高等数学（第七版）同济大学总习题十（后10题）个人解答

高等数学（第七版）同济大学总习题十（后10题）

函数作图软件：Mathematica

7.设f(x,y)在闭区域D={(x,y)∣x2+y2≤y，x≥0}上连续，且f(x,y)=1−x2−y2−8π∬Df(x,y)dxdy，求f(x,y).\begin{aligned}&7. \ 设f(x, \ y)在闭区域D=\{(x, \ y)\ |\ x^2+y^2 \le y ，x \ge 0\}上连续，且\\\\&\ \ \ \ f(x, \ y)=\sqrt{1-x^2-y^2}-\frac{8}{\pi}\iint_{D}f(x, \ y)dxdy，求f(x, \ y).&\end{aligned}7. 设f(x, y)在闭区域D={(x, y) ∣ x2+y2≤y，x≥0}上连续，且 f(x, y)=1−x2−y2−π8∬Df(x, y)dxdy，求f(x, y).

解：

设∬Df(x,y)dxdy=A，则f(x,y)=1−x2−y2−8πA，从而∬Df(x,y)dxdy=∬D1−x2−y2dxdy−8πA∬Ddxdy，因∬Ddxdy=π8，得A=∬D1−x2−y2dxdy−A，因此A=12∬D1−x2−y2dxdy，在极坐标系中，D={(ρ,θ)∣0≤ρ≤sinθ，0≤θ≤π2}，因此∬D1−x2−y2dxdy=∫0π2dθ∫0sinθ1−ρ2ρdρ=π6−29，得A=π12−19，则f(x,y)=1−x2−y2+89π−23.\begin{aligned} &\ \ 设\iint_{D}f(x, \ y)dxdy=A，则f(x, \ y)=\sqrt{1-x^2-y^2}-\frac{8}{\pi}A，从而\\\\ &\ \ \iint_{D}f(x, \ y)dxdy=\iint_{D}\sqrt{1-x^2-y^2}dxdy-\frac{8}{\pi}A\iint_{D}dxdy，因\iint_{D}dxdy=\frac{\pi}{8}，\\\\ &\ \ 得A=\iint_{D}\sqrt{1-x^2-y^2}dxdy-A，因此A=\frac{1}{2}\iint_{D}\sqrt{1-x^2-y^2}dxdy，在极坐标系中，\\\\ &\ \ D=\{(\rho, \ \theta)\ |\ 0 \le \rho \le sin\ \theta，0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}\}，因此\iint_{D}\sqrt{1-x^2-y^2}dxdy=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \int_{0}^{sin\ \theta}\sqrt{1-\rho^2}\rho d\rho=\frac{\pi}{6}-\frac{2}{9}，\\\\ &\ \ 得A=\frac{\pi}{12}-\frac{1}{9}，则f(x, \ y)=\sqrt{1-x^2-y^2}+\frac{8}{9\pi}-\frac{2}{3}. & \end{aligned} 设∬Df(x, y)dxdy=A，则f(x, y)=1−x2−y2−π8A，从而 ∬Df(x, y)dxdy=∬D1−x2−y2dxdy−π8A∬Ddxdy，因∬Ddxdy=8π，得A=∬D1−x2−y2dxdy−A，因此A=21∬D1−x2−y2dxdy，在极坐标系中， D={(ρ, θ) ∣ 0≤ρ≤sin θ，0≤θ≤2π}，因此∬D1−x2−y2dxdy=∫02πdθ∫0sin θ1−ρ2ρdρ=6π−92，得A=12π−91，则f(x, y)=1−x2−y2+9π8−32.

8.把积分∭Ωf(x,y,z)dxdydz化为三次积分，其中积分区域Ω是由曲面z=x2+y2，y=x2及平面y=1，z=0所围成的闭区域.\begin{aligned}&8. \ 把积分\iiint_{\Omega}f(x, \ y, \ z)dxdydz化为三次积分，其中积分区域\Omega是由曲面z=x^2+y^2，y=x^2及平面\\\\&\ \ \ \ y=1，z=0所围成的闭区域.&\end{aligned}8. 把积分∭Ωf(x, y, z)dxdydz化为三次积分，其中积分区域Ω是由曲面z=x2+y2，y=x2及平面 y=1，z=0所围成的闭区域.

