下册 8.2 三重积分 第7题
📝 题目
7．计算下列三重积分．
（1） $\iiint_{V} x^{2} \sqrt{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} V$ ，其中 $V$ 是由锥面 $z=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ 与 $z=x^{2}+y^{2}$ 所围成的区域．
（2） $\displaystyle \iiint_{V} \frac{\ln \left(1+\sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ ，其中 $V$ 是由 $z=x^{2}+y^{2}$ 与 $z=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ 所围成的区域．
（3） $\iiint_{V}(x+y+z)^{2} \mathrm{~d} V$ ，其中 $V$ 是由柱面 $x^{2}+y^{2}=1$ 与平面图 $z=-1, z=1$ 所围成的区域．
（4） $\iiint_{V}(x+2 y+3 z)^{2} \mathrm{~d} V$ ，其中 $V: x^{2}+y^{2} \leqslant 1,|z| \leqslant 1$ ．•
（5） $\iiint_{V} z \sqrt{1-y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ ，其中 $V$ 由曲面 $z=-\sqrt{x^{2}+y^{2}}, x^{2}+y^{2}=1, z=1$ 所围成。
（6） $\displaystyle \iiint_{V} \frac{\mathrm{~d} V}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}$ ，其中 $V: \sqrt{x^{2}+y^{2}} \leqslant z \leqslant 1$ ．
（7） $\displaystyle \iiint_{V} \frac{z}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{\frac{3}{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ ，其中 $V$ 是由柱面 $x^{2}+y^{2}=1$ 和锥面 $x^{2}+y^{2}=z^{2}(z>0)$ 以及平面 $z=h(h>1)$ 所围成的立体。
（8） $\displaystyle \iiint_{V} \frac{1}{x^{2}+y^{2}+1} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ ，其中 $\Omega$ 是由抛物面 $x^{2}+y^{2}=4 z$ 与平面 $z=h>0$ 所围成的空间区域。
（9） $\displaystyle \iiint_{V} \frac{(b-x) \mathrm{d} V}{\sqrt{(b-x)^{2}+y^{2}+z^{2}}}$ ，其中 $V: x^{2}+y^{2}+z^{2} \leqslant a^{2}, \quad b>a>0$ ．
（10） $\iiint_{V} z^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ ，其中 $V$ 为介于 $\displaystyle \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{4}+z^{2}=1$ 与 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$ 之间的部分。．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）如图 8．141，两曲面的交线为 $z=1, x^{2}+y^{2}=1$ ，投影区域 $D=\left\{(x, y): x^{2}+y^{2} \leqslant 1\right\}$ ．于是
$$
\begin{aligned}
\iiint_{V} x^{2} \sqrt{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z & =\iint_{D} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \int_{x^{2}+y^{2}}^{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} x^{2} \sqrt{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} z \\
& =\iint_{D} x^{2} \sqrt{x^{2}+y^{2}}\left(\sqrt{x^{2}+y^{2}}-\left(x^{2}+y^{2}\right)\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =\frac{1}{2} \iint_{D}\left(x^{2}+y^{2}\right) \sqrt{x^{2}+y^{2}}\left[\sqrt{x^{2}+y^{2}}-\left(x^{2}+y^{2}\right)\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =\frac{1}{2} \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} r^{2} r\left(r-r^{2}\right) r \mathrm{~d} r \\
& =\frac{1}{2} 2 \pi \int_{0}^{1}\left(r^{5}-r^{6}\right) \mathrm{d} r=\pi\left(\frac{1}{6}-\frac{1}{7}\right)=\frac{\pi}{42}
\end{aligned}
$$
（2）如图8．141所示，作柱面坐标变换，$V$ 可表示为 $0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi, 0 \leqslant r \leqslant 1, r^{2} \leqslant z \leqslant r$ ．于是
$$
\begin{aligned}
\iiint_{V} \frac{\ln \left(1+\sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z & =\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} r \mathrm{~d} r \int_{r^{2}}^{r} \frac{\ln (1+r)}{r^{2}} \mathrm{~d} z \\
& =2 \pi \int_{0}^{1}(1-r) \ln (1+r) \mathrm{d} r=\frac{\pi}{2}(8 \ln 2-5)
\end{aligned}
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-199.jpg?height=1182&width=1120&top_left_y=5042&top_left_x=1139}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图8．141}
\end{figure}
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-199.jpg?height=1417&width=1003&top_left_y=4821&top_left_x=3743}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图8．142}
\end{figure}
（3）如图 8．142，作柱面坐标变换，$V$ 可表示为 $0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi, 0 \leqslant r \leqslant 1,-1 \leqslant z \leqslant 1$ ．由对称性有
$$
\iiint_{V}(x+y+z)^{2} \mathrm{~d} V=2 \iiint_{V}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \mathrm{d} V=2 \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} r \mathrm{~d} r \int_{-1}^{1}\left(r^{2}+z^{2}\right) \mathrm{d} z=\frac{10 \pi}{3} .
