同济高数 第10章 第10-3-14题
📝 题目
14．求上、下分别为球面 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=2$ 和抛物面 $z=x^{2}+y^{2}$ 所围立体的体积．
💡 答案解析
[AI解答]
[AI解答] 我们要求的是由球面 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=2$ 和抛物面 $z=x^{2}+y^{2}$ 所围成的立体体积。 首先确定两曲面的交线。联立方程：
$$ \begin{cases} x^{2}+y^{2}+z^{2}=2,\\ z=x^{2}+y^{2}. \end{cases} $$
将第二个方程代入第一个方程：
$$ z + z^{2} = 2 \quad\Rightarrow\quad z^{2}+z-2=0. $$
解得 $z=1$ 或 $z=-2$（舍去，因为抛物面 $z=x^{2}+y^{2}\ge 0$）。 于是交线在平面 $z=1$ 上，且在该平面上投影到 $xy$ 平面为圆：
$$ x^{2}+y^{2}=1. $$
因此立体在 $xy$ 平面的投影区域 $D$ 是单位圆盘：$x^{2}+y^{2}\le 1$。 在该区域内，下方曲面为抛物面 $z=x^{2}+y^{2}$，上方曲面为球面 $z=\sqrt{2 - (x^{2}+y^{2})}$（取正根，因为上半部分）。 于是体积为：
$$ V = \iint_{D} \left[ \sqrt{2 - (x^{2}+y^{2})} - (x^{2}+y^{2}) \right] \, \mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$
采用极坐标变换： 令 $x = r\cos\theta,\; y = r\sin\theta$，则 $x^{2}+y^{2}=r^{2}$，面积元 $\mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$，且 $r$ 从 $0$ 到 $1$，$\theta$ 从 $0$ 到 $2\pi$。于是：
$$ V = \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{1} \left[ \sqrt{2 - r^{2}} - r^{2} \right] r \, \mathrm{d}r. $$
先对 $\theta$ 积分得 $2\pi$，所以：
$$ V = 2\pi \int_{0}^{1} \left( r\sqrt{2 - r^{2}} - r^{3} \right) \mathrm{d}r. $$
分别计算两个积分：
第一项：令 $u = 2 - r^{2}$，则 $\mathrm{d}u = -2r\,\mathrm{d}r$，当 $r=0$ 时 $u=2$，$r=1$ 时 $u=1$，于是
$$ \int_{0}^{1} r\sqrt{2 - r^{2}}\,\mathrm{d}r = \int_{2}^{1} \sqrt{u} \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) \mathrm{d}u = \frac{1}{2} \int_{1}^{2} u^{1/2}\,\mathrm{d}u = \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} \left( 2^{3/2} - 1^{3/2} \right) = \frac{1}{3}(2\sqrt{2} - 1). $$
第二项：
$$ \int_{0}^{1} r^{3}\,\mathrm{d}r = \frac{1}{4}. $$
因此：
$$ V = 2\pi \left[ \frac{1}{3}(2\sqrt{2} - 1) - \frac{1}{4} \right] = 2\pi \left( \frac{2\sqrt{2}}{3} - \frac{1}{3} - \frac{1}{4} \right) = 2\pi \left( \frac{2\sqrt{2}}{3} - \frac{4}{12} - \frac{3}{12} \right) = 2\pi \left( \frac{2\sqrt{2}}{3} - \frac{7}{12} \right). $$
整理得：
$$ V = \frac{4\pi\sqrt{2}}{3} - \frac{7\pi}{6}. $$
因此所求体积为：
$$ \boxed{\displaystyle \frac{4\pi\sqrt{2}}{3} - \frac{7\pi}{6}}. $$
难度：★★☆☆☆