人邮高数 第7章 第7-2-12题

[AI解答]

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步骤1：明确问题与坐标系选择
立体由单叶双曲面 $x^2 + y^2 - z^2 = 1$ 与平面 $z=0$、$z=\sqrt{3}$ 围成，密度 $\rho = 1$。
对 $z$ 轴的转动惯量公式为：
$$
I_z = \iiint\limits_{\Omega} (x^2 + y^2) \, dV.
$$
由于区域关于 $z$ 轴对称，采用柱坐标：
$$
x = r\cos\theta,\quad y = r\sin\theta,\quad z = z,
$$
此时 $x^2 + y^2 = r^2$，体积元 $dV = r\, dr\, d\theta\, dz$。

步骤2：确定积分区域
在柱坐标下，曲面方程变为：
$$
r^2 - z^2 = 1 \quad\Rightarrow\quad r^2 = 1 + z^2.
$$
区域由 $z=0$ 到 $z=\sqrt{3}$，对于每个固定的 $z$，$r$ 从 $0$ 到 $\sqrt{1+z^2}$，$\theta$ 从 $0$ 到 $2\pi$。

步骤3：写出三重积分
$$
I_z = \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{\sqrt{3}} dz \int_{0}^{\sqrt{1+z^2}} r^2 \cdot r\, dr
= \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{\sqrt{3}} dz \int_{0}^{\sqrt{1+z^2}} r^3\, dr.
$$

步骤4：逐层积分
先对 $r$ 积分：
$$
\int_{0}^{\sqrt{1+z^2}} r^3\, dr = \left.\frac{r^4}{4}\right|_{0}^{\sqrt{1+z^2}} = \frac{(1+z^2)^2}{4}.
$$
再对 $z$ 积分：
$$
\int_{0}^{\sqrt{3}} \frac{(1+z^2)^2}{4}\, dz = \frac{1}{4} \int_{0}^{\sqrt{3}} (1 + 2z^2 + z^4)\, dz.
$$
计算：
$$
\int_{0}^{\sqrt{3}} 1\, dz = \sqrt{3},\quad
\int_{0}^{\sqrt{3}} 2z^2\, dz = 2\cdot\frac{z^3}{3}\Big|_{0}^{\sqrt{3}} = \frac{2}{3}(3\sqrt{3}) = 2\sqrt{3},
$$
$$
\int_{0}^{\sqrt{3}} z^4\, dz = \frac{z^5}{5}\Big|_{0}^{\sqrt{3}} = \frac{(\sqrt{3})^5}{5} = \frac{9\sqrt{3}}{5}.
$$
所以：
$$
\int_{0}^{\sqrt{3}} (1+2z^2+z^4)\, dz = \sqrt{3} + 2\sqrt{3} + \frac{9\sqrt{3}}{5} = 3\sqrt{3} + \frac{9\sqrt{3}}{5} = \frac{15\sqrt{3}+9\sqrt{3}}{5} = \frac{24\sqrt{3}}{5}.
$$
因此：
$$
\frac{1}{4} \cdot \frac{24\sqrt{3}}{5} = \frac{6\sqrt{3}}{5}.
$$

最后对 $\theta$ 积分：
$$
\int_{0}^{2\pi} d\theta = 2\pi.
$$

步骤5：得到结果
$$
I_z = 2\pi \cdot \frac{6\sqrt{3}}{5} = \frac{12\pi\sqrt{3}}{5}.
$$

最终答案：
$$
\boxed{\dfrac{12\pi\sqrt{3}}{5}}
$$

难度评级：★★★☆☆
（需要空间想象、柱坐标变换、三重积分计算，但步骤清晰，计算量适中）