šč€…éƒ˝čˆ‡ĺžŒč€…ćœ‰ é—œäż‚ă€‚ĺŚ‚ĺœ– 9-6ďźŒč¨ P 非䚋直角ĺ??標為(x,y,z)ďźŒç”ąéťž P ĺ?‘ xy ĺšłé?˘ä˝œĺž‚ç›´çˇšďźŒr 襨 示甹ĺŽ&#x;非至垂蜳䚋čˇ?é›˘ďźŒđ?œƒčĄ¨ x 蝸䚋ćŁć–šĺ?‘čˆ‡ĺŽ&#x;非至垂蜳䚋射硚(ray)所ćˆ?äš‹č§’ďźŒ 則 P éťžäš‹ć&#x;ąé?˘ĺ??標為(r, đ?œƒ,z)ă€‚ç”ąĺœ– 9-6ďźŒĺ?Żĺž—直角ĺ??標(x,y,z)čˆ‡ć&#x;ąé?˘ĺ??標(r, đ?œƒ,z)äš‹ é—œäż‚ĺŚ‚ä¸‹ďźš đ?‘Ľ = đ?‘&#x; đ?‘?đ?‘œđ?‘ đ?œƒ ďźŒđ?‘Ś = đ?‘&#x; đ?‘ đ?‘–đ?‘› đ?œƒ ďźŒđ?‘§ = đ?‘§ đ?‘Ś đ?‘&#x; = √đ?‘Ľ 2 + đ?‘Ś 2 ďźŒ tan = ďźŒđ?‘§ = đ?‘§ đ?‘Ľ
ĺœ– 9.7
如圖 9-7，設 P 點之直角坐標為(x,y,z)，由 P 點向 xy 平面作垂線，ρ 表示由 點 P 至原點之距離，θ表示 x 軸之正方向與原點至垂足之射線(ray)所成之角，Φ 表示 z 軸之正方向與原點至 P 點之射線所成之角，則 P 點之球面坐標為(ρ, θ, Φ)。 如圖 9-7，可得直角坐標為(x, 𝑦, z)與球面坐標(ρ, θ, Ø )之關係如下： 𝑥 = ρ sin Φ 𝑐𝑜𝑠 𝜃 ，𝑦 = ρ sin Φ sin 𝜃 ， z = ρ 𝑐𝑜𝑠 Φ 𝑦 𝑧 ρ = √𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 ， tan 𝜃 = ， 𝑐𝑜𝑠 Φ = 𝑥 √𝑥 2 + 𝑦 2 + 𝑧 2 17. 當−∞ < 𝑥 < ∞，−∞ < 𝑦 < ∞， − ∞ < 𝑧 < ∞ 時，直角坐標(x, 𝑦, z)可表示 空間之所有點。 18. 當𝑟 ≥ 0，0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋，−∞ ≤ 𝑧 ≤ ∞ 時，柱面坐標(r, 𝜃, z)可表示空間之所 有點。 19. 當ρ ≥ 0，0 ≤ 𝜃 ≤ 2𝜋，0 ≤ Φ ≤ 𝜋 時，柱面坐標(𝜌, 𝜃, Φ)可表示空間之所有 點。
♡定理 9.7：三重積分坐標變換之基本原理 若𝑥 = 𝑔(𝑢, 𝑣, 𝑤)，𝑦 = ℎ(𝑢, 𝑣, 𝑤)，𝑧 = 𝑘(𝑥, 𝑦, 𝑧) ，為由𝑆𝑥𝑦𝑧 至𝑆𝑢𝑣𝑤 之一對一變 換， J=
𝜕(𝑥,𝑦,𝑧)
𝜕(𝑢,𝑣,𝑤)
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
𝜕𝑢 | 𝜕𝑥
𝜕𝑢 𝜕𝑦
𝜕𝑢 𝜕𝑧 |
𝜕𝑥
𝜕𝑣 𝜕𝑦
𝜕𝑣 | 𝜕𝑧
𝜕𝑤
𝜕𝑤
𝜕𝑤
= | 𝜕𝑣
∭𝑆𝑥𝑦𝑧 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧
，則
=∭𝑆𝑢𝑣𝑤 𝑓[𝑔(𝑢, 𝑣, 𝑤), ℎ(𝑢, 𝑣, 𝑤), 𝑘(𝑢, 𝑣, 𝑤)]|J|𝑑𝑢𝑑𝑣𝑑𝑤
例 9.28 求
𝑥2 𝑦2 𝑎2
𝑧2
+𝑏2 + 𝑐 2 =1 所成立體之體積。
【解】令𝑥 = 𝑎𝑢， 𝑦 = 𝑏𝑣， 𝑧 = 𝑐𝑤
J=
𝜕(𝑥,𝑦,𝑧)
𝜕(𝑢,𝑣,𝑤)
|J|= 𝑎𝑏𝑐 𝑥2 𝑦2 𝑎2
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