$$
（4）如图 8．142，作柱面坐标变换，$V$ 可表示为 $0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi, 0 \leqslant r \leqslant 1,-1 \leqslant z \leqslant 1$ ．由对称性得
$$
\begin{aligned}
\iiint_{V}(x+2 y+3 z)^{2} \mathrm{~d} V & =\iiint_{V}\left(x^{2}+4 y^{2}+9 z^{2}\right) \mathrm{d} V \\
& =\int_{0}^{2 \pi} \cos ^{2} \theta \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} r^{3} \mathrm{~d} r \int_{-1}^{1} \mathrm{~d} z+4 \int_{0}^{2 \pi} \sin ^{2} \theta \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} r^{3} \mathrm{~d} r \int_{-1}^{1} \mathrm{~d} z+9 \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} r \mathrm{~d} r \int_{-1}^{1} z^{2} \mathrm{~d} z \\
& =\frac{17}{2} \pi
\end{aligned}
$$
（5）如图8．143所示，
$$
\iiint_{V} z \sqrt{1-y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iiint_{V_{1}} z \sqrt{1-y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z-\iiint_{V_{2}} z \sqrt{1-y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z
$$
其中，$V_{1}: x^{2}+y^{2} \leqslant 1,-1 \leqslant z \leqslant 1 ; V_{2}:-1 \leqslant z \leqslant-\sqrt{x^{2}+y^{2}}, x^{2}+y^{2} \leqslant 1 . V_{1}$ 关于 $x O y$ 面对称， $f(x, y, z)=z \sqrt{1-y^{2}}$ 为关于 $z$ 的奇函数，所以
$$
\begin{aligned}
\iiint_{V} z \sqrt{1-y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z & =\iiint_{V_{1}} z \sqrt{1-y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z-\iiint_{V_{2}} z \sqrt{1-y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=-\iiint_{V_{2}} z \sqrt{1-y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \\
& =-\int_{-1}^{1} \sqrt{1-y^{2}} \mathrm{~d} y \int_{-\sqrt{1-y^{2}}}^{\sqrt{1-y^{2}}} \mathrm{~d} x \int_{-1}^{-\sqrt{x^{2}+y^{2}}} z \mathrm{~d} z=-\frac{1}{2} \int_{-1}^{1} \sqrt{1-y^{2}} \mathrm{~d} y \int_{-\sqrt{1-y^{2}}}^{\sqrt{1-y^{2}}}\left(x^{2}+y^{2}-1\right) \mathrm{d} x \\
& =-\frac{1}{2} \int_{-1}^{1}\left[\frac{2}{3}\left(1-y^{2}\right)^{2}+2 y^{2}\left(1-y^{2}\right)-2\left(1-y^{2}\right)\right] \mathrm{d} y=\frac{32}{45} .
