高等数学（第七版）同济大学 习题10-3（后6题）

函数作图软件：Mathematica

 

$\begin{array}{rlr}& 10.利用球面坐标计算下列三重积分：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1){\iiint }_{\Omega }(x^2+y^2+z^2)dv，其中\Omega 是由球面x^2+y^2+z^2=1所围成的闭区域；& \\ & & \\ & (2){\iiint }_{\Omega }zdv，其中闭区域\Omega 是由不等式x^2+y^2+(z-a{)}^2\le a^2，x^2+y^2\le z^2所确定.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& (1){\iiint }_{\Omega }(x^2+y^2+z^2)dv={\iiint }_{\Omega }{r}^2\cdot r^{2}sin\phi drd\phi d\theta ={\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^{\pi }sin\phi d\phi {\int }_0^1{r}^{4}dr=2\pi [-cos\phi {]}_0^{\pi }{\left[\frac{r^5}{5}\right]}_0^1=\frac{4}{5}\pi .& \\ & & \\ & (2)在球面坐标系中，不等式x^2+y^2+(z-a{)}^2\le a^2，即x^2+y^2+z^2\le 2az，变换为r^2\le 2arcos\phi ，即& \\ & & \\ & r\le 2acos\phi ，x^2+y^2\le z^2变换为r^{2}si{n}^2\phi \le r^{2}co{s}^2\phi ，即tan\phi \le 1，\phi \le \frac{\pi }{4}，\Omega 表示为0\le r\le 2acos\phi ，& \\ & & \\ & 0\le \phi \le \frac{\pi }{4}，0\le \theta \le 2\pi ，因此{\iiint }_{\Omega }zdv={\iiint }_{\Omega }rcos\phi \cdot r^{2}sin\phi drd\phi d\theta =& \\ & & \\ & {\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}cos\phi sin\phi d\phi {\int }_0^{2acos\phi }{r}^{3}dr={\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}cos\phi sin\phi \cdot \frac{1}{4}(2acos\phi {)}^{4}d\phi =& \\ & & \\ & 2\pi {\int }_0^{\frac{\pi }{4}}4a^{4}co{s}^5\phi sin\phi d\phi =8\pi a^4{\left[-\frac{co{s}^6\phi }{6}\right]}_0^{\frac{\pi }{4}}=\frac{7}{6}\pi a^4.& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 11.选用适当的坐标计算下列三重积分：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1){\iiint }_{\Omega }xydv，其中\Omega 为柱面x^2+y^2=1及平面z=1，z=0，x=0，y=0所围成的在第一卦限内的闭区域；& \\ & & \\ & (2){\iiint }_{\Omega }\sqrt{x^2+y^2+z^2}dv，其中\Omega 是由球面x^2+y^2+z^2=z所围成的闭区域；& \\ & & \\ & (3){\iiint }_{\Omega }(x^2+y^2)dv，其中\Omega 是由曲面4z^2=25(x^2+y^2)及平面z=5所围成的闭区域；& \\ & & \\ & (4){\iiint }_{\Omega }(x^2+y^2)dv，其中闭区域\Omega 由不等式0<a\le \sqrt{x^2+y^2+z^2}\le A，z\ge 0所确定.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rl}& (1)利用柱面坐标，\Omega 表示为0\le z\le 1，0\le \rho \le 1，0\le \theta \le \frac{\pi }{2}，因此{\iiint }_{\Omega }xydv={\iiint }_{\Omega }{\rho }^{2}sin\theta cos\theta \cdot \rho d\rho d\theta dz=\\ & \\ & {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}sin\theta cos\theta d\theta {\int }_0^1{\rho }^{3}d\rho {\int }_0^{1}dz={\left[\frac{si{n}^2\theta }{2}\right]}_0^{\frac{\pi }{2}}{\left[\frac{{\rho }^4}{4}\right]}_0^1{\left[z\right]}_0^1=\frac{1}{8}.\\ & \\ & (2)在球面坐标系中，x^2+y^2+z^2=z的方程为r^2=rcos\phi ，即r=cos\phi ，\Omega 表示为0\le r\le cos\phi ，0\le \phi \le \frac{\pi }{2}，\\ & \\ & 0\le \theta \le 2\pi ，因此{\iiint }_{\Omega }\sqrt{x^2+y^2+z^2}dv={\iiint }_{\Omega }r\cdot r^{2}sin\phi drd\phi d\theta ={\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}sin\phi d\phi {\int }_0^{cos\phi }{r}^{3}dr=\\ & \\ & 2\pi {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}sin\phi \cdot \frac{co{s}^4\phi }{4}d\phi =-\frac{\pi }{2}{\left[\frac{co{s}^5\phi }{5}\right]}_0^{\frac{\pi }{2}}=\frac{1}{10}\pi .\\ & \\ & \end{array}$