解：

Ω为曲顶柱体，顶为z=x2+y2，底位于xOy面上，侧面由抛物柱面y=x2及平面y=1所组成，可知Ω在xOy面上的投影区域Dxy={(x,y)∣x2≤y≤1，−1≤x≤1}，因此∭Ωf(x,y,z)dxdydz=∬Dxydxdy∫0x2+y2f(x,y,z)dz=∫−11dx∫x21dy∫0x2+y2f(x,y,z)dz.\begin{aligned} &\ \ \Omega为曲顶柱体，顶为z=x^2+y^2，底位于xOy面上，侧面由抛物柱面y=x^2及平面y=1所组成，可知\Omega在xOy面上的\\\\ &\ \ 投影区域D_{xy}=\{(x, \ y)\ |\ x^2 \le y \le 1，-1 \le x \le 1\}，因此\iiint_{\Omega}f(x, \ y, \ z)dxdydz=\\\\ &\ \ \iint_{D_{xy}}dxdy\int_{0}^{x^2+y^2}f(x, \ y, \ z)dz=\int_{-1}^{1}dx\int_{x^2}^{1}dy\int_{0}^{x^2+y^2}f(x, \ y, \ z)dz. & \end{aligned} Ω为曲顶柱体，顶为z=x2+y2，底位于xOy面上，侧面由抛物柱面y=x2及平面y=1所组成，可知Ω在xOy面上的投影区域Dxy={(x, y) ∣ x2≤y≤1，−1≤x≤1}，因此∭Ωf(x, y, z)dxdydz= ∬Dxydxdy∫0x2+y2f(x, y, z)dz=∫−11dx∫x21dy∫0x2+y2f(x, y, z)dz.

9.计算下列三重积分：\begin{aligned}&9. \ 计算下列三重积分：&\end{aligned}9. 计算下列三重积分：

(1)∭Ωz2dxdydz，其中Ω是两个球；x2+y2+z2≤R2和x2+y2+z2≤2Rz(R>0)的公共部分；(2)∭Ωzln(x2+y2+z2+1)x2+y2+z2+1dv，其中Ω是由球面x2+y2+z2=1所围成的闭区域；(3)∭Ω(y2+z2)dv，其中Ω是由xOy平面上曲线y2=2x绕x轴旋转而成的曲面与平面x=5所围成的闭区域.\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \iiint_{\Omega}z^2dxdydz，其中\Omega是两个球；x^2+y^2+z^2 \le R^2和x^2+y^2+z^2 \le 2Rz\ (R \gt 0)的公共部分；\\\\ &\ \ (2)\ \ \iiint_{\Omega}\frac{zln(x^2+y^2+z^2+1)}{x^2+y^2+z^2+1}dv，其中\Omega是由球面x^2+y^2+z^2=1所围成的闭区域；\\\\ &\ \ (3)\ \ \iiint_{\Omega}(y^2+z^2)dv，其中\Omega是由xOy平面上曲线y^2=2x绕x轴旋转而成的曲面与平面x=5所围成的闭区域. & \end{aligned} (1) ∭Ωz2dxdydz，其中Ω是两个球；x2+y2+z2≤R2和x2+y2+z2≤2Rz (R>0)的公共部分； (2) ∭Ωx2+y2+z2+1zln(x2+y2+z2+1)dv，其中Ω是由球面x2+y2+z2=1所围成的闭区域； (3) ∭Ω(y2+z2)dv，其中Ω是由xOy平面上曲线y2=2x绕x轴旋转而成的曲面与平面x=5所围成的闭区域.

