对称性在积分计算中的应用

Application of Symmetry in Integrals

摘要: 积分计算是高等数学的重要内容之一。在计算积分的过程中，若不能掌握正确的方法和技巧，往往会把简单的问题复杂化。通过分析积分区域的对称性、被积函数的对称性及积分变量的轮换对称性，给出一些重要的结论，并将其应用到积分计算中。

Abstract: Integral is one of the important contents of advanced mathematics. In the process of calculating in-tegrals, simple problems are often complicated if the correct methods and techniques are not mas-tered. By analyzing the symmetry of the integration region, the symmetry of the product function and the rotation symmetry of the integral variable, some important conclusions are given and ap-plied to the integral calculation.

1. 引言

在积分求解的过程中，利用对称性是一个非常重要的技巧。一元复杂函数和多元函数的积分计算及证明往往十分繁琐，用换元法或分部积分法等方法解决并不容易，甚至十分困难。如果我们能够掌握积分区域的对称性、被积函数的对称性以及积分变量的轮换对称性等重要结论，并合理地应用到实际问题中，往往能够简化积分求解过程，甚至不用计算就可以直接判断出一些问题的结果。另外，并不是所有问题都有对称性，如果某些问题没有明显的对称性，这就需要我们分析题目的特点，构造对称性，从而达到化难为易的目的。本文分别给出了对称性在定积分 [1]、重积分 [2]、第一二型曲线积分和第一二型曲面积分 [3] 中的相关理论及应用。

2. 对称性在定积分计算中的应用

定理1 设函数 $f\left(x\right)$ 在区间 $\left[-a,a\right]$ 上可积：

1) 如果 $f\left(x\right)$ 是奇函数，则 ${\displaystyle {\int }_{-a}^{a}f\left(x\right)\text{d}x}=0$ ；

2) 如果 $f\left(x\right)$ 是偶函数，则 ${\displaystyle {\int }_{-a}^{a}f\left(x\right)\text{d}x}=2{\displaystyle {\int }_0^{a}f\left(x\right)\text{d}x}$。

证明：1) 因为 $f\left(x\right)$ 是奇函数，所以 $f\left(x\right)=-f(\; -\; x\; )$

${\displaystyle {\int }_{-a}^{a}f\left(x\right)\text{d}x}={\displaystyle {\int }_{-a}^{0}f\left(x\right)\text{d}x}+{\displaystyle {\int }_0^{a}f\left(x\right)\text{d}x}$

在等号右边的第一个式子中令 $x=-t$，则有

${\displaystyle {\int }_{-a}^{0}f\left(x\right)\text{d}x}={\displaystyle {\int }_a^{0}f\left(-t\right)\left(-\text{d}t\right)}={\displaystyle {\int }_0^{a}f\left(-t\right)\text{d}t}=-{\displaystyle {\int }_0^{a}f\left(x\right)\text{d}x}$

所以

${\displaystyle {\int }_{-a}^{a}f\left(x\right)\text{d}x}={\displaystyle {\int }_{-a}^{0}f\left(x\right)\text{d}x}+{\displaystyle {\int }_0^{a}f\left(x\right)\text{d}x}=-{\displaystyle {\int }_0^{a}f\left(x\right)\text{d}x}+{\displaystyle {\int }_0^{a}f\left(x\right)\text{d}x}=0$

结论得证。

2) 因为 $f\left(x\right)$ 是偶函数，所以 $f\left(x\right)=f(\; -\; x\; )$

${\displaystyle {\int }_{-a}^{a}f\left(x\right)\text{d}x}={\displaystyle {\int }_{-a}^{0}f\left(x\right)\text{d}x}+{\displaystyle {\int }_0^{a}f\left(x\right)\text{d}x}$

在等号右边的第一个式子中令 $x=-t$，则有

${\displaystyle {\int }_{-a}^{0}f\left(x\right)\text{d}x}={\displaystyle {\int }_a^{0}f\left(-t\right)\left(-\text{d}t\right)}={\displaystyle {\int }_0^{a}f\left(-t\right)\text{d}t}={\displaystyle {\int }_0^{a}f\left(x\right)\text{d}x}$

所以

${\displaystyle {\int }_{-a}^{a}f\left(x\right)\text{d}x}={\displaystyle {\int }_{-a}^{0}f\left(x\right)\text{d}x}+{\displaystyle {\int }_0^{a}f\left(x\right)\text{d}x}={\displaystyle {\int }_0^{a}f\left(x\right)\text{d}x}+{\displaystyle {\int }_0^{a}f\left(x\right)\text{d}x}=2{\displaystyle {\int }_0^{a}f\left(x\right)\text{d}x}$

结论得证。

定理2 设函数 $f\left(x\right)$ 在闭区间 $\left[a,b\right]$ 上可积，则有

${\displaystyle {\int }_a^{b}f\left(x\right)\text{d}x}={\displaystyle {\int }_a^{b}f\left(a+b-x\right)\text{d}x}$

若积分区间变为 $\left[0,a\right]$，相应地，结论变为

${\displaystyle {\int }_0^{a}f\left(x\right)\text{d}x}={\displaystyle {\int }_0^{a}f\left(a-x\right)\text{d}x}$

