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∭Ωf(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∭Ωf(x,y,z)dxdydz=∫abf1(x)dx∫cdf2(y)dy∫lmf3(z)dz.\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∭Ωdxdydz(1+x+y+z)3=∫01dx∫01−xdy∫01−x−ydz(1+x+y+z)3=∫01dx∫01−x[−12(1+x+y+z)2]01−x−ydy=∫01dx∫01−x[−18+12(1+x+y)2]dy=∫01[−y8−12(1+x+y)]01−xdx=−∫01[1−x8+14−12(1+x)]dx=12(ln2−58)\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−x2−y2，0≤y≤1−x2，0≤x≤1}，因此∭Ωxyzdxdydz=∫01xdx∫01−x2ydy∫01−x2−y2zdz=∫01xdx∫01−x2y⋅1−x2−y22dy=12∫01x[y22(1−x2)−y44]01−x2dx=18∫01x(1−x2)2dx=148\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=hRx2+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)∣hRx2+y2≤z≤h，(x,y)∈Dxy}，因此∭Ωzdxdydz=∬Dxydxdy∫hRx2+y2hzdz=12∬Dxy[h2−h2R2(x2+y2)]dxdy=12[h2∬Dxydxdy−h2R2∬Dxy(x2+y2)dxdy]=h22⋅πR2−h22R2∫02πdθ∫0Rρ3dρ=14πR2h2.\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−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∭Ωzdv=∭Ωzρdρdθdz=∫02πdθ∫01ρdρ∫ρ22−ρ2zdz=12∫02πdθ∫01ρ(2−ρ2−ρ4)dρ=12⋅2π[ρ2−ρ44−ρ66]01=712π.\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ρ22≤z≤2，0≤ρ≤2，0≤θ≤2π，因此∭Ω(x2+y2)dv=∭Ωρ2⋅ρdρdθdz=∫02πdθ∫02ρ3dρ∫ρ222dz=∫02πdθ∫02ρ3(2−ρ22)dρ=2π[ρ42−ρ612]02=163π.\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.​​