📝 题目
7．利用两类曲面积分之间的联系，计算下列曲面积分． （1） $\displaystyle{\iint}_{\Sigma} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+\left(z^{2}-2 z\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $\displaystyle{\sum}$ 是旋转抛物面 $z=x^{2}+y^{2}$ 的外侧被平面 $z=1$截取的有限部分； （2） $\displaystyle{\iint}_{\Sigma}(x+y) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+(y+z) \mathrm{d} z \mathrm{~d} x+(z+x) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $\displaystyle{\sum}$ 是旋转抛物面 $z=x^{2}+y^{2}$ 的内侧被圆柱面 $x^{2}+y^{2}=x$ 截取的有限部分．
💡 答案与解析
[AI解答]
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**（1）** 曲面 $\Sigma$ 为旋转抛物面 $z=x^{2}+y^{2}$ 外侧被平面 $z=1$ 截取的有限部分。 由两类曲面积分之间的联系，有 $$ \iint_{\Sigma} P\,dy\,dz+Q\,dz\,dx+R\,dx\,dy = \iint_{\Sigma} (P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma)\,dS, $$ 其中 $\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma$ 为曲面指定侧的单位法向量方向余弦。 对于曲面 $z=f(x,y)$，若取外侧（即法向量指向 $z$ 轴正向一侧），则 $$ \cos\alpha = \frac{-f_x}{\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}},\quad \cos\beta = \frac{-f_y}{\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}},\quad \cos\gamma = \frac{1}{\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}}. $$ 这里 $f(x,y)=x^{2}+y^{2}$，所以 $$ f_x=2x,\quad f_y=2y,\quad \sqrt{1+f_x^2+f_y^2}=\sqrt{1+4x^{2}+4y^{2}}. $$ 被积表达式为 $$ P=x,\quad Q=y,\quad R=z^{2}-2z. $$ 于是 $$ P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma = \frac{-2x^{2}-2y^{2}+(z^{2}-2z)}{\sqrt{1+4x^{2}+4y^{2}}}. $$ 由于在曲面上 $z=x^{2}+y^{2}$，代入得 $$ -2(x^{2}+y^{2})+(x^{2}+y^{2})^{2}-2(x^{2}+y^{2}) = (x^{2}+y^{2})^{2}-4(x^{2}+y^{2}). $$ 因此原积分化为 $$ \iint_{\Sigma} \frac{(x^{2}+y^{2})^{2}-4(x^{2}+y^{2})}{\sqrt{1+4x^{2}+4y^{2}}}\,dS. $$ 而 $dS=\sqrt{1+4x^{2}+4y^{2}}\,dx\,dy$，所以 $$ \iint_{\Sigma} \cdots = \iint_{D} \big[(x^{2}+y^{2})^{2}-4(x^{2}+y^{2})\big]\,dx\,dy, $$ 其中 $D$ 是 $\Sigma$ 在 $xy$ 平面上的投影：$x^{2}+y^{2}\le 1$。 用极坐标 $x=r\cos\theta,\;y=r\sin\theta$，则 $$ \text{原式}= \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{1} (r^{4}-4r^{2})\,r\,dr = 2\pi \int_{0}^{1} (r^{5}-4r^{3})\,dr. $$ 计算得 $$ \int_{0}^{1} r^{5}\,dr = \frac{1}{6},\quad \int_{0}^{1} r^{3}\,dr = \frac{1}{4}, $$ 所以 $$ 2\pi\left(\frac{1}{6}-4\cdot\frac{1}{4}\right)=2\pi\left(\frac{1}{6}-1\right)=2\pi\left(-\frac{5}{6}\right)=-\frac{5\pi}{3}. $$ 因此 $$ \boxed{-\dfrac{5\pi}{3}}. $$