\end{aligned}
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-200.jpg?height=1410&width=1030&top_left_y=3128&top_left_x=1229}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图8．143}
\end{figure}
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-200.jpg?height=1182&width=982&top_left_y=3356&top_left_x=3536}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 8.144}
\end{figure}
（6）如图 8.144 所示，作柱面坐标变换，$V$ 可表示为 $0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi, 0 \leqslant r \leqslant 1, r \leqslant z \leqslant 1$ ．于是
$$
\iiint_{V} \frac{\mathrm{~d} V}{\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}}=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} r \mathrm{~d} r \int_{r}^{1} \frac{1}{\sqrt{r^{2}+z^{2}}} \mathrm{~d} z=\frac{\sqrt{2}-1}{2} \pi
$$
（7）如图8．145所示，作柱面坐标变换 $x=r \cos \theta, y=r \sin \theta, z=z$ ，则 $0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi, 0 \leqslant r \leqslant 1$ ， $r \leqslant z \leqslant h$ ．于是
$$
\iiint_{V} \frac{z}{\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)^{\frac{3}{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} r \mathrm{~d} r \int_{r}^{h} z\left(r^{2}+z^{2}\right)^{-\frac{3}{2}} \mathrm{~d} z=\sqrt{2} \pi-2 \pi\left(\sqrt{1+h^{2}}-h\right) .
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-200.jpg?height=1583&width=1058&top_left_y=6506&top_left_x=1084}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图8．145}
\end{figure}
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-200.jpg?height=1196&width=1010&top_left_y=6893&top_left_x=3646}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图8．146}
\end{figure}
（8）如图 8.146 所示，作柱面坐标变换 $x=r \cos \theta, y=r \sin \theta, z=z$ ，则
$$
\begin{aligned}
\iiint_{V} \frac{1}{x^{2}+y^{2}+1} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z & =\int_{0}^{h} \mathrm{~d} z \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{2 \sqrt{z}} \frac{r}{r^{2}+1} \mathrm{~d} r=2 \pi \int_{0}^{h} \mathrm{~d} z \int_{0}^{2 \sqrt{z}} \frac{r}{r^{2}+1} \mathrm{~d} r \\
& =\pi \int_{0}^{h} \ln (4 z+1) \mathrm{d} z=\frac{1}{4} \pi(1+4 h) \ln (1+4 h)-\pi h
\end{aligned}
$$
（9） $\displaystyle \iiint_{V} \frac{(b-x)}{\sqrt{(b-x)^{2}+y^{2}+z^{2}}} \mathrm{~d} V$
$$
\begin{aligned}
& =\iint_{D_{x z}} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \int_{-a}^{a}(b-x) \frac{1}{\sqrt{(b-x)^{2}+y^{2}+z^{2}}} \mathrm{~d} x=-\left.\frac{2}{2} \iint_{D_{y z}}\left(\sqrt{(b-x)^{2}+y^{2}+z^{2}}\right)\right|_{-a} ^{a} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \\
& =\iint_{D_{x z}}\left(\sqrt{(b+a)^{2}+y^{2}+z^{2}}-\sqrt{(b-a)^{2}+y^{2}+z^{2}}\right) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z \\
& =\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{a}\left(\sqrt{(b+a)^{2}+r^{2}}-\sqrt{(b-a)^{2}+r^{2}}\right) r \mathrm{~d} r \\
& =\left.\frac{2}{3} \pi\left(\sqrt{\left((b+a)^{2}+r^{2}\right)^{3}}-\sqrt{\left((b-a)^{2}+r^{2}\right)^{3}}\right)\right|_{0} ^{a} \\
& =\frac{2}{3} \pi\left(\left(\sqrt{\left((b+a)^{2}+a^{2}\right)^{3}}-\sqrt{\left((b-a)^{2}+a^{2}\right)^{3}}\right)-(b+a)^{3}+(b-a)^{3}\right) .
\end{aligned}
$$
（10）如图8．147所示，记
$$
\begin{aligned}
& \Omega_{1}=\left\{(x, y, z) \mid(x, y) \in D_{z^{\prime}}, 0 \leqslant z \leqslant 1\right\}, D_{z}^{\prime}: \frac{x^{2}}{4}+\frac{y^{2}}{4} \leqslant 1-z^{2}, \\
& \Omega_{2}=\left\{(x, y, z) \mid(x, y) \in D_{z^{\prime}}, 0 \leqslant z \leqslant 1\right\}, D_{z}^{\prime \prime}: x^{2}+y^{2} \leqslant 1-z^{2} .
