同济高数 第11章 第11-4-4题

[AI解答]

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题目：计算曲面积分 $\displaystyle{\iint}_{\Sigma} f(x, y, z) \mathrm{d} S$，其中 $\Sigma$ 为抛物面 $z=2-(x^{2}+y^{2})$ 在 $xOy$ 面上方的部分，分别对 $f(x,y,z)=1$、$f(x,y,z)=x^{2}+y^{2}$、$f(x,y,z)=3z$ 求解。

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预备：曲面参数化与面积元

曲面方程：
$$
z = 2 - (x^2 + y^2), \quad z \ge 0
$$
因此投影区域 $D$ 为 $x^2 + y^2 \le 2$（因为 $z=0$ 时 $x^2+y^2=2$）。

曲面积分公式：
$$
\mathrm{d}S = \sqrt{1 + \left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^2 + \left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^2} \,\mathrm{d}x\mathrm{d}y
$$
计算偏导：
$$
\frac{\partial z}{\partial x} = -2x,\quad \frac{\partial z}{\partial y} = -2y
$$
所以：
$$
\sqrt{1 + 4x^2 + 4y^2} = \sqrt{1 + 4(x^2+y^2)}
$$
因此：
$$
\iint_{\Sigma} f(x,y,z)\,\mathrm{d}S = \iint_{D} f(x,y,\,2-(x^2+y^2)) \, \sqrt{1+4(x^2+y^2)} \,\mathrm{d}x\mathrm{d}y
$$

采用极坐标：
$$
x = r\cos\theta,\quad y = r\sin\theta,\quad r\in[0,\sqrt{2}],\ \theta\in[0,2\pi]
$$
面积元 $\mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$。

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（1）$f(x,y,z)=1$

$$
\iint_{\Sigma} 1\,\mathrm{d}S = \iint_{D} \sqrt{1+4r^2}\; r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta
$$
先对 $\theta$ 积分得 $2\pi$：
$$
= 2\pi \int_{0}^{\sqrt{2}} r\sqrt{1+4r^2}\,\mathrm{d}r
$$
令 $u = 1+4r^2$，则 $\mathrm{d}u = 8r\,\mathrm{d}r$，即 $r\,\mathrm{d}r = \frac{1}{8}\mathrm{d}u$，当 $r=0$ 时 $u=1$，$r=\sqrt{2}$ 时 $u=1+8=9$：
$$
= 2\pi \int_{1}^{9} \sqrt{u}\cdot\frac{1}{8}\,\mathrm{d}u
= \frac{2\pi}{8} \cdot \frac{2}{3} \left[ u^{3/2} \right]_{1}^{9}
= \frac{\pi}{6} (27 - 1) = \frac{26\pi}{6} = \frac{13\pi}{3}
$$

结果：$\displaystyle \frac{13\pi}{3}$

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（2）$f(x,y,z)=x^2+y^2$

此时 $f = r^2$，积分：
$$
\iint_{\Sigma} (x^2+y^2)\,\mathrm{d}S = \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\sqrt{2}} r^2 \cdot \sqrt{1+4r^2}\; r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta
= 2\pi \int_{0}^{\sqrt{2}} r^3 \sqrt{1+4r^2}\,\mathrm{d}r
$$
令 $u = 1+4r^2$，则 $r^2 = \frac{u-1}{4}$，且 $r\,\mathrm{d}r = \frac{1}{8}\mathrm{d}u$，所以 $r^3\,\mathrm{d}r = r^2 \cdot r\,\mathrm{d}r = \frac{u-1}{4} \cdot \frac{1}{8}\mathrm{d}u = \frac{u-1}{32}\mathrm{d}u$。
当 $r=0$，$u=1$；$r=\sqrt{2}$，$u=9$：
$$
= 2\pi \int_{1}^{9} \frac{u-1}{32} \sqrt{u}\,\mathrm{d}u
= \frac{2\pi}{32} \int_{1}^{9} (u^{3/2} - u^{1/2})\,\mathrm{d}u
= \frac{\pi}{16} \left[ \frac{2}{5}u^{5/2} - \frac{2}{3}u^{3/2} \right]_{1}^{9}
$$
计算：
$$
u=9: \quad \frac{2}{5}\cdot 243 - \frac{2}{3}\cdot 27 = \frac{486}{5} - 18 = \frac{486-90}{5} = \frac{396}{5}
$$
$$
u=1: \quad \frac{2}{5}\cdot 1 - \frac{2}{3}\cdot 1 = \frac{2}{5} - \frac{2}{3} = \frac{6-10}{15} = -\frac{4}{15}
$$
差值为：
$$
\frac{396}{5} - \left(-\frac{4}{15}\right) = \frac{396}{5} + \frac{4}{15} = \frac{1188+4}{15} = \frac{1192}{15}
$$
乘以 $\frac{\pi}{16}$：
$$
= \frac{\pi}{16} \cdot \frac{1192}{15} = \frac{1192\pi}{240} = \frac{149\pi}{30}
$$

结果：$\displaystyle \frac{149\pi}{30}$

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（3）$f(x,y,z)=3z$

此时 $z = 2 - r^2$，所以 $f = 3(2 - r^2) = 6 - 3r^2$，积分：
$$
\iint_{\Sigma} 3z\,\mathrm{d}S = \int_{0}^{2\pi}\int_{0}^{\sqrt{2}} (6 - 3r^2) \sqrt{1+4r^2}\; r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta
= 2\pi \int_{0}^{\sqrt{2}} (6r - 3r^3) \sqrt{1+4r^2}\,\mathrm{d}r
$$
拆为两部分：
$$
I_1 = 6\int_{0}^{\sqrt{2}} r\sqrt{1+4r^2}\,\mathrm{d}r,\quad I_2 = 3\int_{0}^{\sqrt{2}} r^3\sqrt{1+4r^2}\,\mathrm{d}r
$$
由（1）知：
$$
\int_{0}^{\sqrt{2}} r\sqrt{1+4r^2}\,\mathrm{d}r = \frac{1}{8}\cdot\frac{2}{3}(27-1) = \frac{26}{12} = \frac{13}{6}
$$
所以 $I_1 = 6 \cdot \frac{13}{6} = 13$。

由（2）知：
$$
\int_{0}^{\sqrt{2}} r^3\sqrt{1+4r^2}\,\mathrm{d}r = \frac{1}{32}\cdot\frac{1192}{15} = \frac{1192}{480} = \frac{149}{60}
$$
所以 $I_2 = 3 \cdot \frac{149}{60} = \frac{149}{20}$。

因此：
$$
2\pi (I_1 - I_2) = 2\pi \left(13 - \frac{149}{20}\right) = 2\pi \cdot \frac{260 - 149}{20} = 2\pi \cdot \frac{111}{20} = \frac{111\pi}{10}
$$

结果：$\displaystyle \frac{111\pi}{10}$

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最终答案汇总

$$
\boxed{\frac{13\pi}{3}},\quad \boxed{\frac{149\pi}{30}},\quad \boxed{\frac{111\pi}{10}}
$$

难度评级：★★★☆☆
（需要掌握曲面积分公式、极坐标变换和换元积分技巧，计算量中等）