第 14.5 節 · 曲面面積
從投影面積 $dA$ 到傾斜面積 $dS$
給定一個定義在閉區域 $R$ 上的可微函數 $z=f(x,y)$，由其圖形 $S$ 在 $R$ 之上覆出的部分稱為一個曲面。把 $S$ 分割成許多小傾斜片並把每片貼到該點切平面上的平行四邊形，便能用兩條切向量 $(1,0,f_x)$ 與 $(0,1,f_y)$ 算出面積：
$$\|(1,0,f_x)\times(0,1,f_y)\|=\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}$$
定義 14.3
曲面面積
假設 $f$ 與其偏導數都在 $xy$ 平面中的閉區域 $R$ 上連續。由 $z=f(x,y)$ 的圖形在 $R$ 之上所定出的曲面 $S$ 之面積為
$$S=\iint_R dS=\iint_R\sqrt{1+\left[f_x(x,y)\right]^2+\left[f_y(x,y)\right]^2}\,dA$$
特別地：若 $f_x=f_y=0$ (水平片)，則 $dS=dA$；若 $f$ 越「陡」($f_x,f_y$ 越大)，$dS$ 越大於投影面積 $dA$。
互動：切平面平行四邊形貼合曲面
每個黃色平行四邊形是「在某點切平面上、投影回 $R$ 對應 $du\,dv$」的小片，面積 $\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}\,du\,dv$。把切片數量拉高，總和就會收斂到 $\iint_R \sqrt{1+f_x^2+f_y^2}\,dA$。
目前曲面
$z=x^2+y^2$
$dS=\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}\,dA$
面積比較
解析度8×8
投影區域 $|R|$16.000
切片總和—
高解析度近似 $S$—
誤差—
觀察
把切片數加大，「切片總和」會逼近「高解析度近似 $S$」。對線性函數 $z=2x+y$，因 $f_x,f_y$ 為常數，每片面積相同，任何解析度都會穩定在同一值。
診斷視覺：傾斜角 $\gamma$ 如何決定 $dS/dA$
把曲面在某點的局部切平面想像成「對 $xy$ 平面傾斜角度 $\gamma$ 的薄片」。當 $\gamma=0$ 時切平面水平，$dS=dA$；$\gamma$ 越大切平面越陡，相同投影 $dA$ 對應的真實面積 $dS$ 就越大，倍率為 $\sec\gamma$。若 $f_x,f_y$ 已給定，$\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}=\sec\gamma$（其中 $\tan\gamma=\sqrt{f_x^2+f_y^2}$）。
關係
$dS = \sec\gamma\cdot dA$
$\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}=\sec\gamma$
當前比例
$\gamma$30°
$\tan\gamma=\|\nabla f\|$0.577
$\sec\gamma=dS/dA$1.155
投影 $dA$1.000
真實 $dS$1.155
講義例題
以下三題與講義第 14.5 節（曲面面積）完全對應；統一使用曲面面積公式 $S=\iint_R\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}\,dA$。
講義例題 1 · 平面區域的曲面面積
求平面 $z=2-x-y$ 落在第一象限單位圓盤 $R:x^2+y^2\le 1,\ x\ge 0,\ y\ge 0$ 上方那塊的曲面面積。
步驟 1（偏導與被積函數）
$f_x=-1,\ f_y=-1$，皆為常數，故 $\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}=\sqrt{1+1+1}=\sqrt{3}$。
步驟 2（常數被積函數 ⇒ 面積 = 常數 × 投影面積）
$$S=\iint_R\sqrt{3}\,dA=\sqrt{3}\,|R|.$$ $R$ 是單位圓盤的第一象限四分之一，$|R|=\dfrac{1}{4}\pi(1)^2=\dfrac{\pi}{4}$。
$S=\sqrt{3}\cdot\dfrac{\pi}{4}=\dfrac{\sqrt{3}\,\pi}{4}\approx 1.360$。
講義例題 2 · 一般曲面（三角代換 + 分部積分）
求曲面 $f(x,y)=1-x^2+y$ 落在以 $(1,0,0),\ (0,-1,0),\ (0,1,0)$ 為頂點的三角形區域上方那塊的曲面面積。
步驟 1（偏導與被積函數）
$f_x=-2x,\ f_y=1$，故 $\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}=\sqrt{1+4x^2+1}=\sqrt{2+4x^2}$。
步驟 2（描述投影區域 $R$ 並設定積分）
三角形投影到 $xy$ 平面，邊界為 $y=1-x$（上）與 $y=x-1$（下），故 $R:0\le x\le 1,\ x-1\le y\le 1-x$：$$S=\int_0^1\!\!\int_{x-1}^{1-x}\sqrt{2+4x^2}\,dy\,dx.$$
步驟 3（先積 $y$ 並拆項）
被積函數與 $y$ 無關：$$S=\int_0^1\Big[y\sqrt{2+4x^2}\Big]_{y=x-1}^{y=1-x}dx=\int_0^1\big[(1-x)-(x-1)\big]\sqrt{2+4x^2}\,dx=\int_0^1(2-2x)\sqrt{2+4x^2}\,dx.$$ 拆成 $$S=\underbrace{\int_0^1 2\sqrt{2+4x^2}\,dx}_{I_1}\;-\;\underbrace{\int_0^1 2x\sqrt{2+4x^2}\,dx}_{I_2}.$$
步驟 4a（$I_2$：簡單 $u$-代換）
令 $u=2+4x^2$，$du=8x\,dx$，即 $2x\,dx=\dfrac{du}{4}$：$$\int 2x\sqrt{2+4x^2}\,dx=\frac14\int\sqrt{u}\,du=\frac14\cdot\frac{2}{3}u^{3/2}=\frac{1}{6}(2+4x^2)^{3/2}.$$
步驟 4b（$I_1$ 的核心：三角代換）
先抽出常數：$\displaystyle\int\sqrt{2+4x^2}\,dx=\sqrt{2}\int\sqrt{1+2x^2}\,dx$。令 $x=\dfrac{\tan\theta}{\sqrt2}$，則 $dx=\dfrac{\sec^2\theta}{\sqrt2}\,d\theta$ 且 $1+2x^2=1+\tan^2\theta=\sec^2\theta$、$\sqrt{1+2x^2}=\sec\theta$：$$\sqrt2\int\sqrt{1+2x^2}\,dx=\sqrt2\int\sec\theta\cdot\frac{\sec^2\theta}{\sqrt2}\,d\theta=\int\sec^3\theta\,d\theta.$$
步驟 4c（$\int\sec^3\theta\,d\theta$：分部積分）
