定义在矩体上的积分
积分的定义与性质
为了引入重积分,我们可以先从重积分的物理背景及几何背景说起。我们时常要求一个空间物体的质量或者一个曲顶柱体的体积。对一个曲顶柱体
对于底面是
R2的一个区域
D,顶面是曲面
z=f(x,y)的曲顶柱体,如何求其体积呢?如果底面
D是一个矩形区域,我们可以把矩形通过“划分”网格的方式划分为若干小曲顶柱体,分别求解其体积,高选定为区域内某一点
(ξ,ζ)的函数值
f(ξ,ζ),估计其体积为
f(ξ,ζ)S(ΔD),再把这些加总起来,当划分的每一个小矩形的最大直径都趋于0时,若存在一个极限,那么这个极限是曲顶柱体的体积。
但是,假如
D不是一个矩形区域,该如何求解呢?我们当然的是将
D划分为若干小区域
ΔD1,⋯,ΔDn,逐个击破,每个小曲顶柱体的体积就应当是
f(ξk,ζk)S(ΔDk)(k=1,⋯,n),可是问题在于,
S(ΔDk)该如何求解呢?为了解决这个问题,我们要引入Jordan测度。我们知道,对于平面的矩形
D={(x,y):a1≤x≤b1,a2≤y≤b2}其面积应当是
S(D)=(b1−a1)(b2−a2)。空间矩体
D={(x,y):ai≤x≤bi,1≤i≤3}其体积应当是
V(D)=(b1−a1)(b2−a2)(b3−a3)。我们定义
Rn上的矩体为
i=1∏n[ai,bi],其体积应当为
V=i=1∏n(bi−ai),若考虑两个向量
a=(a1,⋯,an)和
b=(b1,⋯,bn),后者的每一个分量都大于前者对应的分量,此时称
a≤b,则矩体
i=1∏n[ai,bi]也可以记为
[a,b],这就如同定积分的区间一样。所有矩体的体积都是已经规定好的。容易证明,这样规定的体积有有限可加性(具体证明的过程省略):矩体
I=k=1⋃nIk,其中
Ii∘∩Ij∘=∅(i=j),则
∣I∣=k=1∑n∣Ik∣。
我们以此为起点,先定义函数在矩体上的积分,对于任意的点集
E,我们找一个矩体
I,满足
E⊂I,定义
I上的函数
IE(x)={10x∈Ex∈/E则按照几何意义,
∫IIE(x)dx就应当是
E的体积。那么这就涉及一个可积与否的问题,假如这个函数可积,我们就称
E是Jordan可测的,这个积分是
E的体积,否则
E是Jordan不可测的。为了方便讨论,我们定义两点
x=(x1,x2,⋯,xn),y=(y1,⋯,yn)之间的距离是
d(x,y)=1≤i≤nmax∣xi−yi∣这样做的好处是,某点
x的邻域
B(x,r)是一个以
x为中心,边长为
2r的矩体。接下来,我们该如何定义这种积分呢?自然地,我们想将
Rn上的矩体区域
I,分成若干个两两无公共内点的小矩体区域
Δ:I1,⋯,In,同时
k=1⋃nIk=I。
f(x)是定义
I上的
n元函数,选择
ξk∈Ik(k=1,⋯,n),作黎曼和
S(Δ,f,ξ)=k=1∑nf(ξk)∣Ik∣这个公式里
∣Ik∣表示
Ik的体积,今后也是同样的记号。当最大直径
λ(Δ)=1≤k≤nmaxd(Ik)→0时,不论
ξ如何选择,都趋于同一实数
I,就称为
f(x)在
I上的积分。这和定积分的定义形式是类似的,只不过是从划分区间改成了划分矩体罢了。下面给出矩体上的积分的正式定义:
定义16.1(矩体上的积分)
I是
Rn上的矩体区域,
f(x)是定义在
I上的函数,如果存在实数
V,对任意的
ε>0,都存在
δ>0,使得对
I的任意分划
Δ:I1,⋯,In,其中
I1,⋯,In两两无公共内点,且
k=1⋃nIk=I,只要
λ(Δ)=1≤k≤nmaxd(Ik)<δ,不论选择何种
ξk∈Ik(k=1,⋯,n),其黎曼和
S(Δ,f,ξ)=k=1∑nf(ξk)∣Ik∣都满足
∣S(Δ,f,ξ)−V∣<ε则称
f(x)在
I上可积,
V为
f(x)在
I上的积分,记为
I=∫If(x)dx
下面我们来证明矩体上的积分的一些性质:
定理16.1(有界性)
f(x)在
I上可积,则
f(x)是
I上的有界函数
证:反证法,若
f(x)在
I上可积但无界,则设
V=∫If(x)dx,则对任何的分划
Δ:I1,⋯,In,
I=k=1⋃nIk,且
I1,⋯,Ik两两无公共内点,存在某个小矩体,
f(x)在其上无界,不妨设
f(x)就在
I1上无界,取定
ξk∈Ik(k=2,⋯,n),存在
ξ1∈I1,使得
∣f(ξ1)∣>∣I∣∣V∣+∣I1∣1(1+∣∣∣∣∣k=2∑n(f(ξ2)−∣I∣V)∣Ik∣∣∣∣∣∣)则
∣f(ξ1)−∣I∣V∣∣I1∣≥∣I1∣(∣f(ξ1)∣−∣I∣∣V∣)>1+∣∣∣∣∣k=2∑n(f(ξ2)−∣I∣V)∣Ik∣∣∣∣∣∣
∣∣∣∣∣k=1∑nf(ξk)∣Ik∣−V∣∣∣∣∣≥∣f(ξ1)−∣I∣V∣∣I1∣−∣∣∣∣∣k=2∑n(f(ξ2)−∣I∣V)∣Ik∣∣∣∣∣∣>1也就是说,无论何种分划,都存在一种取法,使得
∣S−V∣>1,与
V=∫If(x)dx矛盾,矛盾产生的原因是假设了
f(x)在
I上无界,因此,
f(x)在
I上有界
定理16.2(线性性质)
f(x)和
g(x)都是
Rn上的矩体
I上的可积函数,则对任意的实数
α,β,
αf(x)+βg(x)在
I上可积,并且
∫I[αf(x)+βg(x)]dx=α∫If(x)dx+β∫Ig(x)dx
证:设
∫If(x)dx=A,
∫Ig(x)dx=B,对任意的
ε>0,存在
δ1>0,δ2>0,对
I的任意分划
Δ,只要
λ(Δ)<δ1时,对任意的标志点
ξ,黎曼和满足
∣S(f,Δ,ξ)−A∣<2ε只要
λ(Δ)<δ1,对任意的标志点
ξ,黎曼和满足
∣S(g,Δ,ξ)−B∣<2ε当
λ(Δ)<min(δ1,δ2)时,对任意的标志点
ξ,则有
=≤∣S(f+g,Δ,ξ)−(A+B)∣∣S(f,Δ,ξ)+S(g,Δ,ξ)−(A+B)∣∣S(f,Δ,ξ)−A∣+∣S(g,Δ,ξ)−B∣<ε另一方面,对任意的实数
α=0,对任意的
ε>0,存在
δ>0,对任意的
I的分划
Δ,只要
λ(Δ)<δ,对任意的标志点
ξ,都有
∣S(f,Δ,ξ)−A∣<∣α∣ε则
∣S(αf,Δ,ξ)−αA∣=∣α∣∣S(f,Δ,ξ)−A∣<ε综上,可积函数空间是一个线性空间,积分是其上的线性变换,这就证明了这个定理
定理16.3(不等式性质)
f(x)和
g(x)都是
Rn上的矩体
I上的可积函数,并且
f(x)≤g(x),∀x∈I,有
∫If(x)dx≤∫Ig(x)dx
证:
对任意的黎曼和
S(f,Δ,ξ),都有
S(f,Δ,ξ)≤S(g,Δ,ξ),两边令
λ(Δ)→0,即可证得结论
定理16.4(绝对值性质)
f(x)是
Rn上的矩体
I上的可积函数,则
∣f(x)∣是
Rn上的矩体
I上的可积函数,同时
∣∣∣∣∫If(x)dx∣∣∣∣≤∫I∣f(x)∣dx
证:可积性在下一节证明,下面证明以上的不等式,对任意的黎曼和
S(f,Δ,ξ)=k=1∑nf(ξk)∣Ik∣,有
∣∣∣∣∣k=1∑nf(ξk)∣Ik∣∣∣∣∣∣≤k=1∑n∣f(ξk)∣∣Ik∣两边令
λ(Δ)→0即可证得结论
定理16.5(区间可加性)
f(x)是
Rn上的矩体
I上的可积函数,矩体
I0⊂I,则
f(x)是
I0上的可积函数,并且,若
Δ:I1,⋯,In是
I的一个分划,则
∫If(x)dx=k=1∑n∫Ikf(x)dx
证:可积性后面证明,这里仅证上面的不等式,令
∫Ikf(x)dx=Ak,对任意的
ε>0,存在
δ>0,使得对
k=1,⋯,n,对任意的
Ik的分划
Δk,只要
λ(Δk)<δ,对任意的标志点
ξ(k),都有
∣S(f,Δk,ξk)−Ak∣<nε,将这些分划合并为
I的分划
Δ,此时
∣S(f,Δ,ξ)−k=1∑nAk∣≤k=1∑n∣S(f,Δk,ξk)−Ak∣<ε,这就证明了
∫If(x)dx=k=1∑nAk
可积性理论
为了解决Jordan可测集和不可测集的定义问题,我们要研究矩体上的函数何时可积。同样地,我们的策略是平行于定积分可积性的理论将重积分可积性理论搭建起来。我们模仿定积分的可积性理论,给出三个引理,首先对于矩体
I上的有界函数
f(x),给定一个分划
Δ:I1,⋯,In,
I=k=1⋃nIk,且
I1,⋯,Ik两两无公共内点,定义对应的达布上和以及达布下和为
S(f,Δ)=k=1∑nMk∣Ik∣,S(f,Δ)=k=1∑nmk∣Ik∣,其中,
mk,Mk为
f(x)在
Ik上的下确界和上确界
(k=1,⋯,n)
引理16.1
S(f,Δ),S(f,Δ)为
f(x)在
Δ上一切黎曼和的上确界和下确界
