例题#

1. $\Omega: x^2+y^2+z^2\le R^2$

   

   $$\begin{align*} I&=\iiint_\Omega f(x,y,z) \mathrm dx \mathrm dy \mathrm dz \\ &=\iint_{D_{xy}}\mathrm dx \mathrm dy \int_{-\sqrt{R^2-x^2-y^2}}^{\sqrt{R^2-x^2-y^2}}f(x,y,z) \mathrm dz \end{align*}$$

   $D_{xy}:x^2+y^2\le R^2$

2. 求 $I=\iiint_\Omega f\cdot \mathrm dV$，其中 $\Omega: x^2+y^2+(z-2)^2\le 4$ 和 $z=1$ 所围成的包含球心的部分

   

   将 $\Omega$ 投影到 $xOy$ 平面上，$D_{xy}:x^2+y^2\le 4$

   

   $$\begin{align*} \begin{cases} x^2+y^2+(z-2)^2=4\\ z=2 \end{cases} \overset{消z}{\Rightarrow } \begin{cases} x^2+y^2=4\\ z=0 \end{cases} \end{align*}$$ $$\begin{align*} \begin{cases} x^2+y^2+(z-2)^2=4\\ z=1 \end{cases} \overset{消z}{\Rightarrow } \begin{cases} x^2+y^2=3\\ z=0 \end{cases} \end{align*}$$

   $\displaystyle I=\iint_{D_1}\mathrm dx \mathrm dy\int_1^{2+\sqrt{4-x^2-y^2}} f \mathrm dz+\iint_{D_2}\mathrm dx \mathrm dy \int_{2-\sqrt{4-x^2-y^2}}^{2+\sqrt{4-x^2-y^2}} f \mathrm dz$，其中 $D_1:z=1\to z=2+\sqrt{4-x^2-y^2}$，$D_2:z=2-\sqrt{4-x^2-y^2}\to z=2+\sqrt{4-x^2-y^2}$

3. 求 $\iiint_\Omega x \mathrm dx \mathrm dy \mathrm dz$，其中 $\Omega$ 为 $x+y+z=1$ 与坐标面所围成的区域

   

   • 投影法

     • $\Omega$ 投影到 $xOy$ 面上，用平行 z 轴的射线穿过积分区域。$D_{xy}:x+y\le 1(x\ge 0,y\ge 0)$

       $$\begin{align*} I&=\iint_{D_{xy}} \mathrm dx \mathrm dy \int_0^{1-x-y}x \mathrm dz\\ &=\iint_{D_{xy}} x(1-x-y) \mathrm dx \mathrm dy\\ &=\int_0^1 \mathrm dx \int_0^{1-x} x(1-x-y) \mathrm dy\\ &=\dfrac{1}{24} \end{align*}$$

     • $\Omega$ 投影到 $yOz$ 面上，用平行 x 轴的射线穿过积分区域。$D_{yz}:y+z\le 1(y\ge 0,z\ge 0)$

       $$\begin{align*} I&=\iint_{D_{yz}} \mathrm dy \mathrm dz \int_0^{1-y-z} x \mathrm dz\\ &=\iint_{D_{yz}} x(1-y-z) \mathrm dy \mathrm dz\\ &=\int_0^1 \mathrm dy \int_0^{1-y} x(1-y-z) \mathrm dz\\ &=\dfrac{1}{24} \end{align*}$$

   • 截面法

     • 用平行 $xOy$ 的面截 $\Omega$

       $$\begin{align*} I&=\int_0^1 \mathrm dz \iint_{D_z} x \mathrm dx \mathrm dy\\ &=\int_0^1 \mathrm dz \int_0^{1-z} \mathrm dx \int_0^{1-x-z} x \mathrm dy\\ &=\dfrac{1}{24} \end{align*}$$

     • 用平行 $yOz$ 的面截 $\Omega$

       $$\begin{align*} I&=\int_0^1 \mathrm dx \iint_{D_x} x \mathrm dy \mathrm dz\\ &=\int_0^1 (x\iint_{D_x} \mathrm dy \mathrm dz)\\ &=\int_0^1 x \delta (x)\mathrm dx\\ &=\dfrac{1}{2}\int_0^1 x(1-x)^2 \mathrm dx\\ &=\dfrac{1}{24} \end{align*}$$

4. 求 $I=\iiint_\Omega z^2 \mathrm dV$，$\Omega$ 为 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 与 $z=1$ 所围成的闭区域

   