取 $u=\sec\theta,\ dv=\sec^2\theta\,d\theta$，則 $du=\sec\theta\tan\theta\,d\theta,\ v=\tan\theta$：$$\int\sec^3\theta\,d\theta=\sec\theta\tan\theta-\int\sec\theta\tan^2\theta\,d\theta=\sec\theta\tan\theta-\int\sec\theta(\sec^2\theta-1)\,d\theta.$$ 右邊出現 $\displaystyle\int\sec^3\theta\,d\theta$，移項合併（並用 $\int\sec\theta\,d\theta=\ln|\sec\theta+\tan\theta|$）：$$2\int\sec^3\theta\,d\theta=\sec\theta\tan\theta+\ln|\sec\theta+\tan\theta|\;\Longrightarrow\;\int\sec^3\theta\,d\theta=\frac12\sec\theta\tan\theta+\frac12\ln|\sec\theta+\tan\theta|+C.$$
步驟 4d（換回 $x$）
由 $\tan\theta=\sqrt2\,x$、$\sec\theta=\sqrt{1+2x^2}$：$$\int\sqrt{2+4x^2}\,dx=\frac{\sqrt2\,x\sqrt{1+2x^2}}{2}+\frac12\ln\!\big(\sqrt{1+2x^2}+\sqrt2\,x\big)+C.$$ 又因 $\sqrt2\,\sqrt{1+2x^2}=\sqrt{2+4x^2}$，故 $I_1$ 的反導數可寫成 $x\sqrt{2+4x^2}+\ln\!\big(\sqrt2\,x+\sqrt{1+2x^2}\big)$。
步驟 5（合併 $I_1-I_2$ 並代入 $0\to 1$）
$$S=\Big[x\sqrt{2+4x^2}+\ln\!\big(\sqrt2\,x+\sqrt{1+2x^2}\big)-\frac{(2+4x^2)^{3/2}}{6}\Big]_0^1.$$ 在 $x=1$：$\sqrt6+\ln(\sqrt2+\sqrt3)-\dfrac{6^{3/2}}{6}=\sqrt6+\ln(\sqrt2+\sqrt3)-\sqrt6=\ln(\sqrt2+\sqrt3)$。在 $x=0$：$0+\ln 1-\dfrac{2^{3/2}}{6}=-\dfrac{\sqrt2}{3}$。相減（上限 $-$ 下限）：$$S=\ln(\sqrt2+\sqrt3)-\Big(-\frac{\sqrt2}{3}\Big)=\ln(\sqrt2+\sqrt3)+\frac{\sqrt2}{3}.$$
$S=\ln(\sqrt2+\sqrt3)+\dfrac{\sqrt2}{3}\approx 1.618$。關鍵：$\displaystyle\int\sqrt{2+4x^2}\,dx$ 需以三角代換 $x=\tfrac{\tan\theta}{\sqrt2}$ 化為 $\int\sec^3\theta\,d\theta$，再用分部積分求出。
講義例題 3 · 變數變換為極座標
求拋物面 $z=1+x^2+y^2$ 落在單位圓 $R:x^2+y^2\le 1$ 上方那塊的曲面面積。
步驟 1（偏導與被積函數）
$f_x=2x,\ f_y=2y$，故 $\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}=\sqrt{1+4x^2+4y^2}=\sqrt{1+4r^2}$（極座標）。
步驟 2（極座標化）
單位圓盤 $0\le r\le 1,\ 0\le\theta\le 2\pi$，$dA=r\,dr\,d\theta$：$$S=\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^1\sqrt{1+4r^2}\,r\,dr\,d\theta.$$
步驟 3（內層代換 $u=1+4r^2$）
$du=8r\,dr$，$r:0\to1$ 對應 $u:1\to5$：$$\int_0^1\sqrt{1+4r^2}\,r\,dr=\frac18\int_1^5\sqrt{u}\,du=\frac18\cdot\frac23\big[u^{3/2}\big]_1^5=\frac{5\sqrt5-1}{12}.$$
步驟 4（外層）
$$S=\int_0^{2\pi}\frac{5\sqrt5-1}{12}\,d\theta=\frac{\pi(5\sqrt5-1)}{6}.$$
$S=\dfrac{\pi(5\sqrt5-1)}{6}\approx 5.33$。
概念辨析 · 別把 $f$ 與 $f_x,f_y$ 混淆
(1) 被積函數含 $f_x,f_y$ 不是 $f$：$\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}$，常見錯誤是寫成 $\sqrt{1+f^2}$。
(2) $dS\ge dA$ 永遠成立：因 $\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}\ge 1$。等號當且僅當切平面水平。
概念題
關於圖形 $z=f(x,y)$ 在區域 $R$ 上的曲面面積元素 $dS$，下列敘述何者正確？
數字題
求平面 $z=3x+4y$ 在矩形 $[0,1]\times[0,1]$ 上的曲面面積。（提示：被積函數為常數）
14.5 重點整理
- 曲面面積公式：$S=\iint_R\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}\,dA$，因子來自切向量 $(1,0,f_x)\times(0,1,f_y)$ 的模。
- 幾何意義：$\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}=\sec\gamma$ 是切平面對 $xy$ 平面的傾斜倍率，所以 $dS\ge dA$。
- 對「線性函數 $f=ax+by+c$」，被積函數為常數 $\sqrt{1+a^2+b^2}$，面積 = 此常數 × 投影區域面積。
- 圓盤型 $R$ 通常極座標化最簡：$dA=r\,dr\,d\theta$ 並換 $f_x,f_y$ 為極座標。
第 14.6 節 · 三重積分
把區域切成 Riemann 切片，總和 $\to$ 三重積分
14.6.1 定義與性質
定義 14.4
三重積分
設 $f$ 在區域 $Q\subset\mathbb{R}^3$ 連續，把 $Q$ 切成 $n$ 個內部互不相交的小立體 $\Delta V_i$，$\|\Delta\|$ 為最大直徑。若極限
$$\iiint_Q f(x,y,z)\,dV=\lim_{\|\Delta\|\to 0}\sum_{i=1}^n f(x_i,y_i,z_i)\,\Delta V_i$$
存在，便稱 $f$ 在 $Q$ 上可積分。特別地，$Q$ 的體積 $\displaystyle V(Q)=\iiint_Q dV$。
定理 14.4 · Fubini (三維)
若 $f$ 在 $Q$ 連續，且 $Q$ 由 $a\le x\le b,\ h_1(x)\le y\le h_2(x),\ g_1(x,y)\le z\le g_2(x,y)$ 描述，其中 $h_1,h_2,g_1,g_2$ 連續，則
$$\iiint_Q f\,dV=\int_a^b\!\int_{h_1(x)}^{h_2(x)}\!\int_{g_1(x,y)}^{g_2(x,y)} f(x,y,z)\,dz\,dy\,dx.$$
同樣可以交換順序，但須先把對應變數的範圍重新寫好。一般策略：先看內層、再看中間、最後看外層是否「依賴更外面的變數」。
互動：Riemann 切片逼近立體區域
藍色曲面顯示真實邊界；紅色切片顯示 Riemann 近似。圓形投影用扇形柱、三角投影用三角柱，避免把平滑曲面誤畫成方格鋸齒；$N$ 越大，切片總體積越逼近 $\iiint_Q dV$。
目前立體
$0\le z\le 4-x^2-y^2$
f=1 (體積)
Riemann 切片近似