对于矩体
I,给定两个分划
Δ,Δ′,如果对任意的
Ik∈Δ′,存在
Ij′∈Δ,满足
Ik⊂Ij′,则称
Δ′是
Δ的加细,记为
Δ′≤Δ
引理16.2 对于矩体
I,给定两个分划
Δ,Δ′,
f是
I上的一个有界函数,并且
Δ′≤Δ,则
S(f,Δ)≤S(f,Δ′)≤S(f,Δ′)≤S(f,Δ)
引理16.3 对于矩体
I,给定两个分划
Δ,Δ′,
f是
I上的一个有界函数,都有
S(f,Δ)≤S(f,Δ′)
这三个引理的证明和定积分完全类似,这里省略具体的证明过程,利用上面三个引理,我们可以得出两个结论,给定矩体
I及其上的有界函数
f(x),所有黎曼上和有下确界,我们记为
∫If(x)dx,称为
f(x)在
I上的上积分,所有的黎曼下和有上确界,记为
∫If(x)dx,称为
f(x)在
I上的下积分。接下来,我们给出可积的第一个充要条件:
定理16.6(可积的充要条件1) 给定矩体
I及其上的有界函数
f(x),可积的充要条件是
λ(Δ)→0lim[S(f,Δ)−S(f,Δ)]=0
证:充分性,如果
λ(Δ)→0lim[S(f,Δ)−S(f,Δ)]=0,由于
S(f,Δ)≥∫If(x)dx≥∫If(x)dx≥S(f,Δ)对任意的
ε>0,存在
δ>0,当
λ(Δ)<δ时,
[S(f,Δ)−S(f,Δ)]<ε,则
∫If(x)dx−∫If(x)dx≤[S(f,Δ)−S(f,Δ)]<ε,由
ε的任意性,就有
∫If(x)dx=∫If(x)dx,令
∫If(x)dx=∫If(x)dx=A,则
S(f,Δ)≥A≥S(f,Δ)任意的黎曼和也满足
S(f,Δ)≥S(f,Δ,ξ)≥S(f,Δ)则当
λ(Δ)<δ时
∣S(f,Δ,ξ)−A∣≤S(f,Δ)−S(f,Δ)<ε按积分的定义,就有
∫If(x)dx=A
必要性,如果
f(x)在
I上可积,设
∫If(x)dx=A,对任意的
ε>0,存在
δ>0,对任意的
I的分划
Δ,对任意的标志点
ξ,都有
A−ε<S(f,Δ,ξ)<A+ε由引理16.1,就有
A−ε≤S(f,Δ)≤S(f,Δ)≤A+ε此时
S(f,Δ)−S(f,Δ)<2ε即
λ(Δ)→0lim[S(f,Δ)−S(f,Δ)]=0
也就是振幅和极限为0是可积的充要条件,在重积分的情形下同样可以证明达布定理
定理16.7(达布定理) 给定矩体
I及其上的有界函数
f(x),则有
λ(Δ)→0limS(f,Δ)=∫If(x)dxλ(Δ)→0limS(f,Δ)=∫If(x)dx
证:仅证明
λ(Δ)→0limS(f,Δ)=∫If(x)dx,
λ(Δ)→0limS(f,Δ)=∫If(x)dx的证明是类似的。
首先,我们要说明的是,对于
Rn的一个矩体
I=k=1∏n[ak,bk],作小开矩体
I′=k=1∏n(ak+δ,bk−δ),两者的体积差为
V(I′)−V(I)在
δ→0时趋于0,实际上
V(I′)−V(I)==k=1∏n(bk−ak)−k=1∏n(bk−ak−2δ)c1δ+c2δ2+⋯+cnδn是关于
δ的多项式且常数项为0,对于某个特定的分划
Δ:I1,⋯,Im,对任意的
ε>0,设
Ik=∏i=1n[ai(k),bi(k)],作开矩体
Ik′(δ)=∏i=1n(ai(k)+δ,bi(k)−δ),存在
δ0>0,当
δ<δ0时,
k=1∑mV(Ik)−k=1∑mV(Ik′(δ))<ε。对于另一个分划
Δ′,只要
λ(Δ′)<δ0,则其和
Δ某个小矩体边界相交的小矩体之并全部包含在
k=1⋃nIk/k=1⋃nIk′(δ0)内,从而这些小矩体的体积之和小于
ε。下面我们来证明达布定理。
由上积分的定义,对任意的
ε>0,存在分划
Δ0,使得
∫If(x)dx−2ε<S(f,Δ0)≤∫If(x)dx设
∣f(x)∣≤M>0,∀x∈I,对
Δ0,存在
δ0>0,对任意分划
Δ,只要
λ(Δ)<δ0,则
Δ与
Δ0小矩形边界相交的小矩体的体积和小于
4Mε,此时,令
Δ0′是
Δ和
Δ0的合并,则
S(f,Δ)和
S(f,Δ0′)有差异的项是那些与
Δ0小矩形边界相交的小矩体,而哪些含在
Δ0某个小矩形内部的小矩体对应的项是没有差异的,此时
∣S(f,Δ)−S(f,Δ0′)∣<2M4Mε=2ε则
≤<∣S(f,Δ)−∫If(x)dx∣∣S(f,Δ)−S(f,Δ0′)∣+∣S(f,Δ0′)−∫If(x)dx∣ε这就证明了
λ(Δ)→0limS(f,Δ)=∫If(x)dx
这样,就可以得到可积的第二个充要条件
定理16.8(可积的充要条件2) 给定矩体
I及其上的有界函数
f(x),可积的充要条件是
∫If(x)dx=∫If(x)dx
定理16.9(可积的充要条件3) 给定矩体
I及其上的有界函数
f(x),可积的充要条件是对任意的
ε>0,存在分划
Δ,满足
S(f,Δ)−S(f,Δ)<ε
证:
充分性,若对任意的
ε>0,存在分划
Δ,满足
S(f,Δ)−S(f,Δ)<ε,由于
S(f,Δ)≤∫f(x)dx≤∫f(x)dx≤S(f,Δ)则
∫f(x)dx−∫f(x)dx≤S(f,Δ)−S(f,Δ)<ε由
ε的任意性,上下积分相等,因此
f(x)在
I上可积
必要性,若
f(x)在
I上可积,则上下积分相等,由上下积分的定义,对任意的
ε>0,存在分划
Δ1,满足
∣∣∣∣S(f,Δ1)−∫If(x)dx∣∣∣∣<2ε存在分划
Δ2,满足
∣∣∣∣S(f,Δ1)−∫If(x)dx∣∣∣∣<2ε作
Δ1,Δ2的合并分划
Δ0,
Δ0即满足条件。
定理16.11(可积的充要条件4) 有界函数
f(x)在矩体
I上可积的充要条件是
∀ε>0,
∀δ>0,存在分划
Δ,
Δ中振幅大于
δ的小矩体体积和小于
ε
证:
充分性,如果
∀ε>0,
∀δ>0,存在分划
Δ,
Δ中振幅大于
δ的小矩体体积和小于
ε。则设
∣f(x)∣≤M(∀x∈I),
∀ε>0,令
δ0=2∣I∣ε,令
ε0=4Mε,则存在分划
Δε,满足
Δϵ中振幅大于
δ0的小矩体的体积和小于
ε0。将
Δε中的小矩体分为两类,一类是振幅大于
δ0的小矩体,全体记为
Δ1,另一类是振幅不超过
δ0的小矩体,全体记为
Δ2,则
≤S(f,Δε)−S(f,Δε)=Ik∈Δ1∑ω(Ik)∣Ik∣+Ik∈Δ2∑ω(Ik)∣Ik∣2MIk∈Δ1∑∣Ik∣+δ0Ik∈Δ2∑∣Ik∣<2Mε0+δ0∣I∣=ε因此
f(x)在
I上可积。
必要性,如果
f(x)在
I上可积,如果
∃ε0>0,
∃δ0>0,对任意分划
Δ,其振幅大于
δ0的小矩体的体积和大于
ε0,则对任意的分划
Δ,将
Δε中的小矩体分为两类,一类是振幅大于
δ0的小矩体,全体记为
Δ1,另一类是振幅不超过
δ0的小矩体,全体记为
Δ2,于是
≥S(f,Δ)−S(f,Δ)=Ik∈Δ1∑ω(Ik)∣Ik∣+Ik∈Δ2∑ω(Ik)∣Ik∣Ik∈Δ1∑ω(Ik)∣Ik∣>δ0Ik∈Δ1∑∣Ik∣≥δ0ε0>0与
f(x)可积矛盾,因此,
∀ε>0,
∀δ>0,存在分划
Δ,
Δ中振幅大于
δ的小矩体体积和小于
ε
例16.1
f(x)在
I上可积,则
∣f(x)∣在
I上可积
证:对任意的点集
D,对任意的
x1,x2∈D,则
∣f(x1)−f(x2)∣≥∣∣f(x1)∣−∣f(x2)∣∣则
ω(f,D)=≥x1,x2∈Dsup∣f(x1)−f(x2)∣ω(∣f∣,D)=x1,x2∈Dsup∣∣f(x1)∣−∣f(x2)∣∣因此,对任意的
I的分划
Δ:I1,⋯,In,则
k=1∑nω(f,Ik)∣Ik∣≥k=1∑nω(∣f∣,Ik)∣Ik∣由于
f(x)在
I上可积,对任意的
ε>0,存在分划
Δ,有
k=1∑nω(f,Ik)∣Ik∣<ε因此
k=1∑nω(∣f∣,Ik)∣Ik∣<ε因此
∣f(x)∣可积
例16.2
f(x)在
I上可积,矩体
I′⊂I,则
f(x)在
I′上可积
证:由于
f(x)在
I上可积,对任意的
ε>0,存在分划
Δ:I1,⋯,In,使得
S(f,Δ)−S(f,Δ)<ε取分划
Δ′,是
Δ的加细,并且包含
I′∩I1,I′∩I2,⋯,I′∩In,这也是
I′的一个分划,记为
Δ0,由于
Δ′是
Δ的加细,则
S(f,Δ′)−S(f,Δ′)≤S(f,Δ)−S(f,Δ)<ε,而
S(f,Δ0)−S(f,Δ0)只是
S(f,Δ′)−S(f,Δ′)的部分项,因此
S(f,Δ0)−S(f,Δ0)<ε,因此
f(x)在
I′上可积。
例16.3
f(x)在
I上可积,
I⊂I0,
I0也是矩体,则令
