高等数学（第七版）同济大学 习题10-3（前9题）

函数作图软件：Mathematica

 

$\begin{array}{rlr}& 1.化三重积分I={\iiint }_{\Omega }f(x,y,z)dxdydz为三次积分，其中积分区域\Omega 分别是& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1)由双曲抛物面xy=z及平面x+y-1=0，z=0所围成的闭区域；& \\ & & \\ & (2)由曲面z=x^2+y^2及平面z=1所围成的闭区域；& \\ & & \\ & (3)由曲面z=x^2+2y^2及z=2-x^2所围成的闭区域；& \\ & & \\ & (4)由曲面cz=xy(c>0)，\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1，z=0所围成的在第一卦限内的闭区域.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rl}& (1)积分区域\Omega 的顶z=xy和底面z=0的交线为x轴和y轴，因此\Omega 在xOy面上的投影区域由x轴、y轴和\\ & \\ & 直线x+y-1=0所围成，\Omega 可表示为0\le z\le xy，0\le y\le 1-x，0\le x\le 1，因此\\ & \\ & I={\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1-x}dy{\int }_0^{xy}f(x,y,z)dz.\\ & \\ & (2)由z=x^2+y^2和z=1得x^2+y^2=1，因此\Omega 在xOy面上的投影区域为x^2+y^2\le 1，\Omega 可表示为\\ & \\ & x^2+y^2\le z\le 1，-\sqrt{1-x^2}\le y\le \sqrt{1-x^2}，-1\le x\le 1，因此I={\int }_{-1}^{1}dx{\int }_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}dy{\int }_{x^2+y^2}^{1}f(x,y,z)dz.\\ & \\ & \end{array}$

$\begin{array}{rl}& (3)由\{\begin{array}{l}z=x^2+2y^2\\ \\ z=2-x^2\end{array}，消去z，得x^2+y^2=1，所以\Omega 在xOy面上的投影区域为x^2+y^2\le 1，\Omega 可表示为\\ & \\ & x^2+2y^2\le z\le 2-x^2，-\sqrt{1-x^2}\le y\le \sqrt{1-x^2}，-1\le x\le 1，因此\\ & \\ & I={\int }_{-1}^{1}dx{\int }_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}}dy{\int }_{x^2+2y^2}^{2-x^2}f(x,y,z)dz.\\ & \\ & \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (4)\Omega 在xOy面上的投影区域由椭圆\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(x\ge 0，y\ge 0)和x轴、y轴所围成，\Omega 的顶为cz=xy，底为z=0，& \\ & & \\ & \Omega 可表示为0\le z\le \frac{xy}{c}，0\le y\le b\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}，0\le x\le a，因此I={\int }_0^{a}dx{\int }_0^{b\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}}dy{\int }_0^{\frac{xy}{c}}f(x,y,z)dz.& \end{array}$

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2.   设 有 一 物 体 ， 占 有 空 间 闭 区 域 Ω = { ( x ,   y ,   z )   ∣   0 ≤ x ≤ 1 ， 0 ≤ y ≤ 1 ， 0 ≤ z ≤ 1 } ， 在 点 ( x ,   y ,   z ) 处 的      密 度 为 ρ ( x ,   y ,   z ) = x + y + z ， 计 算 该 物 体 的 质 量 . \begin{aligned}&2. \ 设有一物体，占有空间闭区域\Omega=\{(x, \ y, \ z)\ |\ 0 \le x \le 1，0 \le y \le 1，0 \le z \le 1\}，在点(x, \ y, \ z)处的\\\\&\ \ \ \ 密度为\rho(x, \ y, \ z)=x+y+z，计算该物体的质量.&\end{aligned} ​2. 设有一物体，占有空间闭区域Ω={(x, y, z) ∣ 0≤x≤1，0≤y≤1，0≤z≤1}，在点(x, y, z)处的    密度为ρ(x, y, z)=x+y+z，计算该物体的质量.​​