解：

(1)利用直角坐标系，由{x2+y2+z2=R2，x2+y2+z2=2Rz得z=R2，用平面z=R2把Ω分为两部分，其中Ω1={(x,y,z)∣x2+y2≤2Rz−z2，0≤z≤R2}，Ω2={(x,y,z)∣x+y2≤R2−z2，R2≤z≤R}，则∭Ωz2dxdydz=∭Ω1z2dxdydz+∭Ω2z2dxdydz=∫0R2z2dz∬x2+y2≤2Rz−z2dxdy+∫R2Rz2dz∬x2+y2≤R2−z2dxdy=∫0R2π(2Rz−z2)⋅z2dz+∫R2Rπ(R2−z2)⋅z2dz=140πR5+47480πR5=59480πR5.\begin{aligned} &\ \ (1)\ 利用直角坐标系，由\begin{cases}x^2+y^2+z^2=R^2，\\\\x^2+y^2+z^2=2Rz\end{cases}得z=\frac{R}{2}，用平面z=\frac{R}{2}把\Omega分为两部分，其中\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \Omega_1=\left\{(x, \ y, \ z)\ \bigg|\ x^2+y^2 \le 2Rz-z^2，0 \le z \le \frac{R}{2}\right\}，\Omega_2=\left\{(x, \ y, \ z)\ \bigg|\ x^+y^2 \le R^2-z^2，\frac{R}{2} \le z \le R\right\}，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iiint_{\Omega}z^2dxdydz=\iiint_{\Omega_1}z^2dxdydz+\iiint_{\Omega_2}z^2dxdydz=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{\frac{R}{2}}z^2dz\iint_{x^2+y^2 \le 2Rz-z^2}dxdy+\int_{\frac{R}{2}}^{R}z^2dz\iint_{x^2+y^2 \le R^2-z^2}dxdy=\int_{0}^{\frac{R}{2}}\pi(2Rz-z^2)\cdot z^2dz+\int_{\frac{R}{2}}^{R}\pi(R^2-z^2)\cdot z^2 dz=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{40}\pi R^5+\frac{47}{480}\pi R^5=\frac{59}{480}\pi R^5. & \end{aligned} (1) 利用直角坐标系，由⎩⎪⎨⎪⎧x2+y2+z2=R2，x2+y2+z2=2Rz得z=2R，用平面z=2R把Ω分为两部分，其中 Ω1={(x, y, z) ∣∣∣∣ x2+y2≤2Rz−z2，0≤z≤2R}，Ω2={(x, y, z) ∣∣∣∣ x+y2≤R2−z2，2R≤z≤R}，则 ∭Ωz2dxdydz=∭Ω1z2dxdydz+∭Ω2z2dxdydz= ∫02Rz2dz∬x2+y2≤2Rz−z2dxdy+∫2RRz2dz∬x2+y2≤R2−z2dxdy=∫02Rπ(2Rz−z2)⋅z2dz+∫2RRπ(R2−z2)⋅z2dz= 401πR5+48047πR5=48059πR5.

(2)因为积分区域Ω关于xOy面对称，被积函数关于z是奇函数，所以，所求积分为0.(3)积分区域Ω由旋转抛物面y2+z2=2x和平面x=5所围成，Ω在yOz面上的投影区域Dyz={(y,z)∣y2+z2≤10}，Ω表示为12(y2+z2)≤x≤5，0≤y2+z2≤10，则∭Ω(y2+z2)dv=∬Dyz(y2+z2)dydz∫y2+z225dx=∬Dyz(y2+z2)(5−y2+z22)dydz极坐标‾‾∬Dyzρ2(5−ρ22)ρdρdθ=∫02πdθ∫010ρ3(5−ρ22)dρ=2503π.\begin{aligned} &\ \ (2)\ 因为积分区域\Omega关于xOy面对称，被积函数关于z是奇函数，所以，所求积分为0.\\\\ &\ \ (3)\ 积分区域\Omega由旋转抛物面y^2+z^2=2x和平面x=5所围成，\Omega在yOz面上的投影区域\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D_{yz}=\{(y, \ z)\ |\ y^2+z^2 \le 10\}，\Omega表示为\frac{1}{2}(y^2+z^2) \le x \le 5，0 \le y^2+z^2 \le 10，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则\iiint_{\Omega}(y^2+z^2)dv=\iint_{D_{yz}}(y^2+z^2)dydz\int_{\frac{y^2+z^2}{2}}^{5}dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D_{yz}}(y^2+z^2)\left(5-\frac{y^2+z^2}{2}\right)dydz\underline{\underline{极坐标}}\iint_{D_{yz}}\rho^2\left(5-\frac{\rho^2}{2}\right)\rho d\rho d\theta=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\sqrt{10}}\rho^3\left(5-\frac{\rho^2}{2}\right)d\rho=\frac{250}{3}\pi. & \end{aligned} (2) 因为积分区域Ω关于xOy面对称，被积函数关于z是奇函数，所以，所求积分为0. (3) 积分区域Ω由旋转抛物面y2+z2=2x和平面x=5所围成，Ω在yOz面上的投影区域 Dyz={(y, z) ∣ y2+z2≤10}，Ω表示为21(y2+z2)≤x≤5，0≤y2+z2≤10，则∭Ω(y2+z2)dv=∬Dyz(y2+z2)dydz∫2y2+z25dx= ∬Dyz(y2+z2)(5−2y2+z2)dydz极坐标∬Dyzρ2(5−2ρ2)ρdρdθ=∫02πdθ∫010ρ3(5−2ρ2)dρ=3250π.

