题号:913    题型:解答题    来源:1996年全国硕士研究生招生考试试题
类型:考研真题
计算曲面积分 $\iint_{S}(2 x+z) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$, 其中 $S$ 为有向曲面 $z=x^{2}+y^{2}(0 \leqslant z \leqslant 1)$, 其法向量与 $z$ 轴正向的夹角为锐角.
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答案:
(1)【分析一】见下图所示, $S$ 在 $x O y$ 平面与 $y O z$ 平面上的投影均易求出, 分别为
$$
\begin{aligned}
&D_{x y}: x^{2}+y^{2} \leq 1 ; \\
&D_{y z}:-1 \leq y \leq 1, y^{2} \leq z \leq 1, \text { 或 } 0 \leq z \leq 1,-\sqrt{z} \leq y \leq \sqrt{z}
\end{aligned}
$$

求 $\iint_{S} z d x d y$, 自然投影到 $x O y$ 平面上. 求 $\iint_{S}(2 x+z) d y d z$ 时, 若投影到 $x O y$ 平面上, 被积函 数较简单且可利用对称性.
【分析二】令 $P(x, y, z)=2 x+z, Q(x, y, z)=0, R(x, y, z)=z$, 则 $I=\iint_{S} P d y d z+R d x d y$.
这里, $\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=2+1=3$, 若用高斯公式求曲面积分 $I$, 则较简单. 因 $S$ 不是封闭曲面,故要添加辅助曲面.


【解析】方法一: 均投影到平面 $x O y$ 上, 则
$$
I=\iint_{S}(2 x+z) d y d z+z d x d y=\iint_{D_{\mathrm{xy}}}\left[(2 x+z)\left(-\frac{\partial z}{\partial x}\right)+\left(x^{2}+y^{2}\right)\right] d x d y,
$$
其中 $z=x^{2}+y^{2}, D_{x y}: x^{2}+y^{2} \leq 1$.
把 $\frac{\partial z}{\partial x}=2 x$ 代入, 得
$$
I=\iint_{D_{x y}}-4 x^{2} d x d y-\iint_{D_{x y}} 2 x\left(x^{2}+y^{2}\right) d x d y+\iint_{D_{x y}}\left(x^{2}+y^{2}\right) d x d y,
$$
由对称性得
$$
\iint_{D_{x y}} 2 x\left(x^{2}+y^{2}\right) d x d y=0, \iint_{D_{x y}} 4 x^{2} d x d y=2 \iint_{D_{x y}}\left(x^{2}+y^{2}\right) d x d y,
$$
所以
$$
I=-\iint_{D_{x y}}\left(x^{2}+y^{2}\right) d x d y .
$$
利用极坐标变换有
$$
I=-\int_{0}^{2 \pi} d \theta \int_{0}^{1} r^{3} d r=-2 \pi\left[\frac{1}{4} r^{4}\right]_{0}^{1}=-\frac{\pi}{2} .
$$

方法二: 分别投影到 $y O z$ 平面与 $x O y$ 平面.
投影到 $y O z$ 平面时 $S$ 要分为前半部分 $S_{1}: x=\sqrt{z-y^{2}}$ 与后半部分 $S_{2}: x=-\sqrt{z-y^{2}}$
(见图 1), 则
$$
I=\iint_{S_{1}}(2 x+z) d y d z+\iint_{S_{2}}(2 x+z) d y d z+\iint_{S} z d x d y .
$$
由题设, 对 $S_{1}$ 法向量与 $x$ 轴成钝角, 而对 $S_{2}$ 法向量与 $x$ 轴成锐角. 将 $I$ 化成二重积分得
$$
\begin{aligned}
I &=-\iint_{D_{y z}}\left(2 \sqrt{z-y^{2}}+z\right) d y d z+\iint_{D_{y z}}\left(-2 \sqrt{z-y^{2}}+z\right) d y d z+\iint_{D_{x y}}\left(x^{2}+y^{2}\right) d x d y \\
&=-4 \iint_{D_{y z}} \sqrt{z-y^{2}} d y d z+\iint_{D_{x y}}\left(x^{2}+y^{2}\right) d x d y
\end{aligned}
$$

$$
\iint_{D_{y=}} \sqrt{z-y^{2}} d y d z=\int_{-1}^{1} d y \int_{y^{2}}^{1} \sqrt{z-y^{2}} d z=\left.\int_{-1}^{1} \frac{2}{3}\left(z-y^{2}\right)^{\frac{3}{2}}\right|_{z=y^{2}} ^{z=1} d y
$$
$$
\begin{aligned}
&=\frac{4}{3} \int_{0}^{1}\left(1-y^{2}\right)^{\frac{3}{2}} d y \\
&=\frac{4}{3} \cdot \frac{3}{4 \cdot 2} \cdot \frac{\pi}{2}=\frac{\pi}{4},
\end{aligned}
$$

$$
\iint_{D_{j z}} \sqrt{z-y^{2}} d y d z=\int_{0}^{1} d z \int_{-\sqrt{z}}^{\sqrt{z}} \sqrt{z-y^{2}} d y=\int_{0}^{1} \frac{1}{2} \pi(\sqrt{z})^{2} d z=\frac{\pi}{4} .
$$
(这里 $\int_{-\sqrt{z}}^{\sqrt{z}} \sqrt{z-y^{2}} d y$ 是半径为 $\sqrt{z}$ 的圆面积的一半.)
$$
\iint_{D_{\text {xy }}}\left(x^{2}+y^{2}\right) d x d y=\frac{\pi}{2} \text { (同方法一). }
$$
因此, $I=-4 \cdot \frac{\pi}{4}+\frac{\pi}{2}=-\frac{\pi}{2}$.
方法三: 添加辅助面 $S_{1}: z=1\left(x^{2}+y^{2} \leq 1\right)$, 法方向朝下, 则
$$
\iint_{S_{1}}(2 x+z) d y d z+z d x d y=\iint_{S_{1}} d x d y=-\iint_{D} 1 d x d y=-\pi,
$$
其中 $D$ 是 $S_{1}$ 在平面 $x y$ 的投影区域: $x^{2}+y^{2} \leq 1$.
$S$ 与 $S_{1}$ 即 $z=x^{2}+y^{2}$ 与 $z=1$ 围成区域 $\Omega, S$ 与 $S_{1}$ 的法向量指向 $\Omega$ 内部, 所以在 $\Omega$ 上
满足高斯公式的条件, 所以
$$
\begin{aligned}
\iint_{s \cup s_{1}}(2 x+z) d y d z+z d x d y &=-3 \iiint_{\Omega} d V \\
&=-3 \int_{0}^{1} d z \iint_{D(z)} d x d y=-3 \int_{0}^{1} \pi z d z=-\frac{3 \pi}{2},
\end{aligned}
$$

其中, $D(z)$ 是圆域: $x^{2}+y^{2} \leq z$, 面积为 $\pi z$.
因此, $I=-\frac{3}{2} \pi-\iint_{S_{1}}(2 x+z) d y d z+z d x d y=-\frac{3}{2} \pi-(-\pi)=-\frac{\pi}{2}$.



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