证明：令 $a+b-x=t$，则 $x=a$ 时， $t=b$ ； $x=b$ 时， $t=a$。

于是

${\displaystyle {\int }_a^{b}f\left(a+b-x\right)\text{d}x}={\displaystyle {\int }_b^{a}f\left(t\right)\left(-\text{d}t\right)}={\displaystyle {\int }_a^{b}f\left(x\right)\text{d}x}$

结论得证。

定理3 设函数 $f\left(x\right)$ 在闭区间 $\left[0,a\right]$ 上可积，如果 $f\left(x\right)=f\left(a-x\right)$，即 $f\left(x\right)$ 是关于区间中点的偶函数，则有

${\displaystyle {\int }_0^{a}f\left(x\right)\text{d}x}=2{\displaystyle {\int }_0^{\frac{a}{2}}f\left(x\right)\text{d}x}$

证明： ${\displaystyle {\int }_0^{a}f\left(x\right)\text{d}x}={\displaystyle {\int }_0^{\frac{a}{2}}f\left(x\right)\text{d}x}+{\displaystyle {\int }_{\frac{a}{2}}^{a}f\left(x\right)\text{d}x}$，在等号右边的第二个式子里，令 $x=a-t$，则

${\displaystyle {\int }_{\frac{a}{2}}^{a}f\left(x\right)\text{d}x}={\displaystyle {\int }_{\frac{a}{2}}^{0}f\left(a-t\right)\left(-\text{d}t\right)}={\displaystyle {\int }_0^{\frac{a}{2}}f\left(a-t\right)\text{d}t}={\displaystyle {\int }_0^{\frac{a}{2}}f\left(a-x\right)\text{d}x}$

所以

${\displaystyle {\int }_0^{a}f\left(x\right)\text{d}x}={\displaystyle {\int }_0^{\frac{a}{2}}f\left(x\right)\text{d}x}+{\displaystyle {\int }_{\frac{a}{2}}^{a}f\left(x\right)\text{d}x}=2{\displaystyle {\int }_0^{\frac{a}{2}}f\left(x\right)\text{d}x}$

结论得证。

定理4 设函数 $f\left(x\right)$ 在闭区间 $\left[0,a\right]$ 上可积，如果 $f\left(x\right)=-f\left(a-x\right)$，即 $f\left(x\right)$ 是关于区间中点的奇函数，则有

${\displaystyle {\int }_0^{a}f\left(x\right)\text{d}x}=0$

证明： ${\displaystyle {\int }_0^{a}f\left(x\right)\text{d}x}={\displaystyle {\int }_0^{\frac{a}{2}}f\left(x\right)\text{d}x}+{\displaystyle {\int }_{\frac{a}{2}}^{a}f\left(x\right)\text{d}x}$ 在等号右边的第二个式子里，令 $x=a-t$，则

${\displaystyle {\int }_{\frac{a}{2}}^{a}f\left(x\right)\text{d}x}={\displaystyle {\int }_{\frac{a}{2}}^0-f\left(a-t\right)\left(-\text{d}t\right)}=-{\displaystyle {\int }_0^{\frac{a}{2}}f\left(a-t\right)\text{d}t}=-{\displaystyle {\int }_0^{\frac{a}{2}}f\left(a-x\right)\text{d}x}$

所以

${\displaystyle {\int }_0^{a}f\left(x\right)\text{d}x}={\displaystyle {\int }_0^{\frac{a}{2}}f\left(x\right)\text{d}x}+{\displaystyle {\int }_{\frac{a}{2}}^{a}f\left(x\right)\text{d}x}=0$

结论得证。

例1设函数 $f\left(x\right)$ 在区间 $\left[0,a\right]$ 上连续，且 $f\left(x\right)+f\left(a-x\right)\ne 0$，计算

$I={\displaystyle {\int }_0^a\frac{f\left(x\right)}{f\left(x\right)+f\left(a-x\right)}\text{d}x}$

解：令 $x=a-t$，则有

$I={\displaystyle {\int }_a^a\frac{f\left(a-t\right)}{f\left(a-t\right)+f\left(t\right)}\left(-\text{d}t\right)}={\displaystyle {\int }_0^a\frac{f\left(a-x\right)}{f\left(a-x\right)+f\left(x\right)}\text{d}x}={\displaystyle {\int }_0^a\frac{f\left(x\right)}{f\left(x\right)+f\left(a-x\right)}\text{d}x}$

于是

$2I={\displaystyle {\int }_0^a\frac{f\left(a-x\right)}{f\left(a-x\right)+f\left(x\right)}\text{d}x}+{\displaystyle {\int }_0^a\frac{f\left(x\right)}{f\left(x\right)+f\left(a-x\right)}\text{d}x}={\displaystyle {\int }_0^{a}1\text{d}x}=a$