𝜕𝑢 | 𝜕𝑥
𝜕𝑢 𝜕𝑦
𝜕𝑢 𝜕𝑧 |
𝜕𝑥
𝜕𝑣 𝜕𝑦
𝑎 =|0 𝜕𝑣 | 0 𝜕𝑧
𝜕𝑤
𝜕𝑤
𝜕𝑤
= | 𝜕𝑣
0 𝑏 0
0 0| = 𝑎𝑏𝑐 𝑐
𝑧2
+ 𝑏2 + 𝑐 2 ≤ 1 變換至𝑢2 + 𝑣 2 + 𝑤 2 ≤ 1
V=∭𝑥2
𝑦2 𝑧2 + + ≤1 𝑎 2 𝑏2 𝑐2
dxdydz
=∭𝑢2+𝑣 2+𝑤 2 ≤ 1 abc dudvdw 4 4𝜋𝑎𝑏𝑐 =(𝑎𝑏𝑐 ) 𝜋 · 13 = 3
3
♡定理 9.8：直角坐標變換至柱面坐標 若𝑥 = 𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃，𝑦 = 𝑟 sin θ，𝑧 = 𝑧，則 ∭𝑆𝑥𝑦𝑧 𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧=∭𝑆 𝑓(𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃 , 𝑟 sin θ , 𝑧)𝑟 𝑑𝑟 𝑑θ 𝑑𝑧 𝑟θz
𝜕(𝑥,𝑦,𝑧)
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
𝜕𝑟 |𝜕𝑥
𝜕𝑟 𝜕𝑦
𝜕𝑟 𝜕𝑧 |
𝜕𝑥
𝜕θ 𝜕𝑦
𝜕θ| 𝜕𝑧
𝜕𝑧
𝜕𝑧
𝜕𝑧
【證】J=𝜕(𝑟,θ,𝑧) = |𝜕θ
𝑐𝑜𝑠 𝜃 sin θ 0 =|−𝑟 sin θ 𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃 0| = 𝑟 0 0 1 |J|=|𝑟|= 𝑟 ∭𝑆𝑥𝑦𝑧 𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = ∭𝑆
𝑟𝜃𝑧
𝑓 (𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃 , 𝑟 sin θ , 𝑧)𝑟 𝑑𝑟𝑑θ𝑑𝑧
例 9.29 設𝑆 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧)|𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 4, 0 ≤ 𝑧 ≤ 3}，求 ∭𝑺 √𝑥 2 + 𝑦 2 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧。 【解】令𝑥 = 𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃 ， 𝑦 = 𝑟 sin θ ， 𝑧 = 𝑧 則
3
2𝜋
∭𝑺 √𝑥 2 + 𝑦 2 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 = ∫ ∫ =
3 2𝜋 𝑟 3 ∫0 ∫0 3
|20𝑑𝜃
𝑑𝑧 =
2
∫ 𝑟 · 𝑟 𝑑𝑟 𝑑𝜃 𝑑𝑧
0 0 0 3 2𝜋 8 ∫0 ∫0 3 𝑑𝜃 𝑑𝑧
3 16𝜋
= ∫0
3
𝑑𝑧=16 𝜋
♡定理 9.9：直角坐標變換至球面坐標 若𝑥 = 𝜌 sin 𝛷 𝑐𝑜𝑠 𝜃，𝑦 = 𝜌 sin 𝛷 sin 𝜃，𝑧 = 𝜌 𝑐𝑜𝑠 𝛷，則 ∭𝑆𝑥𝑦𝑧 𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 =∭𝑆
𝜌θ𝛷