f(x)={f(x)0x∈Ix∈/I则
f在
I0上可积,并且
∫If(x)dx=∫I0f(x)dx
证:由于
f(x)在
I上可积,对任意的
ε>0,存在
I的分划
Δ,
S(f,Δ)−S(f,Δ)<2ε,设
∣f(x)∣≤M(∀x∈I),将
I的分划
Δ扩充为
I0的分划
Δ0,使得
Δ0中与
I的边界相交的小矩体的体积和小于
4Mε,将
Δ0的小矩体分为三类,第一类为原来
Δ的小矩体,即
Δ,第二类为不在
Δ内,但与
I的边界交非空的小矩体,全体记为
Δ1,其余的小矩体记为
Δ2,因此
=<S(f,Δ0)−S(f,Δ0)Ik∈Δ∑ω(Ik)∣Ik∣+Ik∈Δ1∑ω(Ik)∣Ik∣2ε+2MIk∈Δ1∑∣Ik∣<ε因此
f(x)在
I0上可积,令
∫If(x)dx=A,对任意
ε>0,存在
δ>0,对任意
I的分划
Δ,对任意的标志点
ξ,则
∣S(f,Δ,ξ)−A∣<ε将
Δ扩充为
I0的分划
Δ0,其模不超过
Δ的模,在取点上,若为
Δ的分划,则取原来的点,其他的分划取点均取
I外的点,此时黎曼和满足
∣S(f,Δ0,ξ)−A∣<ε也就是说存在
I0的一个分划列,其模趋于0,黎曼和趋于
A,故
∫I0f(x)dx=A
这说明了积分和所选择的矩体是无关的,在下一节,我们将更明确这一点的意义。
例16.4
f(x),g(x)都在
I上可积,则
f(x)g(x)也在
I上可积
证:设
∣f(x)∣≤M1>0,∣g(x)∣≤M2>0(∀x∈I),对任意的
x1,x2∈I,有
=≤≤∣f(x1)g(x1)−f(x2)g(x2)∣∣f(x1)g(x1)−f(x1)g(x2)+f(x1)g(x2)−f(x2)g(x2)∣∣f(x1)∣∣g(x1)−g(x2)∣+∣g(x2)∣∣f(x1)−f(x2)∣M1∣g(x1)−g(x2)∣+M2∣g(x2)∣∣f(x1)−f(x2)∣因此,对任意的小矩体
Ik,有
ω(fg,Ik)≤M1ω(g,Ik)+M2ω(f,Ik)对任意的
ε>0,存在分划
Δ,满足
S(g,Δ)−S(g,Δ)<M1+M2εS(f,Δ)−S(f,Δ)<M1+M2ε此时
S(fg,Δ)−S(fg,Δ)<ε因此
fg在
I上可积
Jordan可测集上的积分
一般集合上的积分
E是
Rn的某个有界集,
f(x)是定义在
E上的函数,怎么定义
f(x)在
E上的积分呢?很显然,我们只需要将
E进行延拓
f(x)={f(x)0x∈Ex∈/E再取一个包含
E的矩体
I,则其在
E上的积分定义为
∫Ef(x)dx=∫If(x)dx下一个问题是这个积分定义是否与矩体的选择有关,答案是否定的,这由例16.3容易得到。并且由例16.3,这个定义与前面的定义是不冲突的。我们接下来给出一个正式的定义。
定义16.2
E是
Rn的某个有界集,
f(x)是定义在
E上的函数,令
f(x)={f(x)0x∈Ex∈/E如果存在矩体
I,满足
E⊆I,
f(x)在
I上可积,则称
f(x)在
E上可积,
∫If(x)dx为
f(x)在
E上的积分。记为
∫Ef(x)dx
由矩体上的积分的性质,我们同样可以得出一般有界集上函数的积分的性质
定理16.12(有界性) 若
f(x)在有界集
E上可积,则
f(x)在
E上有界
定理16.13(线性性质) 若
f(x),g(x)在有界集
E上可积,则对任意的实数
α,β,
αf(x)+βg(x)在
E上也可积
∫E(αf(x)+βg(x))dx=α∫Ef(x)dx+β∫Eg(x)dx
定理16.14(不等式性质) 若
f(x),g(x)在有界集
E上可积,并且
f(x)≤g(x)(x∈E),则
∫Ef(x)dx≤∫Eg(x)dx
定理16.15(绝对值性质) 若
f(x)在有界集
E上可积,则
∣f(x)∣在有界集
E上可积,并且
∣∣∣∣∫Ef(x)dx∣∣∣∣≤∫E∣f(x)∣dx
这些都可以直接由定义得到,这里就省略其证明了。
Jordan可测集及Jordan测度
有了上面的定义,我们就可以给出Jordan可测集以及Jordan测度的概念。
定义16.3 E是
Rn上的有界集,如果
f(x)=1在
E上可积,则称
E是Jordan可测集或称
E可求体积,定义
E的Jordan测度为
V(E)=∫E1dx
命题16.1
Rn上的矩体
I都可求体积,并且
V(I)=∣I∣
该命题可以直接从定义推导出
我们再仔细研究一下定义16.3,如果
E是有界集,取某个矩体
I,
E⊆I,按照Jordan测度的定义,如果可测,其测度为
V(E)=∫ICE(x)dx,其中
CE(x)是
E的特征函数。即
CE(x)={10x∈Ex∈/E那么,
CE(x)什么条件下可积呢?取
I的一个分划
Δ,
S(CE,Δ)为
Δ中与
E相交的小矩体的体积和,记为
M(E,Δ),
S(CE,Δ)为
Δ中完全含在
E中的小矩体的体积和
m(E,Δ),可积的充要条件是对任意的
ε>0,存在分划
Δ,使得
M(E,Δ)−m(E,Δ)<ε再从上下积分的角度看,
CE(x)在
I上的上积分为
V(E)=Δ为I的分划infM(E,Δ),下积分为
V(E)=Δ为I的分划supm(E,Δ),分别称为
E的外体积和内体积,则Jordan可测的充要条件是内外体积相等。
推论16.1
E,F是两个可求体积的有界集,
E∩F=∅,则
E∪F可求体积,并且
V(E∪F)=V(E)+V(F)
接下来,何谓体积为0呢?实际上,体积为0等价于
V(E)=0,等价于对任意的
ε>0,存在分划
Δ,与
E相交的小矩体的体积之和小于
ε。我们把这个定义总结为
定义16.4 若有界集
E满足:
∀ε>0,存在有限个两两无公共内点的矩体
I1,⋯,In,满足:
E⊂k=1⋃nIk,同时
k=1∑n∣Ik∣<ε,则称
E为J零测集
由该定义,容易得到
命题16.2
(1)J零测集的子集仍为J零测集
(2)有限个J零测集的并认为J零测集
显然J零测集一定是Jordan可测的。对于
Rn内的有界开集
E,对于某一个分划
Δ,与
E交非空的小矩体与
E的闭包
E交也一定非空,如果不是完全含在
E内,就一定与
∂E交非空。从而
M(E,Δ)−m(E,Δ)≤M(∂E,Δ)如果
∂E是J零测集,那么
E必定是Jordan可测集,同时任何以
E为内部的集合都是Jordan可测集。反过来,如果有界集
E(未必是开集或闭集)是Jordan可测集,存在分划
Δ,满足
M(E,Δ)−m(E,Δ)<3ε。对完全含于
E内部的小矩体
I1,⋯,In,将其进一步细分,使其包含一个完全含于
Ik内部的小矩体
Ik′,要求
∑k=1n∣Ik∣−∑k=1n∣Ik′∣<3ε,即细分之后,除了
I1′,⋯,In′,其他的小矩体可能与
∂E的交非空。对于完全含于
E外部的小矩体,也作相同的操作,进行进一步细分,其中某一个小矩体占据其绝大部分体积,其余的小矩体才可能与
∂E交非空,这些小矩体的体积和小于
3ε,得到一个更细的分划
Δ′,有
M(∂E,Δ′)≤M(E,Δ)−m(E,Δ)+32ε<ε故
E可求体积。综上,我们有如下定理:
定理16.16 有界集
E可求体积的充要条件是
∂E是J零测集
推论16.2
E1,E2可求体积,则
E1∩E2,E1∪E2,E1/E2均可求体积
证:
若
x∈∂(E1∩E2),则若
x∈/∂E1,同时
x∈/∂E2,则要么
x是
E1的内点,要么
x是
E1c的内点,但
x任意邻域都包含
E1∩E2的点,也就推出
x任意邻域都包含
E1的点,因此
x必为
E1的内点,同理可以推出
x是
E2的内点,因此
x∈E1∘∩E2∘=(E1∩E2)∘,与
x∈∂(E1∩E2)矛盾,因此,
x∈∂E1∪∂E2,就证得
∂(E1∩E2)⊂∂E1∪∂E2,由命题16.1,
E1∩E2可求体积,再由特征函数表达式
CE1∪E2=CE1+CE2−CE1∩E2CE1/E2=CE1−CE1∩E2再由定义16.3就可以得到结论。
命题16.3 有界集
E是J零测集,则任意有界函数
f(x)都在
E上可积,并且
∫Ef(x)dx=0
证:
设
∣f(x)∣≤M>0(x∈E),令
f(x)={f(x)0x∈Ex∈/E对任意
ε>0,存在分划
Δ,使得
M(E,Δ)−m(E,Δ)<2Mε,则
S(f,Δ)−S(f,Δ)=Ik∈Δ0∑ω(Ik)∣Ik∣其中
Δ0为
Δ中与
E交非空的小矩体的总和,则
S(f,Δ)−S(f,Δ)≤2MIk∈Δ0∑∣Ik∣<ε因此
f(x)在
E上可积,同时,对任意的
ε>0,存在
δ>0,对任意分划
Δ,只要