所以

$I=\frac{a}{2}$

例2计算

$I={\displaystyle {\int }_0^1\frac{\ln \left(1+x\right)}{1+x^2}\text{d}x}$

解：令 $x=\tan t$，则 $x=0$ 时， $t=0$ ； $x=1$ 时， $t=\frac{\pi }{4}$

于是

$I={\displaystyle {\int }_0^1\frac{\ln \left(1+x\right)}{1+x^2}\text{d}x}={\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\frac{\ln \left(1+\tan t\right)}{{\sec }^{2}t}{\sec }^{2}t\text{d}t}={\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln \left(1+\tan t\right)\text{d}t}$

而

$\begin{array}{c}{\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln \left(1+\tan t\right)\text{d}t}={\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\left(\ln \left(\cos t+\sin t\right)-\ln \cos t\right)\text{d}t}\\ ={\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\left(\ln \sqrt{2}\cos \left(t-\frac{\pi }{4}\right)-\ln \cos t\right)\text{d}t}\\ ={\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln \sqrt{2}\text{d}t}+{\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\cos \left(t-\frac{\pi }{4}\right)\text{d}t}-{\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln \cos t\text{d}t}\end{array}$

由定理1可得

${\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\cos \left(t-\frac{\pi }{4}\right)\text{d}t}={\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln \cos t\text{d}t}$

综上，

$I={\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\ln \sqrt{2}\text{d}t}=\frac{\pi \ln \sqrt{2}}{4}$

3. 对称性在二重积分计算中的应用

定理5 设二元函数 $f\left(x,y\right)$ 在有界闭区域R上连续，

1) 当R关于x轴对称时

a) 如果 $f\left(x,y\right)=f\left(x,-y\right)$，则

${\displaystyle \underset{R}{\iint }f\left(x,y\right)\text{d}x}=2{\displaystyle \underset{R_1}{\iint }f\left(x,y\right)\text{d}x}$

其中 $R_1=\left\{\left(x,y\right)\in R|y\ge 0\right\}$。

b) 如果 $f\left(x,y\right)=-f\left(x,-y\right)$，则

${\displaystyle \underset{R}{\iint }f\left(x,y\right)\text{d}x}=0$

2) 当R关于y轴对称时

a) 如果 $f\left(x,y\right)=f\left(-x,y\right)$，则

${\displaystyle \underset{R}{\iint }f\left(x,y\right)\text{d}x}=2{\displaystyle \underset{R_2}{\iint }f\left(x,y\right)\text{d}x}$

其中 $R_2=\left\{\left(x,y\right)\in R|x\ge 0\right\}$。

b) 如果 $f\left(x,y\right)=-f\left(-x,y\right)$，则

${\displaystyle \underset{R}{\iint }f\left(x,y\right)\text{d}x}=0$

定理6 设二元函数 $f\left(x,y\right)$ 在有界闭区域R上连续，并且R关于原点对称：

1) 如果 $f\left(x,y\right)=f\left(-x,-y\right)$，则

${\displaystyle \underset{R}{\iint }f\left(x,y\right)\text{d}x}=2{\displaystyle \underset{R_1}{\iint }f\left(x,y\right)\text{d}x}=2{\displaystyle \underset{R_2}{\iint }f\left(x,y\right)\text{d}x}$

其中 $R_1=\left\{\left(x,y\right)\in R|y\ge 0\right\}$， $R_2=\left\{\left(x,y\right)\in R|x\ge 0\right\}$。

2) 如果 $f\left(x,y\right)=-f\left(-x,-y\right)$，则

${\displaystyle \underset{R}{\iint }f\left(x,y\right)\text{d}x}=0$

定理7 设二元函数 $f\left(x,y\right)$ 在有界闭区域R上连续，并且R具有轮换对称性，则

${\displaystyle \underset{R}{\iint }f\left(x,y\right)\text{d}\sigma }={\displaystyle \underset{R}{\iint }f\left(y,x\right)\text{d}\sigma }$

例3证明当 $\left(z-a\right)\phi \left(x\right)+\left(z-b\right)\phi \left(y\right)=0$ 时， $x^2+y^2=c^2\left(c>0\right)$ 和 $z=0$

围成立体的体积等于 $\frac{1}{2}\pi c^2\left(a+b\right)$，其中 $\phi$ 为任意正的可积函数，且 $a>0$， $b>0$。

证明： $\left(z-a\right)\phi \left(x\right)+\left(z-b\right)\phi \left(y\right)=0$，即 $z=\frac{a\phi \left(x\right)+b\phi \left(y\right)}{\phi \left(x\right)+\phi (\; y\; )}$

$V={\displaystyle \underset{R}{\iint }z\text{d}x\text{d}y}={\displaystyle \underset{R}{\iint }\frac{a\phi \left(x\right)+b\phi \left(y\right)}{\phi \left(x\right)+\phi \left(y\right)}\text{d}x\text{d}y}$

其中 $R=\left\{\left(x,y\right)|x^2+y^2=c^2,c>0\right\}$。

显然区域R具有轮换对称性，所以

$V={\displaystyle \underset{R}{\iint }\frac{a\phi \left(x\right)+b\phi \left(y\right)}{\phi \left(x\right)+\phi \left(y\right)}\text{d}x\text{d}y}={\displaystyle \underset{R}{\iint }\frac{a\phi \left(y\right)+b\phi \left(x\right)}{\phi \left(x\right)+\phi \left(y\right)}\text{d}x\text{d}y}$