解：

$\begin{array}{rlr}& M={\iiint }_{\Omega }\rho dxdydz={\int }_0^{1}dx{\int }_0^{1}dy{\int }_0^1(x+y+z)dz={\int }_0^{1}dx{\int }_0^1\left(x+y+\frac{1}{2}\right)dy={\int }_0^1\left(x+\frac{1}{2}+\frac{1}{2}\right)dx=\frac{3}{2}.& \end{array}$

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3.   如 果 三 重 积 分 ∭ Ω f ( x ,   y ,   z ) d x d y d z 的 被 积 函 数 f ( x ,   y ,   z ) 是 三 个 函 数 f 1 ( x ) 、 f 2 ( y ) 、 f 3 ( z ) 的 乘 积 ， 即      f ( x ,   y ,   z ) = f 1 ( x ) f 2 ( y ) f 3 ( z ) ， 积 分 区 域 Ω = { ( x ,   y ,   z )   ∣   a ≤ x ≤ b ， c ≤ y ≤ d ， l ≤ z ≤ m } ， 证 明 这      三 个 三 重 积 分 等 于 三 个 单 积 分 的 乘 积 ， 即 ∭ Ω f ( x ,   y ,   z ) d x d y d z = ∫ a b f 1 ( x ) d x ∫ c d f 2 ( y ) d y ∫ l m f 3 ( z ) d z . \begin{aligned}&3. \ 如果三重积分\iiint_{\Omega}f(x, \ y, \ z)dxdydz的被积函数f(x, \ y, \ z)是三个函数f_1(x)、f_2(y)、f_3(z)的乘积，即\\\\&\ \ \ \ f(x, \ y, \ z)=f_1(x)f_2(y)f_3(z)，积分区域\Omega=\{(x, \ y, \ z)\ |\ a \le x \le b，c \le y \le d，l \le z \le m\}，证明这\\\\&\ \ \ \ 三个三重积分等于三个单积分的乘积，即\iiint_{\Omega}f(x, \ y, \ z)dxdydz=\int_{a}^{b}f_1(x)dx\int_{c}^{d}f_2(y)dy\int_{l}^{m}f_3(z)dz.&\end{aligned} ​3. 如果三重积分∭Ω​f(x, y, z)dxdydz的被积函数f(x, y, z)是三个函数f1​(x)、f2​(y)、f3​(z)的乘积，即    f(x, y, z)=f1​(x)f2​(y)f3​(z)，积分区域Ω={(x, y, z) ∣ a≤x≤b，c≤y≤d，l≤z≤m}，证明这    三个三重积分等于三个单积分的乘积，即∭Ω​f(x, y, z)dxdydz=∫ab​f1​(x)dx∫cd​f2​(y)dy∫lm​f3​(z)dz.​​

解：

$\begin{array}{rlr}& {\iiint }_{\Omega }f(x,y,z)dxdydz={\int }_a^b\left[{\int }_c^d\left({\int }_l^m{f}_1(x)f_2(y)f_3(z)dz\right)dy\right]dx={\int }_a^b\left[{\int }_c^d\left(f_1(x)f_2(y)\cdot {\int }_l^m{f}_3(z)dz\right)dy\right]dx=& \\ & & \\ & {\int }_a^b\left[\left({\int }_l^m{f}_3(z)dz\right)\cdot \left({\int }_c^d{f}_1(x)f_2(y)dy\right)\right]dx=\left({\int }_l^m{f}_3(z)dz\right)\cdot {\int }_a^b\left[f_1(x)\cdot {\int }_c^d{f}_2(y)dy\right]dx=& \\ & & \\ & {\int }_l^m{f}_3(z)dz\cdot {\int }_c^d{f}_2(y)dy\cdot {\int }_a^b{f}_1(x)dx={\int }_a^b{f}_1(x)dx{\int }_c^d{f}_2(y)dy{\int }_l^m{f}_3(z)dz& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 4.计算{\iiint }_{\Omega }x{y}^2{z}^{3}dxdydz，其中\Omega 是由曲面z=xy与平面y=x，x=1和z=0所围成的闭区域.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& \Omega 可表示为0\le z\le xy，0\le y\le x，0\le x\le 1，因此{\iiint }_{\Omega }x{y}^2{z}^{3}dxdydz={\int }_0^{1}xdx{\int }_0^x{y}^{2}dy{\int }_0^{xy}{z}^{3}dz=& \\ & & \\ & \frac{1}{4}{\int }_0^{1}xdx{\int }_0^x{x}^4{y}^{6}dy=\frac{1}{28}{\int }_0^1{x}^{12}dx=\frac{1}{364}.& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 5.计算{\iiint }_{\Omega }\frac{dxdydz}{(1+x+y+z{)}^3}，其中\Omega 为平面x=0，y=0，z=0，x+y+z=1所围成的四面体.& \end{array}$