10.设函数f(x)连续且恒大于零，F(t)=∭Ω(t)f(x2+y2+z2)dv∬D(t)f(x2+y2)dσ，G(t)=∬D(t)f(x2+y2)dσ∫−ttf(x2)dx，其中Ω(t)={(x,y,z)∣x2+y2+z2≤t2}，D(t)={(x,y)∣x2+y2≤t2}.\begin{aligned}&10. \ 设函数f(x)连续且恒大于零，F(t)=\frac{\iiint_{\Omega(t)}f(x^2+y^2+z^2)dv}{\iint_{D(t)}f(x^2+y^2)d\sigma}，G(t)=\frac{\iint_{D(t)}f(x^2+y^2)d\sigma}{\int_{-t}^{t}f(x^2)dx}，其中\\\\&\ \ \ \ \ \ \Omega(t)=\{(x, \ y, \ z)\ |\ x^2+y^2+z^2 \le t^2\}，D(t)=\{(x, \ y)\ |\ x^2+y^2 \le t^2\}.&\end{aligned}10. 设函数f(x)连续且恒大于零，F(t)=∬D(t)f(x2+y2)dσ∭Ω(t)f(x2+y2+z2)dv，G(t)=∫−ttf(x2)dx∬D(t)f(x2+y2)dσ，其中 Ω(t)={(x, y, z) ∣ x2+y2+z2≤t2}，D(t)={(x, y) ∣ x2+y2≤t2}.

(1)讨论F(t)在区间(0,+∞)内的单调性；(2)证明当t>0时，F(t)>2πG(t).\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 讨论F(t)在区间(0, \ +\infty)内的单调性；\\\\ &\ \ (2)\ \ 证明当t \gt 0时，F(t) \gt \frac{2}{\pi}G(t). & \end{aligned} (1) 讨论F(t)在区间(0, +∞)内的单调性； (2) 证明当t>0时，F(t)>π2G(t).

解：

(1)利用球面坐标，∭Ω(t)f(x2+y2+z2)dv=∫02πdθ∫0πsinφdφ∫0tf(r2)r2dr=4π∫0tf(r2)r2dr，利用极坐标，∬D(t)f(x2+y2)dσ=∫02πdθ∫0tf(ρ2)ρdρ=2π∫0tf(ρ2)ρdρ=2π∫0tf(r2)rdr，则F(t)=2∫0tf(r2)r2dr∫0tf(r2)rdr，F′(t)=2tf(t2)∫0tf(r2)r(t−r)dr[∫0tf(r2)rdr]2，所以在区间(0,+∞)内，F′(t)>0，所以F(t)在(0,+∞)内单调增加.(2)因为f(x2)是偶函数，所以∫−ttf(x2)dx=2∫0tf(x2)dx=2∫0tf(r2)dr，则G(t)=∫02πdθ∫0tf(r2)rdr2∫0tf(r2)dr=π∫0tf(r2)rdr∫0tf(r2)dr，证明t>0时，F(t)>2πG(t)，即证2∫0tf(r2)r2dr∫0tf(r2)rdr>2∫0tf(r2)rdr∫0tf(r2)dr，只需证当t>0时，H(t)=∫0tf(r2)r2dr⋅∫0tf(r2)dr−[∫0tf(r2)rdr]2>0，因为H(0)=0，H′(t)=f(t2)∫0tf(r2)(t−r)2dr>0，所以H(t)在(0,+∞)内单调增加，又因H(t)在[0,+∞)上连续，则当t>0时，H(t)>H(0)=0，因此当t>0时，有F(t)>2πG(t).\begin{aligned} &\ \ (1)\ 利用球面坐标，\iiint_{\Omega(t)}f(x^2+y^2+z^2)dv=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\pi}sin\ \varphi d\varphi\int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr=4\pi \int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 利用极坐标，\iint_{D(t)}f(x^2+y^2)d\sigma=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{t}f(\rho^2)\rho d\rho=2\pi \int_{0}^{t}f(\rho^2)\rho d\rho=2\pi \int_{0}^{t}f(r^2)rdr，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则F(t)=\frac{2\int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr}{\int_{0}^{t}f(r^2)rdr}，F'(t)=\frac{2tf(t^2)\int_{0}^{t}f(r^2)r(t-r)dr}{\left[\int_{0}^{t}f(r^2)rdr\right]^2}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以在区间(0, \ +\infty)内，F'(t) \gt 0，所以F(t)在(0, \ +\infty)内单调增加.\\\\ &\ \ (2)\ 因为f(x^2)是偶函数，所以\int_{-t}^{t}f(x^2)dx=2\int_{0}^{t}f(x^2)dx=2\int_{0}^{t}f(r^2)dr，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ G(t)=\frac{\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{t}f(r^2)rdr}{2\int_{0}^{t}f(r^2)dr}=\frac{\pi \int_{0}^{t}f(r^2)rdr}{\int_{0}^{t}f(r^2)dr}，证明t \gt 0 时，F(t) \gt \frac{2}{\pi}G(t)，即证\frac{2\int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr}{\int_{0}^{t}f(r^2)rdr} \gt \frac{2\int_{0}^{t}f(r^2)rdr}{\int_{0}^{t}f(r^2)dr}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 只需证当t \gt 0时，H(t)=\int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr \cdot \int_{0}^{t}f(r^2)dr-\left[\int_{0}^{t}f(r^2)rdr\right]^2 \gt 0，因为H(0)=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ H'(t)=f(t^2)\int_{0}^{t}f(r^2)(t-r)^2dr \gt 0，所以H(t)在(0, \ +\infty)内单调增加，又因H(t)在[0, \ +\infty)上连续，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则当t \gt 0时，H(t) \gt H(0)=0，因此当t \gt 0时，有F(t) \gt \frac{2}{\pi}G(t). & \end{aligned} (1) 利用球面坐标，∭Ω(t)f(x2+y2+z2)dv=∫02πdθ∫0πsin φdφ∫0tf(r2)r2dr=4π∫0tf(r2)r2dr，利用极坐标，∬D(t)f(x2+y2)dσ=∫02πdθ∫0tf(ρ2)ρdρ=2π∫0tf(ρ2)ρdρ=2π∫0tf(r2)rdr，则F(t)=∫0tf(r2)rdr2∫0tf(r2)r2dr，F′(t)=[∫0tf(r2)rdr]22tf(t2)∫0tf(r2)r(t−r)dr，所以在区间(0, +∞)内，F′(t)>0，所以F(t)在(0, +∞)内单调增加. (2) 因为f(x2)是偶函数，所以∫−ttf(x2)dx=2∫0tf(x2)dx=2∫0tf(r2)dr，则 G(t)=2∫0tf(r2)dr∫02πdθ∫0tf(r2)rdr=∫0tf(r2)drπ∫0tf(r2)rdr，证明t>0时，F(t)>π2G(t)，即证∫0tf(r2)rdr2∫0tf(r2)r2dr>∫0tf(r2)dr2∫0tf(r2)rdr，只需证当t>0时，H(t)=∫0tf(r2)r2dr⋅∫0tf(r2)dr−[∫0tf(r2)rdr]2>0，因为H(0)=0， H′(t)=f(t2)∫0tf(r2)(t−r)2dr>0，所以H(t)在(0, +∞)内单调增加，又因H(t)在[0, +∞)上连续，则当t>0时，H(t)>H(0)=0，因此当t>0时，有F(t)>π2G(t).

