题目

若Ω: sqrt(x^2)+y^(2)le zle sqrt(2-x^2)-y^(2)，计算iiintlimits_(Omega)y^2dv的值

若Ω: $\sqrt{x^{2}+y^{2}}\le z\le \sqrt{2-x^{2}-y^{2}}$，计算$\iiint\limits_{\Omega}y^{2}dv$的值

题目解答

答案

为了计算积分$\iiint\limits_{\Omega} y^2 \, dv$，其中$\Omega$由不等式$\sqrt{x^2 + y^2} \le z \le \sqrt{2 - x^2 - y^2}$定义，我们将使用柱坐标系。在柱坐标系中，变量$x$，$y$，和$z$分别用$r$，$\theta$，和$z$表示，其中$x = r \cos \theta$，$y = r \sin \theta$，和$z = z$。体积元素$dv$在柱坐标系中是$r \, dz \, dr \, d\theta$。 首先，我们将$\Omega$的边界转换为柱坐标系。不等式$\sqrt{x^2 + y^2} \le z \le \sqrt{2 - x^2 - y^2}$变为： \[ r \le z \le \sqrt{2 - r^2}. \] 为了找到$r$的范围，我们设$r = \sqrt{2 - r^2}$： \[ r^2 = 2 - r^2, \] \[ 2r^2 = 2, \] \[ r^2 = 1, \] \[ r = 1. \] 因此，$r$的范围从0到1。 $\theta$的范围从$0$到$2\pi$，因为区域$\Omega$在$xy$-平面上是圆形对称的。 现在，我们可以将积分$\iiint\limits_{\Omega} y^2 \, dv$写成柱坐标系中的形式： \[ \iiint\limits_{\Omega} y^2 \, dv = \int_0^{2\pi} \int_0^1 \int_r^{\sqrt{2 - r^2}} (r \sin \theta)^2 \, r \, dz \, dr \, d\theta = \int_0^{2\pi} \int_0^1 \int_r^{\sqrt{2 - r^2}} r^3 \sin^2 \theta \, dz \, dr \, d\theta. \] 我们首先对$z$进行积分： \[ \int_r^{\sqrt{2 - r^2}} r^3 \sin^2 \theta \, dz = r^3 \sin^2 \theta \left[ z \right]_r^{\sqrt{2 - r^2}} = r^3 \sin^2 \theta \left( \sqrt{2 - r^2} - r \right). \] 接下来，我们对$r$进行积分： \[ \int_0^1 r^3 \sin^2 \theta \left( \sqrt{2 - r^2} - r \right) \, dr = \sin^2 \theta \int_0^1 \left( r^3 \sqrt{2 - r^2} - r^4 \right) \, dr. \] 我们将这个积分分成两部分： \[ \sin^2 \theta \left( \int_0^1 r^3 \sqrt{2 - r^2} \, dr - \int_0^1 r^4 \, dr \right). \] 首先，我们计算$\int_0^1 r^4 \, dr$： \[ \int_0^1 r^4 \, dr = \left[ \frac{r^5}{5} \right]_0^1 = \frac{1}{5}. \] 接下来，我们使用代换$u = 2 - r^2$，所以$du = -2r \, dr$和$r^2 = 2 - u$来计算$\int_0^1 r^3 \sqrt{2 - r^2} \, dr$： \[ \int_0^1 r^3 \sqrt{2 - r^2} \, dr = \int_2^1 -\frac{1}{2} (2 - u) \sqrt{u} \, du = \frac{1}{2} \int_1^2 (2\sqrt{u} - u^{3/2}) \, du. \] \[ \frac{1}{2} \int_1^2 (2\sqrt{u} - u^{3/2}) \, du = \frac{1}{2} \left[ \frac{4u^{3/2}}{3} - \frac{2u^{5/2}}{5} \right]_1^2 = \frac{1}{2} \left( \left( \frac{4 \cdot 2^{3/2}}{3} - \frac{2 \cdot 2^{5/2}}{5} \right) - \left( \frac{4 \cdot 1^{3/2}}{3} - \frac{2 \cdot 1^{5/2}}{5} \right) \right). \] \[ = \frac{1}{2} \left( \left( \frac{8\sqrt{2}}{3} - \frac{8\sqrt{2}}{5} \right) - \left( \frac{4}{3} - \frac{2}{5} \right) \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{16\sqrt{2}}{15} - \frac{14}{15} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{16\sqrt{2} - 14}{15} = \frac{8\sqrt{2} - 7}{15}. \] 因此，我们有： \[ \sin^2 \theta \left( \frac{8\sqrt{2} - 7}{15} - \frac{1}{5} \right) = \sin^2 \theta \left( \frac{8\sqrt{2} - 7 - 3}{15} \right) = \sin^2 \theta \left( \frac{8\sqrt{2} - 10}{15} \right) = \frac{(8\sqrt{2} - 10) \sin^2 \theta}{15}. \] 最后，我们对$\theta$进行积分： \[ \int_0^{2\pi} \frac{(8\sqrt{2} - 10) \sin^2 \theta}{15} \, d\theta = \frac{8\sqrt{2} - 10}{15} \int_0^{2\pi} \sin^2 \theta \, d\theta. \] 使用恒等式$\sin^2 \theta = \frac{1 - \cos 2\theta}{2}$，我们得到： \[ \int_0^{2\pi} \sin^2 \theta \, d\theta = \int_0^{2\pi} \frac{1 - \cos 2\theta}{2} \, d\theta = \frac{1}{2} \left[ \theta - \frac{\sin 2\theta}{2} \right]_0^{2\pi} = \frac{1}{2} \left( 2\pi - 0 \right) = \pi. \] 因此，积分的值是： \[ \frac{8\sqrt{2} - 10}{15} \cdot \pi = \frac{\pi (8\sqrt{2} - 10)}{15} = \frac{\pi (4\sqrt{2} - 5)}{15} \cdot 2 = \frac{\pi (4\sqrt{2} - 5)}{6}. \] 最终答案是： \[ \boxed{\frac{\pi (4\sqrt{2} - 5)}{6}}. \]