$\begin{array}{rl}& (3)利用柱面坐标，\Omega 表示为\frac{5}{2}\rho \le z\le 5，0\le \rho \le 2，0\le \theta \le 2\pi ，因此{\iiint }_{\Omega }(x^2+y^2)dv={\iiint }_{\Omega }{\rho }^2\cdot \rho d\rho d\theta dz=\\ & \\ & {\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^2{\rho }^{3}d\rho {\int }_{\frac{5}{2}\rho }^{5}dz={\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^2{\rho }^3\left(5-\frac{5}{2}\rho \right)d\rho =2\pi {\left[\frac{5}{4}{\rho }^4-\frac{1}{2}{\rho }^5\right]}_0^2=8\pi .\\ & \\ & \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (4)在球面坐标系中，\Omega 表示为a\le r\le A，0\le \phi \le \frac{\pi }{2}，0\le \theta \le 2\pi ，因此{\iiint }_{\Omega }(x^2+y^2)dv=& \\ & & \\ & {\iiint }_{\Omega }{r}^{2}si{n}^2\phi \cdot r^{2}sin\phi drd\phi d\theta ={\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^{\frac{\pi }{2}}si{n}^3\phi d\phi {\int }_a^A{r}^{4}dr=2\pi \cdot \left(\frac{2}{3}\right)\left(\frac{A^5-a^5}{5}\right)=\frac{4}{15}\pi (A^5-a^5).& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 12.利用三重积分计算下列曲面所围成的立体的体积：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)z=6-x^2-y^2及z=\sqrt{x^2+y^2}；& \\ & & \\ & (2)x^2+y^2+z^2=2az(a>0)及x^2+y^2=z^2(含有z轴的部分)；& \\ & & \\ & (3)z=\sqrt{x^2+y^2}及z=x^2+y^2；& \\ & & \\ & (4)z=\sqrt{5-x^2-y^2}及x^2+y^2=4z.& \end{array}$

