东南大学 2021年数学分析第7题

区域由柱面 $x^2+z^2=1$、锥面 $y=-\sqrt{x^2+z^2}$ 和平面 $y=1$ 围成。由于被积函数含 $\sqrt{1-x^2}$ 且区域在 $xz$ 平面投影为圆，采用柱坐标：$x=r\cos\theta$，$z=r\sin\theta$，$y=y$，雅可比为 $r$。区域变为 $0\le r\le 1$，$0\le\theta\le 2\pi$，$y$ 从 $-r$ 到 $1$。

被积函数 $y\sqrt{1-x^2}=y\sqrt{1-r^2\cos^2\theta}$，积分变为： $$I=\int_{\theta=0}^{2\pi}\int_{r=0}^{1}\int_{y=-r}^{1} y\sqrt{1-r^2\cos^2\theta}\cdot r\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$$

内层积分 $\int_{-r}^{1} y\,\mathrm{d}y = \left[\frac{y^2}{2}\right]_{-r}^{1} = \frac{1}{2} - \frac{r^2}{2} = \frac{1-r^2}{2}$。代入得： $$I = \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{1} \frac{1-r^2}{2} \cdot r \sqrt{1-r^2\cos^2\theta}\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$$

令 $u=r^2$，则 $r\,\mathrm{d}r = \frac12\mathrm{d}u$，$r(1-r^2)\mathrm{d}r = \frac12(1-u)\mathrm{d}u$，且 $\sqrt{1-r^2\cos^2\theta}=\sqrt{1-u\cos^2\theta}$。内层对 $r$ 的积分化为： $$\int_{0}^{1} r(1-r^2)\sqrt{1-r^2\cos^2\theta}\,\mathrm{d}r = \frac12\int_{0}^{1} (1-u)\sqrt{1-u\cos^2\theta}\,\mathrm{d}u$$

记 $a=\cos^2\theta$，令 $J(a)=\int_0^1 (1-u)\sqrt{1-au}\,\mathrm{d}u$。作换元 $t=1-au$，则 $u=\frac{1-t}{a}$，$\mathrm{d}u=-\frac{\mathrm{d}t}{a}$，$u=0$ 时 $t=1$，$u=1$ 时 $t=1-a$。代入得： $$J(a)=\int_{1}^{1-a}\left(1-\frac{1-t}{a}\right)\sqrt{t}\cdot\left(-\frac{\mathrm{d}t}{a}\right)=\frac{1}{a^2}\int_{1-a}^{1}\left(t^{3/2}-(1-a)t^{1/2}\right)\mathrm{d}t$$

计算积分： $$\int_{1-a}^{1} t^{3/2}\,\mathrm{d}t = \frac{2}{5}\left(1-(1-a)^{5/2}\right)$$ $$\int_{1-a}^{1} t^{1/2}\,\mathrm{d}t = \frac{2}{3}\left(1-(1-a)^{3/2}\right)$$ 代入得： $$J(a)=\frac{1}{a^2}\left[\frac{2}{5}\left(1-(1-a)^{5/2}\right) - (1-a)\cdot\frac{2}{3}\left(1-(1-a)^{3/2}\right)\right]$$

由 $I=\frac14\int_0^{2\pi} J(\cos^2\theta)\,\mathrm{d}\theta$，利用 $\cos^2\theta$ 的周期性和对称性，积分区间可化为 $[0,\pi/2]$ 乘以 4，得 $I=\int_0^{\pi/2} J(\cos^2\theta)\,\mathrm{d}\theta$。令 $c=\cos\theta$，则 $1-a=\sin^2\theta$，$\sqrt{1-a}=\sin\theta$（$\theta\in[0,\pi/2]$），代入 $J$ 的表达式即可进一步计算。