解析

le
本题考查利用柱坐标系计算三重积分。解题思路如下：

  1. 将直角坐标转换为柱坐标：在柱坐标系中，$x = r\cos\theta$，$y = r\sin\theta$，$z = z$，体积元素$dv = r\ dz\ dr\ d\theta$。将积分区域$\Omega$的边界条件$\sqrt{x}^{2}+{y}^{2}\le {z}^{2}\le 2 - {x}^{2}-{y}^{2}$转换为柱坐标形式，得到$r\leqslant z\leqslant\sqrt{2 - r^{2}}$。
  2. 确定积分限：**
    • 为了找到$r$的范围，令$r = \sqrt{2 - r^{2}}$，两边平方可得$r^{2}=2 - r^{2}$，移项得到$2r^{2}=2$，即$r^{2}=1$，因为$r\geqslant0$，所以$r$的范围是$0\leqslant r\leqslant1$。
    • 由于积分区域$\Omega$在$xy$平面上是圆形对称的，所以$\theta$的范围是$0\leqslant\theta\leqslant2\pi$。
  3. 将被积-分转换为柱坐标形式：将$y = r\sin\theta$和$dv = r\ dz\ dr\ dr\ d\theta$代入$\iiint\limits_{\Omega}y^{2}dv$，得到$\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1}\int_{r}^{\sqrt{2 - r^{2}}}(r\sin\theta)^{2}r\ dz\ dr\ d\theta=\int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1}\int_{r}^{\sqrt{2 - r^{2}}}r^{3}\sin^{2}\theta\ dz\ dr\ d\theta$。
  4. 分步计算积分：
    • 对$z$积分：
      $\int_{r}^{\sqrt{2 - r^{2}}}r^{3}\sin^{2\theta\ dz=r^{3}\sin^{2}\theta\left[z\right]_{r}^{\sqrt{2 - r^{2}}}=r^{3}\sin^{2}\theta(\sqrt{2 - r^{2}} - r)$
  • 对$r$积分：**
    $\int_{0}^{1}r^{3}\sin^{2}\theta(\sqrt{2 - r^{2}} - r)dr=\sin^{2}\theta\int_{0}^{1}(r^{3}\sqrt{2 - r^{2}} - r^{4})dr\ dr$
    将积分拆分为两部分：
    • 计算$\int_{0}^{1}r^{4}dr$：
      根据积分公式$\int x^{n}dx=\frac{x^{n + 1}}{n+1}+C(n\neq - 1)$，可得$\int_{0}^{1}r^{4}dr=\left[\frac{r^{5}}{5}\right]_{0}^{1}=\frac{1}{5}$。
    • 计算$\int_{0}^{1}r^{3}\sqrt{2 - r^{2}}dr$：
      令$u = 2 - r^{2}$，则$du=-2r\ dr$，$r^{2}=2 - u$。当$r = 0$时，$u = 2$；当$r = 1$时，$u = 1$。
      $\int_{0}^{1}r^{3}}\sqrt{2 - r^{2}}dr=\int_{2}^{1}-\frac{1}{2}(2 - u)\sqrt{u}du=\frac{1}{2}\int_{1}^{2}(2\sqrt{u}-u^{\frac{3}{2}})du$
      =\frac{1}{2}\left[\frac{4u^{\frac{3}{2}}}{3}-\frac{2u^{\frac{5}{2}}}{5}\right]_{1}^{2})
      $=\frac{1}{2}\left[\left(\frac{4\times2^{\frac{3}{2}}}{3}-\frac{2\times2^{\frac{5}{2}}}{5}\right)-\left(\frac{4\times1^{\frac{3}{2}}}{3}-\frac{2\times1^{\frac{5}{2}}}{5}\right)\right]$
      $=\frac{1}{2}\left[\left(\frac{8\sqrt{2}}{3}-\frac{8\sqrt{2}{5}\right)-\left(\frac{4}{3}-\frac{2}{5}\right)\right]$
      $=\frac{12\left(\frac{16\sqrt{2}}{15}-\frac{14}{15}\right)=\frac{8\sqrt{2 - 7}{15}$
      所以$\sin^{2}\theta\left(\frac{8\sqrt{2}-7}{15}-\frac{1}{5}\right)=\sin^{2}\theta\left(\frac{8\sqrt{2}-7 - 3}{15}\right)=\frac{(8\sqrt{2}-10)\sin^{2}\theta}{15}$
  • 对$\theta$积分：
    $\int_{0}^{2\pi}\frac{(8\sqrt{2}-10)\sin^{2}\theta}{15}d\theta=\frac{8\sqrt{2}-10}{15}\int_{0}^{2\pi}\sin^{2}\theta d\ d\theta$
    根据三角函数的降幂公式$\sin^{2}\theta=\frac{1 - \cos2\theta}{2}$，可得：
    $\int_{0}^{2\pi}\sin^{2}\theta\ d\theta=\int_{0}^{2\pi}\frac{1 - \cos2\theta}{2}d\theta=\frac{1}{2}\left[\theta-\frac{\sin2\theta}{2}\right]_{0}^{2\pi}=\frac{1}{2}(2\pi - 0)=\pi$
    则$\frac{8\sqrt{2}-10}{15}\cdot\pi=\frac{\pi(8\sqrt{2}-10)}{15}=\frac{\pi(4\sqrt{2}-5)}{15}\times2=\frac{\pi(4\sqrt{2}-5)}{6}$