11.求平面xa+yb+zc=1被三坐标面所割出的有限部分的面积.\begin{aligned}&11. \ 求平面\frac{x}{a}+\frac{y}{b}+\frac{z}{c}=1被三坐标面所割出的有限部分的面积.&\end{aligned}11. 求平面ax+by+cz=1被三坐标面所割出的有限部分的面积.

解：

平面方程为z=c−cax−cby，被三坐标面割出的有限部分在xOy面上的投影区域Dxy为x轴、y轴和直线xa+yb=1所围成的三角形区域，所求面积为A=∬Dxy1+(∂z∂x)2+(∂z∂y)2dxdy=∬Dxy1+c2a2+c2b2dxdy=1∣ab∣a2b2+b2c2+c2a2∭Dxydxdy=1∣ab∣a2b2+b2c2+c2a2⋅12∣ab∣=12a2b2+b2c2+c2a2.\begin{aligned} &\ \ 平面方程为z=c-\frac{c}{a}x-\frac{c}{b}y，被三坐标面割出的有限部分在xOy面上的投影区域D_{xy}为x轴、y轴和直线\frac{x}{a}+\frac{y}{b}=1\\\\ &\ \ 所围成的三角形区域，所求面积为A=\iint_{D_{xy}}\sqrt{1+\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^2+\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^2}dxdy=\iint_{D_{xy}}\sqrt{1+\frac{c^2}{a^2}+\frac{c^2}{b^2}}dxdy=\\\\ &\ \ \frac{1}{|ab|}\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}\iiint_{D_{xy}}dxdy=\frac{1}{|ab|}\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}\cdot \frac{1}{2}|ab|=\frac{1}{2}\sqrt{a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2}. & \end{aligned} 平面方程为z=c−acx−bcy，被三坐标面割出的有限部分在xOy面上的投影区域Dxy为x轴、y轴和直线ax+by=1 所围成的三角形区域，所求面积为A=∬Dxy1+(∂x∂z)2+(∂y∂z)2dxdy=∬Dxy1+a2c2+b2c2dxdy= ∣ab∣1a2b2+b2c2+c2a2∭Dxydxdy=∣ab∣1a2b2+b2c2+c2a2⋅21∣ab∣=21a2b2+b2c2+c2a2.