λ(Δ)<δ,就有
M(E,Δ)−m(E,Δ)<Mε,
Δ0为
Δ中与
E交非空的小矩体的总和,对任意黎曼和,在选取标志点是,若小方块不在
Δ0内,那么无论如何选取标志点,标志点的函数值都为0,设
Δ0:I1,⋯,In,任取
ξk∈Ik(k=1,⋯,n),则
∣f(ξk)∣≤M,此时
∣∣∣∣∣k=1∑nf(ξk)∣Ik∣∣∣∣∣∣≤k=1∑n∣f(ξk)∣∣Ik∣≤Mk=1∑n∣Ik∣<MMε=ε这就说明了
∫Ef(x)dx=0
接下来我们可以给出J可测集上积分的有限区间可加性的表述
定理16.16(有限区间可加性)
f(x)在有界J可测集
E上可积,将
E分解为
E=k=1⋃nEk,其中
E1,⋯,En都为J可测集,并且
V(Ei∩Ej)=0(∀i=j),则
f(x)在
E1,⋯,En上都可积并且
∫Ef(x)dx=k=1∑n∫Ekf(x)dx
证:我们用归纳法证明:
若
n=2,取
E⊆I,
I为一矩体,
E=E1∪E2,
E1,E2都J可测,同时,
E1∩E2为J零测集,令
f(x)={f(x)0x∈Ex∈/E则
f(x)=f(x)CE1(x)+f(x)CE2(x)−f(x)CE1∩E2(x)由于
E1,E2,E1∩E2都J可测,故
CE1(x),CE2(x),CE1∩E2(x)均可积,因此
f(x)CE1(x),f(x)CE2(x),f(x)CE1∩E2(x)均可积(由例16.4),由函数的构造
f(x)在
E1,E2,E1∩E2上都可积,因此
==∫If(x)dx∫If(x)CE1(x)dx+∫If(x)CE2(x)dx+∫If(x)CE1∩E2(x)dx∫E1f(x)dx+∫E2f(x)dx−∫E1∩E2f(x)dx由于
V(E1∩E2)=0,由命题16.2,有
∫E1∩E2f(x)dx=0,因此
∫Ef(x)dx=∫E1f(x)dx+∫E2f(x)dx假设
n=m时,将
E任意分解为
E=k=1⋃mEk,其中
E1,⋯,Em都为J可测集,并且
V(Ei∩Ej)=0(∀i=j),有
∫Ef(x)dx=k=1∑m∫Ekf(x)dx假设将
E分解为
E=k=1⋃m+1Ek,其中
E1,⋯,Em+1都为J可测集,并且
V(Ei∩Ej)=0(∀i=j),则
k=1⋃mEk∩Em+1=k=1⋃mEk∩Em+1由于
E1∩Em+1,E2∩Em+1,⋯,Em∩Em+1都是零测集,故
k=1⋃mEk∩Em+1是零测集,因此
==∫⋃k=1m+1Ekf(x)dx∫⋃k=1m+1Ekf(x)dx+∫Em+1f(x)dxk=1∑n∫Ekf(x)dx+∫Em+1f(x)dx
定理16.17
f(x)在可求体积的有界闭集
E上连续,则
f(x)在
E上可积
证:
由于
f(x)在
E上连续,
f(x)在
E上一致连续,对任意的
ε>0,存在
δ>0,对任意的
x1,x2∈E,
∣x1−x2∣<δ时,有
∣f(x1)−f(x2)∣<2∣I∣ε又
f(x)在
E上有界,令
f(x)={f(x)0x∈Ex∈/E由于
E是Jordan可测集,存在分划
Δ,要求
λ(Δ)<δ,有
∣M(f,Δ)−m(f,Δ)∣<4Mε则
=S(f,Δ)−S(f,Δ)Ik∈Δ1∑ω(f,Ik)∣Ik∣+Ik∈Δ2∑ω(f,Ik)∣Ik∣其中
Δ1为不包含于
E内但与
E交非空的小矩体的全体,
Δ2是含在
E内的小矩体的全体,则
≤<S(f,Δ)−S(f,Δ)2MIk∈Δ1∑∣Ik∣+2∣I∣εIk∈Δ2∑∣Ik∣ε因此
f在
I上可积,故
f在
E上可积
定理16.18(积分中值定理)
E是可求体积的有界闭区域,
f(x)在
E上连续,
g(x)在
E上不变号且可积,则存在
ξ∈E,有
∫Ef(x)g(x)dx=f(ξ)∫Eg(x)dx
这个证明和定积分是类似的,这里就不证了。最后我们来给出Jordan测度的若干性质
命题16.4 Jordan测度有如下性质:
(1)
E为有界
J可测集,将
E分解为
E=k=1⋃nEk,其中
E1,⋯,En都为J可测集,并且
V(Ei∩Ej)=0(∀i=j),则
V(E)=k=1∑nV(Ek)
(2)
E为有界
J可测集,并且
E⊆k=1⋃nEk,其中其中
E1,⋯,En都为J可测集,则
V(E)≤k=1∑nV(Ek)
(3)
E1,E2为有界
J可测集,并且
E1⊆E2,则
V(E1)≤V(E2),并且
V(E2/E1)=V(E2)−V(E1)
证:
(1)对两个集合
E1,E2,若
E1,E2都是J可测的,并且
E1∩E2是J零测的,那么
CE1∪E2=CE1+CE2−CE1∩E2任取一个矩体
I,使得
E1∪E2⊆I,则
V(E1∪E2)=∫ICE1∪E2(x)dx=∫ICE1(x)dx+∫ICE2(x)dx−∫ICE1∩E2(x)dx=∫ICE1(x)dx+∫ICE2(x)dx=V(E1)+V(E2)如果对任意的
k个J可测集
E1,⋯,Ek,满足
Ei∩Ej是J零测的(
i=j),都有
V(i=1⋃kEi)=i=1∑kV(Ei)则对任意
k+1个J可测集
E1,⋯,Ek,Ek+1,有
V(i=1⋃k+1Ei)=V(i=1⋃kEi)+V(Ek+1)−V(i=1⋃kEi∩Ek+1)=i=1∑k+1V(Ei)−V(i=1⋃kEi∩Ek+1)=i=1∑k+1V(Ei)其中第三个等号是因为有限个J零测集的并仍然是J零测集,由数学归纳法,对任意的有界
J可测集
E,将
E分解为
E=k=1⋃nEk,其中
E1,⋯,En都为J可测集,并且
V(Ei∩Ej)=0(∀i=j),都有
V(E)=k=1∑nV(Ek)
(2)对两个集合
E1,E2,若
E1,E2都是J可测的
V(E1∪E2)=V(E1)+V(E2)−V(E1∩E2)≤V(E1)+V(E2)假设对任意
k个J可测集
E1,⋯,Ek,都有
V(i=1⋃kEi)≤i=1∑kV(Ei)则对任意的
k+1个J可测集
E1,⋯,Ek+1,就有
V(i=1⋃k+1Ei)≤V(i=1⋃kEi)+V(Ek+1)≤i=1∑k+1V(Ei)(3)是显然的,由J测度的定义可以直接得出。
重积分的计算
重积分化为累次积分
重积分的计算方法并没有新的特点,主要是通过化为累次积分来进行计算,以二重积分为例,要求曲顶柱体的体积,其顶面是
z=f(x,y),其中底面是一个矩形
I=[a,b]×[c,d],对于
x∈[a,b],我们可以得到一个截面
z=f(x,y),y∈[c,d],这是一个曲边梯形,由定积分,我们知道其面积为
S(x)=∫cdf(x,y)dy将这些截面的面积累加起来就是曲顶柱体的体积,即
V=∫abS(x)dx=∫abdx∫cdf(x,y)dy再由重积分的几何意义
∫If(x,y)dxdy=∫abdx∫cdf(x,y)dy这就是重积分化为累次积分的公式,下面我们来严格证明之:
定理16.19(重积分化为累次积分)
f(x,y)是
I1×I2上的可积函数,其中
I1,I2分别是
Rn,Rm上的矩体,并且对任意的
x∈I1,
f(x,y)是
I2上的可积函数,则
S(x)=∫I2f(x,y)dy在
I1上可积,并且
∫I1×I2f(x,y)dxdy=∫I1dx∫I2f(x,y)dy
证:
由于
f(x,y)在
I上可积,对任意的
ε>0,存在
δ>0,对任意的分划
Δ,当
λ(Δ)<δ时
S(f,Δ)−S(f,Δ)<ε对
I1的一个分划
Δ1:I1(1),I2(1),⋯,In1(1),只要
λ(Δ1)<δ,再作
I2的一个分划
Δ2:I1(2),⋯,In2(2),使得
λ(Δ2)<δ,则构造
I的一个分划
Δ:I1(1)×I1(2),I1(1)×I2(2),⋯,I1(1)×In2(2),I2(1)×I1(2),I2(1)×I2(2),⋯,I2(1)×In2(2),⋯,In1(1)×I1(2),In1(1)×I2(2),⋯,In1(1)×In2(2),任取
ξi∈Ii(1)(i=1,⋯,n1),则
≤≤i=1∑n1j=1∑n2mij∣Ii(1)∣∣Ii(1)∣i=1∑n1∫I2f(ξi,y)∣Ii(1)∣=i=1∑n1j=1∑n2∫Ijn2f(ξi,y)dy∣Ii(1)∣i=1∑n1j=1∑n2Mij∣Ii(1)∣∣Ii(1)∣而
i=1∑n1j=1∑n2mij∣Ii(1)∣∣Ii(1)∣≤∫If(x,y)dxdy≤i=1∑n1j=1∑n2Mij∣Ii(1)∣∣Ii(1)∣此时
∣∣∣∣∣i=1∑n1j=1∑n2∫Ijn2f(ξi,y)dy∣Ii(1)∣−∫If(x,y)dxdy∣∣∣∣∣<ε这就证明了