𝑓 (𝜌 sin 𝛷 𝑐𝑜𝑠 𝜃 , 𝜌 sin 𝛷 sin 𝜃 , 𝜌 𝑐𝑜𝑠 𝜃)𝜌2 sin 𝛷 𝑑𝜌 𝑑𝜃 𝑑𝛷 。
𝜕(𝑥,𝑦,𝑧)
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
𝜕𝜌 | 𝜕𝑥
𝜕𝜌 𝜕𝑦
𝜕𝜌 𝜕𝑧 |
𝜕θ 𝜕𝑥
𝜕θ 𝜕𝑦
𝜕θ | 𝜕𝑧
𝜕𝛷
𝜕𝛷
𝜕𝛷
【證】J=𝜕(𝜌,θ,𝛷) = |
sin 𝛷 𝑐𝑜𝑠 𝜃 sin 𝛷 sin 𝜃 𝑐𝑜𝑠 𝛷 0 | =|−𝜌 sin 𝛷 sin 𝜃 𝜌 sin 𝛷 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝜌 𝑐𝑜𝑠 𝛷 𝑐𝑜𝑠 𝜃 𝜌 𝑐𝑜𝑠 𝛷 sin 𝜃 −𝜌 sin 𝛷 =−𝜌2 sin3 𝛷𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 − 𝜌2 sin3 𝛷𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 −𝜌2 sin 𝛷 𝑐𝑜𝑠 2 𝛷𝑐𝑜𝑠 2 𝜃−𝜌2 sin3 𝛷sin2 𝜃 =−𝜌2 sin3 𝛷(𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 + sin2 𝜃 )−𝜌2 sin𝛷𝑐𝑜𝑠 2 𝛷(sin2 𝜃 + 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 ) =−𝜌2 sin3 𝛷 – 𝜌2 sin𝛷𝑐𝑜𝑠 2 𝛷 =−𝜌2 sin 𝛷 (sin2 𝛷 + 𝑐𝑜𝑠 2 𝛷) = −𝜌2 sin 𝛷 |J|=|−𝜌2 sin 𝛷 | = 𝜌2 sin 𝛷 (因 0 ≤ 𝛷 ≤ 𝜋，故sin 𝛷 ≥ 0)
例 9.30 √9−𝑥 2
3
√9−𝑥 2−𝑦 2
求∫−3 ∫−√9−𝑥 2 ∫0
𝑥 2 𝑑𝑧 𝑑𝑦 𝑑𝑥
【解】令𝑥 = 𝜌 sin 𝛷 𝑐𝑜𝑠 θ ， 𝑦 = 𝜌 sin 𝛷 sin θ ， 𝑧 = 𝜌 𝑐𝑜𝑠 𝛷 √9−𝑥 2
3
√9−𝑥 2−𝑦 2
∫−3 ∫−√9−𝑥 2 ∫0 𝜋
2𝜋
3
2𝜋
3
𝑥 2 𝑑𝑧 𝑑𝑦 𝑑𝑥
=∫02 ∫0 ∫0 (𝜌2 sin2 𝛷𝑐𝑜𝑠 2 𝜃)(𝜌2 sin 𝛷) 𝑑𝜌 𝑑θ 𝑑𝛷 𝜋
=∫02 ∫0 ∫0 𝜌4 sin3 𝛷 𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 𝑑𝜌 𝑑θ 𝑑𝛷 𝜋
2𝜋 243
sin3 𝛷𝑐𝑜𝑠 2 𝜃 𝑑θ 𝑑𝛷 5 𝜋 2𝜋 243 1+𝑐𝑜𝑠2𝜃 =∫02 ∫0 5 sin3 𝛷 𝑑θ 𝑑𝛷 2 243𝜋 2𝜋 1+𝑐𝑜𝑠2𝜃 = 𝑑θ 𝑑𝛷 ∫0 sin3 𝛷 5 2 𝜋 𝜋 243𝜋 243𝜋 = 5 ∫02 sin3 𝛷 𝑑𝛷 = - 5 ∫02 (1 − 𝑐𝑜𝑠 2 𝛷 )𝑑 𝜋 243𝜋 𝑐𝑜𝑠 3𝛷 243𝜋 2 162𝜋 =- 5 [𝑐𝑜𝑠𝛷 − 3 ] 02 = 5 · 3= 5 =∫02 ∫0
𝑐𝑜𝑠 𝛷
例 9.31 求∭ 𝑥 2+ 𝑦 2+ 𝑧 2≤𝟏
1 √1−𝑥 2−𝑦 2−𝑧 2
𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧
【解】令𝑥= 𝜌 sin𝛷𝑐𝑜𝑠 𝜃，𝑦 = 𝜌 sin 𝛷 sin θ ， 𝑧 = 𝜌 𝑐𝑜𝑠 𝛷 則∭ x2 + y2 + z2≤𝟏 𝜋
2𝜋
1
=∫0 ∫0 ∫0
1 √1−𝜌 2