   截面法较易，用平行 $xOy$ 的面截 $\Omega$

   $$\begin{align*} I&=\int_0^1 \mathrm dz \iint_{D_z}z^2 \mathrm dx \mathrm dy\\ &=\int_0^1 z^2 \delta (z) \mathrm dz \\ &=\int_0^1 z^2\pi z^2 \mathrm dz \\ &=\dfrac{1}{5}\pi \end{align*}$$

5. 求 $I=\iiint_\Omega z^2 \mathrm dV$，$\Omega$ 为 $z=x^2+y^2$ 与 $z=1$ 所围成的闭区域

   

   $$\begin{align*} I&=\int_0^1 \mathrm dz \iint_{D_z}z^2 \mathrm dx \mathrm dy\\ &=\int_0^1 z^2\delta^2(z) \mathrm dz\\ &=\int_0^1 z^2 \pi z \mathrm dz\\ &=\dfrac{\pi}{4} \end{align*}$$

6. 求 $I=\iiint_\Omega x^2 \mathrm dV$，$\Omega$ 为 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 与 $z=1$ 所围成的闭区域

   

   • 投影法：将 $\Omega$ 投到 $xOy$ 平面上

     $$\begin{align*} I&=\iint_{D_{xy}}\mathrm dx \mathrm dy \int_{\sqrt{x^2+y^2}}^1 x^2 \mathrm dz(D_{xy}:x^2+y^2\le 1)\\ &=\iint_{D_{xy}}x^2(1-\sqrt{x^2+y^2})\mathrm dx \mathrm dy\\ &=\int_0^{2\pi} \mathrm d\theta \rho^2 \cos^2\theta(1-\rho)\cdot \rho \mathrm d\rho\\ &=\dfrac{\pi}{5} \end{align*}$$

   • 截面法：用平行于 $xOy$ 的平面去截

     $$\begin{align*} I&=\int_0^1 \mathrm dz \iint_{D_z}x^2 \mathrm dx \mathrm dy(D_z:x^2+y^2\le z^2,关于 y=x 对称)\\ &=\int_0^1 \mathrm dz \int_0^{2\pi} \mathrm d\theta \int_0^z \rho^2 \cos^2\theta \rho \mathrm d\rho\\ &=\dfrac{\pi}{5} \end{align*}$$

7. 求 $I=\iiint_\Omega (x+z) \mathrm dV$，$\Omega$ 为 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 与 $z=\sqrt{1-x^2-y^2}$ 所围成的闭区域

   

   投影到 $xOy$ 平面上：$D_{xy}: x^2+y^2\le \dfrac{1}{2}$

   $$\begin{align*} I&=\iint_{D_{xy}}\mathrm dx \mathrm dy \int_{\sqrt{x^2+y^2}}^{\sqrt{1-x^2-y^2}}(x+z)\mathrm dz\\ &=\iint_{D_{xy}} x(\sqrt{1-x^2-y^2}-\sqrt{x^2+y^2})+\iint_{D_{xy}}\dfrac{1}{2}(1-x^2-y^2-x^2-y^2)\mathrm dx \mathrm dy\\ &=\dfrac{\pi}{8} \end{align*}$$

8. 将 $\int_0^a \mathrm dx \int_0^x \mathrm dy \int_0^y f(z) \mathrm dz$ 化为定积分（交换积分次序为 $x\to y\to z$，$y\to x\to z$）

   

   • 法一：先确定积分区域 $\Omega$ 为 $(0\le x\le a, 0\le y\le x, 0\le z\le y)$

     

     • 截面法：$z=z_0$

       $$\begin{align*} I&=\int_0^a \mathrm dz \iint_{D_{xy}} f(z)\mathrm dx \mathrm dy\\ &=\int_0^a f(z) \dfrac{1}{2}(a-z)^2 \mathrm dz\\ &=\dfrac{1}{2}\int_0^a f(z)(a-z)^2 \mathrm dz \end{align*}$$

     • 投影法：$\Omega\to yOz$ 平面

       $$\begin{align*} I&=\iint_{D_{yz}}\mathrm dy \mathrm dz \int_y^a f(z)\mathrm dx\\ &=\int_0^a \mathrm dz \int_z^a \mathrm dy \int_y^a f(z)\mathrm dx\\ &=\dfrac{1}{2}\int_0^a f(z)(a-z)^2 \mathrm dz \end{align*}$$

   • 法二：直接交换

     