$\begin{array}{c}2V={\displaystyle \underset{R}{\iint }\frac{a\phi \left(x\right)+b\phi \left(y\right)}{\phi \left(x\right)+\phi \left(y\right)}\text{d}x\text{d}y}+{\displaystyle \underset{R}{\iint }\frac{a\phi \left(y\right)+b\phi \left(x\right)}{\phi \left(x\right)+\phi \left(y\right)}\text{d}x\text{d}y}\\ ={\displaystyle \underset{R}{\iint }\frac{\left(a+b\right)\left(\phi \left(x\right)+\phi \left(y\right)\right)}{\phi \left(x\right)+\phi \left(y\right)}\text{d}x\text{d}y}={\displaystyle \underset{R}{\iint }\left(a+b\right)\text{d}x\text{d}y}=\pi c^2\left(a+b\right)\end{array}$

所以

$V=\frac{1}{2}\pi c^2\left(a+b\right)$

例4计算

$I={\displaystyle \underset{R}{\iint }\left(\left|x\right|+\left|y\right|\right)\text{d}\sigma }$

其中 $R=\left\{\left(x,y\right)|x^2+y^2\le 9\right\}$。

解：

$\begin{array}{c}I={\displaystyle \underset{R}{\iint }\left(\left|x\right|+\left|y\right|\right)\text{d}\sigma }=4{\displaystyle \underset{R_1}{\iint }\left(x+y\right)\text{d}x\text{d}y}\\ =4{\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\text{d}\theta }{\displaystyle {\int }_0^3{r}^2\left(\sin \theta +\cos \theta \right)\text{d}r}\\ =36{\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\left(\sin \theta +\cos \theta \right)\text{d}\theta }=72\end{array}$

例5计算

$I={\displaystyle \underset{D}{\iint }\left(x^2+3x-5y+2\right)\text{d}\sigma }$

其中 $R=\left\{\left(x,y\right)|x^2+y^2\le 1\right\}$。

解：

$I={\displaystyle \underset{D}{\iint }\left(x^2+3x-5y+2\right)\text{d}\sigma }={\displaystyle \underset{R}{\iint }{x}^2\text{d}\sigma }+{\displaystyle \underset{R}{\iint }\left(3x-5y\right)\text{d}\sigma }+2{\displaystyle \underset{R}{\iint }\text{d}\sigma }$

因为区域R关于原点对称，并且 $3x-5y=-\left[\left(-3x\right)-\left(-5y\right)\right]$，所以

${\displaystyle \underset{R}{\iint }\left(3x-5y\right)\text{d}\sigma }=0$

所以

$I={\displaystyle \underset{R}{\iint }{x}^2\text{d}\sigma }+2{\displaystyle \underset{R}{\iint }\text{d}\sigma }=4{\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\text{d}\theta }{\displaystyle {\int }_0^1{r}^3{\cos }^2\theta \text{d}r}+2\pi =\frac{9}{4}\pi$

4. 对称性在三重积分计算中的应用

定理8 设三元函数 $f\left(x,y,z\right)$ 在有界闭体V中连续，并且V关于yoz平面对称：

1) 如果 $f\left(x,y,z\right)=f\left(-x,y,z\right)$，则

${\displaystyle \underset{V}{\iiint }f\left(x,y,z\right)\text{d}V}=2{\displaystyle \underset{V_1}{\iiint }f\left(x,y,z\right)\text{d}V}$

其中 $V_1=\left\{\left(x,y,z\right)\in V|x\ge 0\right\}$。

2) 如果 $f\left(x,y,z\right)=-f\left(-x,y,z\right)$，则

${\displaystyle \underset{V}{\iiint }f\left(x,y,z\right)\text{d}V}=0$

同理可得V关于xoy(或xoz)平面对称的情形。

定理9 设三元函数 $f\left(x,y,z\right)$ 在有界闭体V中连续，并且V关于原点对称：

1) 如果 $f\left(x,y,z\right)=f\left(-x,-y,-z\right)$，则

${\displaystyle \underset{V}{\iiint }f\left(x,y,z\right)\text{d}V}=2{\displaystyle \underset{V_1}{\iiint }f\left(x,y,z\right)\text{d}V}=2{\displaystyle \underset{V_2}{\iiint }f\left(x,y,z\right)\text{d}V}=2{\displaystyle \underset{V_3}{\iiint }f\left(x,y,z\right)\text{d}V}$

其中 $V_1=\left\{\left(x,y,z\right)\in V|x\ge 0\right\}$， $V_2=\left\{\left(x,y,z\right)\in V|y\ge 0\right\}$， $V_3=\left\{\left(x,y,z\right)\in V|z\ge 0\right\}$。

