同济高数 第11章 第11-5-5题
📝 题目
5．计算
$$
\displaystyle{\iint}_{\Sigma}(3 z+1) x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z-\mathrm{d} z \mathrm{~d} x+z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y
$$
其中 $\Sigma$ 是由曲线 $\left\{\begin{array}{l}z=\sqrt{y-1}, \\ x=0\end{array} \quad(1 \leqslant y \leqslant 3)\right.$ 绕 $y$ 轴旋转一周所成的旋转曲面的左侧．
💡 答案解析
[AI解答]
[AI解答]
本题要求计算第二类曲面积分
$$
\iint_{\Sigma} (3z+1)x \, dy\,dz - dz\,dx + z \, dx\,dy
$$
其中 $\Sigma$ 是由曲线
$$
\begin{cases}
z = \sqrt{y-1}, \\
x = 0
\end{cases}
\quad (1 \le y \le 3)
$$
绕 $y$ 轴旋转一周得到的旋转曲面的左侧。
---
第一步：明确曲面方程与方向
曲线在 $x=0$ 平面内，方程为 $z = \sqrt{y-1}$，绕 $y$ 轴旋转，则旋转曲面方程为
$$
x^2 + z^2 = y - 1, \quad 1 \le y \le 3.
$$
即
$$
y = x^2 + z^2 + 1.
$$
题目说取“左侧”，在第二类曲面积分中，左侧通常指法向量指向 $y$ 减小的方向（即与 $y$ 轴正向相反）。由于曲面方程显式为 $y = x^2+z^2+1$，可将其视为函数 $y = f(x,z)$，则法向量为
$$
\left(-\frac{\partial f}{\partial x},\, 1,\, -\frac{\partial f}{\partial z}\right) = (-2x,\, 1,\, -2z).
$$
“左侧”意味着法向量的 $y$ 分量为负，因此我们取法向量为
$$
(2x,\, -1,\, 2z)
$$
即方向为 $(-2x,\, 1,\, -2z)$ 的反向，使得 $y$ 分量为 $-1$。
---
第二步：转化为二重积分
第二类曲面积分的一般形式为
$$
\iint_{\Sigma} P\,dy\,dz + Q\,dz\,dx + R\,dx\,dy,
$$
这里
$$
P = (3z+1)x,\quad Q = -1,\quad R = z.
$$
利用投影到 $xz$ 平面计算。曲面可表示为 $y = x^2+z^2+1$，投影区域 $D$ 为
$$
x^2+z^2 \le 2 \quad (\text{因为 } 1\le y\le 3 \Rightarrow 0\le x^2+z^2\le 2).
$$
对于左侧，法向量 $y$ 分量为负，因此有转换公式：
$$
dy\,dz = \left(-\frac{\partial y}{\partial x}\right) dx\,dz = -2x\,dx\,dz,
$$
$$
dz\,dx = 1\cdot dx\,dz,
$$
$$
dx\,dy = \left(-\frac{\partial y}{\partial z}\right) dx\,dz = -2z\,dx\,dz,
$$
注意这里符号由方向决定：左侧对应法向量 $(-y_x, 1, -y_z)$ 取反，得到 $(y_x, -1, y_z)$，因此
$$
dy\,dz = y_x\,dx\,dz = 2x\,dx\,dz,
$$
$$
dz\,dx = -1\,dx\,dz,
$$
$$
dx\,dy = y_z\,dx\,dz = 2z\,dx\,dz.
$$
我们采用后者（直接按左侧方向代入）。
---
第三步：代入被积表达式
原积分为
$$
\iint_{\Sigma} (3z+1)x\,dy\,dz - dz\,dx + z\,dx\,dy.
$$
代入左侧对应的微分元：
$$
dy\,dz = 2x\,dx\,dz,\quad dz\,dx = -dx\,dz,\quad dx\,dy = 2z\,dx\,dz.
$$
于是被积表达式变为
$$
(3z+1)x \cdot (2x\,dx\,dz) - (-dx\,dz) + z \cdot (2z\,dx\,dz)
$$
$$
= \left[2x^2(3z+1) + 1 + 2z^2\right] dx\,dz.
$$
化简括号内：
$$
2x^2(3z+1) + 1 + 2z^2 = 6x^2z + 2x^2 + 1 + 2z^2.
$$
---
第四步：在投影区域上积分
投影区域 $D: x^2+z^2 \le 2$，采用极坐标：
$$
x = r\cos\theta,\quad z = r\sin\theta,\quad dx\,dz = r\,dr\,d\theta,
$$
积分限 $0\le r\le\sqrt{2},\; 0\le\theta\le 2\pi$。
被积函数化为
$$
6(r^2\cos^2\theta)(r\sin\theta) + 2r^2\cos^2\theta + 1 + 2r^2\sin^2\theta.
$$
即
$$
6r^3\cos^2\theta\sin\theta + 2r^2\cos^2\theta + 1 + 2r^2\sin^2\theta.
$$
---
第五步：逐项积分
先对 $\theta$ 积分，注意 $\displaystyle\int_0^{2\pi} \cos^2\theta\sin\theta\,d\theta = 0$（奇对称），所以第一项为零。
第二项：
$$
\int_0^{2\pi} 2r^2\cos^2\theta\,d\theta = 2r^2 \cdot \pi = 2\pi r^2,
$$
因为 $\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\,d\theta = \pi$。
第三项：常数1积分得 $2\pi$。
第四项：
$$
\int_0^{2\pi} 2r^2\sin^2\theta\,d\theta = 2r^2 \cdot \pi = 2\pi r^2.
$$
因此第二、四项合并为 $4\pi r^2$。
于是对 $\theta$ 积分后得到
$$
\int_0^{2\pi} (\cdots)\,d\theta = 4\pi r^2 + 2\pi.
$$
---
**第六步：对 $r$ 积分**
$$
\int_{0}^{\sqrt{2}} (4\pi r^2 + 2\pi)\, r\,dr = \int_0^{\sqrt{2}} (4\pi r^3 + 2\pi r)\, dr.
$$
计算：
$$
\int_0^{\sqrt{2}} 4\pi r^3\,dr = 4\pi \cdot \frac{r^4}{4}\Big|_{0}^{\sqrt{2}} = \pi \cdot ( (\sqrt{2})^4 ) = \pi \cdot 4 = 4\pi,
$$
$$
\int_0^{\sqrt{2}} 2\pi r\,dr = 2\pi \cdot \frac{r^2}{2}\Big|_{0}^{\sqrt{2}} = \pi \cdot 2 = 2\pi.
$$
总和为 $4\pi + 2\pi = 6\pi$。
---
最终结果
$$
\boxed{6\pi}
$$
---
难度评级：★★★☆☆
需要理解旋转曲面方程、第二类曲面积分方向与投影转换，计算量中等，但思路清晰后步骤并不复杂。