2014年考研数学一第12题

首先，根据题目所给的空间曲线 $L$，其方程为 $\begin{cases} x^2 + y^2 + z^2 = a^2 \\ x + y + z = 0 \end{cases}$，即球面与平面的交线，是一个半径为 $a$ 的圆。我们需要计算曲线积分 $\oint_L (y^2 - z^2)\,dx + (z^2 - x^2)\,dy + (x^2 - y^2)\,dz$。 利用斯托克斯公式（Stokes' theorem），将空间曲线积分转化为曲面积分。斯托克斯公式为： $$\oint_L \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \iint_S (\nabla \times \mathbf{F}) \cdot \mathbf{n} \, dS$$ 其中 $S$ 是以 $L$ 为边界的任意光滑曲面，方向由右手定则确定。 取曲面 $S$ 为平面 $x + y + z = 0$ 上被球面 $x^2 + y^2 + z^2 = a^2$ 截下的部分（即圆盘）。该平面的法向量为 $\mathbf{n} = \frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)$，方向由右手定则确定：当沿着曲线 $L$ 的正方向（逆时针方向）行走时，曲面法向量指向观察者一侧，这里取法向量指向 $x+y+z>0$ 一侧，即 $\mathbf{n} = \frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)$。 计算向量场 $\mathbf{F} = (P, Q, R) = (y^2 - z^2,\, z^2 - x^2,\, x^2 - y^2)$ 的旋度： $$\nabla \times \mathbf{F} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ y^2 - z^2 & z^2 - x^2 & x^2 - y^2 \end{vmatrix}$$ 计算各分量： - $\frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial y}(x^2 - y^2) - \frac{\partial}{\partial z}(z^2 - x^2) = (-2y) - (2z) = -2y - 2z$ - $\frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial z}(y^2 - z^2) - \frac{\partial}{\partial x}(x^2 - y^2) = (-2z) - (2x) = -2z - 2x$ - $\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial x}(z^2 - x^2) - \frac{\partial}{\partial y}(y^2 - z^2) = (-2x) - (2y) = -2x - 2y$ 因此旋度为： $$\nabla \times \mathbf{F} = (-2y - 2z,\, -2z - 2x,\, -2x - 2y) = -2(x+y+z,\, x+y+z,\, x+y+z)$$ 由于在曲面 $S$ 上，$x+y+z=0$，所以 $\nabla \times \mathbf{F} = (0,0,0)$。但注意：旋度在曲面上的值恒为零，这会导致曲面积分为零，但我们需要谨慎：实际上，$\nabla \times \mathbf{F}$ 的表达式中含有 $x+y+z$ 因子，在曲面 $S$ 上确实为零，因此曲面积分 $\iint_S (\nabla \times \mathbf{F}) \cdot \mathbf{n} \, dS = 0$。 但根据斯托克斯公式，原曲线积分等于该曲面积分，因此原曲线积分为 $0$。然而，这似乎过于简单，需要检查是否忽略了方向或曲面选取的细节。实际上，由于旋度在曲面每一点均为零，曲面积分确实为零，故原曲线积分为 $0$。 因此，本步骤将曲线积分转化为曲面积分后，得到： $$\oint_L (y^2 - z^2)\,dx + (z^2 - x^2)\,dy + (x^2 - y^2)\,dz = \iint_S (\nabla \times \mathbf{F}) \cdot \mathbf{n} \, dS = 0$$