2) 如果 $f\left(x,y,z\right)=-f\left(-x,-y,-z\right)$，则

${\displaystyle \underset{V}{\iiint }f\left(x,y,z\right)\text{d}V}=0$

定理10 设三元函数 $f\left(x,y,z\right)$ 在有界闭体V中连续，并且V具有轮换对称性，则

${\displaystyle \underset{\Omega }{\iiint }f\left(x,y,z\right)\text{d}V}={\displaystyle \underset{\Omega }{\iiint }f\left(y,z,x\right)\text{d}V}={\displaystyle \underset{\Omega }{\iiint }f\left(z,x,y\right)\text{d}V}$

例6计算

$I={\displaystyle \underset{V}{\iiint }\left(x+z\right)\text{d}V}$

其中V是由 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 与 $z=\sqrt{1-x^2-y^2}$ 所围成的区域。

解：

$I={\displaystyle \underset{V}{\iiint }x\text{d}V}+{\displaystyle \underset{V}{\iiint }z\text{d}V}=0+{\displaystyle \underset{V}{\iiint }z\text{d}V}={\displaystyle {\int }_0^{2\pi }\text{d}\theta }{\displaystyle {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}\text{d}\phi }{\displaystyle {\int }_0^{1}r\cos \phi r^2\sin \phi \text{d}r}=\frac{\pi }{8}$

例7计算

${\displaystyle \underset{V}{\iiint }{\left(x+y+z\right)}^2\text{d}V}$

其中 $V=\left\{\left(x,y,z\right)|0\le x\le 1,0\le y\le 1,0\le z\le 1\right\}$。

解：

$\begin{array}{c}{\displaystyle \underset{V}{\iiint }{\left(x+y+z\right)}^2\text{d}V}={\displaystyle \underset{V}{\iiint }\left(x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz\right)\text{d}V}=3{\displaystyle \underset{V}{\iiint }{x}^2\text{d}V}+6{\displaystyle \underset{V}{\iiint }xy\text{d}V}\\ =3{\displaystyle {\int }_0^1\text{d}z}{\displaystyle {\int }_0^1\text{d}y}{\displaystyle {\int }_0^1{x}^2\text{d}x}+6{\displaystyle {\int }_0^1\text{d}z}{\displaystyle {\int }_0^1\text{d}y}{\displaystyle {\int }_0^{1}xy\text{d}x}=1+\frac{3}{2}=\frac{5}{2}\end{array}$

例8计算

${\displaystyle \underset{V}{\iiint }{\left(x+z\right)}^2\text{d}V}$

其中 $V=\left\{\left(x,y,z\right)|x^2+y^2+z^2\le 1,z\ge 0\right\}$。

解：

$\begin{array}{c}{\displaystyle \underset{V}{\iiint }{\left(x+z\right)}^2\text{d}V}={\displaystyle \underset{V}{\iiint }\left(x^2+2xz+z^2\right)\text{d}V}={\displaystyle \underset{V}{\iiint }\left(x^2+z^2\right)\text{d}V}=\frac{1}{2}{\displaystyle \underset{V_1}{\iiint }\left(x^2+z^2\right)\text{d}V}\\ =\frac{1}{3}{\displaystyle \underset{V_1}{\iiint }\left(x^2+y^2+z^2\right)\text{d}V}=\frac{1}{3}{\displaystyle {\int }_0^{2\pi }\text{d}\theta }{\displaystyle {\int }_0^{\pi }\sin \phi \text{d}\phi }{\displaystyle {\int }_0^1{r}^4\text{d}r}=\frac{4}{15}\pi \end{array}$

其中 $V_1=\left\{\left(x,y,z\right)|x^2+y^2+z^2\le 1\right\}$。

5. 对称性在第一型曲线积分计算中的应用

定理11 [4] 设二元函数 $f\left(x,y\right)$ 在光滑曲线段L上可积，并且L关于x轴对称：

1) 如果 $f\left(x,y\right)=f\left(x,-y\right)$，则

${\displaystyle \underset{L}{\int }f\left(x,y\right)\text{d}s}=2{\displaystyle \underset{L_1}{\int }f\left(x,y\right)\text{d}s}$

其中 $L_1=\left\{\left(x,y\right)\in L|y\ge 0\right\}$。

2) 如果 $f\left(x,y\right)=-f\left(x,-y\right)$，则

${\displaystyle \underset{L}{\int }f\left(x,y\right)\text{d}s}=0$.

同理可得当曲线段L关于y轴对称的情形。

定理12 设二元函数 $f\left(x,y\right)$ 在光滑曲线段L上可积，并且L关于原点对称：

1) 如果 $f\left(x,y\right)=f\left(-x,-y\right)$，则

${\displaystyle \underset{L}{\int }f\left(x,y\right)\text{d}s}=2{\displaystyle \underset{L_1}{\int }f\left(x,y\right)\text{d}s}=2{\displaystyle \underset{L_2}{\int }f\left(x,y\right)\text{d}s}=4{\displaystyle \underset{L_3}{\int }f\left(x,y\right)\text{d}s}$

其中 $L_1=\left\{\left(x,y\right)\in L|y\ge 0\right\}$， $L_2=\left\{\left(x,y\right)\in L|x\ge 0\right\}$， $L_3=\left\{\left(x,y\right)\in L|x\ge 0,y\ge 0\right\}$。

2) 如果 $f\left(x,y\right)=-f\left(-x,-y\right)$，则

${\displaystyle \underset{L}{\int }f\left(x,y\right)\text{d}s}=0$.