解：

   Ω = { ( x ,   y ,   z )   ∣   0 ≤ z ≤ 1 − x − y ， 0 ≤ y ≤ 1 − x ， 0 ≤ x ≤ 1 } ， 则 ∭ Ω d x d y d z ( 1 + x + y + z ) 3 =    ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 − x d y ∫ 0 1 − x − y d z ( 1 + x + y + z ) 3 = ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 − x [ − 1 2 ( 1 + x + y + z ) 2 ] 0 1 − x − y d y =    ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 − x [ − 1 8 + 1 2 ( 1 + x + y ) 2 ] d y = ∫ 0 1 [ − y 8 − 1 2 ( 1 + x + y ) ] 0 1 − x d x = − ∫ 0 1 [ 1 − x 8 + 1 4 − 1 2 ( 1 + x ) ] d x =    1 2 ( l n   2 − 5 8 ) \begin{aligned} &\ \ \Omega=\{(x, \ y, \ z)\ |\ 0 \le z \le 1-x-y，0 \le y \le 1-x，0 \le x \le 1\}，则\iiint_{\Omega}\frac{dxdydz}{(1+x+y+z)^3}=\\\\ &\ \ \int_{0}^{1}dx\int_{0}^{1-x}dy\int_{0}^{1-x-y}\frac{dz}{(1+x+y+z)^3}=\int_{0}^{1}dx\int_{0}^{1-x}\left[\frac{-1}{2(1+x+y+z)^2}\right]_{0}^{1-x-y}dy=\\\\ &\ \ \int_{0}^{1}dx\int_{0}^{1-x}\left[-\frac{1}{8}+\frac{1}{2(1+x+y)^2}\right]dy=\int_{0}^{1}\left[-\frac{y}{8}-\frac{1}{2(1+x+y)}\right]_{0}^{1-x}dx=-\int_{0}^{1}\left[\frac{1-x}{8}+\frac{1}{4}-\frac{1}{2(1+x)}\right]dx=\\\\ &\ \ \frac{1}{2}\left(ln\ 2-\frac{5}{8}\right) & \end{aligned} ​  Ω={(x, y, z) ∣ 0≤z≤1−x−y，0≤y≤1−x，0≤x≤1}，则∭Ω​(1+x+y+z)3dxdydz​=  ∫01​dx∫01−x​dy∫01−x−y​(1+x+y+z)3dz​=∫01​dx∫01−x​[2(1+x+y+z)2−1​]01−x−y​dy=  ∫01​dx∫01−x​[−81​+2(1+x+y)21​]dy=∫01​[−8y​−2(1+x+y)1​]01−x​dx=−∫01​[81−x​+41​−2(1+x)1​]dx=  21​(ln 2−85​)​​

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$\begin{array}{rlr}& 6.计算{\iiint }_{\Omega }xyzdxdydz，其中\Omega 为球面x^2+y^2+z^2=1及三个坐标面所围成的在第一卦限内的闭区域.& \end{array}$

