同济高数 第10章 第10-4-8题

[AI解答]

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习题10-4 第8题 利用三重积分计算下列由曲面所围立体的质心（设密度 $\rho=1$）。

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（1）$z^{2}=x^{2}+y^{2}, z=1$

解：
立体是由圆锥 $z^2 = x^2 + y^2$ 与平面 $z = 1$ 围成的锥体（取 $z \ge 0$ 部分）。
密度 $\rho = 1$，故质量 $M$ 等于体积 $V$。

采用柱坐标：
$$
x = r\cos\theta,\quad y = r\sin\theta,\quad z = z,\quad r \ge 0,\quad 0 \le \theta \le 2\pi
$$
曲面 $z^2 = x^2 + y^2$ 即 $z = r$，平面 $z = 1$，因此区域为：
$$
0 \le \theta \le 2\pi,\quad 0 \le r \le 1,\quad r \le z \le 1
$$

质量：
$$
M = \iiint\limits_{\Omega} \mathrm{d}V
= \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{1} r\,\mathrm{d}r \int_{r}^{1} \mathrm{d}z
= 2\pi \int_{0}^{1} r(1-r)\,\mathrm{d}r
= 2\pi \left[ \frac{r^2}{2} - \frac{r^3}{3} \right]_{0}^{1}
= 2\pi \left( \frac12 - \frac13 \right) = \frac{\pi}{3}
$$

质心坐标：
由对称性，$\bar{x} = \bar{y} = 0$。

计算 $\bar{z}$：
$$
\bar{z} = \frac{1}{M} \iiint\limits_{\Omega} z\,\mathrm{d}V
= \frac{1}{\pi/3} \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{1} r\,\mathrm{d}r \int_{r}^{1} z\,\mathrm{d}z
$$
先计算内层：
$$
\int_{r}^{1} z\,\mathrm{d}z = \frac12 (1 - r^2)
$$
于是：
$$
\iiint z\,\mathrm{d}V = 2\pi \int_{0}^{1} r \cdot \frac12 (1 - r^2)\,\mathrm{d}r
= \pi \int_{0}^{1} (r - r^3)\,\mathrm{d}r
= \pi \left[ \frac{r^2}{2} - \frac{r^4}{4} \right]_{0}^{1}
= \pi \left( \frac12 - \frac14 \right) = \frac{\pi}{4}
$$
因此：
$$
\bar{z} = \frac{\pi/4}{\pi/3} = \frac{3}{4}
$$

结果：
$$
(\bar{x},\bar{y},\bar{z}) = \left(0,0,\frac34\right)
$$

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（2）$z=\sqrt{A^{2}-x^{2}-y^{2}}, z=\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}} \quad(A\gt a\gt 0), z=0$

解：
立体为两个同心半球壳之间的部分（上半球壳），外半径 $A$，内半径 $a$，且 $z \ge 0$。
采用球坐标：
$$
x = r\sin\varphi\cos\theta,\quad y = r\sin\varphi\sin\theta,\quad z = r\cos\varphi
$$
其中 $0 \le \theta \le 2\pi$，$0 \le \varphi \le \pi/2$，$a \le r \le A$。

质量：
$$
M = \iiint \mathrm{d}V
= \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{\pi/2} \sin\varphi\,\mathrm{d}\varphi \int_{a}^{A} r^2\,\mathrm{d}r
= 2\pi \cdot \left[-\cos\varphi\right]_{0}^{\pi/2} \cdot \left[\frac{r^3}{3}\right]_{a}^{A}
= 2\pi \cdot (1) \cdot \frac{A^3 - a^3}{3}
= \frac{2\pi}{3}(A^3 - a^3)
$$

质心坐标：
由对称性，$\bar{x} = \bar{y} = 0$。

计算 $\bar{z}$：
$$
\bar{z} = \frac{1}{M} \iiint z\,\mathrm{d}V
= \frac{1}{M} \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{\pi/2} \sin\varphi\,\mathrm{d}\varphi \int_{a}^{A} (r\cos\varphi)\, r^2\,\mathrm{d}r
$$
先分离变量：
$$
\iiint z\,\mathrm{d}V
= \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{\pi/2} \sin\varphi\cos\varphi\,\mathrm{d}\varphi \int_{a}^{A} r^3\,\mathrm{d}r
$$
分别计算：
$$
\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta = 2\pi
$$
$$
\int_{0}^{\pi/2} \sin\varphi\cos\varphi\,\mathrm{d}\varphi
= \frac12 \int_{0}^{\pi/2} \sin 2\varphi\,\mathrm{d}\varphi
= \frac12 \left[-\frac{\cos 2\varphi}{2}\right]_{0}^{\pi/2}
= \frac12 \left( \frac12 + \frac12 \right) = \frac12
$$
$$
\int_{a}^{A} r^3\,\mathrm{d}r = \frac{A^4 - a^4}{4}
$$
因此：
$$
\iiint z\,\mathrm{d}V = 2\pi \cdot \frac12 \cdot \frac{A^4 - a^4}{4}
= \frac{\pi}{4}(A^4 - a^4)
$$
于是：
$$
\bar{z} = \frac{\pi(A^4 - a^4)/4}{2\pi(A^3 - a^3)/3}
= \frac{3(A^4 - a^4)}{8(A^3 - a^3)}
= \frac{3(A^2 + a^2)(A + a)}{8(A^2 + Aa + a^2)}
$$

结果：
$$
(\bar{x},\bar{y},\bar{z}) = \left(0,0,\frac{3(A^2 + a^2)(A + a)}{8(A^2 + Aa + a^2)}\right)
$$

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（3）$z=x^{2}+y^{2}, x+y=a, x=0, y=0, z=0$

解：
立体由抛物面 $z = x^2 + y^2$，平面 $x+y=a$，坐标平面 $x=0, y=0, z=0$ 围成。
底面在 $xy$ 平面上的投影区域 $D$ 为：
$$
x \ge 0,\quad y \ge 0,\quad x+y \le a
$$
且 $0 \le z \le x^2 + y^2$。

质量：
$$
M = \iint_{D} (x^2 + y^2)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y
$$
采用直角坐标，先对 $y$ 积分：
$$
M = \int_{0}^{a} \mathrm{d}x \int_{0}^{a-x} (x^2 + y^2)\,\mathrm{d}y
$$
先计算内层：
$$
\int_{0}^{a-x} (x^2 + y^2)\,\mathrm{d}y
= x^2(a-x) + \frac{(a-x)^3}{3}
$$
于是：
$$
M = \int_{0}^{a} \left[ x^2(a-x) + \frac{(a-x)^3}{3} \right] \mathrm{d}x
$$
分别积分：
$$
\int_{0}^{a} x^2(a-x)\,\mathrm{d}x = a\cdot\frac{a^3}{3} - \frac{a^4}{4} = \frac{a^4}{3} - \frac{a^4}{4} = \frac{a^4}{12}
$$
$$
\int_{0}^{a} \frac{(a-x)^3}{3}\,\mathrm{d}x
= \frac13 \int_{0}^{a} t^3\,\mathrm{d}t \quad (t=a-x)
= \frac13 \cdot \frac{a^4}{4} = \frac{a^4}{12}
$$
因此：
$$
M = \frac{a^4}{12} + \frac{a^4}{12} = \frac{a^4}{6}
$$

质心坐标：
由对称性，$\bar{x} = \bar{y}$（区域关于 $y=x$ 对称，且被积函数对称）。

先计算 $\bar{x}$