如何算球面的體積 ?
吳發恩
近年有幾篇關於如何計算歐氏空間中球面 (即空心的球殼) 或球體 (即實心的球) 體積的 文章。 見文獻 [1]−[5]。 除了這些方法之外, 我們在這裡再給出兩種方法。 第一種方法的出發點 極其簡單, 而第二種稍複雜一點。 不過學過微積分與初等微分幾何的讀者都能讀懂。 這兩種方法 所用到的積分形成鮮明的對比。 利用第一種方法, 我們還可以得到歐氏空間中有限錐面的體積。
一、 設有一直角三角形, 其斜邊 dA 和鄰邊 dA′ 的夾角為 θ。 由餘弦函數的定義顯然有 dA′ = dA cos θ
如把 dA 和 dA′ 分別理解為空間中某直線上的線段在另一直線上的投影, 而兩直線的夾角為 θ, 則上述等式仍成立。 此乃解析幾何中的投影定理。 兩直線之間的夾角又可改寫為它們法線之 間的夾角。 還可進一步把 dA 和 dA′ 理解成 n + 1 維歐氏空間中超曲面的體積元及其在坐標 面上的投影。 若設超曲面單位法向量為 ~n = (ξ1, . . . , ξn+1), 選取坐標面為 xn+1 = 0, 它的單 位法向量為 En + 1 = (0, . . . , 0, 1), 則顯然有 cos θ = ~n · ~En+1 = ξn+1。 上面的等式變成
dA= 1 ξn+1dA′
此式足以讓我們給出 Rn+1 中單位球面 Sn 的體積 V ol(Sn)。 設 Sn 的體積元為 dσn。 因為 Sn 的位置向量 ~ξ 也是法向量, 考慮到任何球面都分成南北兩半球, 我們有
dσ1= 1 ξ2
dξ1
Vol(S1) = 2 Z
ξ21≤1
1 ξ2
dξ1 = 2 Z 1
−1
dξ1
(1 − ξ12)12 = 2π 類似地
dσ2 = 1 ξ3
dξ1dξ2
Vol(S2) = 2 Z Z
ξ21+ξ22≤1
dξ1dξ2
(1 − ξ12− ξ22)12
ξ1=r cos θ ξ2==r sin θ 2
Z 2π 0
Z 1
0
rdrdθ
√1 − r2 = 4π
19
一般地
dσn= 1
ξn+1dξ1· · · dξn Vol(Sn) = 2
Z
n
P
i=1
ξ2i≤1
1 r
1 −
n
P
i=1
ξ12
dξ1· · · dξn
為了計算上式右邊的積分, 我們可以作 Rn 中類似的極坐標變換。 在這裡我們直接利用文 獻 [4] 中注 2 的結果, 即
dξ1· · · ξn= rn−1drdσn−1 其中 r2 =
n
P
i=1
ξi2。
二、 為著下面計算的需要, 我們先介紹兩個重要函數的定義和性質。 它們都可以在普通的 大學數學分析教材中找到。 我們把
Γ(s) = Z ∞
0
ts−1e−tdt B(p, q) =
Z 1 0
tp−1(1 − t)q−1dt
分別叫做 Γ 函數和 B 函數。 利用數學分析的知識, 可以證明前者的定義域是 s > 0; 後者的定 義域是 p > 0, q > 0。 且這兩個函數在它們的定義域內具有各階連續的導數和偏導數。 對於任 意的 p > 0, q > 0 它們之間還有關係式
B(p, q) = Γ(p)Γ(q) Γ(p + q) 以及加倍公式
Γ(2s) = 22s−1
√π Γ(s)Γ s+ 1
2
這樣就有
Vol(Sn) = 2 Z 1
0
Z
Sn−1
rn−1drdσn−1
√1 − r2 = Vol(Sn−1) Z 1
0
tn−22 (1 − t)−12dt
= Vol(Sn−1)Bn 2,1
2
= Vol(Sn−1) Γn
2
Γ1 2
Γn+ 1
2
其中最後一步用到了前面已介紹過的 Γ 函數和 B 函數之間的關係。 故得
V ol(Sn) = V ol(S0)
n
Y
i=1
V ol(Si) V ol(Si−1) = 2
n
Y
i=1
Γi 2
Γ1
2
Γi+ 1
2
= 2
Γ1 2
n+1
Γn+ 1 2
= 2 πn+12 Γn+ 1
2
類似地, 可得歐氏空間中有限錐面的體積。 定義
Cm−1 = {(x1, . . . , xm) ∈ Rm
xm =m−1X
i=1
x2i12
, 0 ≤ xm ≤ a}, m ≥ 2
為 Rm 中的有限錐面, 注意到它的單位法向量
~n= 1
√2xm
(−x1, . . . ,−xm−1, xm)
所以 ξn+1 = 1
√2。 我們即得
Vol(Cm−1) = Z
m−1
P
i=1
x2i≤a2
√2dx1· · · dxm−1
=√ 2
Z a 0
Z
Sm−2
rm−2drdσm−2 =√