1 √1−𝑥 2−𝑦 2−𝑧 2 2
𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧
𝜌 sin 𝛷 𝑑𝜌 𝑑θ 𝑑𝛷
(令𝜌 = sin 𝑡) 𝜋
2𝜋
𝜋
2𝜋
𝜋
=∫0 ∫0 ∫02 sin 𝛷 sin2 𝑡 𝑑𝑡 𝑑θ 𝑑𝛷 𝜋
=∫0 ∫0 ∫02 sin 𝛷
1−cos 2𝑡
2 𝜋 2𝜋 = 4 ∫0 ∫0 sin 𝛷 𝑑θ 𝑑𝛷 𝜋 𝜋 = 4 ∫0 (2𝜋)sin 𝛷 𝑑θ 𝑑𝛷 𝜋2 𝜋 = 2 ∫0 sin 𝛷 𝑑𝛷 𝜋2 2 𝜋
= 2 ·2= 𝜋
𝑑𝑡 𝑑θ 𝑑𝛷
習題 9-4 59. 若𝑆 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧)|𝑥 2 + 𝑦 2 ≤ 4, 0 ≤ 𝑧 ≤ 4}， 求 ∭𝑺 𝑥 2 𝑧 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧。 60. 求 ∭ (𝑥 2 + 𝑦 2 ) 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧，其中 S 為由𝑥 2 + 𝑦 2 = 2z 與 z=2 所圍成之立 𝑺
體。 61. 求∭
3
( x 2 + y 2 + z 2 )2 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧。
x2 + y2 + z2≤𝟏 𝑥2 𝑦2 𝑧 2
62. 若 S 為由
𝑎2
𝑥2 𝑦2 𝑧 2
+𝑏2 +𝑐 2 = 1，𝑎 > 0，𝑏 > 0，𝑐 > 0，所圍成之立體，∭𝑺 (𝑎2 +𝑏2 +𝑐 2 )
𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧。 63. 若 S={(𝑥, 𝑦, 𝑧)|−2 ≤ 𝑥 ≤ 2， − √4 − 𝑥 2 ≤ 𝑦 ≤ √4 − 𝑥 2 ，0 ≤ 𝑧 ≤ 1 + x 2 + y 2} ， 求 ∭𝑺 (𝑥 − 𝑦 − 𝑧 2 ) 64. 若 S={(𝑥, 𝑦, 𝑧)|1 ≤ 𝑥 2 + 𝑦 2 +𝑧 2 ≤ 4，𝑧 ≤ 0} ， 求 ∭𝑺
𝑧2 √𝑥 2−𝑦 2 +𝑧 2
𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧。
65. 若 S 為由 𝑧 = 𝑥 2 + 𝑦 2 與 z=1 所圍成之立體，試求 S 之體積。 66. 求由 𝑧 = 𝑥 2 + 𝑦 2 ， 𝑥 2 + 𝑦 2 = 4，z = 1 所圍成之立體之體積。 67. 求上方由球 z =√25 − 𝑥 2 + 𝑦 2，下方由平面 z = 0，側面由柱面 𝑥 2 + 𝑦 2 = 9 所圍成之立體的體積。 68. 若 S={(𝑥, 𝑦, 𝑧)|𝑥 2 + 𝑦 2 +𝑧 2 ≤ 1，𝑧 ≥ 0} ，試求三重積分 ∭𝑺 𝑦 2 𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧。
第九章內容摘要 23. 二重積分(Double integral) 𝑛
∬𝑹 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝐴= lim
∑
||△||→0
𝑘=1
𝑓 (𝜉𝑘 ，𝔥𝑘 ) △ 𝐴𝒌 。
