大学生数学竞赛非数专题四（3）

用户9628320

发布于 2022-11-23 17:01:01

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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

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原始发表：2021-12-23，如有侵权请联系 cloudcommunity@tencent.com 删除

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