同济高数 第10章 第10-3-12题

[AI解答]

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以下是习题10-3第12题各小题的详细解答，利用三重积分计算曲面所围立体的体积。

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（1）
曲面：
$z=6-x^2-y^2$（开口向下的抛物面）
$z=\sqrt{x^2+y^2}$（圆锥面）

两曲面交线满足：
$$
6 - (x^2+y^2) = \sqrt{x^2+y^2}
$$
令 $r = \sqrt{x^2+y^2}$，则
$$
6 - r^2 = r \quad\Rightarrow\quad r^2 + r - 6 = 0
$$
解得 $r=2$（舍去负根）。

在柱坐标下：
$$
V = \iiint\limits_{\Omega} \mathrm{d}V
= \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{2} r\,\mathrm{d}r \int_{r}^{6-r^2} \mathrm{d}z
$$
先对 $z$ 积分：
$$
\int_{r}^{6-r^2} \mathrm{d}z = 6 - r^2 - r
$$
再对 $r$：
$$
\int_{0}^{2} r(6 - r^2 - r)\,\mathrm{d}r
= \int_{0}^{2} (6r - r^3 - r^2)\,\mathrm{d}r
= \left[3r^2 - \frac{r^4}{4} - \frac{r^3}{3}\right]_{0}^{2}
= 12 - 4 - \frac{8}{3} = \frac{16}{3}
$$
最后乘以 $2\pi$：
$$
V = 2\pi \cdot \frac{16}{3} = \frac{32\pi}{3}
$$

难度：★★☆☆☆

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（2）
曲面：
球面 $x^2+y^2+z^2 = 2az$，即 $x^2+y^2+(z-a)^2 = a^2$，球心 $(0,0,a)$，半径 $a$。
锥面 $x^2+y^2 = z^2$（取含 $z$ 轴部分，即 $z \ge 0$）。

交线：代入 $x^2+y^2 = z^2$ 到球面方程：
$$
z^2 + z^2 = 2az \quad\Rightarrow\quad 2z^2 = 2az \quad\Rightarrow\quad z(z-a)=0
$$
得 $z=0$ 或 $z=a$。
在 $z=a$ 处，$x^2+y^2 = a^2$，即半径为 $a$ 的圆。

立体为球面内且在锥面上方（$z \ge \sqrt{x^2+y^2}$）的部分。
用球坐标：
$$
x = \rho\sin\phi\cos\theta,\quad y = \rho\sin\phi\sin\theta,\quad z = \rho\cos\phi
$$
球面方程：$\rho^2 = 2a\rho\cos\phi \Rightarrow \rho = 2a\cos\phi$（$\rho\ge 0$）
锥面方程：$\displaystyle \rho^2\sin^2\phi = \rho^2\cos^2\phi \Rightarrow \tan\phi = 1 \Rightarrow \phi = \frac{\pi}{4}$

体积区域：
$\theta: 0\to 2\pi$，$\displaystyle \phi: 0\to \frac{\pi}{4}$，$\rho: 0\to 2a\cos\phi$

体积：
$$
V = \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\sin\phi\,\mathrm{d}\phi \int_{0}^{2a\cos\phi} \rho^2\,\mathrm{d}\rho
$$
先对 $\rho$：
$$
\int_{0}^{2a\cos\phi} \rho^2\,\mathrm{d}\rho = \frac{(2a\cos\phi)^3}{3} = \frac{8a^3\cos^3\phi}{3}
$$
再对 $\phi$：
$$
\int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin\phi \cdot \frac{8a^3\cos^3\phi}{3}\,\mathrm{d}\phi
= \frac{8a^3}{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{4}} \sin\phi\cos^3\phi\,\mathrm{d}\phi
$$
令 $u = \cos\phi$，$\mathrm{d}u = -\sin\phi\,\mathrm{d}\phi$，当 $\phi=0$ 时 $u=1$，$\displaystyle \phi=\frac{\pi}{4}$ 时 $\displaystyle u=\frac{\sqrt{2}}{2}$，
积分变为：
$$
\frac{8a^3}{3} \int_{1}^{\frac{\sqrt{2}}{2}} u^3 (-\mathrm{d}u)
= \frac{8a^3}{3} \int_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{1} u^3\,\mathrm{d}u
= \frac{8a^3}{3} \cdot \left[\frac{u^4}{4}\right]_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{1}
= \frac{8a^3}{3} \cdot \frac{1}{4}\left(1 - \frac{1}{4}\right)
= \frac{8a^3}{3} \cdot \frac{3}{16} = \frac{a^3}{2}
$$
最后乘以 $2\pi$：
$$
V = 2\pi \cdot \frac{a^3}{2} = \pi a^3
$$

难度：★★★☆☆

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（3）
曲面：
$z = \sqrt{x^2+y^2}$（圆锥）
$z = x^2+y^2$（旋转抛物面）

交线：
$$
\sqrt{x^2+y^2} = x^2+y^2 \quad\Rightarrow\quad r = r^2 \quad\Rightarrow\quad r(r-1)=0
$$
得 $r=0$ 或 $r=1$。

在柱坐标下，区域：
$0\le \theta \le 2\pi$，$0\le r\le 1$，$z$ 从 $r^2$ 到 $r$。

体积：
$$
V = \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{1} r\,\mathrm{d}r \int_{r^2}^{r} \mathrm{d}z
= 2\pi \int_{0}^{1} r(r - r^2)\,\mathrm{d}r
= 2\pi \int_{0}^{1} (r^2 - r^3)\,\mathrm{d}r
$$
计算：
$$
\int_{0}^{1} (r^2 - r^3)\,\mathrm{d}r = \left[\frac{r^3}{3} - \frac{r^4}{4}\right]_{0}^{1} = \frac{1}{3} - \frac{1}{4} = \frac{1}{12}
$$
所以
$$
V = 2\pi \cdot \frac{1}{12} = \frac{\pi}{6}
$$

难度：★★☆☆☆

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（4）
曲面：
$z = \sqrt{5 - x^2 - y^2}$（上半球面，半径 $\sqrt{5}$）
$x^2+y^2 = 4z$（旋转抛物面）

交线：代入 $x^2+y^2 = 4z$ 到球面方程：
$$
z = \sqrt{5 - 4z} \quad\Rightarrow\quad z^2 = 5 - 4z \quad\Rightarrow\quad z^2 + 4z - 5 = 0
$$
解得 $z=1$（舍去负根）。
此时 $x^2+y^2 = 4$，即 $r=2$。

在柱坐标下，区域：
$0\le \theta \le 2\pi$，$0\le r\le 2$，$z$ 从 $\displaystyle \frac{r^2}{4}$ 到 $\sqrt{5 - r^2}$。

体积：
$$
V = \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{2} r\,\mathrm{d}r \int_{\frac{r^2}{4}}^{\sqrt{5-r^2}} \mathrm{d}z
= 2\pi \int_{0}^{2} r\left(\sqrt{5-r^2} - \frac{r^2}{4}\right)\,\mathrm{d}r
$$
分开计算：
第一部分：
$$
\int_{0}^{2} r\sqrt{5-r^2}\,\mathrm{d}r
$$
令 $u = 5 - r^2$，$\mathrm{d}u = -2r\,\mathrm{d}r$，$r=0$ 时 $u=5$，$r=