24. 由逐次積分求二重積分 若 R={(𝑥, 𝑦)|𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, 𝑔(𝑥 ) ≤ 𝑦 ≤ ℎ(𝑥)}，則 𝑏
ℎ(𝑥)
∬𝑹 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝐴=∫𝑎 ∫𝑝(𝑥) 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥。 若 R={(𝑥, 𝑦)|𝑐 ≤ 𝑦 ≤ 𝑑, 𝑝(𝑦) ≤ 𝑥 ≤ 𝑞(𝑦)}，則 𝑑
𝑞(𝑦)
∬𝑹 𝑓 (𝑥, 𝑦)𝑑𝐴=∫𝑐 ∫𝑝(𝑦) 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦。 25. 三重積分(Triple intrgral) 𝑛
∑𝑘=1 𝑓(𝜉𝑘 , 𝜂𝑘 , 𝜁𝑘 ) △ 𝑉𝒌 。
∭𝑺 𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑉= lim
||△||→0
26. 由逐次積分求三重積分 若𝑆 = {(𝑥, 𝑦, 𝑧)|𝑎 ≤ 𝑥 ≤ 𝑏, 𝑔(𝑥 ) ≤ 𝑦 ≤ ℎ(𝑥 ), 𝑝(𝑥, 𝑦) ≤ 𝑧 ≤ 𝑞(𝑥, 𝑦)}， 𝑏
ℎ(𝑥)
𝑞(𝑥)
則∭𝑺 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑉 = ∫a ∫g(x) ∫p(x) 𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑧𝑑𝑦𝑑𝑥 。 27. 二重積分之坐標變換基本定理 𝜕(𝑥,𝑦)
若𝑥 = 𝑔(𝑢, 𝑣)，𝑥 = ℎ(𝑢, 𝑣)， J=𝜕(𝑢,𝑣) =
𝜕𝑥
𝜕𝑦
|𝜕𝑢 𝜕𝑥
𝜕𝑢 | 𝜕𝑦
𝜕𝑣
𝜕𝑣
，則
∬𝑅𝑥𝑦 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦 = ∬𝑅𝑢𝑣 𝑓 [𝑔(𝑢, 𝑣)，ℎ(𝑢, 𝑣)] |𝐽|𝑑𝑢𝑑𝑣 28. 直角坐標化為極坐標 若𝑥 = 𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃 ，𝑦 = 𝑟 sin θ，則 ∬𝑅𝑥𝑦 𝑓(𝑥, 𝑦)𝑑𝑥𝑑𝑦=∬𝑅
𝑟𝜃
𝑓 (𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃 , 𝑟 sin θ)𝑟 𝑑𝑟𝑑θ。
29. 三重積分坐標變換之基本原理 若𝑥 = 𝑔(𝑢, 𝑣, 𝑤)，𝑦 = ℎ(𝑢, 𝑣, 𝑤)，𝑧 = 𝑘(𝑥, 𝑦, 𝑧) ，為由 𝑆𝑥𝑦𝑧 至𝑆𝑢𝑣𝑤 之一對一變換，J=
𝜕(𝑥,𝑦,𝑧)
𝜕(𝑢,𝑣,𝑤)
𝜕𝑥
𝜕𝑦
𝜕𝑧
𝜕𝑢 | 𝜕𝑥
𝜕𝑢 𝜕𝑦
𝜕𝑢 𝜕𝑧 |
𝜕𝑥
𝜕𝑣 𝜕𝑦
𝜕𝑣 | 𝜕𝑧
𝜕𝑤
𝜕𝑤
𝜕𝑤
= | 𝜕𝑣
，
則∭𝑆𝑥𝑦𝑧 𝑓(𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 =∭𝑆𝑢𝑣𝑤 𝑓[𝑔(𝑢, 𝑣, 𝑤), ℎ(𝑢, 𝑣, 𝑤), 𝑘(𝑢, 𝑣, 𝑤)]|J|𝑑𝑢𝑑𝑣𝑑𝑤 30. 直角坐標變換至柱面坐標 若𝑥 = 𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃，𝑦 = 𝑟 sin θ，𝑧 = 𝑧，則 ∭𝑆𝑥𝑦𝑧 𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧=∭𝑆 𝑓(𝑟 𝑐𝑜𝑠 𝜃 , 𝑟 sin θ , 𝑧)𝑟 𝑑𝑟 𝑑θ 𝑑𝑧 𝑟θz