解：

   Ω = { ( x ,   y ,   z )   ∣   0 ≤ z ≤ 1 − x 2 − y 2 ， 0 ≤ y ≤ 1 − x 2 ， 0 ≤ x ≤ 1 } ， 因 此 ∭ Ω x y z d x d y d z =    ∫ 0 1 x d x ∫ 0 1 − x 2 y d y ∫ 0 1 − x 2 − y 2 z d z = ∫ 0 1 x d x ∫ 0 1 − x 2 y ⋅ 1 − x 2 − y 2 2 d y = 1 2 ∫ 0 1 x [ y 2 2 ( 1 − x 2 ) − y 4 4 ] 0 1 − x 2 d x =    1 8 ∫ 0 1 x ( 1 − x 2 ) 2 d x = 1 48 \begin{aligned} &\ \ \Omega=\{(x, \ y, \ z)\ |\ 0 \le z \le \sqrt{1-x^2-y^2}，0 \le y \le \sqrt{1-x^2}，0 \le x \le 1\}，因此\iiint_{\Omega}xyzdxdydz=\\\\ &\ \ \int_{0}^{1}xdx\int_{0}^{\sqrt{1-x^2}}ydy\int_{0}^{\sqrt{1-x^2-y^2}}zdz=\int_{0}^{1}xdx\int_{0}^{\sqrt{1-x^2}}y \cdot \frac{1-x^2-y^2}{2}dy=\frac{1}{2}\int_{0}^{1}x\left[\frac{y^2}{2}(1-x^2)-\frac{y^4}{4}\right]_{0}^{\sqrt{1-x^2}}dx=\\\\ &\ \ \frac{1}{8}\int_{0}^{1}x(1-x^2)^2dx=\frac{1}{48} & \end{aligned} ​  Ω={(x, y, z) ∣ 0≤z≤1−x2−y2 ​，0≤y≤1−x2 ​，0≤x≤1}，因此∭Ω​xyzdxdydz=  ∫01​xdx∫01−x2 ​​ydy∫01−x2−y2 ​​zdz=∫01​xdx∫01−x2 ​​y⋅21−x2−y2​dy=21​∫01​x[2y2​(1−x2)−4y4​]01−x2 ​​dx=  81​∫01​x(1−x2)2dx=481​​​

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$\begin{array}{rlr}& 7.计算{\iiint }_{\Omega }xzdxdydz，其中\Omega 是由平面z=0，z=y，y=1以及抛物柱面y=x^2所围成的闭区域.& \end{array}$

解：

$\begin{array}{rlr}& \Omega 的顶为平面z=y，底为平面z=0，\Omega 在xOy面上的投影区域D_{xy}由y=1和y=x^2所围成，\Omega 可表示为& \\ & & \\ & 0\le z\le y，x^2\le y\le 1，-1\le x\le 1，因此{\iiint }_{\Omega }xzdxdydz={\int }_{-1}^{1}xdx{\int }_{x^2}^{1}dy{\int }_0^{y}zdz={\int }_{-1}^{1}xdx{\int }_{x^2}^1\frac{y^2}{2}dy=& \\ & & \\ & \frac{1}{6}{\int }_{-1}^{1}x(1-x^6)dx=0.& \end{array}$

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$\begin{array}{rlr}& 8.计算{\iiint }_{\Omega }zdxdydz，其中\Omega 是由锥面z=\frac{h}{R}\sqrt{x^2+y^2}与平面z=h(R>0，h>0)所围成的闭区域.& \end{array}$

