Question

∫∫∫(y^3+x^2y)dxdydz V是由柱面 x^2+(y-1)^2=1及平面z=0，z=2？

Answer 1

方法如下，请作参考：

若有帮助，
请采纳。

Answer 2

根据题目，积分区域 V 是由柱面 $x^2+(y-1)^2=1$ 和平面 $z=0, z=2$ 所围成的空间区域。因此，可以先画出积分区域，
积分区域 V 是一个圆柱体，顶部为平面 $z=2$，底部为平面 $z=0$。可以先按照 $z$ 对积分式进行三重积分，得到：

$$
\begin{aligned}
\iiint_V (y^3 + x^2y) \mathrm{d}V &= \int_0^2 \int_{x^2+(y-1)^2\leq 1} \int_{-\sqrt{1-x^2-(y-1)^2}}^{\sqrt{1-x^2-(y-1)^2}} (y^3 + x^2y) \mathrm{d}z \mathrm{d}x \mathrm{d}y \\
&= \int_0^2 \int_{-1}^1 \int_{-\sqrt{1-(y-1)^2}}^{\sqrt{1-(y-1)^2}} [(y-1)^3 + x^2(y-1)] \mathrm{d}z \mathrm{d}x \mathrm{d}y \\
&= \int_0^2 \int_{-1}^1 (2\sqrt{1-(y-1)^2}) [(y-1)^3 + x^2(y-1)] \mathrm{d}x \mathrm{d}y \\
&= 4\int_0^2 \int_0^1 (2\sqrt{1-u^2}) [u^3 + x^2u] \mathrm{d}x \mathrm{d}u \quad (\text{令} u=y-1) \\
&= 4\int_0^2 \left[ \frac{4}{3}u^3\sqrt{1-u^2} + \frac{2}{5}u^5\sqrt{1-u^2} \right]_0^1 \mathrm{d}u \\
&= \frac{32}{15} \int_0^2 u^3 \sqrt{1-u^2} \mathrm{d}u \\
&= \frac{32}{15} \left[ -\frac{1}{3}(1-u^2)^{3/2} \right]_0^2 \\
&= \frac{32}{15} \left( \frac{8\sqrt{3}}{3} - \frac{8}{3} \right) \\
&= \frac{64\sqrt{3}}{15}
\end{aligned}
$$
因此，原三重积分的结果为 $\frac{64\sqrt{3}}{15}$。

Answer 3

根据题意，我们可以首先画出立体图形：
<img src="https://latex.codecogs.com/svg.latex?\Large&space;\text{立体图形}" title="\Large \text{立体图形}" />
该立体体积由柱面 $x^2+(y-1)^2=1$ 与平面 $z=0, z=2$ 所围成。
根据题目要求，需要计算三重积分 $\iiint_V (y^3+x^2y) \mathrm{d}V$。由于是直角坐标系，我们选择直接进行直角坐标系的三重积分。
因为积分区域比较特殊，不容易用极坐标或柱坐标进行积分，故我们采用分部积分来进行计算：
$$\begin{aligned} \iiint_V (y^3+x^2y) \mathrm{d}V &= \int_{-1}^{1} \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} \int_{0}^{2} (y^3+x^2y) \mathrm{d}z \mathrm{d}y \mathrm{d}x \ &= \int_{-1}^{1} \int_{-\sqrt{1-x^2}}^{\sqrt{1-x^2}} 2(y^3+x^2y) \mathrm{d}y \mathrm{d}x \ &= 2 \int_{-1}^{1} \left[ \frac{1}{4}y^4+\frac{1}{3}x^2 y^2 \right]{y=-\sqrt{1-x^2}}^{y=\sqrt{1-x^2}} \mathrm{d}x \ &= 2 \int{-1}^{1} \left( \frac{1}{4}(1-x^2)^2+\frac{1}{3}x^2 (1-x^2) \right) \mathrm{d}x \ &= 2 \int_{-1}^{1} \left( \frac{1}{4}-\frac{1}{2}x^2+\frac{1}{4}x^4+\frac{1}{3}x^2 -\frac{1}{3}x^4 \right) \mathrm{d}x \ &= 2 \int_{-1}^{1} \left( -\frac{1}{6}x^4-\frac{1}{6}x^2+\frac{1}{4} \right) \mathrm{d}x \ &= 2 \left[ -\frac{1}{30}x^5-\frac{1}{18}x^3+\frac{1}{4} x \right]_{-1}^{1} \ &=2 \left( -\frac{2}{15}+0+\frac{1}{2}+\frac{2}{15}+0-\frac{1}{2} \right) \ &= \frac{1}{5} \end{aligned} $$
因此，积分 $\iiint_V (y^3+x^2y) \mathrm{d}V=\frac{1}{5}$。