31. 直角坐標變換至球面坐標 若𝑥 = 𝜌 sin 𝛷 𝑐𝑜𝑠 𝜃，𝑦 = 𝜌 sin 𝛷 sin 𝜃，𝑧 = 𝜌 𝑐𝑜𝑠 𝛷，則 ∭𝑆𝑥𝑦𝑧 𝑓 (𝑥, 𝑦, 𝑧)𝑑𝑥 𝑑𝑦 𝑑𝑧 =∭𝑆
𝜌θ𝛷
𝑓(𝜌 sin 𝛷 𝑐𝑜𝑠 𝜃 , 𝜌 sin 𝛷 sin 𝜃 , 𝜌 𝑐𝑜𝑠 𝜃)𝜌2 sin 𝛷 𝑑𝜌 𝑑𝜃 𝑑𝛷
⑨Multiple Integral 習題 9-1 解答 𝑒
ℎℎℎℎℎℎℎℎℎℎ ln 𝑥 𝑦
1
ℎℎℎℎℎℎℎℎℎℎ𝑦
1. ∫1 ∫0
2. ∫0 ∫0
1
𝑑𝑦𝑑𝑥 = 6 𝑥
2𝑦 2 𝑒 𝑥𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝑒 − 2 6
3. ∬𝑹 (𝑥 2 , 𝑦 2 )𝑑𝐴 = 35 4. ∬𝑹
1
√16−𝑥 2
𝑑𝐴 = 1
𝜋 2
5. ∬𝑹 𝑥 2 𝑦𝑑𝐴 = 40 6. ∬𝑹
𝑒𝑦 𝑥
𝑑𝐴 = 𝑒 − 2
7. ∬𝑹 2𝑦𝑑𝐴 = 2 8. ∬𝑹 𝑦𝑑𝐴 = 9. 𝑉 =
𝜋
4 2 ℎℎℎℎℎℎℎℎℎℎ4−2𝑥 (4 − ∫0 ∫0 1
2𝑥 − 𝑦)𝑑𝑦𝑑𝑥 =
10. ∬𝑹 𝑑𝐴 = 2 + ln 2 ℎℎℎℎℎℎℎℎℎℎ1
1
11. ∫0 ∫0 12. 13. 14. 15.
|𝑦 − 𝑥 |𝑑𝑥𝑑𝑦 =
16 3
1
3 1 ℎℎℎℎℎℎℎℎℎℎ1 𝑦 3 1 𝑒 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 3 (𝑒 − 1) ∫0 ∫√𝑥 2 2 ℎℎℎℎℎℎℎℎℎℎ 𝑥 𝑥 3 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 2 ln 4 − 2 ∫1 ∫1 𝑦 1 ℎℎℎℎℎℎℎℎℎℎ1 𝑦 2 1 𝑒 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 2 (𝑒 − 1) ∫0 ∫𝑥 1 ℎℎℎℎℎℎℎℎℎℎ1 2 𝑥𝑦 𝑒−2 𝑥 𝑒 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 2 ∫0 ∫𝑦 √𝜋
ℎℎℎℎℎℎℎℎℎℎ
16. ∫0 2 ∫𝑦
√𝜋 2
1
sin 𝑥 2 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 2 − 𝜋
√2 4
17. ∬𝑹 𝑥 cos(𝑥 − 𝑦) 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 2 − 1
習題 9-2 解答 1. ∬𝑥 2+𝑦 2≤2𝑥 √𝑥 2 + 𝑦 2 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝜋
32 9
2. ∬𝑹 𝑥 2 𝑦 2 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 24 3. ∬𝑹
1
1+𝑥 2+𝑦 2
𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝜋 ln 2
4. 𝑉 = ∬𝑥 2+𝑦 2≤1 (4 − 𝑥 2 − 𝑦 2 )𝑑𝑥𝑑𝑦 = 5. 𝑉 = ∬(𝑥−1)2 +𝑦 2≤1 6. 7.