12.在均匀的半径为R的半圆形薄片的直径上，要接上一个一边与直径等长的同样材料的均匀矩形薄片，为了使整个均匀薄片的质心恰好落在圆心上，问接上去的均匀矩形薄片另一边的长度应是多少？\begin{aligned}&12. \ 在均匀的半径为R的半圆形薄片的直径上，要接上一个一边与直径等长的同样材料的均匀矩形薄片，\\\\&\ \ \ \ \ \ 为了使整个均匀薄片的质心恰好落在圆心上，问接上去的均匀矩形薄片另一边的长度应是多少？&\end{aligned}12. 在均匀的半径为R的半圆形薄片的直径上，要接上一个一边与直径等长的同样材料的均匀矩形薄片，为了使整个均匀薄片的质心恰好落在圆心上，问接上去的均匀矩形薄片另一边的长度应是多少？

解：

设矩形另一边的长度为l，建立直角坐标，质心的纵标y‾=∬DydσA=∫−RRdx∫−lR2−x2ydyA=∫−RR(R2−x2−l2)dx2A=23R3−l2RA，因为y‾=0，得l=23R.\begin{aligned} &\ \ 设矩形另一边的长度为l，建立直角坐标，质心的纵标\overline{y}=\frac{\iint_{D}yd\sigma}{A}=\frac{\int_{-R}^{R}dx\int_{-l}^{\sqrt{R^2-x^2}}ydy}{A}=\frac{\int_{-R}^{R}(R^2-x^2-l^2)dx}{2A}=\\\\ &\ \ \frac{\frac{2}{3}R^3-l^2R}{A}，因为\overline{y}=0，得l=\sqrt{\frac{2}{3}}R. & \end{aligned} 设矩形另一边的长度为l，建立直角坐标，质心的纵标y=A∬Dydσ=A∫−RRdx∫−lR2−x2ydy=2A∫−RR(R2−x2−l2)dx= A32R3−l2R，因为y=0，得l=32R.

13.求由抛物线y=x2及直线y=1所围成的均匀薄片（面密度为常数μ）对于直线y=−1的转动惯量.\begin{aligned}&13. \ 求由抛物线y=x^2及直线y=1所围成的均匀薄片（面密度为常数\mu）对于直线y=-1的转动惯量.&\end{aligned}13. 求由抛物线y=x2及直线y=1所围成的均匀薄片（面密度为常数μ）对于直线y=−1的转动惯量.

解：

闭区域D={(x,y)∣−y≤x≤y，0≤y≤1}，所求转动惯量为I=∬Dμ(y+1)2dσ=μ∫01(y+1)2dy∫−yydx=2μ∫01y(y+1)2dy=2μ∫01(y52+2y32+y12)dy=368105μ.\begin{aligned} &\ \ 闭区域D=\{(x, \ y)\ |\ -\sqrt{y} \le x \le \sqrt{y}，0 \le y \le 1\}，所求转动惯量为I=\iint_{D}\mu(y+1)^2d\sigma=\\\\ &\ \ \mu \int_{0}^{1}(y+1)^2dy\int_{-\sqrt{y}}^{\sqrt{y}}dx=2\mu \int_{0}^{1}\sqrt{y}(y+1)^2dy=2\mu \int_{0}^{1}(y^{\frac{5}{2}}+2y^{\frac{3}{2}}+y^{\frac{1}{2}})dy=\frac{368}{105}\mu. & \end{aligned} 闭区域D={(x, y) ∣ −y≤x≤y，0≤y≤1}，所求转动惯量为I=∬Dμ(y+1)2dσ= μ∫01(y+1)2dy∫−yydx=2μ∫01y(y+1)2dy=2μ∫01(y25+2y23+y21)dy=105368μ.

14.设在xOy面上有一质量为M的质量均匀的半圆形薄片，占有平面闭区域D={(x,y)∣x2+y2≤R2，y≥0}，过圆心O垂直于薄片的直线上有一质量为m的质点P，OP=a，求半圆形薄片对质点P的引力.\begin{aligned}&14. \ 设在xOy面上有一质量为M的质量均匀的半圆形薄片，占有平面闭区域\\\\&\ \ \ \ \ \ D=\{(x, \ y)\ |\ x^2+y^2 \le R^2，y \ge 0\}，过圆心O垂直于薄片的直线上有一质量为m的质点P，OP=a，\\\\&\ \ \ \ \ \ 求半圆形薄片对质点P的引力.&\end{aligned}14. 设在xOy面上有一质量为M的质量均匀的半圆形薄片，占有平面闭区域 D={(x, y) ∣ x2+y2≤R2，y≥0}，过圆心O垂直于薄片的直线上有一质量为m的质点P，OP=a，求半圆形薄片对质点P的引力.