     

     $$\begin{align*} I&=\int_0^a \mathrm dx \int_0^x \mathrm dy \int_0^y f(z) \mathrm dz\\ &=\int_0^a \mathrm dx \iint_{D_z}f(z) \mathrm dy \mathrm dz\\ &=\int_0^a \mathrm dx\int_0^x \mathrm dz \int_z^x f(z)\mathrm dy\\ &=\iint_{D_{xz}}\mathrm dx \mathrm dz\int_z^x f(z)\mathrm dy\\ &=\int_0^a \mathrm dz\int_z^a \mathrm dx \int_z^x \mathrm dy\\ &=\dfrac{1}{2}\int_0^a f(z)(a-z)^2 \mathrm dz \end{align*}$$

9. $I=\int_0^1 \mathrm dx\int_0^x \mathrm dy\int_0^{xy}f(x,y,z)\mathrm dz$，交换积分次序为 $y\to x\to z$

   原次序：$z\to y\to x$

   

   

   $$\begin{align*} 原式 &=\int_0^1 \mathrm dx \int_0^{x^2}\mathrm dz \int_{\frac{z}{x}}^xf(x,y,z) \mathrm dy[交换y、z]\\ &=\int_0^1 \mathrm dz \int_{\sqrt{z}}^1 \mathrm dx \int_{\frac{z}{x}}^xf(x,y,z) \mathrm dy[交换x、z] \end{align*}$$

例题#

1. 求 $z=\dfrac{1}{a}(x^2+y^2)$ 和 $z=2a-\sqrt{x^2+y^2}$ 所围成的体积

   

   • 二重积分法

     $$\begin{align*} V &= V_{上曲}-V_{下曲}\\ &=\iint_{D_{xy}}(2a-\sqrt{x^2+y^2})\mathrm dx \mathrm dy - \iint_{D_{xy}}\dfrac{1}{a}(x^2+y^2) \mathrm dx \mathrm dy\\ &=\iint_{D_{xy}}[2a-\sqrt{x^2+y^2}-\dfrac{1}{a}(x^2+y^2)] \mathrm dx \mathrm dy(D_{xy}:x^2+y^2\le a^2)\\ &=\iint_{D_1} \mathrm dx \mathrm dy \int_0^a \mathrm dz + \iint_{D_2} \mathrm dx \mathrm dy \int_a^{2a}\mathrm dz\\ &=\pi a \int_0^a z \mathrm dz + \pi \int_a^{2a}(2a-z)^2 \mathrm dz \\ &=\dfrac{5\pi}{6}a^3 \end{align*}$$

   • 三重积分法：$V=\iiint_\Omega 1\cdot \mathrm dV$，$\Omega:z=\dfrac{x^2+y^2}{a} \rightarrow z=2a-\sqrt{x^2+y^2}$

     • 投影：$\Omega \to xOy$，$D_{xy}:x^2+y^2\le a^2$

       $$\begin{align*} I&=\iint_{D_{xy}}\mathrm dx \mathrm dy \int_{\frac{x^2+y^2}{a}}^{2a-\sqrt{x^2+y^2}} 1\cdot \mathrm dz\\ &=\iint_{D_{xy}}[2a-\sqrt{x^2+y^2}-\dfrac{x^2+y^2}{a}]\mathrm dx \mathrm dy\\ &=\int_0^{2\pi}\mathrm d\theta \int_0^a(2a-\rho-\dfrac{\rho^2}{a})\rho \mathrm d\rho\\ &=\dfrac{5\pi}{6}a^3 \end{align*}$$

     • 截面：用平行于 $xOy$ 的平面截 $\Omega$

       $$\begin{align*} I&=\int_0^a \mathrm dz \iint_{D_{z_1}}1 \mathrm dx \mathrm dy+\int_a^{2a} \mathrm dz \iint_{D_{z_2}}1 \mathrm dx \mathrm dy\\ &=\int_0^a \pi az \mathrm dz + \int_a^{2a} \pi (2a-z)^2 \mathrm dz\\ &=\dfrac{5}{6}\pi a^3 \end{align*}$$

     • 柱坐标

       $$\begin{align*} I&=\int_0^{2\pi}\mathrm d\theta \int_0^a\rho \mathrm d\rho \int_{\frac{1}{a}\rho^2}^{2a-\rho}1\cdot \mathrm dz\\ &=2\pi\int_0^a \rho(2a-\rho-\dfrac{1}{a}\rho^2)\mathrm d\rho\\ &=\dfrac{5}{6}\pi a^3 \end{align*}$$

2. 求 $I=\iiint_\Omega z\sqrt{x^2+y^2} \mathrm dV$，其中 $\Omega: x^2+y^2=2x$、$z=x$ 及 $xOy$ 面所围成的闭区域

   

