同济高数 第11章 第11-4-5题

[AI解答]

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（1） 曲面 $\Sigma$ 是由锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 和平面 $z=1$ 围成的整个边界曲面，分为两部分：
- 锥面部分 $\Sigma_1: z=\sqrt{x^2+y^2},\ 0\le z\le 1$；
- 平面部分 $\Sigma_2: z=1,\ x^2+y^2\le 1$。

先计算锥面部分 $\Sigma_1$。
锥面方程 $z=\sqrt{x^2+y^2}$，则
$$
z_x = \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}},\quad z_y = \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}},
$$
所以
$$
\sqrt{1+z_x^2+z_y^2} = \sqrt{1+\frac{x^2}{x^2+y^2}+\frac{y^2}{x^2+y^2}} = \sqrt{2}.
$$
面积元 $\mathrm{d}S = \sqrt{2}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$。
在 $xy$ 平面投影区域 $D_1: x^2+y^2\le 1$，被积函数 $x^2+y^2$ 在锥面上即为 $z^2 = x^2+y^2$。
于是
$$
\iint_{\Sigma_1}(x^2+y^2)\mathrm{d}S
= \iint_{D_1}(x^2+y^2)\cdot\sqrt{2}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y
= \sqrt{2}\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1} r^2\cdot r\,\mathrm{d}r
= \sqrt{2}\cdot 2\pi\cdot\frac{1}{4} = \frac{\sqrt{2}\pi}{2}.
$$

再计算平面部分 $\Sigma_2$：$z=1$，$\mathrm{d}S = \mathrm{d}x\mathrm{d}y$，投影区域 $D_2: x^2+y^2\le 1$，被积函数 $x^2+y^2$。
$$
\iint_{\Sigma_2}(x^2+y^2)\mathrm{d}S
= \iint_{D_2}(x^2+y^2)\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y
= \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1} r^2\cdot r\,\mathrm{d}r
= 2\pi\cdot\frac{1}{4} = \frac{\pi}{2}.
$$

因此整个边界曲面积分为
$$
\iint_{\Sigma}(x^2+y^2)\mathrm{d}S = \frac{\sqrt{2}\pi}{2} + \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}(\sqrt{2}+1).
$$

（2） 曲面为锥面 $z^2 = 3(x^2+y^2)$ 被 $z=0$ 和 $z=3$ 所截部分。
改写为 $z = \sqrt{3}\,\sqrt{x^2+y^2}$（取 $z\ge 0$），则
$$
z_x = \frac{\sqrt{3}\,x}{\sqrt{x^2+y^2}},\quad z_y = \frac{\sqrt{3}\,y}{\sqrt{x^2+y^2}},
$$
$$
\sqrt{1+z_x^2+z_y^2} = \sqrt{1+3\cdot\frac{x^2+y^2}{x^2+y^2}} = \sqrt{4}=2.
$$
面积元 $\mathrm{d}S = 2\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$。
投影区域：$z$ 从 $0$ 到 $3$，对应 $0\le \sqrt{3(x^2+y^2)}\le 3$，即 $x^2+y^2\le 3$。
被积函数 $x^2+y^2$。
$$
\iint_{\Sigma}(x^2+y^2)\mathrm{d}S
= \iint_{x^2+y^2\le 3}(x^2+y^2)\cdot 2\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y
= 2\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\sqrt{3}} r^2\cdot r\,\mathrm{d}r
= 2\cdot 2\pi\cdot\frac{(\sqrt{3})^4}{4}
= 4\pi\cdot\frac{9}{4}=9\pi.
$$

最终答案：
（1）$\displaystyle \frac{\pi}{2}(\sqrt{2}+1)$
（2）$9\pi$

难度：★★☆☆☆