分割8×8×8
切片數—
$\sum f\Delta V$—
精確體積—
誤差—
提醒
$\iiint_Q dV$ 等於 $Q$ 的體積；本節重點是把三維區域 $Q$ 正確寫成三層積分的上下限。
14.6.2 講義例題
以下例題與講義第 14.6 節（三重積分與應用）完全對應。
講義例題 1 · 三重迭代積分
計算 $\displaystyle\int_0^2\!\int_0^x\!\int_0^{x+y} e^x(y+2z)\,dz\,dy\,dx$。
步驟 1（先對 $z$，固定 $x,y$）
$$\int_0^{x+y} e^x(y+2z)\,dz=e^x\big[yz+z^2\big]_0^{x+y}=e^x\big[y(x+y)+(x+y)^2\big]=e^x(x^2+3xy+2y^2).$$
步驟 2（再對 $y$，固定 $x$）
$$\int_0^x e^x(x^2+3xy+2y^2)\,dy=e^x\Big[x^2y+\tfrac{3xy^2}{2}+\tfrac{2y^3}{3}\Big]_0^x=e^x\Big(x^3+\tfrac{3x^3}{2}+\tfrac{2x^3}{3}\Big)=\tfrac{19}{6}x^3e^x.$$
步驟 3a（$\int x^3e^x\,dx$：反覆分部積分）
每次取多項式為 $u$、$dv=e^x\,dx$，連續降冪三次：$$\begin{aligned}\int x^3e^x\,dx&=x^3e^x-3\!\int x^2e^x\,dx\\&=x^3e^x-3\Big(x^2e^x-2\!\int xe^x\,dx\Big)\\&=x^3e^x-3x^2e^x+6\Big(xe^x-\!\int e^x\,dx\Big)\\&=e^x(x^3-3x^2+6x-6)+C.\end{aligned}$$
步驟 3b（代入 $0\to 2$）
在 $x=2$：$e^2(8-12+12-6)=2e^2$；在 $x=0$：$e^0(0-0+0-6)=-6$。故 $$\frac{19}{6}\int_0^2 x^3e^x\,dx=\frac{19}{6}\big[2e^2-(-6)\big]=\frac{19}{6}(2e^2+6)=\frac{19}{3}(e^2+3).$$
$\displaystyle\int_0^2\!\int_0^x\!\int_0^{x+y} e^x(y+2z)\,dz\,dy\,dx=19\Big(\frac{e^2}{3}+1\Big)\approx 65.797$。
講義例題 2 · 用三重積分求體積（橢球）
求橢球 $4x^2+4y^2+z^2=16$ 的體積。
步驟 1（最內層 $z$ 與對稱性）
由 $z^2=16-4x^2-4y^2=4(4-x^2-y^2)$ 得 $0\le z\le 2\sqrt{4-x^2-y^2}$。利用八個卦限對稱，取第一卦限再 $\times 8$：$$V=8\!\int_0^2\!\!\int_0^{\sqrt{4-x^2}}\!\!\int_0^{2\sqrt{4-x^2-y^2}}\!\!dz\,dy\,dx=16\!\int_0^2\!\!\int_0^{\sqrt{4-x^2}}\!\!\sqrt{(4-x^2)-y^2}\,dy\,dx.$$
步驟 2（中層 $y$：三角代換）
令 $A=4-x^2$，代入 $y=\sqrt{A}\sin\theta$、$dy=\sqrt{A}\cos\theta\,d\theta$，$\sqrt{A-y^2}=\sqrt{A}\cos\theta$：$$\int_0^{\sqrt{A}}\sqrt{A-y^2}\,dy=A\!\int_0^{\pi/2}\cos^2\theta\,d\theta=A\!\int_0^{\pi/2}\frac{1+\cos 2\theta}{2}\,d\theta=A\cdot\frac{\pi}{4}=\frac{\pi(4-x^2)}{4}.$$
步驟 3（外層 $x$）
$$V=16\!\int_0^2\frac{\pi(4-x^2)}{4}\,dx=4\pi\!\int_0^2(4-x^2)\,dx=4\pi\Big[4x-\tfrac{x^3}{3}\Big]_0^2=4\pi\Big(8-\tfrac{8}{3}\Big).$$
$V=\dfrac{64\pi}{3}\approx 67.02$。
替代解法 · 用極座標 / 球座標
橢球寫成 $\dfrac{x^2}{4}+\dfrac{y^2}{4}+\dfrac{z^2}{16}=1$，半軸 $a=2,\ b=2,\ c=4$。下面兩種座標變換都比直角座標的三角代換乾淨。
方法 A · 圓柱座標（極座標 $+\,z$）：因 $4x^2+4y^2=4r^2$，橢球面化為 $4r^2+z^2=16$，即 $-2\sqrt{4-r^2}\le z\le 2\sqrt{4-r^2}$，投影為 $r\le 2$。
$$V=\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^2\!\!\int_{-2\sqrt{4-r^2}}^{2\sqrt{4-r^2}} r\,dz\,dr\,d\theta=\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^2 4r\sqrt{4-r^2}\,dr\,d\theta.$$
內層代換 $u=4-r^2$：$\displaystyle\int_0^2 4r\sqrt{4-r^2}\,dr=\Big[-\tfrac43(4-r^2)^{3/2}\Big]_0^2=-\tfrac43(0-8)=\tfrac{32}{3}$，故 $V=\displaystyle\int_0^{2\pi}\tfrac{32}{3}\,d\theta=\dfrac{64\pi}{3}$。
方法 B · 廣義球座標（把橢球縮放成單位球）：令
$$x=2\rho\sin\phi\cos\theta,\quad y=2\rho\sin\phi\sin\theta,\quad z=4\rho\cos\phi,$$
則橢球面恰好對應 $\rho=1$，且雅可比（見 14.8 節）為 $|J|=abc\,\rho^2\sin\phi=2\cdot2\cdot4\,\rho^2\sin\phi=16\rho^2\sin\phi$。於是區域變成單位球 $0\le\rho\le1,\ 0\le\phi\le\pi,\ 0\le\theta\le2\pi$：
$$V=\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^{\pi}\!\!\int_0^1 16\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta=16\Big(\!\int_0^{2\pi}\!d\theta\Big)\Big(\!\int_0^{\pi}\!\sin\phi\,d\phi\Big)\Big(\!\int_0^1\!\rho^2\,d\rho\Big)=16\cdot2\pi\cdot2\cdot\tfrac13=\dfrac{64\pi}{3}.$$
一般結論：橢球 $\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}+\dfrac{z^2}{c^2}=1$ 的體積為 $\dfrac{4}{3}\pi abc$（本題 $\tfrac43\pi\cdot2\cdot2\cdot4=\tfrac{64\pi}{3}$）。
講義例題 3 · 變更積分次序
計算 $\displaystyle\int_0^{\sqrt{\pi/2}}\!\int_x^{\sqrt{\pi/2}}\!\int_1^3 \sin(y^2)\,dz\,dy\,dx$。
