一个简单的数学问题

Unconquerable p

于 2022-12-29 13:57:35 发布

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文章标签：高考考研

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这个东西发提问没人看就发在这里了

一个球体的体积V_Sphere是容易求的：

$V_{Sphere}=\frac{4}{3}\pi r^{3}$

则我们很容易求出半径为1的圆球的体积为 $\frac{4}{3}\pi$ .

众所周知方程【 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=R^{2}$ 】在三维笛卡尔坐标系中的图像为一个半径为R的圆，

则R取1时这个方程 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$ 的图像就成了一个半径为1的圆。

那么我们就能推出f(x)： $z=f(x,y)=\pm \sqrt{1-x^{2}-y^{2}}$

但因为我们不需要z<0的那个半圆，我们就顺理成章的把这个部分去了，f(x,y)简化为了

$f(x,y)=\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}$

this is a picture of the function above.It shows a 1/2 sphere.

好的接下来要计算体积，则先圈定一个范围D

$D=\begin{align*} &x:0\leq x \leq 1 \\ &y:0\leq y \leq 1 \end{align*}$

然后进行二重积分

$\iint_{D}^{}f(x,y)d\sigma =\iint_{D}^{}f(x,y)dxdy$

极坐标变换：

$\left\{\begin{matrix} x = \rho \cos \theta \\ y = \rho \sin \theta \end{matrix}\right.$

原方程式化为：

$\int_{0}^{1}dy\int_{0}^{1}f(x,y)dx =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \int_{0}^{\sqrt{1^{2}+1^{2}}}f(\rho\cos\theta,\rho\sin\theta)\rho d\rho$

$=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \int_{0}^{\sqrt{2}}\sqrt{1-(\rho\cos\theta)^{2}-(\rho\sin\theta)^{2}}\rho d\rho$

化简：

$=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_{0}^{\sqrt{2}}\sqrt{1-\rho^{2}(\cos^{2}\theta+\sin^{2}\theta)}\rho d\rho$

$=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_{0}^{\sqrt{2}}\sqrt{1-\rho^{2}}\rho d\rho$

好的那么现在就非常尴尬了-_-||看看积分限上限为 $\sqrt{2}$ ,下限为0，然鹅……上限不能是 $\sqrt{2}$ ……

这就麻烦了&_&事实上我们忽略\rho的部分，只看sqrt(1-rho^2)，你就发现了，这个函数的原函数是arcsin rho，而sine（正弦）函数在 $\mathbb{R}$ 内是不可能出现大于1或小于-1的情况的，因此我们发现：这个积分……它不成立（至少在实数域内）

好的以上是我的问题

接下来是我的一个可能的想法

根据定积分的几何意义，为0<\rho<sqrt(2)的面积。

但是1<\rho<sqrt(2)的部分是虚数就没法解所以我们只取0<\rho<1的部分。

因此我们把方程式化为这个：

$=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_{0}^{1}\sqrt{1-\rho^{2}}\rho d\rho$

$=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{1}{3}d\theta$

$=\frac{\pi}{6}-0\therefore V_{1/8Sphere}=\frac{\pi}{6},V_{Sphere}=8V_{1/8Sphere}=\frac{4}{3}\pi$

你看这个答案就没问题^_^求教各路大佬这个证明是否正确

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