2Vol(Sm−2)am−1 m− 1 我們還可用上面的方法進行微積分中所謂的第一型曲面積分的計算。
三、 現介紹第二種計算球面體積的方法, 它屬於初等微分幾何的內容。 設 N = (0, . . . , 0, 1) ∈ Rn+1 為北極。 把 Rn 等同於 Rn+1 中 xn+1 = 0 的點所成之集。 p = (x1, . . . , xn+1) ∈ Sn, p 6= N。 令 π : Sn → Rn 為球極投影, q = (u1, . . . , un,0) = πp。
設坐標原點為 0, 且設 −→N q = λ−→N p, λ 為實數, 則有
−→oq = −→oN + −→N q
= −→oN + λ−→N p
= −→oN + λ(−→op −−→oN) 因而有
(λ − 1)−→oN + −→oq = λ−→op
注意到 −→oN 垂直於 −→oq , 且 −→oN 與 −→op 均為單位向量, 上式兩邊自己與自己作內積 (inner product) 得
(λ − 1)2+ −→oq 2 = λ2 解之得
λ= 1
2(1 + −→oq 2) = 1 2(1 +
n
X
i=1
u2i) 又由上面的向量等式兩邊求微分, 得
dλ−→oN + d−→oq = dλ−→op + λd−→op
注意到 −→oN 與 d−→oq 仍然垂直, −→op 與 d−→op 也垂直, −→oN 與 −→op 的長度都是 1, 上式兩邊 自己與自己作內積, 得
(dλ)2+ (d−→oq )2 = (dλ)2+ λ2(d−→op )2 整理得
(d−→op )2 =1
λd−→oq 2
因為 −→op 與 −→oq 分別表示 Sn 與 Rn 的位置向量, 所以上式說明 Sn 與 Rn 成共形 (Con- formal) 對應, 故得這兩個空間的體積元之間的關係為
dVolSn=1 λ
n
dVolRn 我們有
Vol(S1) = Z
R1
2du1
1 + u21
= 2arc tan |∞−∞ = 2π Vol(S2) =
Z
R2
2
1 + u21+ u22
2
du1du2
= 2 Z +∞
0
Z 2π 0
2r
(1 + r2)2drdθ= 4π
− 1 1 + r2
+∞
0 = 4π 一般地
Vol(Sn) = Z
Rn
2 1 +Pn
i=1
u2i
n
du1· · · dun
= Z +∞
0
Z
Sn−1
2 1 + r2
n
rn−1drdσn−1
令 r = tan θ,
原式 = Vol(Sn−1)2n Z π2
0
(cos θ sin θ)n−1dθ = 2n−1Bn 2,n
2
Vol(Sn−1)
= 2n−1 (n − 1)!Γn
2
2
Vol(Sn−1) = Vol(Sn−1) Γn
2
Γ1 2
Γn+ 1
2
其中倒數第二個等號再一次用到了前面已介紹過的 Γ 函數和 B 函數之間的關係以及 Γ(n) = (n − 1)!。 最後一個等號用到了加倍公式當 s = n
2 時的情形以及 Γ1 2
= √
π。 剩下的計算 就與第一種方法完全一樣了。 有趣的是兩種方法都用到了廣義積分, 第一種用到了暇積分, 第二 種用到了無窮積分。
致謝: 本人獲得國家留學基金和國家自然科學基金 (10571088) 的資助, 特此致謝!
參考文獻
1. L. Badger, Geometry of the measure of n-balls, Amer. Math. Monthly, 107(2000), 256-258.
2. O. Hijab, The Volume of the unit ball in Cn, Amer. Math. Monthly, 107(2000), 259.
3. J. A. Baker, Integration over spheres and the divergence theorem for balls, Amer. Math.
Monthly, 104(1997), 36-47.
4. G. B. Folland, How to integrate a polynomial over a sphere, Amer. Math. Monthly, 108(2001), 446-448.
5. Jean B. Lasserre, A quick proof for the volume of n-balls, Amer. Math. Monthly, 108(2001), 768-769.
—本文作者任教於北京交通大學理學院數學系—