定理13 设二元函数 $f\left(x,y\right)$ 在光滑曲线段L上可积，并且L具有轮换对称性，则

${\displaystyle \underset{L}{\int }f\left(x,y\right)\text{d}s}={\displaystyle \underset{L}{\int }f\left(y,x\right)\text{d}s}$

例9计算

$I={\displaystyle \underset{L}{\int }\left(x^2+y^3\right)\text{d}s}$

其中 $L=\left\{\left(x,y\right)|x^2+y^2=R^2\right\}$。

解：显然L关于原点对称，所以由定理12可得

$\begin{array}{c}I={\displaystyle \underset{L}{\int }\left(x^2+y^3\right)\text{d}s}={\displaystyle \underset{L}{\int }{x}^2\text{d}s}+{\displaystyle \underset{L}{\int }{y}^3\text{d}s}=4{\displaystyle \underset{L_1}{\int }{x}^2\text{d}s}+0\\ =4{\displaystyle {\int }_0^R{x}^2\sqrt{1+{\left(\frac{-x}{\sqrt{R^2-x^2}}\right)}^2}\text{d}x}=\pi R^3\end{array}$

例10计算

${\displaystyle \underset{L}{\int }\left(3x^2+4y^2+5x{y}^2\right)\text{d}s}$

其中 $L=\left\{\left(x,y\right)|\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{3}=1\right\}$，周长为a。

解：显然L关于y轴对称，所以由定理11可得

${\displaystyle \underset{L}{\int }\left(3x^2+4y^2+5x{y}^2\right)\text{d}s}={\displaystyle \underset{L}{\int }\left(3x^2+4y^2\right)\text{d}s}+{\displaystyle \underset{L}{\int }5x{y}^2\text{d}s}=12a+0=12a$

例11 [5] 计算

${\displaystyle \underset{L}{\int }{z}^2\text{d}s}$

其中L为 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 被 $x+y+z=0$ 所截部分。

解：

${\displaystyle \underset{L}{\int }{z}^2\text{d}s}=\frac{1}{3}\left[{\displaystyle \underset{L}{\int }{x}^2\text{d}s}+{\displaystyle \underset{L}{\int }{y}^2\text{d}s}+{\displaystyle \underset{L}{\int }{z}^2\text{d}s}\right]=\frac{1}{3}{\displaystyle \underset{L}{\int }\left(x^2+y^2+z^2\right)\text{d}s}=\frac{a^2}{3}{\displaystyle \underset{L}{\int }\text{d}s}=\frac{2}{3}\pi a^3$

6. 对称性在第二型曲线积分计算中的应用

定理14 设二元函数 $P\left(x,y\right)$， $Q\left(x,y\right)$ 在有向曲线段L上连续，并且L关于x轴对称：

1) 如果 $P\left(x,y\right)=P\left(x,-y\right)$，则

${\displaystyle \underset{L}{\int }P\left(x,y\right)\text{d}x}=0$

2) 如果 $P\left(x,y\right)=-P\left(x,-y\right)$，则

${\displaystyle \underset{L}{\int }P\left(x,y\right)\text{d}x}=2{\displaystyle \underset{L_1}{\int }P\left(x,y\right)\text{d}x}$

3) 如果 $Q\left(x,y\right)=-Q\left(x,-y\right)$，则

${\displaystyle \underset{L}{\int }Q\left(x,y\right)\text{d}y}=0$

4) 如果 $Q\left(x,y\right)=Q\left(x,-y\right)$，则

${\displaystyle \underset{L}{\int }Q\left(x,y\right)\text{d}y}=2{\displaystyle \underset{L_1}{\int }Q\left(x,y\right)\text{d}y}$

其中 $L_1=\left\{\left(x,y\right)\in L|y\ge 0\right\}$。

同理可得当L关于y 轴对称的情形。

定理15 设二元函数 $P\left(x,y\right)$， $Q\left(x,y\right)$ 在有向曲线段L上连续，并且L关于原点对称：

1) 如果 $P\left(-x,-y\right)=P\left(x,y\right)$ 且 $Q\left(-x,-y\right)=Q\left(x,y\right),\left(x,y\right)\in L$ ，则

${\displaystyle \underset{L}{\int }P\left(x,y\right)\text{d}x+Q\left(x,y\right)\text{d}y}=0$

2) 如果 $P\left(-x,-y\right)=-P\left(x,y\right)$ 且 $Q\left(-x,-y\right)=-Q\left(x,y\right),\left(x,y\right)\in L$，则

${\displaystyle \underset{L}{\int }P\left(x,y\right)\text{d}x+Q\left(x,y\right)\text{d}y}=2{\displaystyle \underset{L_1}{\int }P\left(x,y\right)\text{d}x+Q\left(x,y\right)\text{d}y}$