步驟 1（最內層 $z$）
被積函數與 $z$ 無關：$\displaystyle\int_1^3 \sin(y^2)\,dz=2\sin(y^2)$，故原式 $=2\displaystyle\int_0^{\sqrt{\pi/2}}\!\int_x^{\sqrt{\pi/2}}\sin(y^2)\,dy\,dx$。
步驟 2（$\int\sin(y^2)\,dy$ 無基本反導數 ⇒ 換序）
區域為 $0\le x\le y\le\sqrt{\pi/2}$，改寫成「先 $x$ 後 $y$」：$0\le y\le\sqrt{\pi/2},\ 0\le x\le y$：$$2\int_0^{\sqrt{\pi/2}}\!\int_0^{y}\sin(y^2)\,dx\,dy=2\int_0^{\sqrt{\pi/2}} y\sin(y^2)\,dy.$$
步驟 3（代換 $u=y^2$）
$du=2y\,dy$，$y:0\to\sqrt{\pi/2}$ 對應 $u:0\to\pi/2$：$$2\cdot\frac12\int_0^{\pi/2}\sin u\,du=\big[-\cos u\big]_0^{\pi/2}=-\cos\tfrac{\pi}{2}+\cos 0=0+1=1.$$
原式 $=1$。關鍵：$z$ 方向先積得常數 $2$，再把 $xy$ 換序，讓 $y\sin(y^2)$ 可用 $u=y^2$ 解出。
講義例題 4 · 決定積分上下限（只設定，不計算）
為下列三個立體區域設定體積三重積分（決定上下限）。
(a) 第一卦限，上界柱面 $z=1-y^2$，介於平面 $x+y=1$ 與 $x+y=3$ 之間
最內層 $z$：底面是第一卦限的 $xy$ 平面 $z=0$，頂面是拋物柱面 $z=1-y^2$，故 $0\le z\le 1-y^2$。
投影到 $xy$：頂面要 $1-y^2\ge 0\Rightarrow|y|\le 1$，再配合第一卦限 $y\ge 0$ 得 $0\le y\le 1$；兩個鉛直平面 $x+y=1,\ x+y=3$ 給出 $1-y\le x\le 3-y$。$$V=\int_0^1\!\int_{1-y}^{3-y}\!\int_0^{1-y^2}dz\,dx\,dy.$$
(b) 上半球 $z=\sqrt{1-x^2-y^2}$
最內層 $z$：底面是 $z=0$（赤道圓盤），頂面是球面 $z=\sqrt{1-x^2-y^2}$，故 $0\le z\le\sqrt{1-x^2-y^2}$。
投影到 $xy$：頂面在 $z=0$ 處收斂到 $x^2+y^2\le 1$（單位圓盤），寫成 $-1\le x\le 1,\ -\sqrt{1-x^2}\le y\le\sqrt{1-x^2}$。$$V=\int_{-1}^{1}\!\int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}\!\int_0^{\sqrt{1-x^2-y^2}}dz\,dy\,dx.$$
(c) 下界拋物面 $z=x^2+y^2$、上界球面 $x^2+y^2+z^2=6$
最內層 $z$：下表面是拋物面 $z=x^2+y^2$，上表面是球面 $z=\sqrt{6-x^2-y^2}$，故 $x^2+y^2\le z\le\sqrt{6-x^2-y^2}$。
投影邊界（兩面交線）：交線同時滿足兩式 — 把拋物面的 $x^2+y^2=z$ 代入球面 $x^2+y^2+z^2=6$ 得 $z+z^2=6\Rightarrow z^2+z-6=0\Rightarrow(z-2)(z+3)=0\Rightarrow z=2$（取正根）。於是 $x^2+y^2=2$，投影為圓盤 $r\le\sqrt2$，寫成 $-\sqrt2\le x\le\sqrt2,\ -\sqrt{2-x^2}\le y\le\sqrt{2-x^2}$。$$V=\int_{-\sqrt2}^{\sqrt2}\!\int_{-\sqrt{2-x^2}}^{\sqrt{2-x^2}}\!\int_{x^2+y^2}^{\sqrt{6-x^2-y^2}}dz\,dy\,dx.$$
三小題都照同一流程：先定最內層 $z$（找出下表面與上表面）→ 再把立體投影到 $xy$ 平面定外兩層上下限（對應講義 Figure 34）。本題只要求設定積分、不需算出數值。
診斷視覺：第一型區域 $\to$ 投影到 xy 平面
三維區域 $E$ 寫成 第一型 形式 $\{(x,y,z): (x,y)\in D,\ z_1(x,y)\le z\le z_2(x,y)\}$ 時，投影到 $xy$ 平面是 $D$。下圖示意「$xy$ 平面上方、拋物面 $z=4-x^2-y^2$ 下方」這個三維區域與其 $xy$ 投影 $D:x^2+y^2\le 4$ 的關係。
概念辨析 · 第一型/II/III 與「先積誰」
(1) 第一型（投影到 xy）：$z$ 介於 $z_1(x,y)$ 與 $z_2(x,y)$，$(x,y)\in D\subset xy$。最常用。
(2) 第一型I（投影到 yz）：$x$ 介於 $x_1(y,z)$ 與 $x_2(y,z)$，$(y,z)\in D\subset yz$。
(3) 第一型II（投影到 xz）：$y$ 介於 $y_1(x,z)$ 與 $y_2(x,z)$，$(x,z)\in D\subset xz$。
(4) 策略：選那個讓「最內層上下限是常數或最簡單」的型態（理由見下方方塊）。上方拋物面例題的 $z\in[0,4-x^2-y^2]$ 就比反過來「$x\in[\dots]$ 上下含 $z$」簡單。
(5) $dV\ne dA$：$dV=dz\,dA=dx\,dy\,dz$；別把 $dA$ 當成 $dV$。
為什麼策略是「讓最內層上下限最簡」？
三重積分是由內而外算的：最內層先把另外兩個變數當成常數，沿某一軸從「入口面」積到「出口面」；算完後只剩下對投影區域 $D$ 的二重積分。「選哪個投影方向」等於「選哪個變數當最內層」，這個選擇直接決定難易，理由有兩個：
(1) 避免把積分拆成好幾塊：最內層的上下限 $g_1\le\,\bullet\,\le g_2$ 代表沿該軸看立體的「下表面」與「上表面」。只有當每一條平行該軸的直線穿過立體時恰好「進一次、出一次」，才能用單一組 $g_1,g_2$ 描述；若某方向的直線會反覆穿進穿出（立體有凹陷、被切成兩段），就必須把立體切開、分段積分，非常麻煩。好的方向讓立體對該軸是「單純的」（z-simple／x-simple／y-simple）。
(2) 讓每一層的算式最輕：$g_1,g_2$ 越簡單（最好是常數，其次是低次式），最內層積分與往外代入的代數就越乾淨。尤其當上下限是常數時，該變數可直接「分離」成獨立的一維積分（如球體積、圓柱例題那種三層相乘）。
合起來：「最內層上下限最簡」其實是同時在 「不必拆積分」 與 「每層算式最簡」 兩方面最佳化整體計算。算完最內層後，外兩層的難易再由投影 $D$ 是否單純（矩形、簡單的 Type I／II 區域）決定，所以挑方向時也要順帶看「投影 $D$ 好不好寫」。
概念題
想把 $\displaystyle\iiint_Q f\,dz\,dy\,dx$ 改成 $\,dx\,dy\,dz$ 順序，下列何者正確？
數字題
求立方體 $[0,1]^3$ 上的 $\displaystyle\iiint_Q xyz\,dV$。（提示：三重積分可拆成 $\int x\,dx\cdot\int y\,dy\cdot\int z\,dz$，因為被積函數可分離）
14.6 重點整理
- 三重積分 $\iiint_Q f\,dV$ = Riemann 和 $\sum f(x_i,y_i,z_i)\,\Delta V_i$ 的極限；$f=1$ 給出體積。