解：

( 1 ) 利 用 直 角 坐 标 ， 由 z = 6 − x 2 − y 2 和 z = x 2 + y 2 得 x 2 + y 2 = 2 ， Ω 在 x O y 面 上 的 投 影 区 域 D x y 为 x 2 + y 2 ≤ 4 ， 则 Ω = { ( x , y , z ) ∣ x 2 + y 2 ≤ z ≤ 6 − ( x 2 + y 2 ) ， x 2 + y 2 ≤ 4 } ， 因 此 V = ∭ Ω d v = ∬ D x y d x d y ∫ x 2 + y 2 6 − ( x 2 + y 2 ) d z = ∬ D x y [ 6 − ( x 2 + y 2 ) − x 2 + y 2 ] d x d y = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 ( 6 − ρ 2 − ρ ) ρ d ρ = 2 π [ 3 ρ 2 − ρ 4 4 − ρ 3 3 ] 0 2 = 32 3 π . ( 2 ) 利 用 球 面 坐 标 ， x 2 + y 2 + z 2 = 2 a z 和 x 2 + y 2 = z 2 的 方 程 分 别 为 r = 2 a c o s φ 和 φ = π 4 ， 则 Ω = { ( r , φ , θ ) ∣ 0 ≤ r ≤ 2 a c o s φ ， 0 ≤ φ ≤ π 4 ， 0 ≤ θ ≤ 2 π } ， 因 此 V = ∭ Ω d v = ∭ Ω r 2 s i n φ d r d φ d θ = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π 4 s i n φ d φ ∫ 0 2 a c o s φ r 2 d r = 2 π ∫ 0 π 4 8 a 3 3 s i n φ c o s 3 φ d φ = 16 π a 3 3 [ − 1 4 c o s 4 φ ] 0 π 4 = π a 3 . ( 3 ) 利 用 柱 面 坐 标 ， z = x 2 + y 2 和 z = x 2 + y 2 分 别 为 z = ρ 和 z = ρ 2 ， 消 去 z ， 得 ρ = 1 ， 该 立 体 在 x O y 面 上 的 投 影 区 域 为 ρ ≤ 1 ， 则 Ω = { ( ρ , θ , z ) ∣ ρ 2 ≤ z ≤ ρ ， 0 ≤ ρ ≤ 1 ， 0 ≤ θ ≤ 2 π } ， 因 此 V = ∭ Ω d v = ∭ Ω ρ d ρ d θ d z = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 ρ d ρ ∫ ρ 2 ρ d z = 2 π ∫ 0 1 ρ ( ρ − ρ 2 ) d ρ = π 6 . \begin{aligned} &\ \ (1)\ 利用直角坐标，由z=6-x^2-y^2和z=\sqrt{x^2+y^2}得\sqrt{x^2+y^2}=2，\Omega在xOy面上的投影区域D_{xy}为x^2+y^2 \le 4，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则\Omega=\{(x, \ y , \ z)\ |\ \sqrt{x^2+y^2}\le z \le 6-(x^2+y^2)，x^2+y^2 \le 4\}，因此V=\iiint_{\Omega}dv=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D_{xy}}dxdy\int_{\sqrt{x^2+y^2}}^{6-(x^2+y^2)}dz=\iint_{D_{xy}}[6-(x^2+y^2)-\sqrt{x^2+y^2}]dxdy=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{2}(6-\rho^2-\rho)\rho d\rho=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 2\pi \left[3\rho^2-\frac{\rho^4}{4}-\frac{\rho^3}{3}\right]_{0}^{2}=\frac{32}{3}\pi.\\\\ &\ \ (2)\ 利用球面坐标，x^2+y^2+z^2=2az和x^2+y^2=z^2的方程分别为r=2acos\ \varphi和\varphi=\frac{\pi}{4}，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \Omega=\left\{(r, \ \varphi, \ \theta)\ \bigg|\ 0 \le r \le 2acos\ \varphi，0 \le \varphi \le \frac{\pi}{4}，0 \le \theta \le 2\pi \right\}，因此V=\iiint_{\Omega}dv=\iiint_{\Omega}r^2sin\ \varphi dr d\varphi d\theta=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}sin\ \varphi d\varphi \int_{0}^{2acos\ \varphi}r^2dr=2\pi \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{8a^3}{3}sin\ \varphi cos^3\ \varphi d\varphi=\frac{16\pi a^3}{3}\left[-\frac{1}{4}cos^4\ \varphi \right]_{0}^{\frac{\pi}{4}}=\pi a^3.\\\\ &\ \ (3)\ 利用柱面坐标，z=\sqrt{x^2+y^2}和z=x^2+y^2分别为z=\rho和z=\rho^2，消去z，得\rho=1，该立体在xOy面上的\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 投影区域为\rho \le 1，则\Omega=\{(\rho, \ \theta, \ z)\ |\ \rho^2 \le z \le \rho，0 \le \rho \le 1，0 \le \theta \le 2\pi\}，因此V=\iiint_{\Omega}dv=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iiint_{\Omega}\rho d\rho d\theta dz=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}\rho d\rho \int_{\rho^2}^{\rho}dz=2\pi \int_{0}^{1}\rho(\rho-\rho^2)d\rho=\frac{\pi}{6}.\\\\ & \end{aligned} ​  (1) 利用直角坐标，由z=6−x2−y2和z=x2+y2 ​得x2+y2 ​=2，Ω在xOy面上的投影区域Dxy​为x2+y2≤4，        则Ω={(x, y, z) ∣ x2+y2 ​≤z≤6−(x2+y2)，x2+y2≤4}，因此V=∭Ω​dv=        ∬Dxy​​dxdy∫x2+y2 ​6−(x2+y2)​dz=∬Dxy​​[6−(x2+y2)−x2+y2 ​]dxdy=∫02π​dθ∫02​(6−ρ2−ρ)ρdρ=        2π[3ρ2−4ρ4​−3ρ3​]02​=332​π.  (2) 利用球面坐标，x2+y2+z2=2az和x2+y2=z2的方程分别为r=2acos φ和φ=4π​，则        Ω={(r, φ, θ) ∣∣∣∣​ 0≤r≤2acos φ，0≤φ≤4π​，0≤θ≤2π}，因此V=∭Ω​dv=∭Ω​r2sin φdrdφdθ=        ∫02π​dθ∫04π​​sin φdφ∫02acos φ​r2dr=2π∫04π​​38a3​sin φcos3 φdφ=316πa3​[−41​cos4 φ]04π​​=πa3.  (3) 利用柱面坐标，z=x2+y2 ​和z=x2+y2分别为z=ρ和z=ρ2，消去z，得ρ=1，该立体在xOy面上的        投影区域为ρ≤1，则Ω={(ρ, θ, z) ∣ ρ2≤z≤ρ，0≤ρ≤1，0≤θ≤2π}，因此V=∭Ω​dv=        ∭Ω​ρdρdθdz=∫02π​dθ∫01​ρdρ∫ρ2ρ​dz=2π∫01​ρ(ρ−ρ2)dρ=6π​.​