F(x)=∫I2f(x,y)dy在
I1上可积,并且
∫I1dx∫I2f(x,y)dy=∫If(x,y)dxdy
通过将重积分化为累次积分,重积分就有了计算的手段。对于二重积分的计算,假设积分区域是一个X型区域
D={(x,y):a≤x≤b,f1(x)≤y≤f2(x)},其中
f1(x),f2(x)都是
[a,b]上的连续函数,取一个包含
D的矩体
I,可以取
I=[a,b]×[m,M],其中
m为
f1(x)在
[a,b]上的最小值,
M为
f2(x)在
[a,b]上的最大值,
f(x,y)在
D上连续,就可以得到
=∫Df(x,y)dxdy=∫If(x,y)dxdy∫abdx∫mMf(x,y)dy=∫abdx∫f1(x)f2(x)f(x,y)dy同样地,对Y型区域
D={(x,y):a≤y≤b,f1(y)≤y≤f2(y)},其中
f1(x),f2(x)都是
[a,b]上的连续函数,
f(x,y)在
D上连续,则有计算公式
∫Df(x,y)dxdy=∫abdy∫f1(y)f2(y)f(x,y)dx三重积分化为累次积分也是类似的,这里省略具体的公式。
重积分的变量替换
我们首先给出这一定理的称述
定理16.20 设
Ω是
Rn的一个开集
ϕ:Ω→Rn是一个连续可微映射,
E⊂Ω是一个可求体积的有界闭集,如果
(1)
detDϕ(t)=0,∀t∈E∘
(2)
ϕ在
E∘内是单射
那么
ϕ(E)也是一个可求体积的闭集,并且对于任何在
ϕ(E)上的连续函数
f(x),都有
∫ϕ(E)f(x)dx=∫Ef(ϕ(t))∣detDϕ(t)∣dt
为了理解这个定理,我们考虑二重积分的变量替换,那么,映射
ϕ可以表示为
{x=x(u,v)y=y(u,v)则要求
x=x(u,v),y=y(u,v)都是连续可微函数,并且雅克比矩阵的行列式
det[∂u∂x∂u∂y∂v∂x∂v∂y]=0我们记为
J(u,v),且是单射。则被积函数,区域和变量在映射
ϕ下的对应关系为
在二重积分下,常用的变量替换是极坐标变换
ϕ(r,θ):{x=rcosθy=rsinθ其中
D={r>0,
θ∈[0,2π)},雅克比行列式为
J(r,θ)=r则对可求体积的有界闭集
E有
∫Ef(rcosθ,rsinθ)rdrdθ=∫ϕ(E)f(x,y)dxdy通常我们给出的是
ϕ(E)以及
f(x,y),需要由
ϕ(E)倒推得
E。对于圆形或扇形区域,极坐标变换可以极大地简化计算。如
ϕ(E)={(x,y):x2+y2≤4},容易得到
E={(r,θ):0≤r<2,0≤θ<2π},则
∫02dr∫02πf(rcosθ,rsinθ)rdθ=∫ϕ(E)f(x,y)dxdy注意到虽然
ϕ的雅克比行列式不是在
E上全不为0,但是在
E的内部是全不为0的,所以我们并不要求在
E上全不为0,极坐标变换极大的方便了圆形或扇形区域重积分化为累次积分,但是具体是否简化了运算还是要考虑被积函数而定。在三重积分情形下,可以采用球坐标变换
⎩⎪⎨⎪⎧x=rsinθcosϕy=rsinθsinϕz=rcosθ几何意义如下图所示
可见,取值范围分别为
r≥0,0≤ϕ≤2π,0≤θ≤π。如半径为2,圆心在原点的球在第一象限的部分
ϕ(E)={(x,y,z):x2+y2+z2≤4,x≥0,y≥0,z≥0},则可以推得
E={(r,θ,ϕ):0≤r≤2,0≤ϕ≤2π,0≤θ≤2π},
J(r,θ,ϕ)=r2sinθ,就有
=∫02dr∫02πdθ∫02πf(rsinθcosϕ,rsinθsinϕ,rcosθ)rsinθdϕ∫ϕ(E)f(x,y,z)dxdydz求坐标变换同样极大的简化了球形区域的重积分化为累次积分,但是否对计算有简化作用还是要看被积函数的形式。
接下来我们来证明定理16.20,这个证明比较复杂,我们需要分三段完成。
J可测集的变换
证明的第一步是要证明若
E是若尔当可测的有界闭集,
ϕ(E)也是若尔当可测的有界闭集。我们再重复一次,这里使用的度量或距离函数的定义是
d[(xi(1)),(xi(2))]=1≤i≤nmax∣xi(1)−xi(2)∣对于点
E及集合
F,定义
d(E,F)=A∈Finfd(E,A),如果
F是闭集,则存在
F中的一点
A,使得
d(E,A)=d(E,F),证明如下:
证:
由点和集合距离的定义,存在
An∈F,满足
d(E,F)≤d(E,An)<n1+d(E,F)存在
{An}的收敛子列
{Ank},
k→∞limAnk=A,由上式,再由夹逼准则,
k→∞limd(E,Ank)=d(E,A)=d(E,F),再由
F是闭集,
A∈F
这说明了,如果
E∈/F,则
d(E,F)=δ>0。也就是说,如果
E不在
F内,
E和
F必然有一段正的距离。对任意的集合
S⊂Rn以及正数
τ>0,定义
Sτ={E∈Rn:d(E,S)≤τ}则
Sτ是闭集,如果
S是有界集,则
Sτ是有界闭集。这是因为
d(x,S)是
Rn上的连续函数,这是因为对任意的
y∈S,有
∣d(x1,y)−d(x2,y)∣≤d(x1,x2)由该式就可以得到
∣d(x1,S)−d(x2,S)∣≤d(x1,x2)因为
d(x1,S)−d(x2,y)≤d(x1,y)−d(x2,y)≤d(x1,x2)即对任意的
y∈S,有
d(x1,S)−d(x2,y)≤d(x1,x2)由
d(x2,S)的定义,对任意的
ε>0,存在
y0∈S,满足
d(x2,y0)<d(x2,S)+ε则
d(x1,S)−d(x2,S)−ε<d(x1,S)−d(x2,y0)≤d(x1,x2)再由
ε的任意性,就有
d(x1,S)−d(x2,S)≤d(x1,x2)同理可证
d(x2,S)−d(x1,S)≤d(x1,x2)这就证明了
d(x,S)在
Rn上不仅是连续的,还是一致连续的。如果
d(xn,S)≤τ,并且
n→∞limxn=x,则
d(x,S)=n→∞limd(xn,S)≤τ,从而
x∈Sτ,从而
Sτ是闭集。如果
S是有界集,则存在
M>0,对任意的
y∈S,
d(0,y)≤M,则
d(x,0)≤d(x,y)+d(0,y)≤d(x,y)+M对任意的
ε>0,存在
y0∈S,
d(x,y0)<d(x,S)+ε,就有
d(x,0)≤d(x,y0)+M<d(x,S)+M+ε有
ε的任意性,有
d(x,0)≤d(xS)+M当
x∈Sτ时
d(x,0)≤τ+M因此
Sτ是有界集。
引理16.4
Ω是
Rn上的开集,
ϕ:Ω→Rn是连续可微映射,
E⊆Ω是有界闭集,存在
λ(E)>0,对任意的
x,y∈E,有
d(ϕ(x),ϕ(y))≤λ(E)d(x,y)
证:
①对于
E上的两点
x,y,对任意的
δ>0,如果
d(x,y)≤δ,
x,y线段间任意一点
z满足
d(z,x)≤δ,d(z,y)≤δ,这是因为设
x=(x1,⋯,xn),y=(y1,⋯,yn),对任意的
λ∈(0,1),
z=λx+(1−λ)y,有
x−z=(λx1+(1−λ)y1,⋯,λxn+(1−λ)yn),则
d(x,z)=(1−λ)d(x,y),故
d(x,z)≤d(x,y)≤δ,同理可证,
d(y,z)≤d(x,y)≤δ。此时,
x,y线段间任意一点
z,都有
z∈Eδ。
②由于
Ω是开集,令
F=Rn/Ω,则
F是闭集,
d(x,F)是
E上的连续函数,由于
E是有界闭集,
d(x,F)在
E上可取得最小值,设最小值为
ζ>0(因为
E中任意一点都与
F不相交)。令
τ=21ζ,
E⊆Eτ⊆Ω(因为如果
Eτ不包含在
Ω内,那么,存在一点
x∈Eτ,
x∈F,与
d(x,F)≥ζ(∀x∈E)矛盾),并且
Eτ为有界闭集。设
ϕ=(ϕ1,⋯,ϕn),我们令
M1=1≤i≤n,1≤j≤nmaxx∈Eτmax∣∂xj∂ϕi(x)∣M2=1≤i≤nmaxx∈Emax∣ϕi(x)∣由多元函数的拉格朗日中值定理,对任意的
x,y∈E,存在
ξi∈(0,1),满足
ϕi(y)−ϕi(x)=j=1∑n∂xj∂ϕi(x+ξi(y−x))(yi−xi)从而当
d(x,y)≤τ时,
x,y线段间任意点都在
Eτ内,从而
∣ϕi(y)−ϕi(x)∣≤nM1d(x,y)因此
d(ϕ(x),ϕ(y))≤nM1d(x,y)当
d(x,y)>τ时
d(ϕ(x),ϕ(y))≤2M2=τ2M2τ<τ2M2d(x,y)令
λ(E)=max(nM1,τ2M2),就有
d(ϕ(x),ϕ(y))≤λ(E)d(x,y)
引理16.5
Ω是
Rn上的开集,
ϕ:Ω→Rn是连续可微映射,
E⊆Ω是J零测集,则
ϕ(E)也是J可测集
证:由于
Ω是开集,令