- Fubini（三維）：$f$ 連續且 $Q$ 為 第一型 時可寫成三層重複積分 $\int\!\int\!\int f\,dz\,dy\,dx$。
- 選 第一型/II/III 的關鍵：讓「最內層」的上下限最簡（最好是常數或單一外層變數的函數）。
- 換序不只是換 $d$ — 必須重新描述 $Q$ 的不等式，把每個變數的上下限用「新外層變數」表示。
- 圓盤投影 $D$ 用極座標：$\iiint_E f\,dV=\int\!\int_D\bigl(\int_{z_1}^{z_2}f\,dz\bigr)r\,dr\,d\theta$。
第 14.7 節 · 圓柱與球面座標的三重積分
用對稱挑座標：$dV$ 的真實樣貌
14.7.1 圓柱座標：$dV=r\,dr\,d\theta\,dz$
圓柱座標 $(r,\theta,z)$ 與直角座標的轉換：
$$x=r\cos\theta,\quad y=r\sin\theta,\quad z=z.$$
把厚度為 $dr,\,d\theta,\,dz$ 的小元素圍出一塊楔形殼。它的兩個 $z$ 面是「環形扇形」，在 $r$ 方向長度 $dr$、在 $\theta$ 方向圓弧長 $r\,d\theta$，所以底面積 $\approx r\,dr\,d\theta$，乘上高 $dz$ 得
$$dV\approx r\,dr\,d\theta\,dz.$$
14.7.1 公式 · 圓柱座標三重積分
$$\iiint_Q f\,dV=\int_{\theta_1}^{\theta_2}\!\!\int_{g_1(\theta)}^{g_2(\theta)}\!\!\int_{h_1(r\cos\theta,r\sin\theta)}^{h_2(r\cos\theta,r\sin\theta)} f(r\cos\theta,r\sin\theta,z)\,r\,dz\,dr\,d\theta.$$
注意末端那個額外的 $r$：來自雅可比 $\partial(x,y,z)/\partial(r,\theta,z)=r$。
互動：拖動 $(r,\theta,z)$ 與 $(dr,d\theta,dz)$ 觀察 $dV$
體積元素
$dV \approx r\,dr\,d\theta\,dz$
$|J|=r$（雅可比）
當下楔形殼
r2.00
θ60°
z1.50
dr0.50
dθ29°
dz0.60
$r\,dr\,d\theta\,dz$—
精確楔形體積—
適用
區域具圓柱對稱 (繞 $z$ 軸對稱) 時最簡。例如圓柱、圓錐、繞軸旋轉體、${x^2+y^2}$ 出現在被積函數時。
圓柱座標例題
講義例題 1 · 圓柱座標求體積
求球面 $x^2+y^2+z^2=4$ 被圓柱面 $r=2\sin\theta$ 切出的立體 $Q$ 的體積。
步驟 1（圓柱座標描述 $Q$）
圓柱面 $r=2\sin\theta$ 即 $x^2+(y-1)^2=1$；球面化為 $z^2=4-r^2$，故 $-\sqrt{4-r^2}\le z\le\sqrt{4-r^2}$。投影為 $r=2\sin\theta$ 圍出的圓盤：$0\le\theta\le\pi,\ 0\le r\le 2\sin\theta$：$$V=\int_0^{\pi}\!\!\int_0^{2\sin\theta}\!\!\int_{-\sqrt{4-r^2}}^{\sqrt{4-r^2}} r\,dz\,dr\,d\theta.$$
步驟 2（最內層 $z$）
$\displaystyle\int_{-\sqrt{4-r^2}}^{\sqrt{4-r^2}}dz=2\sqrt{4-r^2}$，故 $\displaystyle V=\int_0^{\pi}\!\!\int_0^{2\sin\theta} 2r\sqrt{4-r^2}\,dr\,d\theta$。
步驟 3（中層 $r$，代換 $u=4-r^2$）
$\displaystyle\int 2r\sqrt{4-r^2}\,dr=-\frac23(4-r^2)^{3/2}$。代入 $0\to 2\sin\theta$（用 $4-4\sin^2\theta=4\cos^2\theta$）：$$\int_0^{2\sin\theta}2r\sqrt{4-r^2}\,dr=-\frac23\Big[(4\cos^2\theta)^{3/2}-8\Big]=\frac{16}{3}\big(1-|\cos\theta|^3\big).$$
步驟 4（外層 $\theta$）
先算 $\displaystyle\int_0^{\pi/2}\cos^3\theta\,d\theta=\int_0^{\pi/2}(1-\sin^2\theta)\cos\theta\,d\theta=\Big[\sin\theta-\tfrac{\sin^3\theta}{3}\Big]_0^{\pi/2}=1-\tfrac13=\tfrac23$；由 $[0,\pi]$ 對稱得 $\displaystyle\int_0^{\pi}|\cos\theta|^3\,d\theta=2\cdot\tfrac23=\tfrac43$。故 $$V=\frac{16}{3}\int_0^{\pi}\big(1-|\cos\theta|^3\big)\,d\theta=\frac{16}{3}\Big(\pi-\frac43\Big).$$
$V=\dfrac{16}{3}\Big(\pi-\dfrac43\Big)=\dfrac{16(3\pi-4)}{9}\approx 9.64$。區域同時受球面與柱面（含 $\sqrt{x^2+y^2}$）約束時，圓柱座標把兩者一起化簡。
14.7.2 球面座標：$dV=\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta$
球面座標 $(\rho,\phi,\theta)$ 中，$\rho\ge0$ 為徑距、$\phi\in[0,\pi]$ 為從正 $z$ 軸量下的極角、$\theta\in[0,2\pi)$ 為 $xy$ 平面方位角：
$$x=\rho\sin\phi\cos\theta,\ y=\rho\sin\phi\sin\theta,\ z=\rho\cos\phi.$$
把 $\rho,\phi,\theta$ 各動一小段 $d\rho,d\phi,d\theta$，掃出的「球殼楔形」近似一個小盒子。它三條邊互相垂直，各自是「沿一個座標方向移動的弧長」（弧長 $=$ 半徑 $\times$ 角度）：
- 徑向（只動 $\rho$）：固定 $\phi,\theta$，讓 $\rho$ 增加 $d\rho$，點沿著射線直線往外走，邊長就是 $d\rho$。
- 極角向（只動 $\phi$）：固定 $\rho,\theta$，讓 $\phi$ 增加 $d\phi$，點沿著一個半徑為 $\rho$ 的經線圓（過南北極的鉛直圓，圓心在原點）移動，半徑 $=\rho$，弧長 $=\rho\,d\phi$。
- 方位角向（只動 $\theta$）：固定 $\rho,\phi$，讓 $\theta$ 增加 $d\theta$，點沿著一個水平的緯線圈繞 $z$ 軸轉。這個圈的半徑不是 $\rho$，而是點到 $z$ 軸的水平距離 $=\rho\sin\phi$，所以弧長 $=\rho\sin\phi\,d\theta$。
三邊互相垂直，小盒子體積 $\approx$ 三邊相乘：
$$dV\approx \underbrace{d\rho}_{\text{徑向}}\cdot\underbrace{\rho\,d\phi}_{\text{極角向}}\cdot\underbrace{\rho\sin\phi\,d\theta}_{\text{方位角向}}=\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta.$$