解：

积分区域D={(ρ,θ)∣0≤ρ≤R，0≤θ≤π}，因为D关于y轴对称，且质量分布均匀，所以Fx=0，又因薄片的面密度μ=M12πR2=2MπR2，则Fy=Gmμ∬Dy(x2+y2+a2)32dσ极坐标‾‾Gmμ∫0πdθ∫0Rρsinθ(ρ2+a2)32⋅ρdρ=2Gmμ∫0Rρ2(ρ2+a2)32dρ=4GmMπR2(lnR2+a2+Ra−RR2+a2)，Fz=−Gamμ∬Ddσ(x2+y2+a2)32=−Gamμ∫0πdθ∫0Rρ(ρ2+a2)32dρ=−2GamMR2(1a−1R2+a2)=−2GmMR2(1−aR2+a2)，所求引力为F=(0,Fy,Fz).\begin{aligned} &\ \ 积分区域D=\{(\rho, \ \theta)\ |\ 0 \le \rho \le R，0 \le \theta \le \pi\}，因为D关于y轴对称，且质量分布均匀，所以F_x=0，\\\\ &\ \ 又因薄片的面密度\mu=\frac{M}{\frac{1}{2}\pi R^2}=\frac{2M}{\pi R^2}，则\\\\ &\ \ F_y=Gm\mu \iint_{D}\frac{y}{(x^2+y^2+a^2)^{\frac{3}{2}}}d\sigma \underline{\underline{极坐标}}Gm\mu \int_{0}^{\pi}d\theta \int_{0}^{R}\frac{\rho sin\ \theta}{(\rho^2+a^2)^{\frac{3}{2}}}\cdot \rho d\rho=\\\\ &\ \ 2Gm\mu \int_{0}^{R}\frac{\rho^2}{(\rho^2+a^2)^{\frac{3}{2}}}d\rho=\frac{4GmM}{\pi R^2}\left(ln\ \frac{\sqrt{R^2+a^2}+R}{a}-\frac{R}{\sqrt{R^2+a^2}}\right)，\\\\ &\ \ F_z=-Gam\mu \iint_{D}\frac{d\sigma}{(x^2+y^2+a^2)^{\frac{3}{2}}}=-Gam\mu \int_{0}^{\pi}d\theta \int_{0}^{R}\frac{\rho}{(\rho^2+a^2)^{\frac{3}{2}}}d\rho=-\frac{2GamM}{R^2}\left(\frac{1}{a}-\frac{1}{\sqrt{R^2+a^2}}\right)=\\\\ &\ \ -\frac{2GmM}{R^2}\left(1-\frac{a}{\sqrt{R^2+a^2}}\right)，所求引力为F=(0, \ F_y, \ F_z). & \end{aligned} 积分区域D={(ρ, θ) ∣ 0≤ρ≤R，0≤θ≤π}，因为D关于y轴对称，且质量分布均匀，所以Fx=0，又因薄片的面密度μ=21πR2M=πR22M，则 Fy=Gmμ∬D(x2+y2+a2)23ydσ极坐标Gmμ∫0πdθ∫0R(ρ2+a2)23ρsin θ⋅ρdρ= 2Gmμ∫0R(ρ2+a2)23ρ2dρ=πR24GmM(ln aR2+a2+R−R2+a2R)， Fz=−Gamμ∬D(x2+y2+a2)23dσ=−Gamμ∫0πdθ∫0R(ρ2+a2)23ρdρ=−R22GamM(a1−R2+a21)= −R22GmM(1−R2+a2a)，所求引力为F=(0, Fy, Fz).

15.求质量分布均匀的半个旋转椭球体Ω={(x,y,z)∣x2+y2a2+z2b2≤1，z≥0}的质心.\begin{aligned}&15. \ 求质量分布均匀的半个旋转椭球体\Omega=\left\{(x, \ y, \ z)\ |\ \frac{x^2+y^2}{a^2}+\frac{z^2}{b^2} \le 1，z \ge 0\right\}的质心.&\end{aligned}15. 求质量分布均匀的半个旋转椭球体Ω={(x, y, z) ∣ a2x2+y2+b2z2≤1，z≥0}的质心.