F=Rn/Ω,则
F是闭集,
d(x,F)是
E上的连续函数,由于
E是有界闭集,
d(x,F)在
E上可取得最小值,设最小值为
ζ>0。
由于
E是J零测的,
E也是J零测的,令
τ=21ζ,对任意的
ε>0,存在有限个小方体(各边长相等)
I1,⋯,Ik,使得
E⊆i=1⋃nIi,同时
i=1∑n∣Ii∣<ε,同时所有的
I1,⋯,Ik的直径不超过
τ,这里设所有的
I1,⋯,Ik都与
E的交非空,则
Ii⊆Eτ⊆Ω(i=1,⋯,n),存在
λ>0,对任意的
x,y∈Eτ,都有
d(ϕ(x),ϕ(y))≤λd(x,y)。则对
i=1,⋯,k,对任意的
x,y∈Ii,有
d(ϕ(x),ϕ(y))≤λd(x,y)≤λd(Ii)因此,只要我们取定
Ii的一点
x0,
ϕ(Ii)包含在半径为
λd(Ii)的闭邻域(也是个方体)
Ii′内,其体积为
2nλn∣Ii∣,则
i=1∑n∣Ik′∣=2nλni=1∑k∣Ii∣<2nλnε而
ϕ(E)⊆⋃i=1kϕ(Ii)⊆⋃i=1kIi′,这就证明了
ϕ(E)也是J零测集,而
ϕ(E)⊆ϕ(E),故
ϕ(E)是J零测集。
但引理16.5并不意味着如果
E是J可测的,
ϕ(E)也是J可测的,因为这要求
∂E为J零测时,
∂(ϕ(E))是J零测的,但
∂ϕ(E)⊆ϕ(∂E)不一定成立,但如果在E内部雅克比行列式恒不为0时,这是成立的。
引理16.6
Ω是
Rn上的开集,
ϕ:Ω→Rn是连续可微映射,
E⊆Ω是J可测的有界闭集,如果
ϕ在
E∘上满足:
detDϕ(t)=0,∀t∈E∘且
ϕ在
Ω上是单射,则
ϕ(E)也是J可测的有界闭集
证:
①首先证明
ϕ(E)是有界闭集,首先,由于
E是有界闭集,存在
λ>0,对任意的
x,y∈E,
d(ϕ(x),ϕ(y))≤λd(x,y),
ϕ(E)有界是显然的,因为任取
x0∈E,对任意的
y∈ϕ(E),存在
x∈E,
ϕ(x)=y,则
d(y,ϕ(x0))≤λd(x,x0)因为
E是有界的,设
d(x,x0)≤M,就有
d(y,ϕ(x0))≤λM因而
ϕ(E)是有界的,其次证明
ϕ(E)是闭集,设
{yn}⊂ϕ(E),
n→∞limyn=y,则存在
{xn}⊂E,满足
ϕ(xn)=yn,n=1,2,⋯。取
{xn}的一个收敛子列
{xnk},设
k→∞limxnk=x,有
k→∞limϕ(xnk)=k→∞limynk=y=ϕ(k→∞limxnk)=ϕ(x),而由于
E是闭集,从而
x∈E,因此,
y∈ϕ(E)。这就证明了
ϕ(E)是闭集。
②其次证明
∂ϕ(E)⊆ϕ(∂E),由于
ϕ(E)是闭集,有
∂ϕ(E)⊆ϕ(E),对任意的
y∈∂E,存在
x∈E,满足
ϕ(x)=y,如果
x∈/∂E,那么
x∈E∘,则由逆映射定理,因为
detDϕ(x)=0,存在
x的某个邻域
B(x,r)⊆E,
y是
ϕ(B(x,r))的内点,与
y∈∂ϕ(E)矛盾,因此,
x∈∂E,从而
y∈ϕ(∂E),这就证明了
∂ϕ(E)⊆ϕ(∂E)
③由于
E是J可测集,
∂E是J零测集,因此
ϕ(∂E)是J零测集,从而
∂ϕ(E)是J零测集,从而
ϕ(E)是J可测集。
这样我们首先解决了两个积分区域的J可测性问题。
简单图形的逼近
有限个闭矩体的并称为简单图形,容易证明:简单图形可以分解为有限个两两无公共内点的闭矩体之并。我们接下来的证明思路是,只要在
E是闭矩体的情况下,公式成立,我们用简单图形逼近J可测的有界闭集,使得除了这个简单图形外,体积极小,映射过去的体积也极小,那么就可以近似地认为在整个集合等式成立。
引理16.7
Ω⊆Rn是开集,
E⊆Ω是J可测的有界闭集,
ϕ:Ω→Rn是连续可微映射,并且
detDϕ(t)=0,t∈E∘对任意的
ε>0,存在简单图形
S=Sε⊆E,满足:
(1)
V(E/S)<ε
(2)
V(ϕ(E)/ϕ(S))<ε
证:
①由于
Ω是开集,令
F=Rn/Ω,则
F是闭集,
d(x,F)是
E上的连续函数,由于
E是有界闭集,
d(x,F)在
E上可取得最小值,设最小值为
ζ>0,令
τ=3ζ
②由于
Eτ是有界闭集,并且
Eτ⊆Ω,则存在
λ>0,对任意的
x,y∈Eτ,满足
d(ϕ(x),ϕ(y))≤λd(x,y)③对任意的方体
I⊆Eτ,则
d(ϕ(I))≤λd(I),则任取
x0∈I,则
ϕ(I)⊆B(x0,λd(I))=I′,则
V(B(x0,λd(I)))=2nλn∣I∣
④取一个方体
I,满足
E⊆I。
∀ε>0,令
ε′=min(ε,2nλnε),存在
δ>0,对
I的任意分划
Δ,只要
λ(Δ)<δ,就有
S(E,Δ)−S(E,Δ)<ε′因此,我们取分划
Δ,
Δ中的小矩体都是方体,并且
λ(Δ)<min(δ,τ),设与
E交非空但不完全含于
E的全体小方体为
I1,⋯,Im,则
i=1∑m∣Ii∣<ε′设完全含于
E的全体小方体之并为
S,则
S是简单图形,
E/S⊆i=1⋃nIi,同时
ϕ(E/S)=ϕ(E)/ϕ(S)⊆i=1⋃nϕ(Ii)同时,
Ii⊆Eτ,存在小方体
Ii′,满足
ϕ(Ii)⊆Ii′,同时,
V(Ii′)=∣Ii′∣=2nλn∣Ii∣,则
V(ϕ(E)/ϕ(S))≤i=1∑mV(Ii′)=2nλni=1∑n∣Ii∣<ε
引理16.8
Ω⊆Rn是开集,
E⊆Ω是J可测的有界闭集,
ϕ:Ω→Rn是连续可微映射,
f(x)是
E上的连续函数,并且
detDϕ(t)=0,t∈E∘如果对任意矩体
I⊆E,都有
∫If(ϕ(t))∣detDϕ(t)∣dt=∫ϕ(I)f(x)dx则有
∫Ef(ϕ(t))∣detDϕ(t)∣dt=∫ϕ(E)f(x)dx
证:
设
M1=t∈Emax∣f(ϕ(t))detDϕ(t)∣,M2=x∈ϕ(E)max∣f(x)∣,对任意的
ε>0,存在简单图形
S⊆E,有
(1)
V(E/S)<M1+M2ε
(2)
V(ϕ(E)/ϕ(S))<M1+M2ε
则
=≤∣∫Ef(ϕ(t))∣detDϕ(t)∣dt−∫Sf(ϕ(t))∣detDϕ(t)∣dt∣∣∫E/Sf(ϕ(t))∣detDϕ(t)∣dt∣≤∫E/S∣f(ϕ(t))detDϕ(t)∣dtM1V(E/S)<M1+M2M1ε同时
=≤∣∫ϕ(E)f(x)dx−∫ϕ(S)f(x)dx∣∣∫ϕ(E)/ϕ(S)f(x)dx∣≤∫ϕ(E)/ϕ(S)∣f(x)∣dxM2V(ϕ(E)/ϕ(S))<M1+M2M2ε由于
∫ϕ(S)f(x)dx=∫Sf(ϕ(t))∣detDϕ(t)∣dt=A有
≤<ε∣∫ϕ(E)f(x)dx−∫Ef(ϕ(t))∣detDϕ(t)∣dt∣∣∫ϕ(E)f(x)dx−A∣+∣∫Ef(ϕ(t))∣detDϕ(t)∣dt−A∣再由
ε的任意性,有
∫ϕ(E)f(x)dx=∫Ef(ϕ(t))∣detDϕ(t)∣dt
这就说明了我们只需要证明对任意矩体
I⊆E,都成立
∫If(ϕ(t))∣detDϕ(t)∣dt=∫ϕ(I)f(x)dx即可
完成证明
最后我们来完成整个证明。我们的思路是先验证等式在局部成立,再验证等式在整个小矩体上成立。首先,对于开集
G⊆Rn上的连续可微映射
ϕ:G→Rn。令
ϕ=(ϕ1,⋯,ϕn),定义
θk:{yi=ϕi(x1,⋯,xn)yj=xji=1,⋯,kn≥j≥k+1定义简单变换为形如
φk:{yk=f(x1,⋯,xn)yi=xii=k,1≤i≤n其中,
f是连续可微的
n元函数。我们的证明思路是先证明公式对简单变换成立,再讲
ϕ分解为若干简单变换的复合(在局部),反复套用结论,证得公式在局部成立,再利用有限覆盖定理,从局部推广到整体。假设Jordan可测的有界闭集
E⊂G,并且在
E∘内,有
detDϕ(t)=0,则
ϕ在局部微分同胚,我们要求
θ1,⋯,θn−1在某个局部
B(τ,δ)的逆映射存在,定义
ψk=θk∘θk−1−1(k=2,⋯,n)对
x=(x1,⋯,xn)∈θk−1B(τ,δ),存在
t=(t1,⋯,tn)∈B(τ,δ),有
{xi=ϕi(t)xj=tji=1,⋯,k−1k≤j≤n则
θk−1−1x=tθk∘θk−1−1x=θkt=⎩⎪⎨⎪⎧xi′=ϕi(t)=xixk′=ϕk(t)=(ϕk∘ϕk−1−1)xxj′=tj=xj1≤i≤k−1k+1≤j≤n由此可见,
ψk是
θk−1B(τ,δ)上的简单映射,并且,
ϕ=ψn∘ψn−1∘⋯∘θ1,而右边分解式的映射都是简单映射。但是,由于
θk−1的逆映射存在只在局部成立,所以,我们先要证明在局部等式成立,再利用有限覆盖定理推广到整个Jordan可测的有界闭集
