计算 z^2 在球面 z = √(1 − x² − y²) 与圆锥 z = √(x² + y²) 所围区域上的三重积分。

Step-by-step solution

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   先把这个立体认出来。 把球面方程两边平方得 $x^2+y^2+z^2=1$ 且 $z\ge 0$，即上半单位球面。圆锥在柱坐标下就是 $z=r$。所以这块区域是半球内部、圆锥上方的那个「冰淇淋筒」形立体。

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   求两个曲面的交线。 令 $r=\sqrt{1-r^2}$ 得 $2r^2=1$，于是 $r=\tfrac{1}{\sqrt2}$、$z=\tfrac{1}{\sqrt2}$。径向的积分范围就此定下。

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   在柱坐标下列出积分。 由 $dV=r\,dz\,dr\,d\theta$，$\iiint_\Omega z^2\,dV=\int_0^{2\pi}\!\!\int_0^{1/\sqrt2}\!\!\int_r^{\sqrt{1-r^2}}z^2r\,dz\,dr\,d\theta.$ 这里柱坐标比球坐标好用，因为圆锥和球面给出的 $z$ 的上下限都很干净。

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   对 $z$ 积分，并把 $\theta$ 消掉。 $\int_r^{\sqrt{1-r^2}}z^2r\,dz=\frac{r}{3}\Bigl[(1-r^2)^{3/2}-r^3\Bigr],$ 而被积函数不依赖 $\theta$，所以对 $\theta$ 的积分只贡献一个因子 $2\pi$。

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   做两个径向积分。 令 $u=1-r^2$，$\int_0^{1/\sqrt2}r(1-r^2)^{3/2}\,dr=\frac12\int_{1/2}^{1}u^{3/2}\,du=\frac15\left(1-\frac{1}{4\sqrt2}\right),$ 另外 $\int_0^{1/\sqrt2}r^4\,dr=\frac15\left(\frac{1}{\sqrt2}\right)^{5}=\frac{1}{20\sqrt2}.$

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   合并。 中括号里的部分是 $\tfrac15-\tfrac{1}{20\sqrt2}-\tfrac{1}{20\sqrt2}=\tfrac15-\tfrac{1}{10\sqrt2}$，于是 $\iiint_\Omega z^2\,dV=\frac{2\pi}{3}\left(\frac15-\frac{1}{10\sqrt2}\right)=\frac{\pi}{15}\left(2-\frac{1}{\sqrt2}\right)=\frac{\pi(4-\sqrt2)}{30}.$ 数值上是 $0.270783$，与对原积分直接作数值求积的结果一致。