其中 $L_1=\left\{\left(x,y\right)\in L|x\ge 0或y\ge 0\right\}$。

定理16 设二元函数 $P\left(x,y\right)$， $Q\left(x,y\right)$ 在有向曲线段L上连续，并且L具有轮换对称性，则

${\displaystyle \underset{L}{\int }P\left(x,y\right)\text{d}x}={\displaystyle \underset{L}{\int }P\left(y,x\right)\text{d}y}$

例12计算

${\displaystyle \underset{L}{\int }{y}^2\text{d}x+x^2\text{d}y}$

其中 $L=\left\{\left(x,y\right)|\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{2}=1\right\}$，沿顺时针方向。

解： $P\left(x,y\right)=y^2,Q\left(x,y\right)=x^2$，因为L关于原点对称，由定理15可得

${\displaystyle \underset{L}{\int }{y}^2\text{d}x+x^2\text{d}y}=0$

例13计算

${\displaystyle \underset{L}{\int }\frac{\text{d}x+\text{d}y}{x^2{y}^2+1}}$

其中 $L=\left\{\left(x,y\right)|\left|x\right|+\left|y\right|=1\right\}$，沿逆时针方向。

解：

${\displaystyle \underset{L}{\int }\frac{\text{d}x+\text{d}y}{x^2{y}^2+1}}={\displaystyle \underset{L}{\int }\frac{\text{d}x}{x^2{y}^2+1}}+{\displaystyle \underset{L}{\int }\frac{\text{d}y}{x^2{y}^2+1}}$

因为L关于x轴对称，且 $\frac{1}{x^2{y}^2}$ 是关于y的偶函数，则由定理1知

${\displaystyle \underset{L}{\int }\frac{\text{d}x}{x^2{y}^2+1}}=0$

又因为L具有轮换对称性，所以

${\displaystyle \underset{L}{\int }\frac{\text{d}x}{x^2{y}^2+1}}={\displaystyle \underset{L}{\int }\frac{\text{d}y}{x^2{y}^2+1}}=0$

综上

${\displaystyle \underset{L}{\int }\frac{\text{d}x+\text{d}y}{x^2{y}^2+1}}={\displaystyle \underset{L}{\int }\frac{\text{d}x}{x^2{y}^2+1}}+{\displaystyle \underset{L}{\int }\frac{\text{d}y}{x^2{y}^2+1}}=0$

7. 对称性在第一型曲面积分计算中的应用

定理17 设三元函数 $f\left(x,y,z\right)$ 在光滑曲面S上可积，并且S关于xoy平面对称：

1) 如果 $f\left(x,y,z\right)=f\left(x,y,-z\right)$，则

${\displaystyle \underset{S}{\iint }f\left(x,y,z\right)\text{d}\sigma }=2{\displaystyle \underset{S_1}{\iint }f\left(x,y,z\right)\text{d}\sigma }$

其中 $S_1=\left\{\left(x,y,z\right)\in S|z\ge 0\right\}$。

2) 如果 $f\left(x,y,z\right)=-f\left(x,y,-z\right)$，则

${\displaystyle \underset{S}{\iint }f\left(x,y,z\right)\text{d}\sigma }=0$

同理可得当曲面S关于xoz平面(或yoz平面)对称时的结论。

证明：

$\begin{array}{c}{\displaystyle \underset{S}{\iint }f\left(x,y,z\right)\text{d}\sigma }={\displaystyle \underset{S_1}{\iint }f\left(x,y,z\right)\text{d}\sigma }+{\displaystyle \underset{S_2}{\iint }f\left(x,y,z\right)\text{d}\sigma }\\ ={\displaystyle \underset{D_{xy}}{\iint }f\left[x,y,z\left(x,y\right)\right]\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\text{d}x\text{d}y}\\ +{\displaystyle \underset{D_{xy}}{\iint }f\left[x,y,-z\left(x,y\right)\right]\sqrt{1+{\left(-z_x\right)}^2+{\left(-z_y\right)}^2}\text{d}x\text{d}y}\\ ={\displaystyle \underset{D_{xy}}{\iint }\left\{f\left[x,y,z\left(x,y\right)\right]+f\left[x,y,-z\left(x,y\right)\right]\right\}\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\text{d}x\text{d}y}\end{array}$

其中 $S_1=\left\{\left(x,y,z\right)\in S|z\ge 0\right\}$， $S_2=\left\{\left(x,y,z\right)\in S|z\le 0\right\}$，所以

1) 当 $f\left(x,y,-z\right)=f\left(x,y,z\right)$ 时，有

${\displaystyle \underset{S}{\iint }f\left(x,y,z\right)\text{d}\sigma }=2{\displaystyle \underset{S_1}{\iint }f\left(x,y,z\right)\text{d}\sigma }$