**（2）** 曲面 $\Sigma$ 为旋转抛物面 $z=x^{2}+y^{2}$ 的内侧被圆柱面 $x^{2}+y^{2}=x$ 截取的有限部分。 内侧即法向量指向 $z$ 轴负向，因此与（1）相比，方向余弦符号全部相反： $$ \cos\alpha = \frac{f_x}{\sqrt{1+f_x^{2}+f_y^{2}}},\quad \cos\beta = \frac{f_y}{\sqrt{1+f_x^{2}+f_y^{2}}},\quad \cos\gamma = \frac{-1}{\sqrt{1+f_x^{2}+f_y^{2}}}. $$ 这里 $P=x+y,\; Q=y+z,\; R=z+x$。 在曲面上 $z=x^{2}+y^{2}$，且 $f_x=2x,\;f_y=2y$。 于是 $$ P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma = \frac{(x+y)2x+(y+z)2y-(z+x)}{\sqrt{1+4x^{2}+4y^{2}}}. $$ 先计算分子： $$ 2x(x+y)=2x^{2}+2xy, $$ $$ 2y(y+z)=2y^{2}+2yz=2y^{2}+2y(x^{2}+y^{2})=2y^{2}+2x^{2}y+2y^{3}, $$ 减去 $(z+x)=x^{2}+y^{2}+x$，所以分子为 $$ (2x^{2}+2xy)+(2y^{2}+2x^{2}y+2y^{3})-(x^{2}+y^{2}+x) = (2x^{2}-x^{2})+(2y^{2}-y^{2})+2xy+2x^{2}y+2y^{3}-x. $$ 即 $$ x^{2}+y^{2}+2xy+2x^{2}y+2y^{3}-x. $$ 而 $dS=\sqrt{1+4x^{2}+4y^{2}}\,dx\,dy$，所以积分化为 $$ \iint_{D} \big(x^{2}+y^{2}+2xy+2x^{2}y+2y^{3}-x\big)\,dx\,dy, $$ 其中 $D$ 是曲面在 $xy$ 平面上的投影区域：$x^{2}+y^{2}\le x$，即 $(x-\frac12)^{2}+y^{2}\le \frac14$。 由于区域关于 $x$ 轴对称，且 $2xy$ 和 $2y^{3}$ 是 $y$ 的奇函数，积分结果为零。 剩下 $$ \iint_{D} (x^{2}+y^{2}-x)\,dx\,dy. $$ 在 $D$ 上，$x^{2}+y^{2}=x$ 是边界，因此 $x^{2}+y^{2}-x\le 0$，但可以直接计算。 用极坐标：$x=r\cos\theta,\;y=r\sin\theta$，区域边界 $r^{2}=r\cos\theta$ 即 $r=\cos\theta$，且 $\theta\in[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$。 被积函数 $x^{2}+y^{2}-x = r^{2}-r\cos\theta$。 于是 $$ \iint_{D} (r^{2}-r\cos\theta)\,r\,dr\,d\theta = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} d\theta \int_{0}^{\cos\theta} (r^{3}-r^{2}\cos\theta)\,dr. $$ 先对 $r$ 积分： $$ \int_{0}^{\cos\theta} r^{3}\,dr = \frac{\cos^{4}\theta}{4},\quad \int_{0}^{\cos\theta} r^{2}\cos\theta\,dr = \cos\theta\cdot\frac{\cos^{3}\theta}{3}=\frac{\cos^{4}\theta}{3}. $$ 所以 $$ \frac{\cos^{4}\theta}{4} - \frac{\cos^{4}\theta}{3} = -\frac{\cos^{4}\theta}{12}. $$ 再对 $\theta$ 积分： $$ -\frac{1}{12}\int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^{4}\theta\,d\theta = -\frac{1}{12}\cdot 2\int_{0}^{\pi/2} \cos^{4}\theta\,d\theta = -\frac{1}{6}\int_{0}^{\pi/2} \cos^{4}\theta\,d\theta. $$ 利用公式 $$ \int_{0}^{\pi/2} \cos^{4}\theta\,d\theta = \frac{3\pi}{16}, $$ 得结果为 $$ -\frac{1}{6}\cdot\frac{3\pi}{16} = -\frac{\pi}{32}. $$ 因此 $$ \boxed{-\dfrac{\pi}{32}}. $$
难度：★★★☆☆