√𝑥 2
+
𝑦2
𝑑𝑥𝑑𝑦 =
ℎℎℎℎℎℎℎℎℎℎ √1−𝑥 2
1 𝜋 𝑦 2 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 16 ∫0 ∫0 2 ℎℎℎℎℎℎℎℎℎℎ √4−𝑥 2 1 𝑑𝑦𝑑𝑥 ∫0 ∫−√4−𝑥 2 1+𝑥 2 +𝑦 2 1
ℎℎℎℎℎℎℎℎℎℎ √1−𝑦 2
8. ∫0 ∫𝑦 √2
2
ℎℎℎℎℎℎℎℎℎℎ √4−𝑥 2
9. ∫0 ∫0
7𝜋 2 32 9
𝜋
= 2 ln 5 𝜋
√1 − 𝑥 2 − 𝑦 2 𝑑𝑦𝑑𝑥 = 12
𝑒 −(𝑥
2+𝑦 2 )
𝜋
𝑑𝑦𝑑𝑥 = 4 (1 − 𝑒 −4 )
10. ∬𝑹 ln(𝑥 2 +𝑦 2 ) 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 𝜋(8 ln 2 − 3) 2
ℎℎℎℎℎℎℎℎℎℎ √4−𝑥 2
11. ∫0 ∫0
𝑥𝑦
4
√𝑥 2 +𝑦 2
𝑑𝑦𝑑𝑥 = 3
12. 𝐴(𝑅) = ∬𝑹 𝑑𝐴 = ∬𝑹 𝑟 𝑑𝑟𝑑𝜃 ℎℎℎℎℎℎℎℎℎℎ𝑔(θ)
β
= ∫α ∫𝑓(θ)
𝑟 𝑑𝑟𝑑𝜃
β 𝑟 2 𝑔(θ) | 𝑑𝜃 2 𝑓(θ) 1 β = 2 ∫α [𝑔2 (θ) − 𝑓 2 (θ)] 𝑑𝜃 1 2 2 π 13. ∬𝑹 𝑒 −2(𝑥 +𝑦 ) 𝑑𝑥𝑑𝑦 = 2
= ∫α
14. ∬𝑹 (𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑥𝑑𝑦 = 56
習題 9-3 解答 1
1. ∭𝑺 𝑥𝑑𝑉 = 24 2. ∭𝑺 (𝑥𝑧 + 𝑦𝑧)𝑑𝑉 = 0 1
3. ∭𝑺 𝑧 𝑑𝑉 = 8
1
2
4. ∭𝑺 𝑧 3 𝑒 𝑦 𝑑𝑉 = 16 (𝑒 4 − 1) 1
5.V = ∭𝑺 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = 3 6. V = ∭𝑺 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = 27𝜋
習題 9-4 解答 1. ∭𝑺 𝑥 2 z𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = 32𝜋 2. ∭𝑺 (𝑥 2 + 𝑦 2 )𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 =
16π 3 3 2 2
3. ∭𝑥 2+𝑦 2+𝑧 2 ≤1 (𝑥 + 𝑦 + 𝑧 ) 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = 2
𝑥2
𝑦2
2
𝑧2
4. ∭𝑺 (𝑎2 + 𝑏2 + 𝑐 2 )𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 =
4π𝑎𝑏𝑐 5
5. ∭𝑺 (𝑥 − 𝑦 + 𝑧 )𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = 52𝜋 2
6. ∭𝑺
𝑧2
√𝑥 2 +𝑦 2 +𝑧 2
𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 =
7. V = ∭𝑺 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 =
𝜋 2
8. V = ∭𝑺 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = 8𝜋 9. V = ∭𝑺 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = 10. ∭𝑺 𝑦 𝑑𝑥𝑑𝑦𝑑𝑧 = 2
122𝜋
2𝜋 15
3
5𝜋 2
2π 3