📝 题目
7．利用高斯公式计算曲面积分。 （1）$\oiint_{\Sigma} x^{2} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y^{2} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+z^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $\displaystyle{\sum}$ 是立方体 $\{(x, y, z) \mid 0 \leqslant x \leqslant a, 0 \leqslant y \leqslant a, 0 \leqslant z \leqslant a\}$ 的表面的外侧； （2）$\oiint_{\Sigma} 3 x y \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y^{2} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x-x^{2} y^{4} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $\displaystyle{\sum}$ 是以点 $(0,0,0),(1,0,0),(0,1,0)$ ， $(0,0,1)$ 为顶点的四面体的表面的外侧； （3）$\oiint_{\Sigma} y z \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y^{2} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+x^{2} y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $\displaystyle{\sum}$ 为柱面 $x^{2}+y^{2}=9$ 与平面 $z=0, z=y-3$ 所围成的区域的边界面的外侧； （4） $\displaystyle{\iint}_{\Sigma} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $\displaystyle{\sum}$ 是上半球面 $z=\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}$ 的上侧； （5） $\displaystyle{\iint}_{\Sigma} x^{3} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+2 x z^{2} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+3 y^{2} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $\displaystyle{\sum}$ 是抛物面 $z=4-x^{2}-y^{2}$ 被平面 $z=0$ 所截下的部分的下侧； （6） $\displaystyle{\iint}_{\Sigma}\left(y^{2}-x\right) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+\left(z^{2}-y\right) \mathrm{d} z \mathrm{~d} x+\left(x^{2}-z\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $\displaystyle{\sum}$ 是上半球面 $z=\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}$ 的上侧。
💡 答案与解析
[AI解答]
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**（1）** 由高斯公式： $$ \oiint_{\Sigma} P\,dy\,dz + Q\,dz\,dx + R\,dx\,dy = \iiint_{\Omega} \left( \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} \right) dV $$ 这里 $P = x^2,\; Q = y^2,\; R = z^2$，则 $$ \frac{\partial P}{\partial x} = 2x,\quad \frac{\partial Q}{\partial y} = 2y,\quad \frac{\partial R}{\partial z} = 2z $$ 所以 $$ \oiint_{\Sigma} x^2 dy\,dz + y^2 dz\,dx + z^2 dx\,dy = \iiint_{\Omega} (2x+2y+2z)\,dV $$ 积分区域 $\Omega$ 是立方体 $0\le x,y,z\le a$，于是 $$ \begin{aligned} \iiint_{\Omega} 2(x+y+z)\,dV &= 2\int_0^a\!\!\int_0^a\!\!\int_0^a (x+y+z)\,dx\,dy\,dz \\ &= 2\int_0^a\!\!\int_0^a \left( \frac{a^2}{2} + a y + a z \right) dy\,dz \\ &= 2\int_0^a \left( \frac{a^3}{2} + \frac{a^3}{2} + a^2 z \right) dz \\ &= 2\int_0^a (a^3 + a^2 z)\,dz = 2\left( a^4 + \frac{a^4}{2} \right) = 3a^4 \end{aligned} $$ 因此结果为 $\displaystyle 3a^4$。
难度：★★☆☆☆