關鍵因子 $\sin\phi$ 完全來自方位角方向那條邊：緯線圈半徑 $=\rho\sin\phi$，在赤道（$\phi=\tfrac{\pi}{2}$，$\sin\phi=1$）最大、在兩極（$\phi=0$ 或 $\pi$，$\sin\phi=0$）縮成一點。又因 $\phi\in[0,\pi]$ 時 $\sin\phi\ge 0$，故 $|J|=\rho^2\sin\phi$ 不需取絕對值。
14.7.2 公式 · 球面座標三重積分
$$\iiint_Q f\,dV=\int_{\theta_1}^{\theta_2}\!\!\int_{\phi_1}^{\phi_2}\!\!\int_{\rho_1}^{\rho_2} f(\rho\sin\phi\cos\theta,\rho\sin\phi\sin\theta,\rho\cos\phi)\,\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta.$$
體積元素
$dV \approx \rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta$
$|J|=\rho^2\sin\phi$
當下球楔
ρ2.50
φ60°
θ45°
dρ0.50
dφ29°
dθ29°
$\rho^2\sin\phi\,d\rho d\phi d\theta$—
精確球楔—
適用
區域具球對稱時最簡（球體、球殼、上半球、錐體 $\phi\le\phi_0$）；被積函數含 $x^2+y^2+z^2$ 時用球座標通常變成 $\rho^2$。
球面座標例題
講義例題 2 · 球面座標求體積
求下界為上半圓錐 $z^2=x^2+y^2$、上界為球面 $x^2+y^2+z^2=9$ 所圍立體 $Q$ 的體積。
步驟 1（圓錐 $\to\phi$ 範圍）
$z^2=x^2+y^2$ 在球座標為 $\rho^2\cos^2\phi=\rho^2\sin^2\phi\Rightarrow\tan\phi=1\Rightarrow\phi=\tfrac{\pi}{4}$。圓錐
上方（朝 $+z$ 軸）對應 $0\le\phi\le\tfrac{\pi}{4}$；球面為 $\rho=3$。故 $Q:0\le\rho\le3,\ 0\le\phi\le\tfrac{\pi}{4},\ 0\le\theta\le2\pi$。
步驟 2（三層分離）
$f=1$，$dV=\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta$：$$V=\int_0^{2\pi}\!d\theta\int_0^{\pi/4}\!\sin\phi\,d\phi\int_0^{3}\rho^2\,d\rho.$$
步驟 3（三層計算）
$\displaystyle\int_0^{2\pi}d\theta=2\pi$；$\displaystyle\int_0^{\pi/4}\sin\phi\,d\phi=\big[-\cos\phi\big]_0^{\pi/4}=1-\tfrac{\sqrt2}{2}$；$\displaystyle\int_0^3\rho^2\,d\rho=9$。
$V=2\pi\Big(1-\dfrac{\sqrt2}{2}\Big)\cdot 9=18\pi\Big(1-\dfrac{\sqrt2}{2}\Big)=9\pi(2-\sqrt2)\approx 16.56$。「冰淇淋」立體：圓錐尖在下、球冠在上。
概念辨析 · 三套座標的常見陷阱
(1) 圓柱座標 $r$ 是平面投影距離，不是 三維 距離。三維 距離是球座標的 $\rho$。
(2) 球面座標 $\phi$ 是極角（從 +z 軸量起），不是仰角（從 xy 平面量起）。範圍 $[0,\pi]$。「赤道」$\phi=\pi/2$ 而非 $0$。
(3) $\theta$ 在圓柱與球面座標都是 xy 平面方位角，範圍 $[0,2\pi)$。
(4) 三種 $dV$ 不能混用：直角 $dx\,dy\,dz$、圓柱 $r\,dr\,d\theta\,dz$、球面 $\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta$。漏掉 $r$ 或 $\rho^2\sin\phi$ 是最常見錯誤。
(5) $\sin\phi$ 永遠正（因 $\phi\in[0,\pi]$），所以 $|J|=\rho^2\sin\phi$ 不需取絕對值。
診斷視覺：dV 的圓柱 vs 球面對比
同樣是「徑向 × 角向 × 厚度」的小體積，圓柱座標乘上 $r$，球面座標乘上 $\rho^2\sin\phi$。下面雙圖固定小角度與小厚度，展示 $r$ 或 $\rho,\phi$ 變化時體積元素的相對大小。
球面：截面 $\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi$
圓柱 r
1.50
球面 ρ
1.50
球面 φ
90°
當前體積元素值（取 $\Delta r=\Delta\rho=\Delta\theta=\Delta\phi=\Delta z=0.1$）
圓柱 $r\,\Delta r\,\Delta\theta\,\Delta z$—
球面 $\rho^2\sin\phi\,\Delta\rho\,\Delta\phi\,\Delta\theta$—
$\sin\phi$ 因子—
三套座標的 $dV$ 速查
| 座標 | 變數轉換 | $dV$ | 適用區域 |
|---|
| 直角 | $(x,y,z)$ | $dx\,dy\,dz$ | 盒形、平面切割 |
| 圓柱 | $x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta,\ z=z$ | $r\,dr\,d\theta\,dz$ | 繞 $z$ 軸旋轉對稱 |
| 球面 | $x=\rho\sin\phi\cos\theta,\dots$ | $\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta$ | 球對稱、錐 |
概念檢查
把 $\iiint_Q f\,dV$ 改寫為圓柱座標時，$dV$ 應寫成？
概念題
球面座標中 $dV$ 為何含 $\sin\phi$？
數字題
求半球 $E:0\le z,\ x^2+y^2+z^2\le 1$ 的體積。（提示：用球面座標 $\phi\in[0,\pi/2]$）
14.7 重點整理
- 圓柱座標：$x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta,\ z=z$；$dV=r\,dr\,d\theta\,dz$（雅可比 $|J|=r$）。
- 球面座標：$x=\rho\sin\phi\cos\theta,\ y=\rho\sin\phi\sin\theta,\ z=\rho\cos\phi$；$dV=\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta$。
- $\phi\in[0,\pi]$ 從 +z 軸量起；$\theta\in[0,2\pi)$ 是 xy 平面方位角。常見錯誤是把 $\phi$ 當仰角。
- 選用準則：圓柱對稱（含 $\sqrt{x^2+y^2}$、繞 $z$ 軸旋轉體）→ 圓柱；球對稱、含 $x^2+y^2+z^2$ → 球面。
- 「最內層先固定範圍」原則：圓柱 z 從 $z_1(r,\theta)$ 到 $z_2(r,\theta)$；球面 $\rho$ 從 $\rho_1(\phi,\theta)$ 到 $\rho_2(\phi,\theta)$。
- 當被積函數可分離（如 $f(\rho)\cdot g(\phi)\cdot h(\theta)$），三層積分可拆成三個一維積分相乘。