解：

   由 z = h R x 2 + y 2 与 z = h 得 x 2 + y 2 = R 2 ， 则 Ω 在 x O y 面 上 的 投 影 区 域 D x y = { ( x ,   y )   ∣   x 2 + y 2 ≤ R 2 } ，    Ω = { ( x ,   y ,   z )   ∣   h R x 2 + y 2 ≤ z ≤ h ， ( x ,   y ) ∈ D x y } ， 因 此 ∭ Ω z d x d y d z = ∬ D x y d x d y ∫ h R x 2 + y 2 h z d z =    1 2 ∬ D x y [ h 2 − h 2 R 2 ( x 2 + y 2 ) ] d x d y = 1 2 [ h 2 ∬ D x y d x d y − h 2 R 2 ∬ D x y ( x 2 + y 2 ) d x d y ] =    h 2 2 ⋅ π R 2 − h 2 2 R 2 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 R ρ 3 d ρ = 1 4 π R 2 h 2 . \begin{aligned} &\ \ 由z=\frac{h}{R}\sqrt{x^2+y^2}与z=h得x^2+y^2=R^2，则\Omega在xOy面上的投影区域D_{xy}=\{(x, \ y)\ |\ x^2+y^2 \le R^2\}，\\\\ &\ \ \Omega=\left\{(x, \ y, \ z)\ \bigg|\ \frac{h}{R}\sqrt{x^2+y^2}\le z \le h，(x, \ y) \in D_{xy}\right\}，因此\iiint_{\Omega}zdxdydz=\iint_{D_{xy}}dxdy\int_{\frac{h}{R}\sqrt{x^2+y^2}}^{h}zdz=\\\\ &\ \ \frac{1}{2}\iint_{D_{xy}}\left[h^2-\frac{h^2}{R^2}(x^2+y^2)\right]dxdy=\frac{1}{2}\left[h^2\iint_{D_{xy}}dxdy-\frac{h^2}{R^2}\iint_{D_{xy}}(x^2+y^2)dxdy\right]=\\\\ &\ \ \frac{h^2}{2}\cdot \pi R^2-\frac{h^2}{2R^2}\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{R}\rho^3d\rho=\frac{1}{4}\pi R^2h^2. & \end{aligned} ​  由z=Rh​x2+y2 ​与z=h得x2+y2=R2，则Ω在xOy面上的投影区域Dxy​={(x, y) ∣ x2+y2≤R2}，  Ω={(x, y, z) ∣∣∣∣​ Rh​x2+y2 ​≤z≤h，(x, y)∈Dxy​}，因此∭Ω​zdxdydz=∬Dxy​​dxdy∫Rh​x2+y2 ​h​zdz=  21​∬Dxy​​[h2−R2h2​(x2+y2)]dxdy=21​[h2∬Dxy​​dxdy−R2h2​∬Dxy​​(x2+y2)dxdy]=  2h2​⋅πR2−2R2h2​∫02π​dθ∫0R​ρ3dρ=41​πR2h2.​​

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$\begin{array}{rlr}& 9.利用柱面坐标计算下列三重积分：& \end{array}$

$\begin{array}{rlr}& (1){\iiint }_{\Omega }zdv，其中\Omega 是由曲面z=\sqrt{2-x^2-y^2}及z=x^2+y^2所围成的闭区域；& \\ & & \\ & (2){\iiint }_{\Omega }(x^2+y^2)dv，其中\Omega 是由曲面x^2+y^2=2z及平面z=2所围成的闭区域.& \end{array}$