解：

设质心为(x‾,y‾,z‾)，根据对称性可知质心位于z轴上，即x‾=y‾=0，因Dz={(x,y)∣x2+y2≤a2(1−z2b2)}，∭Ωzdv=∫0bzdz∬Dzdxdy=∫0bπa2(1−z2b2)zdz=πa2∫0b(z−z3b2)dz=πa2b24，V=12⋅43πa2b=2πa2b3，因此z‾=πa2b242πa2b3=3b8，质心为(0,0,3b8).\begin{aligned} &\ \ 设质心为(\overline{x}, \ \overline{y}, \ \overline{z})，根据对称性可知质心位于z轴上，即\overline{x}=\overline{y}=0，因D_z=\left\{(x, \ y)\ \bigg|\ x^2+y^2 \le a^2\left(1-\frac{z^2}{b^2}\right)\right\}，\\\\ &\ \ \iiint_{\Omega}zdv=\int_{0}^{b}zdz\iint_{D_z}dxdy=\int_{0}^{b}\pi a^2\left(1-\frac{z^2}{b^2}\right)zdz=\pi a^2\int_{0}^{b}\left(z-\frac{z^3}{b^2}\right)dz=\frac{\pi a^2b^2}{4}，V=\frac{1}{2}\cdot \frac{4}{3}\pi a^2b=\frac{2\pi a^2b}{3}，\\\\ &\ \ 因此\overline{z}=\frac{\frac{\pi a^2b^2}{4}}{\frac{2\pi a^2b}{3}}=\frac{3b}{8}，质心为\left(0, \ 0, \ \frac{3b}{8}\right). & \end{aligned} 设质心为(x, y, z)，根据对称性可知质心位于z轴上，即x=y=0，因Dz={(x, y) ∣∣∣∣ x2+y2≤a2(1−b2z2)}， ∭Ωzdv=∫0bzdz∬Dzdxdy=∫0bπa2(1−b2z2)zdz=πa2∫0b(z−b2z3)dz=4πa2b2，V=21⋅34πa2b=32πa2b，因此z=32πa2b4πa2b2=83b，质心为(0, 0, 83b).

16.一球形行星的半径为R，其质量为M，其密度呈球对称分布，并向着球心线性增加，若行星表面的密度为零，则行星中心的密度是多少?\begin{aligned}&16. \ 一球形行星的半径为R，其质量为M，其密度呈球对称分布，并向着球心线性增加，若行星\\\\&\ \ \ \ \ \ 表面的密度为零，则行星中心的密度是多少?&\end{aligned}16. 一球形行星的半径为R，其质量为M，其密度呈球对称分布，并向着球心线性增加，若行星表面的密度为零，则行星中心的密度是多少?

解：

设行星中心的密度为μ0，根据题意，在据球心r(0≤r≤R)处的密度为μ(r)=μ0−kr，由于μ(R)=μ0−kR=0，所以k=μ0R，即μ(r)=μ0(1−rR)，则M=∭r≤Rμ0(1−rR)r2sinφdrdφdθ=μ0∫02πdθ∫0πsinφdφ∫0R(1−rR)r2dr=4πμ0∫0R(1−rR)r2dr=μ0πR33，得μ0=3MπR3.\begin{aligned} &\ \ 设行星中心的密度为\mu_0，根据题意，在据球心r(0 \le r \le R)处的密度为\mu(r)=\mu_0-kr，由于\mu(R)=\mu_0-kR=0，\\\\ &\ \ 所以k=\frac{\mu_0}{R}，即\mu(r)=\mu_0\left(1-\frac{r}{R}\right)，则M=\iiint_{r \le R}\mu_0 \left(1-\frac{r}{R}\right)r^2sin\ \varphi drd\varphi d\theta=\\\\ &\ \ \mu_0\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\pi}sin\ \varphi d\varphi \int_{0}^{R}\left(1-\frac{r}{R}\right)r^2dr=4\pi \mu_0\int_{0}^{R}\left(1-\frac{r}{R}\right)r^2dr=\frac{\mu_0\pi R^3}{3}，得\mu_0=\frac{3M}{\pi R^3}. & \end{aligned} 设行星中心的密度为μ0，根据题意，在据球心r(0≤r≤R)处的密度为μ(r)=μ0−kr，由于μ(R)=μ0−kR=0，所以k=Rμ0，即μ(r)=μ0(1−Rr)，则M=∭r≤Rμ0(1−Rr)r2sin φdrdφdθ= μ0∫02πdθ∫0πsin φdφ∫0R(1−Rr)r2dr=4πμ0∫0R(1−Rr)r2dr=3μ0πR3，得μ0=πR33M.