14.8 變數變換：雅可比矩陣（補充）
14.8 $|J|$ 是面積放大率（補充）
本節對應講義的雅可比變數變換內容，但在本頁列為補充章節；主線仍以 14.5 曲面面積、14.6 三重積分、14.7 圓柱與球面座標為準。
14.8.1 雅可比
給定 $T:(u,v)\mapsto(x,y)=(g(u,v),h(u,v))$，雅可比為
$$\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\det\!\begin{pmatrix}\partial x/\partial u & \partial x/\partial v\\ \partial y/\partial u & \partial y/\partial v\end{pmatrix}=\dfrac{\partial x}{\partial u}\dfrac{\partial y}{\partial v}-\dfrac{\partial y}{\partial u}\dfrac{\partial x}{\partial v}.$$
定理 14.5 · 二重積分變數變換
若 $T$ 在 $S$ 內為一對一且具連續一階偏導，$f$ 在 $R=T(S)$ 連續且 $\partial(x,y)/\partial(u,v)\ne 0$，則
$$\iint_R f(x,y)\,dx\,dy=\iint_S f(g(u,v),h(u,v))\left|\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|du\,dv.$$
幾何意義
把 $(u,v)$ 平面上的小矩形 $du\,dv$ 經過 $T$ 送到 $(x,y)$ 平面，會變形為一個近似的平行四邊形，面積為 $|J|\,du\,dv$。換言之 $|J|$ 是局部面積放大率。
互動：左圖一個 $du\,dv$ 矩形 → 右圖被 $T$ 映成的彎曲小片
目前變換
極座標 x=r cosθ, y=r sinθ
$|J|=r$
在 $(u_0,v_0)$ 處
$|J(u_0,v_0)|$—
$dS=du\,dv$—
$dA\approx|J|\,dS$—
注意
使用變換時：(1) 在 $S$ 上 $T$ 必須一對一；(2) $|J|\ne 0$；(3) 別忘了取 絕對值。極座標即此理：$dx\,dy=r\,dr\,d\theta$。
診斷視覺：$|J(u,v)|$ 熱力圖
下圖是「在 uv 平面用顏色顯示 $|J(u,v)|$ 大小」。藍 = 變換把 uv 區域縮小送到 xy（小 $|J|$）；紅 = 變換把 uv 區域放大送到 xy（大 $|J|$）。對極座標 $|J|=r$，原點處 $|J|=0$（藍），離原點越遠越紅；對線性 $|J|=$常數時整片均勻一色。
14.8.2 經典例題與技法
講義例題 1 · 直角座標到極座標
求變數變換 $x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta$ 的雅可比。
步驟 1（列偏導數）
$$\frac{\partial x}{\partial r}=\cos\theta,\quad \frac{\partial x}{\partial\theta}=-r\sin\theta,\quad \frac{\partial y}{\partial r}=\sin\theta,\quad \frac{\partial y}{\partial\theta}=r\cos\theta.$$
步驟 2（排成行列式）
$$\frac{\partial(x,y)}{\partial(r,\theta)}=\det\begin{pmatrix}\cos\theta&-r\sin\theta\\[2pt]\sin\theta&r\cos\theta\end{pmatrix}.$$
步驟 3（化簡）
$$\frac{\partial(x,y)}{\partial(r,\theta)}=r\cos^2\theta+r\sin^2\theta=r.$$
因此極座標換元時 $dx\,dy=r\,dr\,d\theta$。
講義例題 2 · 找出使區域變矩形的變換
$R$ 由 $x-2y=0,\ x-2y=-4,\ x+y=4,\ x+y=1$ 圍成。找一個把矩形區域 $S$ 送到 $R$ 的變換 $T$。
步驟 1（把邊界當新變數）
令 $$u=x-2y,\qquad v=x+y.$$ 這樣四條邊界變成 $u=0,\ u=-4,\ v=4,\ v=1$。
步驟 2（寫出 $S$）
因此 $S$ 是 $uv$ 平面中的矩形：$$-4\le u\le 0,\qquad 1\le v\le 4.$$
步驟 3（反解成 $x,y$）
由 $u=x-2y,\ v=x+y$ 得 $$y=\frac{v-u}{3},\qquad x=\frac{u+2v}{3}.$$
所需變換為 $$T(u,v)=\left(\frac{u+2v}{3},\,\frac{v-u}{3}\right),\quad -4\le u\le0,\ 1\le v\le4.$$
講義例題 3 · 用變數變換簡化區域
同例題 2 的區域 $R$，計算 $\displaystyle\iint_R 3xy\,dA$。
步驟 1（沿用例題 2 的變換）
$$x=\frac{u+2v}{3},\qquad y=\frac{v-u}{3},\qquad S:\ -4\le u\le0,\ 1\le v\le4.$$
步驟 2（算雅可比）
$$\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\det\begin{pmatrix}1/3&2/3\\[2pt]-1/3&1/3\end{pmatrix}=\frac{1}{9}+\frac{2}{9}=\frac13.$$
步驟 3（換被積函數）
$$3xy\left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|=3\left(\frac{u+2v}{3}\right)\left(\frac{v-u}{3}\right)\frac13=\frac{(u+2v)(v-u)}{9}.$$
步驟 4（積分）
$$\iint_R3xy\,dA=\int_{-4}^{0}\int_{1}^{4}\frac{(u+2v)(v-u)}{9}\,dv\,du=\frac{122}{9}.$$
$\displaystyle\iint_R3xy\,dA=\frac{122}{9}$。
講義例題 4 · 用變數變換簡化被積函數
$R$ 是頂點 $(0,1),(1,2),(2,1),(1,0)$ 的正方形。計算 $\displaystyle\iint_R (x+y)^2\sin^2(x-y)\,dA$。
步驟 1（選變數）
令 $$u=x+y,\qquad v=x-y.$$ 四個頂點分別對應到 $(u,v)=(1,-1),(3,-1),(3,1),(1,1)$，所以 $$S:\ 1\le u\le3,\ -1\le v\le1.$$
步驟 2（反解與雅可比）
$$x=\frac{u+v}{2},\qquad y=\frac{u-v}{2},\qquad \left|\frac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|=\left|\det\begin{pmatrix}1/2&1/2\\[2pt]1/2&-1/2\end{pmatrix}\right|=\frac12.$$
步驟 3（換被積函數）
$$(x+y)^2\sin^2(x-y)=u^2\sin^2 v.$$
步驟 4（積分）