E。下面我们要给出一个线性代数的的命题。
命题16.5
M=(M1,⋯,Mn)是一个可逆的
n阶矩阵,其中
M1,⋅,Mn为
M的列向量组,则存在
1,⋯,n的一个排列
k1,⋯,kn,使得矩阵
M′=(Mk1,⋯,Mkn)的顺序主子式都非零。
证:用数学归纳法证明,当
n=1时结论是成立的。假设
n=k时结论也成立,对
k+1阶可逆矩阵
M=(M1,⋯,Mk,Mk+1),其中
M1,⋯,Mk,Mk+1为
M的列向量组,不妨设
M的
(k+1,k+1)元的代数余子式
Mk+1,k+1=0,否则,
Mk+1,i(i=1,⋯,k+1)不全为零,适当调整
M的列向量的顺序就可以使得
(k+1,k+1)元的代数余子式不为0,再由归纳假设,存在
1,⋯,k的一个排列
t1,⋯,tk,使得
M′=(Mt1,⋯,Mtk,Mk+1),使得
M′不超过
k阶的顺序主子式不为0,并且
detM=0,则
detM′=±detM=0,因此,
M′的顺序主子式都不为0。由数学归纳法,命题16.5成立。
由此,对开集
G⊆Rn上的连续可微映射
ϕ:G→Rn,
ϕ=(ϕ1,⋯,ϕn),对
τ∈G,并且,
detϕ(τ)=0,则我们可以假设
detϕ(τ)的所有顺序主子式都不为0,否则我们调整
t1,⋯,tn的顺序,也可以使得
detϕ(τ)=0,命题16.5已经说明了这种假设的合理性,这样,就存在一个
δ,对任意的
k=1,⋯,n,在
B(τ,δ)⊆G上,
θk:B(τ,δ)→θkB(τ,δ)是微分同胚映射,即
θk在
B(τ,δ)上是单射,当
t∈B(τ,δ)上,
detDθk(t)=0,当然,由逆映射定理,
θkB(τ,δ)也是开集,
θk−1是连续可微映射,并且当
t∈θkB(τ,δ)时
Dθk−1(x)=D−1θk(θk−1(x))。这样,对
k=2,⋯,n,
θk−1−1都是
θk−1B(τ,δ)到
B(τ,δ)的微分同胚映射,
θk是
B(τ,δ)到
θkB(τ,δ)的微分同胚映射,因此,
ψk是
θk−1B(τ,δ)到
θkB(τ,δ)的微分同胚映射,并且:
detDψk(x)=detDθk(θk−1−1x).detDθk−1−1(x)
引理16.9
G是
Rn上的开集,
ϕ:G→Rn是连续可微映射的简单映射,
E⊆G是J可测的有界闭集,并且满足:
(1)
detDϕ(t)=0∀t∈E∘
(2)
ϕ在
E上是单射
则对任意的
ϕ(E)上的连续函数
∫E∣detDϕ(t)∣f(ϕ(t))dt=∫ϕ(E)f(x)dx
证:
只要证明对任意的闭矩体
I=∏i=1n[ai,bi]⊂E,都有
∫I∣detDϕ(t)∣f(ϕ(t))dt=∫ϕ(I)f(x)dx即可,设
ϕ:{x1=φ(t1,⋯,tn)xi=tii=2,⋯,n则
detDϕ(t)=∂t1∂φ由于
I是连通的(这样,由连续函数的介值定理,
detDϕ(t)不变号),不妨设
∀t∈I,
detDϕ(t)≥0(另一种情况证明是类似的),则
ϕ(I)={(x1,⋯,xn):ai≤xi≤bi,i=2,⋯,n,φ(a1,x2,⋯,xn)≤x1≤φ(b1,x2,⋯,xn)},
∫ϕ(I)f(x)dx===∫anbndxn⋯∫a2b2dx2∫φ(a1,x2,⋯,xn)φ(b1,x2,⋯,xn)f(x)dx1∫anbndtn⋯∫a2b2dt2∫a1b1∂t1∂φ(t)f(ϕ(t))dt∫I∂t1∂φ(t)f(ϕ(t))dt=∫I∣detDϕ(t)∣f(ϕ(t))dt其中第二个等号用的是定积分的变量替换,第三个等号将累次积分化为重积分。于是,由引理14.8,引理14.9成立。
引理14.10
G是
Rn的开集,
ϕ:G→Rn是连续可微映射,如果
τ∈G满足:
detDϕ(τ)=0,则存在
δ>0,对任意的闭矩体
I⊆B(τ,δ),对任何定义在
ϕ(I)上的连续函数
f(x),都有
∫I∣detDϕ(t)∣f(ϕ(t))dt=∫ϕ(I)f(x)dx
证:
首先假设
detDϕ(τ)的顺序主子式都不为0(这是合理的,前面已经论述了),设
ϕ:⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧x1=φ1(t1,⋯,tn)x2=φ2(t1,⋯,tn)⋯xn=φn(t1,⋯,tn)再定义
θk:{xi=φi(t)xj=tj1≤i≤kk+1≤j≤n存在一个
δ>0,对任意的
k=1,⋯,n,在
B(τ,δ)⊆G上,
θk:B(τ,δ)→θkB(τ,δ)是微分同胚映射,即
θk在
B(τ,δ)上是单射,当
t∈B(τ,δ)上,
detDθk(t)=0,当然,由逆映射定理,
θkB(τ,δ)也是开集,
θk−1是连续可微映射,并且当
t∈θkB(τ,δ)时
Dθk−1(x)=D−1θk(θk−1(x))。对
k=2,⋯,n,令
ψk=θk∘θk−1−1,则
ψk是
θk−1B(τ,δ)到
θkB(τ,δ)的微分同胚映射,并且对
x∈θk−1B(τ,δ),存在
t∈B(τ,δ),满足
θk−1(t)=x,从而
detDψk(x)=detDθk(θk−1−1x).detDθk−1−1x=detDθk−1(t)detDθk(t)=0则对任意的矩体
I⊆B(τ,δ),由于
detDθk(t)=0,t∈B(τ,δ)且
θk连续可微,对
k=2,⋯,n,
θk−1I都是J可测的有界闭集,因此
====⋯=∫ϕ(I)f(x)dx=∫ψn∘θn−1(I)f(x)dx∫θn−1(I)∣detDψn(x)∣f(ψn(x))dx∫ψn−1∘θn−2(I)∣detDψn(x)∣f(ψn(x))dx∫θn−2(I)∣detDψn−1(x)∣∣detDψn(ψn−1(x))∣f(ψn∘ψn−1(x))dx∫θn−2(I)∣detD(ψn∘ψn−1)(x)∣f(ψn∘ψn−1(x))dx∫I∣detDϕ(x)∣f(ϕ(x))dx这就证得了引理16.10。
最后我们来完成定理16.20:
证:
Ω是
Rn的一个开集
ϕ:Ω→Rn是一个连续可微映射,
E⊂Ω是一个J可测的有界闭集,如果
(1)
detDϕ(t)=0,∀t∈E∘
(2)
ϕ在
E∘内是单射
由引理16.6,
ϕ(E)也是J可测的有界闭集,
f(x)是
ϕ(E)上的连续函数。对任意的闭矩体
I⊂E∘,任取
x∈I,都存在
δx>0,对任意的闭矩体
Ix⊂B(x,δx),都有
∫Ix∣detDϕ(t)∣f(ϕ(t))dt=∫ϕ(Ix)f(x)dx而
I⊆x∈I⋃B(x,2δx)则由有限覆盖定理,存在有限个点
x1,⋯,xm∈I,满足
I⊆i=1⋃mB(xi,2δxi)取
I的一个分划
Δ:I1,⋯,Is,要求
λ(Δ)<min(2δx1,⋯,2δxm),则对任意的
j=1,⋯,s,任取
x′∈Ij,则存在
i0=1,⋯或m,使得
x′∈B(xi0,2δi0),则对任意的
x∈Ij,有
d(x,xi0)≤d(x,x′)+d(x′,xi0)<δxi0从而
Ij⊆B(xi0,δxi0),因此
∫Ij∣detDϕ(t)∣f(ϕ(t))dt=∫ϕ(Ij)f(x)dx再由积分的区间可加性
∫I∣detDϕ(t)∣f(ϕ(t))dt=∫ϕ(I)f(x)dx再由引理16.8即可证得结论。
重积分的几何应用
曲面的面积
回顾曲线弧长的定义,我们用曲线内接折线长度的极限或内接折线长度的上确界,作为曲线的弧长。类似地,能否用曲面内接多边形面积的上确界作为曲面的面积的呢?答案是否定的。施瓦茨曾举出一个反例,像直圆柱面这样的曲面,可以有面积任意大的内接折面。下面我们以一个例子加以说明:
首先,对于一个
R3空间的曲面,任取四点,由于这四个点不一定共面,所以不一定构成一个四边形,从而,我们考虑的内接折面是由若干三角形构成的。
如图(a)是圆柱侧面截取的一部分,
BA和
DC都垂直于底面,
BD和
AC都是底面圆的一段圆弧,
ABDC是一个矩形。取圆弧
AC,BD的中点
EF,连接
EF中点
H和
A,B,C,D得到四个三角形,构成一段内接折面,
AC的中点记为
G,则
EF垂直于底面,从而三角形
ΔEFG是直角三角形,
EF垂直于
FG,由勾股定理
∣EG∣>∣FG∣,从而三角形
ΔEAC的面积大于三角形
ΔAFC的面积
S0,则这个内接折面的面积大于
2S0。如图(b),我们可以将高
n等分,再用平行的圆弧将柱面分为
n份,每一份柱面都作同样的内接折面,构成整段柱面的内接折面,这个内接折面的面积大于
2nS0,由此可见,对于柱面来说,内接折面的面积是没有上界的!