解：

   ( 1 )   由 z = 2 − x 2 − y 2 和 z = x 2 + y 2 得 ( x 2 + y 2 ) 2 = 2 − ( x 2 + y 2 ) ， 即 x 2 + y 2 = 1 ， 可 知 Ω 在 x O y 面 上 的 投 影 区 域          D x y = { ( x ,   y )   ∣   x 2 + y 2 ≤ 1 } ， 利 用 柱 面 坐 标 ， Ω 表 示 为 ρ 2 ≤ z ≤ 2 − ρ 2 ， 0 ≤ ρ ≤ 1 ， 0 ≤ θ ≤ 2 π ， 因 此          ∭ Ω z d v = ∭ Ω z ρ d ρ d θ d z = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 ρ d ρ ∫ ρ 2 2 − ρ 2 z d z = 1 2 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 ρ ( 2 − ρ 2 − ρ 4 ) d ρ =          1 2 ⋅ 2 π [ ρ 2 − ρ 4 4 − ρ 6 6 ] 0 1 = 7 12 π . \begin{aligned} &\ \ (1)\ 由z=\sqrt{2-x^2-y^2}和z=x^2+y^2得(x^2+y^2)^2=2-(x^2+y^2)，即x^2+y^2=1，可知\Omega在xOy面上的投影区域\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D_{xy}=\{(x, \ y)\ |\ x^2+y^2 \le 1\}，利用柱面坐标，\Omega表示为\rho^2 \le z \le \sqrt{2-\rho^2}，0 \le \rho \le 1，0 \le \theta \le 2\pi，因此\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iiint_{\Omega}zdv=\iiint_{\Omega}z\rho d\rho d\theta dz=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}\rho d\rho\int_{\rho^2}^{\sqrt{2-\rho^2}}zdz=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}\rho(2-\rho^2-\rho^4)d\rho=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{2}\cdot 2\pi \left[\rho^2-\frac{\rho^4}{4}-\frac{\rho^6}{6}\right]_{0}^{1}=\frac{7}{12}\pi.\\\\ & \end{aligned} ​  (1) 由z=2−x2−y2 ​和z=x2+y2得(x2+y2)2=2−(x2+y2)，即x2+y2=1，可知Ω在xOy面上的投影区域        Dxy​={(x, y) ∣ x2+y2≤1}，利用柱面坐标，Ω表示为ρ2≤z≤2−ρ2 ​，0≤ρ≤1，0≤θ≤2π，因此        ∭Ω​zdv=∭Ω​zρdρdθdz=∫02π​dθ∫01​ρdρ∫ρ22−ρ2 ​​zdz=21​∫02π​dθ∫01​ρ(2−ρ2−ρ4)dρ=        21​⋅2π[ρ2−4ρ4​−6ρ6​]01​=127​π.​

   ( 2 )   由 x 2 + y 2 = 2 z 及 z = 2 得 x 2 + y 2 = 4 ， 可 知 Ω 在 x O y 面 上 的 投 影 区 域 D x y = { ( x ,   y )   ∣   x 2 + y 2 ≤ 4 } ，          利 用 柱 面 坐 标 ， Ω 表 示 为 ρ 2 2 ≤ z ≤ 2 ， 0 ≤ ρ ≤ 2 ， 0 ≤ θ ≤ 2 π ， 因 此 ∭ Ω ( x 2 + y 2 ) d v =          ∭ Ω ρ 2 ⋅ ρ d ρ d θ d z = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 ρ 3 d ρ ∫ ρ 2 2 2 d z = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 ρ 3 ( 2 − ρ 2 2 ) d ρ = 2 π [ ρ 4 2 − ρ 6 12 ] 0 2 = 16 3 π . \begin{aligned} &\ \ (2)\ 由x^2+y^2=2z及z=2得x^2+y^2=4，可知\Omega在xOy面上的投影区域D_{xy}=\{(x, \ y)\ |\ x^2+y^2 \le 4\}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 利用柱面坐标，\Omega表示为\frac{\rho^2}{2} \le z \le 2，0 \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{\rho^2}{2}}^{2}dz=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{2}\rho^3\left(2-\frac{\rho^2}{2}\right)d\rho=2\pi \left[\frac{\rho^4}{2}-\frac{\rho^6}{12}\right]_{0}^{2}=\frac{16}{3}\pi. & \end{aligned} ​  (2) 由x2+y2=2z及z=2得x2+y2=4，可知Ω在xOy面上的投影区域Dxy​={(x, y) ∣ x2+y2≤4}，        利用柱面坐标，Ω表示为2ρ2​≤z≤2，0≤ρ≤2，0≤θ≤2π，因此∭Ω​(x2+y2)dv=        ∭Ω​ρ2⋅ρdρdθdz=∫02π​dθ∫02​ρ3dρ∫2ρ2​2​dz=∫02π​dθ∫02​ρ3(2−2ρ2​)dρ=2π[2ρ4​−12ρ6​]02​=316​π.​​