( 4 ) 在 直 角 坐 标 系 中 ， 由 z = 5 − x 2 − y 2 和 x 2 + y 2 = 4 z 可 得 z = 1 ， 对 固 定 的 z ， 当 0 ≤ z ≤ 1 时 ， D z = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 4 z } ， 当 1 ≤ z ≤ 5 时 ， D z = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ 5 − z 2 } ， 因 此 V = V 1 + V 2 = ∫ 0 1 d z ∬ D z d x d y + ∫ 1 5 d z ∬ D z d x d y = ∫ 0 1 π ⋅ 4 z d z + ∫ 1 5 π ( 5 − z 2 ) d z = 2 π + π [ 5 z − z 3 3 ] 1 5 = 2 3 π ( 5 5 − 4 ) . \begin{aligned} &\ \ (4)\ 在直角坐标系中，由z=\sqrt{5-x^2-y^2}和x^2+y^2=4z可得z=1，对固定的z，当0 \le z \le 1时，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D_z=\{(x, \ y)\ |\ x^2+y^2 \le 4z\}，当1 \le z \le \sqrt{5}时，D_z=\{(x, \ y)\ |\ x^2+y^2 \le 5-z^2\}，因此V=V_1+V_2=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{1}dz\iint_{D_z}dxdy+\int_{1}^{\sqrt{5}}dz\iint_{D_z}dxdy=\int_{0}^{1}\pi \cdot 4zdz+\int_{1}^{\sqrt{5}}\pi(5-z^2)dz=2\pi+\pi\left[5z-\frac{z^3}{3}\right]_{1}^{\sqrt{5}}=\frac{2}{3}\pi(5\sqrt{5}-4). & \end{aligned} ​  (4) 在直角坐标系中，由z=5−x2−y2 ​和x2+y2=4z可得z=1，对固定的z，当0≤z≤1时，        Dz​={(x, y) ∣ x2+y2≤4z}，当1≤z≤5 ​时，Dz​={(x, y) ∣ x2+y2≤5−z2}，因此V=V1​+V2​=        ∫01​dz∬Dz​​dxdy+∫15 ​​dz∬Dz​​dxdy=∫01​π⋅4zdz+∫15 ​​π(5−z2)dz=2π+π[5z−3z3​]15 ​​=32​π(55 ​−4).​​