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**（2）** 令 $P = 3xy,\; Q = y^2,\; R = -x^2 y^4$，则 $$ \frac{\partial P}{\partial x} = 3y,\quad \frac{\partial Q}{\partial y} = 2y,\quad \frac{\partial R}{\partial z} = 0 $$ 由高斯公式： $$ \oiint_{\Sigma} \cdots = \iiint_{\Omega} (3y+2y+0)\,dV = \iiint_{\Omega} 5y\,dV $$ 四面体顶点 $(0,0,0),(1,0,0),(0,1,0),(0,0,1)$，区域为 $$ \Omega = \{(x,y,z)\mid x\ge0,y\ge0,z\ge0,\; x+y+z\le 1\} $$ 积分： $$ \begin{aligned} \iiint_{\Omega} 5y\,dV &= 5\int_{x=0}^1\int_{y=0}^{1-x}\int_{z=0}^{1-x-y} y\,dz\,dy\,dx \\ &= 5\int_{x=0}^1\int_{y=0}^{1-x} y(1-x-y)\,dy\,dx \\ &= 5\int_{x=0}^1 \left[ \frac{(1-x)y^2}{2} - \frac{y^3}{3} \right]_{y=0}^{1-x} dx \\ &= 5\int_{x=0}^1 \left( \frac{(1-x)^3}{2} - \frac{(1-x)^3}{3} \right) dx \\ &= 5\int_{x=0}^1 \frac{(1-x)^3}{6} dx = \frac{5}{6}\int_0^1 (1-x)^3 dx = \frac{5}{6}\cdot\frac{1}{4} = \frac{5}{24} \end{aligned} $$ 结果为 $\displaystyle \frac{5}{24}$。
难度：★★★☆☆
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**（3）** 令 $P = yz,\; Q = y^2,\; R = x^2 y$，则 $$ \frac{\partial P}{\partial x} = 0,\quad \frac{\partial Q}{\partial y} = 2y,\quad \frac{\partial R}{\partial z} = 0 $$ 高斯公式给出 $$ \oiint_{\Sigma} \cdots = \iiint_{\Omega} 2y\,dV $$ 区域 $\Omega$：柱面 $x^2+y^2=9$，下底 $z=0$，上顶 $z=y-3$。注意 $y-3$ 在柱内部分区域可能为负，但题目给定边界外侧，区域应为 $0\le z\le y-3$ 且要求 $y-3\ge0$ 即 $y\ge3$，但柱内 $y\le3$，所以实际上只有 $y=3$ 时接触，体积为零？检查： 实际上 $z=y-3$ 在 $y<3$ 时 $z<0$，而 $z=0$ 是下底，所以区域应为 $y-3\le z\le 0$ 且 $y\le3$。为方便，改用柱坐标： $x=r\cos\theta,\; y=r\sin\theta,\; 0\le r\le3$，且 $z$ 从 $y-3 = r\sin\theta-3$ 到 $0$。注意 $r\sin\theta-3\le0$ 恒成立。 于是 $$ \iiint_{\Omega} 2y\,dV = \int_{\theta=0}^{2\pi}\int_{r=0}^{3}\int_{z=r\sin\theta-3}^{0} 2r\sin\theta \cdot r\,dz\,dr\,d\theta $$ 先对 $z$ 积分： $$ \int_{z=r\sin\theta-3}^{0} dz = 0 - (r\sin\theta-3) = 3 - r\sin\theta $$ 所以被积函数为 $$ 2r^2\sin\theta\,(3 - r\sin\theta) = 6r^2\sin\theta - 2r^3\sin^2\theta $$ 对 $\theta$ 积分时，$\int_0^{2\pi}\sin\theta\,d\theta=0$，$\int_0^{2\pi}\sin^2\theta\,d\theta=\pi$，因此 $$ \iiint = \int_{r=0}^3 \left( 0 - 2r^3 \pi \right) dr = -2\pi \int_0^3 r^3 dr = -2\pi \cdot \frac{81}{4} = -\frac{81\pi}{2} $$ 结果为 $\displaystyle -\frac{81\pi}{2}$。
难度：★★★★☆
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**（4）** 这里 $\Sigma$ 是上半球面 $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$ 的上侧，不是封闭曲面。补上底面 $z=0$（圆盘 $x^2+y^2\le a^2$）取下侧，构成封闭曲面外侧。 令 $P=x,\;Q=y,\;R=z$，则 $$ \frac{\partial P}{\partial x}=1,\quad \frac{\partial Q}{\partial y}=1,\quad \frac{\partial R}{\partial z}=1 $$ 对封闭曲面应用高斯公式： $$ \oiint_{\Sigma+\Sigma_0} x\,dy\,dz+y\,dz\,dx+z\,dx\,dy = \iiint_{\Omega} 3\,dV = 3\cdot \frac{2}{3}\pi a^3 = 2\pi a^3 $$ 其中 $\Omega$ 是上半球体。 底面 $\Sigma_0$（$z=0$，下侧）上，$z=0,\; dz=0$，且法向朝下，故 $$ \iint_{\Sigma_0} x\,dy\,dz+y\,dz\,dx+z\,dx\,dy = \iint_{\Sigma_0} 0 = 0 $$ 因此原积分等于 $2\pi a^3$。
难度：★★★☆☆
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**（5）** 曲面 $\Sigma$ 是抛物面 $z=4-x^2-y^2$ 被 $z=0$ 所截部分的下侧。补上底面 $z=0$（圆盘 $x^2+y^2\le4$）的上侧，构成封闭曲面外侧。 令 $P=x^3,\; Q=2xz^2,\; R=3y^2z$，则 $$ \frac{\partial P}{\partial x}=3x^2,\quad \frac{\partial Q}{\partial y}=0,\quad \frac{\partial R}{\partial z}=3y^2 $$ 散度之和为 $3x^2+3y^2$。 封闭区域 $\Omega$：$0\le z\le 4-x^2-y^