专题四 多元函数积分学 （3）
4.3 三重积分的计算
4.8 （南京大学1993年竞赛题）
求
\displaystyle \underset{\Omega}{\iiint}\sqrt{x^2+y^2}dxdydz，其中
\Omega是由曲面
z=\sqrt{x^2+y^2}，
z=\sqrt{1-x^2-y^2}所围成的立体
【解析】：可以利用球坐标或者柱坐标进行求解
【法一】：利用球坐标，令
x=r\sin\varphi\cos \theta，
y=r\sin\varphi\sin\theta，
z=r\cos\varphi，且
0 \leq r \leq 1，
0 \leq \varphi \leq \dfrac{\pi}{4}，
0 \leq \theta \leq 2\pi故
\begin{align*}\displaystyle \underset{\Omega}{\iiint}\sqrt{x^2+y^2}dxdydz&=\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}d\varphi\int_{0}^{1}r^3\sin^2\varphi dr\\&=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\frac{1-\cos 2\varphi}{2}d\varphi==\frac{\pi}{16}(\pi-2)\end{align*}
【法二】：利用柱面坐标，令
x=\rho \cos \theta，
y=\rho\sin\theta，
z=z，且
\rho \leq z \leq \sqrt{1-\rho^2}，
0 \leq \rho \leq \dfrac{\sqrt{2}}{2}，
0 \leq \theta \leq 2\pi，带入，所以
\begin{align*}\displaystyle \underset{\Omega}{\iiint}\sqrt{x^2+y^2}dxdydz&=\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}}d\rho\int_{\rho}^{\sqrt{1-\rho^2}}\rho^2dz\\&=2\pi\int_{0}^{\frac{\sqrt{2}}{2}}\rho^2(\sqrt{1-\rho^2}-p)d\rho=\frac{\pi}{16}(\pi-2)\end{align*}
4.9 （北京市1997年竞赛题）
设
f(x)在区间
[0,1]上连续，且
\displaystyle \int_{0}^{1}f(x)dx=m，试着求
\displaystyle \int_{0}^{1}\int_{x}^{1}\int_{x}^{y}f(x)f(y)f(z)dxdydz【解析】：令
\displaystyle F(u)=\int_{0}^{u}f(t)dt，则
F(0)=0，
F(1)=m，
F^{'}(u)=f(u)，同时
\displaystyle \int_{x}^{y}f(z)dz=F(u)\bigg|_{x}^{y}=F(y)-F(x)；
\begin{align*}\displaystyle \int_{x}^{1}f(y)[F(y)-F(x)]dy&=\int_{x}^{1}[F(y)-F(x)]dF(y)=\int_{x}^{1}F(y)dF(y)-\int_{x}^{1}F(x)dF(y)\\&=\frac{1}{2}F^2(y)\bigg|_{x}^{1}-F(x)F(y)\bigg|_{x}^{1}=\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2}F^2(x)-mF(x)\end{align*}
进一步带入，有
\begin{align*}\displaystyle \int_{0}^{1}\int_{x}^{1}\int_{x}^{y}f(x)f(y)f(z)dxdydz&=\int_{0}^{1}f(x)\left[\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2}F^2(x)-mF(x)\right]dx\\&=\int_{0}^{1}\left[\frac{1}{2}m^2+\frac{1}{2}F^2(x)-mF(x)\right]dF(x)\\&=\left[\frac{1}{2}m^2F(x)+\frac{1}{6}F^3(x)-\frac{1}{2}mF^2(x)\right]\\&=\frac{1}{6}m^3\end{align*}
4.10 （江苏省2002年竞赛题）
设
f(x)在
x=0处可导，
f(0)=0，区域
\Omega:x^2+y^2+z^2 \leq 2tz，求
\displaystyle \lim\limits_{t\rightarrow 0^+}\frac{1}{t^5}\underset{\Omega}{\iiint}f(x^2+y^2+z^2)dV【解析】：利用球坐标计算三重积分，有
\begin{align*}\displaystyle \underset{\Omega}{\iiint}f(x^2+y^2+z^2)dV&=\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{2t}dr\int_{0}^{\arccos \frac{r}{2t}}f(r^2)r^2\sin\varphi d\varphi\\&=2\pi\int_{0}^{2t}r^2f(r^2)(-\cos\varphi)\bigg|_{0}^{\arccos\frac{r}{2t}}dr\\&=2\pi\int_{0}^{2t}r^2f(r^2)\cdot(1-\frac{r}{2t})dr\end{align*}带入原式有
\begin{align*}\displaystyle \lim\limits_{t\rightarrow 0^+}\frac{1}{t^5}\underset{\Omega}{\iiint}f(x^2+y^2+z^2)dV&=2\pi\lim\limits_{t\rightarrow 0^+}\frac{t\displaystyle \int_{0}^{2t}r^2f(r^2)dr-\frac{1}{2}\int_{0}^{2t}r^3f(r^2)dr)}{t^6}\\&=2\pi\lim\limits_{t\rightarrow 0^+}\frac{\displaystyle \int_{0}^{2t}r^2f(r^2)dr}{6t^5}=2\pi\lim\limits_{t\rightarrow 0^+}\frac{2(2t)^2f(4t^2)}{30t^4}\\&=\frac{32}{15}\pi\lim\limits_{t\rightarrow 0^+}\frac{f(4t^2)-f(0)}{4t^2}=\frac{32}{15}\pi f^{'}(0)\end{align*}作者：小熊
本文参与
腾讯云自媒体同步曝光计划，分享自微信公众号。
原始发表：2021-12-23，如有侵权请联系
cloudcommunity@tencent.com 删除
粤公网安备44030502008569号