\end{aligned}
$$
由对称性得
$$
\begin{aligned}
& \iiint_{\Omega} z^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \\
& =2 \iiint_{\Omega_{1}} z^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z-2 \iiint_{\Omega_{2}} z^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=2 \int_{0}^{1} z^{2} \mathrm{~d} z \iint_{D_{z}^{\prime}} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y-2 \int_{0}^{1} z^{2} \mathrm{~d} z \iint_{D_{z}^{\prime}} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =2 \int_{0}^{1} z^{2} \cdot 4 \pi\left(1-z^{2}\right) \mathrm{d} z-2 \int_{0}^{1} z^{2} \cdot \pi\left(1-z^{2}\right) \mathrm{d} z=6 \pi \int_{0}^{1} z^{2}\left(1-z^{2}\right) \mathrm{d} z=\frac{4}{5} \pi
\end{aligned}
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-201.jpg?height=1024&width=1541&top_left_y=4088&top_left_x=3992}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图8．147}
\end{figure}
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：确定积分区域和坐标系
两曲面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 和 $z=x^2+y^2$ 的交线满足 $\sqrt{x^2+y^2}=x^2+y^2$，解得 $r=0$ 或 $r=1$，故交线为 $z=1$ 和 $x^2+y^2=1$。投影区域 $D$ 为 $x^2+y^2 \le 1$。采用柱面坐标 $(r,\theta,z)$，其中 $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$, $z=z$，$\mathrm{d}V=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$。积分区域 $V$ 表示为：$0\le\theta\le2\pi$, $0\le r\le1$, $r^2\le z\le r$。
公式：$\mathrm{d}V = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$
提示：注意锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 对应 $z=r$，抛物面 $z=x^2+y^2$ 对应 $z=r^2$。
步骤 2/6
目标：将三重积分化为累次积分
被积函数 $x^2\sqrt{x^2+y^2}$ 在柱面坐标下为 $x^2\sqrt{x^2+y^2} = (r\cos\theta)^2 \cdot r = r^3\cos^2\theta$。于是积分化为：
$$\iiint_V x^2\sqrt{x^2+y^2}\,\mathrm{d}V = \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^1 r\,\mathrm{d}r \int_{r^2}^r r^3\cos^2\theta\,\mathrm{d}z = \int_0^{2\pi}\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta \int_0^1 r^4\,\mathrm{d}r \int_{r^2}^r \mathrm{d}z.$$
公式：$\iiint_V f\,\mathrm{d}V = \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^1 r\,\mathrm{d}r \int_{r^2}^r f(r,\theta,z)\,\mathrm{d}z$
提示：注意 $\mathrm{d}V = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$，不要漏掉 $r$。
步骤 3/6
目标：计算 $z$ 积分
先对 $z$ 积分：$\int_{r^2}^r \mathrm{d}z = r - r^2$。于是积分变为：
$$\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta \int_0^1 r^4 (r - r^2)\,\mathrm{d}r = \int_0^{2\pi}\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta \int_0^1 (r^5 - r^6)\,\mathrm{d}r.$$
公式：$\int_{r^2}^r \mathrm{d}z = r - r^2$
提示：注意 $r$ 的指数不要算错。
步骤 4/6
目标：计算 $r$ 积分
计算 $r$ 积分：$\int_0^1 (r^5 - r^6)\,\mathrm{d}r = \left[\frac{r^6}{6} - \frac{r^7}{7}\right]_0^1 = \frac{1}{6} - \frac{1}{7} = \frac{1}{42}$。
公式：$\int_0^1 r^n\,\mathrm{d}r = \frac{1}{n+1}$
提示：注意积分上下限。
步骤 5/6
目标：计算 $\theta$ 积分
计算 $\theta$ 积分：$\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\,\mathrm{d}\theta = \int_0^{2\pi}\frac{1+\cos2\theta}{2}\,\mathrm{d}\theta = \frac{1}{2}\left[\theta + \frac{\sin2\theta}{2}\right]_0^{2\pi} = \pi$。
公式：$\cos^2\theta = \frac{1+\cos2\theta}{2}$
提示：注意 $\cos^2\theta$ 的周期为 $\pi$，但积分区间为 $2\pi$，结果应为 $\pi$。
步骤 6/6
目标：合并结果
将 $\theta$ 和 $r$ 积分结果相乘：$\pi \times \frac{1}{42} = \frac{\pi}{42}$。
提示：最终结果要化简。
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