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$\begin{array}{rlr}& 13.求球体r\le a位于锥面\phi =\frac{\pi }{3}和\phi =\frac{2}{3}\pi 之间的部分的体积.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& 利用球面坐标，\Omega 为立体所占的空间区域，因此V={\iiint }_{\Omega }dv={\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_{\frac{\pi }{3}}^{\frac{2\pi }{3}}sin\phi d\phi {\int }_0^a{r}^{2}dr=\frac{2}{3}\pi a^3.& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 14.求上、下分别为球面x^2+y^2+z^2=2和抛物面z=x^2+y^2所围立体的体积.& \end{array}$

解：

由 x 2 + y 2 + z 2 = 2 和 z = x 2 + y 2 得 x 2 + y 2 = 1 ， Ω 在 x O y 面 上 的 投 影 区 域 D x y 为 x 2 + y 2 ≤ 1 ， 则 Ω = { ( x , y , z ) ∣ x 2 + y 2 ≤ z ≤ 2 − x 2 − y 2 ， x 2 + y 2 ≤ 1 } ， 因 此 V = ∭ Ω d v = ∬ D x y d x d y ∫ x 2 + y 2 2 − x 2 − y 2 d z = ∬ D x y [ 2 − x 2 − y 2 − ( x 2 + y 2 ) ] d x d y = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 ( 2 − ρ 2 − ρ 2 ) ρ d ρ = 8 2 − 7 6 π . \begin{aligned} &\ \ 由x^2+y^2+z^2=2和z=x^2+y^2得x^2+y^2=1，\Omega在xOy面上的投影区域D_{xy}为x^2+y^2 \le 1，则\\\\ &\ \ \Omega=\{(x, \ y, \ z)\ |\ x^2+y^2 \le z \le \sqrt{2-x^2-y^2}，x^2+y^2 \le 1\}，因此V=\iiint_{\Omega}dv=\iint_{D_{xy}}dxdy\int_{x^2+y^2}^{\sqrt{2-x^2-y^2}}dz=\\\\ &\ \ \iint_{D_{xy}}[\sqrt{2-x^2-y^2}-(x^2+y^2)]dxdy=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}(\sqrt{2-\rho^2}-\rho^2)\rho d\rho=\frac{8\sqrt{2}-7}{6}\pi. & \end{aligned} ​  由x2+y2+z2=2和z=x2+y2得x2+y2=1，Ω在xOy面上的投影区域Dxy​为x2+y2≤1，则  Ω={(x, y, z) ∣ x2+y2≤z≤2−x2−y2 ​，x2+y2≤1}，因此V=∭Ω​dv=∬Dxy​​dxdy∫x2+y22−x2−y2 ​​dz=  ∬Dxy​​[2−x2−y2 ​−(x2+y2)]dxdy=∫02π​dθ∫01​(2−ρ2 ​−ρ2)ρdρ=682 ​−7​π.​​

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$\begin{array}{rlr}& 15.球心在原点、半径为R的球，在其上任意一点的密度的大小与这点到球心的距离成正比，求这球的质量.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& 利用球面坐标，\Omega 为x^2+y^2+z^2\le R^2，即r\le R，密度函数\mu (x,y,z)=k\sqrt{x^2+y^2+z^2}=kr(k>0)，因此& \\ & & \\ & M={\iiint }_{\Omega }\mu (x,y,z)dv={\iiint }_{\Omega }kr\cdot r^{2}sin\phi drd\phi d\theta =k{\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^{\pi }sin\phi d\phi {\int }_0^R{r}^{3}dr=k\cdot 2\pi \cdot 2\cdot \frac{R^4}{4}=k\pi R^4.& \end{array}$