杂题 4.10-4.16
4.12:数学分析-积分变换
设常数 \(a, b\) 不全为 0 . 求证:
\[\iint_{x^2+y^2 \leqslant 1} f(a x+b y+c) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=2 \int_{-1}^1 \sqrt{1-t^2} f\left(t \sqrt{a^2+b^2}+c\right) \mathrm{d} t . \]
分析：之前有个学弟问我这个题,说看不明白解答是什么意思.这几天看PDE看的我心情不爽(快气成海豚了),所以写个数学题来解解压,于是就那这道题来开刀.
作为一道出现在二重积分换元该节出现的一题,毫无疑问我们需要作变量替换.那么该做什么样的变换呢？一般来说这和函数本身以及区域给定的形状有关,一般而言我们总是希望将被积函数和积分区域通过变换后能够是一个比较简洁的样子.而从这个题目来看,它做了这样的一个变换:
注意到\(u\)做的是一个线性变换,易见他将\(0=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}x+\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}y\)这条直线在新的坐标系下就是\(x\)轴,一个容易的选取就是将在原坐标系和\(0=\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}x+\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}y\)垂直的直线变为新的\(y\)轴,所以我们选取:
事实上我们只需要将斜率控制为\(\frac{a}{b}\)即可,但是归一化后变换\((x,y)\to (u,v)\)就是正交变换,因此Jacobi矩阵,注意到正交变换是保长变换因此\(x^2+y^2\le 1\to u^2+u^2\le 1\),故:
对于三维的情况:
\(K=\iiint_1 \cos (a x+b y+c z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z\), 具中 \(a, b, c\) 是不全为 0 的常数, \(V: x^2+y^2+\) \(z^2 \leqslant 1\).
我们暂且记\(\cos\)为\(f\).作变换\(\zeta=\frac{ax+by+cz}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}\),因此新的XOY平面就是\(\zeta=0\),对于三阶的正交矩阵不太容易写,因此我们暂且不写,反证我们知道在\(ax+by+cz=0\)的的XOY平面上可以选出两个垂直的分量记为新的\(x,y\)轴\(\xi ,\eta\).我们也要求这个变换是正交变换,故Jacobi矩阵行列式为1.因此:
引用柱面坐标 \(\xi=r \cos \theta, \eta=r \sin \theta, \zeta=\zeta\), 这时