2) 当 $f\left(x,y,-z\right)=-f\left(x,y,z\right)$ 时，有

${\displaystyle \underset{S}{\iint }f\left(x,y,z\right)\text{d}\sigma }=0$

定理18 设三元函数 $f\left(x,y,z\right)$ 在光滑曲面S上可积，并且S具有轮换对称性，则

$\begin{array}{c}{\displaystyle \underset{S}{\iint }f\left(x,y,z\right)\text{d}\sigma }={\displaystyle \underset{S}{\iint }f\left(y,z,x\right)\text{d}\sigma }={\displaystyle \underset{S}{\iint }f\left(z,x,y\right)\text{d}\sigma }\\ =\frac{1}{3}{\displaystyle \underset{S}{\iint }\left[f\left(x,y,z\right)+f\left(y,z,x\right)+f\left(z,x,y\right)\right]\text{d}\sigma }\end{array}$

例13计算

${\displaystyle \underset{S}{\iint }\left(xy+yz+zx\right)\text{d}\sigma }$

其中S为 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 被 $x^2+y^2=2ax$ 所截部分。

解：

$\begin{array}{c}{\displaystyle \underset{\sum }{\iint }\left(xy+yz+zx\right)\text{d}s}=0+0+{\displaystyle \underset{\sum }{\iint }zx\text{d}s}=\sqrt{2}{\displaystyle \underset{D_{xy}}{\iint }\sqrt{x^2+y^2}\text{d}x\text{d}y}\\ =\sqrt{2}{\displaystyle {\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\text{d}\theta }{\displaystyle {\int }_0^{2a\cos \theta }{r}^3\cos \theta \text{d}r}\\ =4\sqrt{2}{a}^4{\displaystyle {\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^5\theta \text{d}\theta }=\frac{64}{15}\sqrt{2}{a}^4\end{array}$

8. 对称性在第二型曲面积分中的应用

定理19 设三元函数 $P\left(x,y,z\right)$ 在逐片光滑的曲面S上有定义，并且S关于yoz平面对称：

1) 如果 $P\left(x,y,z\right)=P\left(-x,y,z\right)$，则

${\displaystyle \underset{S}{\iint }P\left(x,y,z\right)\text{d}y\text{d}z}=0$

2) 如果 $P\left(x,y,z\right)=P\left(-x,y,z\right)$，则

${\displaystyle \underset{S}{\iint }P\left(x,y,z\right)\text{d}y\text{d}z}=2{\displaystyle \underset{S_1}{\iint }P\left(x,y,z\right)\text{d}y\text{d}z}$

定理20 设三元函数 $P\left(x,y,z\right)$ 在逐片光滑的曲面S上有定义，并且S具有轮换对称性，则

${\displaystyle \underset{S}{\iint }f\left(x,y,z\right)\text{d}y\text{d}z}={\displaystyle \underset{S}{\iint }f\left(y,z,x\right)\text{d}z\text{d}x}={\displaystyle \underset{S}{\iint }f\left(z,x,y\right)\text{d}x\text{d}y}$

例14计算

${\displaystyle \underset{\Sigma }{∯}{x}^2\text{d}y\text{d}z+y^2\text{d}z\text{d}x+z^2\text{d}x\text{d}y}$

其中 $\Sigma$ 为 $z^2=x^2+y^2\left(0\le z\le h\right)$ 的下侧。

解：因为 $\Sigma$ 关于xoz和yoz平面对称，并且两侧方向相反，所以由定理19可得

${\displaystyle \underset{\Sigma }{∯}{x}^2\text{d}y\text{d}z+y^2\text{d}z\text{d}x}=0$

所以

${\displaystyle \underset{\Sigma }{∯}{x}^2\text{d}y\text{d}z+y^2\text{d}z\text{d}x+z^2\text{d}x\text{d}y}={\displaystyle \underset{\Sigma }{∯}{z}^2\text{d}x\text{d}y}=-{\displaystyle \underset{D_{xy}}{\iint }\left(x^2+y^2\right)\text{d}x\text{d}y}={\displaystyle {\int }_0^{2\pi }\text{d}\theta }{\displaystyle {\int }_0^h{r}^3\text{d}r}=-\frac{\pi }{2}{h}^4$

其中 $D_{xy}=\left\{\left(x,y\right)|x^2+y^2\le h^2\right\}$。

9. 结论

在积分计算过程中，常见的方法有换元法和分部积分法等。然而，当遇到复杂函数积分计算和证明时，特别是涉及到三元或三元以上函数问题时，用常规方法解决往往十分困难。本文利用积分区域对称、被积函数对称及轮换对称，系统、全面地给出了定积分、重积分、第一型曲线积分、第二型曲线积分、第一型曲面积分、第二型曲面积分中的一些重要结论，并通过实例进行验证，得到如下结论：

1) 充分而恰当地使用积分域对称性、被积函数对称性及轮换对称性的特点，能够有效地简化某些积分计算，尤其对于第二类曲面积分来说，可以有效防止路径方向与曲面侧对解题者产生的干扰，使解题难度有效降低，进而提升解题的全面性与准确性；

2) 实际应用中遇到的并非全是对称性问题，这样的问题往往具有很大的难度，与前人研究相比，本文为此类问题提供不同构造对称性的方法，进而转化为对称性问题求解。

对称性在积分运算中占有重要地位，今后将加深对此类问题的研究。在理论上将得到更多重要结论，在应用上将进一步考虑积分对称性在实际生产生活中的应用。

NOTES

^*通讯作者。