$$\iint_R (x+y)^2\sin^2(x-y)\,dA=\frac12\int_1^3u^2\,du\int_{-1}^{1}\sin^2v\,dv.$$
步驟 5（化簡）
$$\frac12\cdot\frac{26}{3}\left(1-\frac{\sin2}{2}\right)=\frac{13}{3}-\frac{13\sin2}{6}.$$
$\displaystyle\iint_R (x+y)^2\sin^2(x-y)\,dA=\frac{13}{3}-\frac{13\sin2}{6}$。
概念辨析 · $|J|$ 的方向、大小、絕對值
(1) 哪個變數對哪個：$\partial(x,y)/\partial(u,v)$（從 $u,v$ 變到 $x,y$ 的「放大率」）；倒過來 $\partial(u,v)/\partial(x,y)=1/J$。換變數時公式裡用前者。
(2) 絕對值不可漏：面積放大率 $|J|\ge 0$，符號代表方向（順 / 反向旋轉），積分要正向；漏取絕對值會在某些變換出現符號錯誤。
(3) $|J|=0$ 表示變換不可逆：在該點切向量退化（如極座標的原點 $r=0$）；要嘛從區域內排除單點，要嘛單獨檢驗極限。
(4) 邊界對應：必須確認變換在 $S$ 內為一對一。極座標 $\theta\in[0,2\pi)$（不含 $2\pi$），否則同一點被覆蓋兩次。
(5) 線性變換 $|J|=$常數：相應於 $A=\begin{pmatrix}a&b\\c&d\end{pmatrix}$，$|J|=|ad-bc|$。線性變換把方形變平行四邊形，整個區域的面積比例就是 $|J|$。
概念題
在二維變數變換 $T(u,v)=(x,y)=(g(u,v),h(u,v))$ 中，雅可比的絕對值 $|J|=\left|\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|$ 的幾何意義是？
數字題
求變換 $u=x+y,\ v=x-y$ 對應的 $\bigl|\partial(x,y)/\partial(u,v)\bigr|$。（提示：先反解 $x,y$ 再算行列式，或用倒數規則 $|\partial(x,y)/\partial(u,v)|=1/|\partial(u,v)/\partial(x,y)|$）
14.8 雅可比重點整理（補充）
- 變換公式：$\iint_R f(x,y)\,dx\,dy=\iint_S f(g(u,v),h(u,v))\,|\partial(x,y)/\partial(u,v)|\,du\,dv$。
- $|J|$ 的幾何意義：$(u,v)$ 處 $du\,dv$ 經 $T$ 後在 $(x,y)$ 的對應面積為 $|J|\,du\,dv$（局部面積放大率）。
- 三件事同步換：上下限（$R\to S$）、被積函數（$f(x,y)\to f(g,h)$）、$dx\,dy\to|J|\,du\,dv$。
- 常見變換：極座標 $|J|=r$；線性 $|J|=|\det A|$ 為常數；雙曲線族 $u=y/x,\ v=xy$ 把彎邊變直邊。
- 使用前要驗：(a) $T$ 在 $S$ 內一對一；(b) $|J|\ne 0$；(c) 取絕對值。
- 策略：選變換時看「能讓區域的不等式變最簡」，常常是把曲邊界變成直邊界（方形 / 矩形）。
速查 · 14.5–14.8
本頁速查
把所有公式、定理、決策表收在一起，方便回顧或考前複習。
$\displaystyle S=\iint_R\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}\,dA$
$\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}=\sec\gamma$（切平面對 xy 的傾斜倍率），故 $dS\ge dA$。
$\displaystyle\iiint_Q f\,dV=\lim_{\|\Delta\|\to 0}\sum_i f(x_i,y_i,z_i)\,\Delta V_i$
特別地 $V(Q)=\iiint_Q dV$。
$\displaystyle\iiint_Q f\,dV=\int_a^b\!\!\int_{h_1(x)}^{h_2(x)}\!\!\int_{g_1(x,y)}^{g_2(x,y)} f\,dz\,dy\,dx$
換序時要重新表達 $Q$ 的不等式；策略：讓最內層的上下限最簡。
$x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta,\ z=z;\quad dV=r\,dr\,d\theta\,dz$
$|J|=r$；$r$ 是 xy 平面投影距離，不是 三維 距離。
$x=\rho\sin\phi\cos\theta,\ y=\rho\sin\phi\sin\theta,\ z=\rho\cos\phi$
$dV=\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta$
$\phi\in[0,\pi]$ 從 +z 軸量；赤道 $\phi=\pi/2$。$|J|=\rho^2\sin\phi\ge 0$，無需取絕對值。
$\displaystyle\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}=\det\!\begin{pmatrix}\partial x/\partial u & \partial x/\partial v\\ \partial y/\partial u & \partial y/\partial v\end{pmatrix}$
幾何意義：在 $(u,v)$ 處 $du\,dv$ 經 $T$ 映到 $(x,y)$ 後的面積放大率。
$\displaystyle\iint_R f(x,y)\,dx\,dy=\iint_S f(g(u,v),h(u,v))\left|\dfrac{\partial(x,y)}{\partial(u,v)}\right|du\,dv$
三件事同步換：上下限、被積函數、$dx\,dy\to|J|\,du\,dv$。要絕對值！
| 座標 | $dV$ | 適用 |
|---|
| 直角 | $dx\,dy\,dz$ | 盒形、平面切割 |
| 圓柱 | $r\,dr\,d\theta\,dz$ | 繞 $z$ 軸對稱、含 $\sqrt{x^2+y^2}$ |
| 球面 | $\rho^2\sin\phi\,d\rho\,d\phi\,d\theta$ | 球對稱、含 $x^2+y^2+z^2$ |
| 看到這個 | 建議 | 備註 |
|---|
| 盒型 / 矩形長方體 $Q$ | 直角座標 | 不需任何雅可比因子 |
| 圓柱、圓盤、圓錐、繞 $z$ 軸旋轉體 | 圓柱座標 | $|J|=r$；底面 $D$ 換 $(r,\theta)$ 即可 |
| 球體、球殼、球與圓錐相交 | 球面座標 | $|J|=\rho^2\sin\phi$ |
| $f$ 含 $x^2+y^2$（不含 $z^2$） | 圓柱 | $x^2+y^2=r^2$ |
| $f$ 含 $x^2+y^2+z^2$ | 球面 | $x^2+y^2+z^2=\rho^2$ |
| $f$ 含 $\sqrt{x^2+y^2+z^2}$ | 球面 | $\sqrt{\dots}=\rho$ |
| 區域邊界含 $y/x=$ 常數、$xy=$ 常數 | $u=y/x,\ v=xy$ | 把雙曲線變直線 |
| 區域邊界含 $x+y,\ x-y$ | $u=x+y,\ v=x-y$ | 把菱形變方形 |
球 $V=\dfrac{4\pi a^3}{3}$；半球 $\dfrac{2\pi a^3}{3}$；圓柱 $\pi r^2 h$；圓錐 $\dfrac{1}{3}\pi r^2 h$