实际上,考察上面的例子可以发现,当我们
n极大时,三角形
ΔAEC几乎垂直于侧面,平行于里面,这是导致内接折面面积无上界的根本原因。由此,我们可以借助重积分的思想,求解曲面的面积。
对于曲面
z=f(x,y)(x,y)∈D,设
f是连续可微的,
D为J可测的有界闭区域,我们的思路是,将
D分解为若干J可测的小有界闭区域
Δ:D1,⋯,Dn,以
V(Di∩Dj)=0(i=j),并且
D=i=1⋃nDi,则假设以
Di为投影的一小片曲面为
ΔDi,则整个曲面划分为
D=⋃i=1nΔDi,逐个求解
S(ΔDi),怎么对
S(ΔDi)进行估计呢?取
(ξi,ζi)∈ΔDi(i=1,⋯,n),则
z=f(x,y)在
(ξi,ζi)的切平面为
Δz=fx′(ξi,ζi)Δx+fy′(ξi,ζi)Δy记该切平面在
(x,y)平面的界面的部分为
Di的曲面为
σi,估计
S(ΔDi)≈S(σi)。假设
Di是小矩体
[a1,b1]×[a2,b2],则
σi是一个平行四边形,则平行四边形两条邻边向量为
a=(0,b2−b1,fy−1(ξi,ζi)(b2−b1))b=(a2−a1,0,fx−1(ξi,ζi)(a2−a1))则
a×b=(b2−b1)(a2−a1)(fx′(ξi,ζi),fy′(ξi,ζi),−1)则
S(σi)==∣a×b∣=(b2−b1)(a2−a1)fx′2(ξi,ζi)+fy′2(ξi,ζi)+1
fx′2(ξi,ζi)+fy′2(ξi,ζi)+1
S(ΔDi)由微元法,曲面的面积为
S=∫Dfx′2+fy′2+1
dxdy现在考虑参数方程形式给出光滑曲面
⎩⎪⎨⎪⎧x=x(u,v)y=y(u,v)z=z(u,v)(u,v)∈D
D为
R2上J可测的有界闭集,设对任意的
(u,v)∈D,都有
∂(u,v)∂(x,y),∂(u,v)∂(x,z),∂(u,v)∂(y,z)不全为零,不妨设
∂(u,v)∂(x,y)(u0,v0)=0,则存在
(u0,v0)的一个邻域
B((u0,v0),δ),在其上可以确定隐函数组
u=u(x,y)v=v(x,y)则在该邻域上,曲面等价于
z=z(u(x,y),v(x,y))则对任意的
E⊂B((u0,v0),δ),曲面
⎩⎪⎨⎪⎧x=x(u,v)y=y(u,v)z=z(u,v)(u,v)∈E的面积为
S(E)=∫ϕ(E)(∂u∂z.∂x∂u+∂v∂z∂x∂v)2+(∂u∂z∂y∂u+∂v∂z∂y∂v)2+1
dxdy其中
ϕ(u,v)=(x(u,v),y(u,v)),求解各偏导数即可,由克拉默法则
∂x∂u=xu′.yv′−xv′.yu′yv′∂x∂v=xu′.yv′−xv′.yu′−yu′∂y∂u=xu′.yv′−xv′.yu′−xv′∂y∂v=xu′.yv′−xv′.yu′xu′代入,就有
S(E)=∫ϕ(E)∣∂(u,v)∂(x,y)∣1(∂(u,v)∂(x,y))2+(∂(u,v)∂(x,z))2+(∂(u,v)∂(y,z))2
dxdy由重积分的变量替换公式
S(E)==∫E∣∣∣∣∂(u,v)∂(x,y)∣∣∣∣∣∂(u,v)∂(x,y)∣1(∂(u,v)∂(x,y))2+(∂(u,v)∂(x,z))2+(∂(u,v)∂(y,z))2
dudv∫E(∂(u,v)∂(x,y))2+(∂(u,v)∂(x,z))2+(∂(u,v)∂(y,z))2
dudv而
∂(u,v)∂(x,z),∂(u,v)∂(y,z)不为0时也可以用同样的方法得到以上公式,因此,由微元法,在参数方程情形下,曲面面积的公式为
S=∫DA2+B2+C2
dudv其中
A=∂(u,v)∂(x,y),B=∂(u,v)∂(x,z),C=∂(u,v)∂(y,z)
令
ru=(∂u∂x,∂u∂y,∂u∂z),rv=(∂v∂x,∂v∂y,∂v∂z),则
(A,B,C)=ru×rv,则
A2+B2+C2==∣ru×rv∣2=∣∣rv∣∣2.∣∣ru∣∣2(1−∣∣rv∣∣2.∣∣ru∣∣2(rv,ru)2)∣∣rv∣∣2.∣∣ru∣∣2−(ru,rv)2令
E=∣∣rv∣∣2,F=∣∣ru∣∣2,G=(ru,rv),则
A2+B2+C2=EF−G2曲面的面积也可以表示为
S=∫DEF−G2
dudv
例16.5 求锥面
z2=3(x2+y2)(z≥0)被平面
x+y+z=2a(a>0)所截的部分在平面下方的面积
解:
如果直接联立方程来求解投影的形状,得到的方程很难看出是一个椭圆,为此,我们可以另辟蹊径,作一个正交变换
⎩⎪⎨⎪⎧u=2
x+yv=2
x−yw=z在该变换下,平面变换为
2
u+w=2a,锥面
w2=3u2+3v2,求得投影为
(u+22
a)2+3v2=12a2,则
(∂u∂w)2+(∂v∂w)2+1
=2,从而
S=2∫(u+22
)2+3v2≤12a2dudv=83
aπ
例16.6 求由三个柱面
x2+y2=1,
x2+z2=1,
y2+z2=1所围成的立体的表面积
解:
在该立体上的点要满足不等式组
⎩⎪⎨⎪⎧x2+y2≤1x2+z2≤1y2+z2≤1该不等式组等价于
⎩⎪⎨⎪⎧x2+y2≤1−1−x2
≤z≤1−x2
−1−y2
≤z≤1−y2
因此又等价于
{x2+y2≤1−min(1−x2
,1−y2
)≤z≤min(1−x2
,1−y2
)则该立体由两面构成(上下表面)和一个侧面构成,并且上下表面关于
z=0平面对称,上表面方程为
z=z(x,y)=min(1−x2
,1−y2
),而
z(−x,y)=z(x,y),z(x,−y)=z(x,y),上表面又关于
x=0,y=0对称则该立体的上下表面面积和为
S=8S0其中
S0为
S0={(x,y,z):z=z(x,y),x2+y2≤1,x≥0,y≥0}的面积
S0=∫D11−x2
dxdy+∫D21−y2
dxdy其中
D1={(x,y):x2+y2≤1,0≤y≤x},D2={(x,y):x2+y2≤1,0≤x≤y},求解
∫D11−x2
dxdy:
===∫D11−x2
dxdy=∫04πdθ∫011−r2cos2θ
rdr∫04πdθ[−sec2θ1−r2cos2θ
]01∫04π−cos2θsinθ+sec2θdθ[−cosθ1+tanθ]04π=2−2
同时
θ=2π−φ
∫D21−y2
dxdy=∫4π2πdθ∫011−r2sin2θ
rdr∫04πdθ∫011−r2cos2θ
rdr=2−2
因此
S0=4−22
S=32−162
再求侧面面积,侧面也关于
x=0,y=0对称,设
S1为
⎩⎪⎨⎪⎧x=cosθy=sinθz=u0≤θ≤4π,−sinθ≤u≤sinθ的面积,
S2为
⎩⎪⎨⎪⎧x=cosθy=sinθz=u4π≤θ≤2π,−cosθ≤u≤cosθ的面积,则侧面积为
4(S1+S2),对以上两个参数方程,
EF−G2
=1,于是
S1=∫04πdθ∫−sinθsinθdu=2−2
S2=∫4π2πdθ∫−cosθcosθdu=2−2
则侧面积为
16−82
,则图形的表面积为
48−242