   $D_{xy}:x^2+y^2\le 2x$

   $$\begin{align*} I&=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm d\theta \int_0^{2\cos\theta}\rho \mathrm d\rho \int_0^{\rho\cos\theta} z\rho \mathrm dz\\ &=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm d\theta \int_0^{2\cos\theta}\rho \cdot \dfrac{\rho^2\cos^2\theta-0^2}{2} \rho \mathrm d\rho\\ &=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{1}{2}\cos^2\theta \dfrac{1}{5}(2\cos \theta)^5 \mathrm d\theta\\ &=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\dfrac{16}{5}\cos^7\theta\\ &=\dfrac{32}{5}\int_0^{\frac{\pi}{2}}\cos^7\theta \mathrm d\theta\\ &=\dfrac{512}{175} \end{align*}$$

3. 将 $\iiint_\Omega f(x,y,z)\mathrm dV$ 化为柱坐标系下三次积分。$\Omega:z=\sqrt{4-x^2-y^2}$ 和 $z=\dfrac{1}{3}\sqrt{x^2+y^2}$ 所围成的闭区域

   $\begin{cases}z=\sqrt{4-x^2-y^2}\\z=\dfrac{1}{3}(x^2+y^2)\end{cases}\rightarrow \begin{cases}x^2+y^2\le3 \rightarrow D_{xy}\\z=0\end{cases}$

   $\theta:0\to 2\pi$，$\rho:0\to \sqrt{3}$，$z:\dfrac{1}{3}\rho^2\to \sqrt{4-\rho^2}$

   $\displaystyle I=\int_0^{2\pi}\mathrm d\theta\int_0^{\sqrt{3}}\rho \mathrm d\rho \int_{\frac{1}{3}\rho^2}^{\sqrt{4-\rho^2}}f(x,y,z) \mathrm dz$

4. 将 $\iiint_\Omega f(x,y,z)\mathrm dV$ 化为柱坐标系下三次积分。$\Omega:x^2+y^2+z^2=4$ 和 $z=-1$ 所围成的包含球心的区域

   $D_{xy}:x^2+y^2\le 4$

   $\begin{cases}x^2+y^2+z^2=4\\z=-1\end{cases}\rightarrow \begin{cases}x^2+y^2=3\\z=0\end{cases}$

   $\theta:0\to 2\pi$，$\rho:0\to 2$，$z:-1\to \sqrt{4-\rho^2}(D_{x'y}:x^2+y^2\le 3),-\sqrt{4-\rho^2}\to \sqrt{4-\rho^2}(D_{x''y}:3\le x^2+y^2\le 4)$

   \displaystyle I=\int_0^{2\pi} \mathrm d\theta \int_0^\sqrt{3}\rho \mathrm d\rho \int_{-1}^{\sqrt{4-\rho^2}}f(x,y,z)\mathrm dz + \int_0^{2\pi}\mathrm d\theta \int_{\sqrt{3}}^2 \rho \mathrm d\rho \int_{-\sqrt{4-\rho^2}}^{\sqrt{4-\rho^2}}f(x,y,z)\mathrm dz

例题#

1. 求 $I=\iiint_\Omega \sqrt{x^2+y^2+z^2}\mathrm dV$，$\Omega: x^2+y^2+z^2=z$ 所围成的闭区域

   

   $\theta:0\to 2\pi$，$\varphi:0\to \dfrac{\pi}{2}$，$r:0\to \cos\varphi$

   $$\begin{align*} I&=\int_0^{2\pi} \mathrm d\theta \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin\varphi \mathrm d\varphi \int_0^{\cos\varphi}r\cdot r^2 \mathrm dr\\ &=\dfrac{\pi}{10} \end{align*}$$

2. 求 $I=\iiint_\Omega (x+y+z)e^{-(x^2+y^2+z^2)}\mathrm dV$，其中 $\Omega:x^2+y^2+z^2=1$ 且 $z\ge 0$（上半球体）

   解：$\Omega$ 关于 $xOz$ 和 $yOz$ 面对称

   $$\begin{align*} I&=\iiint_\Omega ze^{-(x^2+y^2+z^2)}\mathrm dV\\ &=\int_0^{2\pi}\mathrm d\theta \int_0^{\frac{\pi}{2}}\sin \varphi \mathrm d\varphi \int_0^1 r\cos\varphi e^{-r^2}r^2 \mathrm dr\\ &=\pi(\dfrac{1}{2}-\dfrac{1}{e}) \end{align*}$$

3. 求 $I=\iiint_\Omega x^2 \mathrm dV$，其中 $\Omega:x^2+y^2+z^2\le 1$

解：$\Omega$ 具有轮换对称性