计算第二型曲面积分
$$
I=\iint_S \frac{x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+z^4 \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y}{x^2+y^2+z^2} .
$$
其中 $S$ 是圆柱面 $x^2+y^2=1$ 和平面 $z=-1, z=1$ 所围成的立 体的表面外侧.
【答案】 设 $S$ 所围成的立体为 $V$ ,将 $S$ 分为 $S_1+S_2+S_3$ ,其 中 $S_1, S_2$ 分别为顶面与底面, 方向分别为上侧和下侧,$S_3$ 为侧面, 方向 为外侧.
在 $S_1$ 与 $S_2$ 上,由于 $z=\pm 1$ ,所以 $\mathrm{d} z=0$ ,从而
$$
\iint_{S_1+S_2} \frac{x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z}{x^2+y^2+z^2}=0
$$
另外,由于 $S_1, S_2$ 关于 $x y$ 平面对称, 且在对称点处 $\frac{z^4}{x^2+y^2+z^2}$ 取值相同,但是 $\mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ 符号相反,所以
$$
\iint_{S_1+S_2} \frac{z^4 \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y}{x^2+y^2+z^2}=\mathbf{0}
$$
在 $S_3$ 上,由于 $x^2+y^2=1$ ,所以
$$
\iint_{S_3} \frac{x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z}{x^2+y^2+z^2}=\iint_{S_3} \frac{x}{1+z^2} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z
$$

另外,由于 $S_3$ 在 $x y$ 平面的投影为圆周 $x^2+y^2=1, z=0$ ,所以
$$
\iint_{S_3} \frac{z^4 \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y}{x^2+y^2+z^2}=0
$$
综上可知: $I=\iint_{S_3} \frac{x}{1+z^2} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$. 另外,再次由于在 $S_1, S_2$ 有 $\mathrm{d} z=0$ , 所以 $\iint_{S_1} \frac{x}{1+z^2} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iint_{S_2} \frac{x}{1+z^2} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=0$, 从而
$$
I=\iint_{S_3+S_1+S_2} \frac{x}{1+z^2} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iint_{S_0} \frac{x}{1+z^2} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z
$$
此时由高斯公式可知:
$$
\begin{aligned}
I & =\iiint_V \frac{1}{1+z^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \\
& =\iint_{x^2+y^2 \leq 1} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \int_{-1}^1 \frac{1}{1+z^2} \mathrm{~d} z=\left.\pi \arctan z\right|_{-1} ^1=\frac{\pi^2}{2}
\end{aligned}
$$


系统推荐