题号:1417    题型:解答题    来源:2004年全国硕士研究生招生考试试题
计算曲面积分
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I=\iint_{\Sigma} 2 x^{3} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+2 y^{3} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+3\left(z^{2}-1\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y,
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其中 $\Sigma$ 是曲面 $z=1-x^{2}-y^{2}(z \geqslant 0)$ 的上侧.
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答案:
加、减曲面片高斯公式. 取 $\sum_{1}$ 为 $x o y$ 平面上被圆 $x^{2}+y^{2}=1$ 所围部分的下侧, 记 $\Omega$
为由 $\sum$ 与 $\sum_{1}$ 围成的空间闭区域, 则
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I=\iint_{\Sigma+\Sigma_{1}} 2 x^{3} d y d z+2 y^{3} d z d x+3\left(z^{2}-1\right) d x d y
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-\iint_{\Sigma_{1}} 2 x^{3} d y d z+2 y^{3} d z d x+3\left(z^{2}-1\right) d x d y=I_{1}-I_{2}
$$
由高斯公式:设空间闭区域 $\Omega$ 是由分段光滑的闭曲面 $\sum$ 所围成, 函数 $P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z)$ 在 $\Omega$ 上具有一阶连续偏导数, 则有
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\iint_{\Sigma} P d y d z+Q d z d x+R d x d y=\iiint_{\Omega}\left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}\right) d v
$$
这里 $P=2 x^{3}, Q=2 y^{3}, R=3\left(z^{2}-1\right), \frac{\partial P}{\partial x}=6 x^{2}, \frac{\partial Q}{\partial y}=6 y^{2}, \frac{\partial R}{\partial z}=6 z^{2}$,
所以 $I_{1}=\iiint_{\Omega} 6\left(x^{2}+y^{2}+z\right) d v$
利用柱面坐标: $\left\{\begin{array}{l}x=r \cos \theta \\ y=r \sin \theta, 0 \leq r \leq 1,0 \leq \theta \leq 2 \pi, d v=r d r d \theta d z \text {, 有: } \\ z=z\end{array}\right.$
$$
I_{1}=\iiint_{\Omega} 6\left(x^{2}+y^{2}+z\right) d x d y d z=6 \int_{0}^{2 \pi} d \theta \int_{0}^{1} d r \int_{0}^{1-r^{2}}\left(z+r^{2}\right) r d z
$$
$=12 \pi \int_{0}^{1} r\left(\frac{z^{2}}{2}+r^{2} z\right)_{0}^{1-r^{2}} d r=12 \pi \int_{0}^{1} r \frac{\left(1-r^{2}\right)^{2}}{2}+r^{3}\left(1-r^{2}\right) d r$
$$
=12 \pi\left(-\frac{1}{4} \cdot \frac{\left(1-r^{2}\right)^{3}}{3}+\frac{r^{4}}{4}-\frac{r^{6}}{6}\right)_{0}^{1}=12 \pi \cdot \frac{1}{6}=2 \pi
$$

记 $D$ 为 $\Sigma_{1}$ 在 $x o y$ 平面上的投影域 $D=\left\{(x, y) \mid x^{2}+y^{2} \leq 1\right\}$, 则 $z=0, d z=0$,
又 $\sum_{1}$ 为 $z=0\left(x^{2}+y^{2} \leq 1\right)$ 的下侧, 从而:
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I_{2}=\iint_{\Sigma_{1}} 2 x^{3} d y d z+2 y^{3} d z d x+3\left(z^{2}-1\right) d x d y=-\iint_{D} 3(0-1) d x d y=3 \iint_{D} d x d y=3 \pi
$$
(其中 $\iint_{D} d x d y$ 为半径为 1 圆的面积, 所以 $\iint_{D} d x d y=\pi \cdot 1^{1}=\pi$ )
故 $I=I_{1}-I_{2}=2 \pi-3 \pi=-\pi$.

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