由前一步骤，已将曲面积分化为二重积分： $$\iint_{\Sigma} z \, dS = \iint_{D} (1 - x^2 - y^2) \sqrt{1 + 4x^2 + 4y^2} \, dxdy$$ 其中积分区域 $D$ 为柱面 $x^2 + y^2 = 1$ 在 $xOy$ 平面上的投影，即单位圆盘 $x^2 + y^2 \leq 1$。 注意到被积函数中的 $\sqrt{1 + 4x^2 + 4y^2}$ 在区域 $D$ 上不是常数，因此不能直接利用面积公式。但观察题目条件，曲面 $\Sigma$ 为柱面 $x^2 + y^2 = 1$ 被平面 $z=0$ 和 $z=1-x^2-y^2$ 所截部分，且 $z \geq 0$。实际上，曲面 $\Sigma$ 是柱面 $x^2 + y^2 = 1$ 上介于 $z=0$ 与 $z=1-x^2-y^2$ 之间的部分。由于柱面 $x^2 + y^2 = 1$ 在 $xOy$ 面上的投影是圆周，而不是圆盘，因此上述化为二重积分的过程有误。 正确做法：曲面 $\Sigma$ 是柱面 $x^2 + y^2 = 1$ 的一部分，其参数方程为： $$x = \cos\theta,\quad y = \sin\theta,\quad z = z, \quad 0 \leq \theta \leq 2\pi, \quad 0 \leq z \leq 1 - \cos^2\theta - \sin^2\theta = 0$$ 这导致 $z$ 的上限为 $0$，说明曲面退化为圆周，这显然不合理。因此需要重新审视题目：曲面 $\Sigma$ 应为柱面 $x^2 + y^2 = 1$ 被平面 $z=0$ 和 $z=1-x^2-y^2$ 所截部分，但 $1-x^2-y^2$ 在柱面上恒为 $0$，所以实际上曲面是柱面 $x^2 + y^2 = 1$ 上 $z=0$ 的部分，即一个圆环？不，这仍然矛盾。 实际上，原题中曲面 $\Sigma$ 是柱面 $x^2 + y^2 = 1$ 被平面 $z=0$ 和曲面 $z=1-x^2-y^2$ 所截部分，但 $z=1-x^2-y^2$ 与柱面交线为 $z=0$，所以曲面退化为 $z=0$ 的圆盘边界？这显然不是题目本意。 经过分析，题目可能意图是：曲面 $\Sigma$ 为柱面 $x^2 + y^2 = 1$ 被平面 $z=0$ 和 $z=1-x^2-y^2$ 所截部分，但这里的 $z=1-x^2-y^2$ 应理解为 $z=1-x^2-y^2$ 在柱面外部？不，更合理的解释是：曲面 $\Sigma$ 是柱面 $x^2 + y^2 = 1$ 上 $0 \leq z \leq 1-x^2-y^2$ 的部分，但 $1-x^2-y^2$ 在柱面上为 $0$，所以 $z$ 范围是 $0 \leq z \leq 0$，即曲面退化为一条曲线。这显然不合理。 因此，我们怀疑原题中曲面 $\Sigma$ 应为：由柱面 $x^2 + y^2 = 1$ 和平面 $z=0$、$z=1-x^2-y^2$ 所围成的空间区域的边界曲面。但题目明确说“曲面 $\Sigma$ 为柱面 $x^2 + y^2 = 1$ 被平面 $z=0$ 和 $z=1-x^2-y^2$ 所截部分”，这通常指柱面的一部分。 鉴于上述矛盾，我们采用常见题型：曲面 $\Sigma$ 是柱面 $x^2 + y^2 = 1$ 上 $0 \leq z \leq 1-x^2-y^2$ 的部分，但 $1-x^2-y^2$ 在柱面上为 $0$，所以实际上 $z$ 恒为 $0$，曲面退化为圆盘边界。这显然不是题目本意。 因此，我们重新解读：题目中 $z=1-x^2-y^2$ 可能是一个旋转抛物面，而曲面 $\Sigma$ 是柱面 $x^2 + y^2 = 1$ 被平面 $z=0$ 和该抛物面所截部分，但抛物面与柱面的交线是 $z=0$，所以曲面是柱面上 $z=0$ 的部分，即一个圆环？不，柱面 $x^2+y^2=1$ 上 $z=0$ 的部分是圆周。 经过思考，我们推断原题可能为：曲面 $\Sigma$ 是柱面 $x^2 + y^2 = 1$ 被平面 $z=0$ 和 $z=1-x^2-y^2$ 所截部分，但这里的 $z=1-x^2-y^2$ 应理解为 $z=1-x^2-y^2$ 在柱面内部？不，柱面内部是 $x^2+y^2 \leq 1$，而 $z=1-x^2-y^2$ 是抛物面。 实际上，常见题目是：曲面 $\Sigma$ 为柱面 $x^2 + y^2 = 1$ 被平面 $z=0$ 和 $z=1-x^2-y^2$ 所截部分，但这里的 $z=1-x^2-y^2$ 是上底面，而柱面是侧面。那么曲面 $\Sigma$ 是柱面的一部分，其投影到 $xOy$ 面是圆周，而不是圆盘。因此，不能直接投影到 $xOy$ 面计算二重积分。 正确方法：将曲面投影到 $yOz$ 或 $xOz$ 面。由于柱面 $x^2+y^2=1$ 可表示为 $x = \pm \sqrt{1-y^2}$，但这样需要分片。更简单的是利用对称性。 由于题目步骤目标要求“将曲面积分化为二重积分，积分区域为柱面在xOy面上的投影（单位圆盘）”，这暗示了原题中曲面 $\Sigma$ 实际上是平面 $z=1-x^2-y^2$ 被柱面 $x^2+y^2=1$ 所截部分，即抛物面 $z=1-x^2-y^2$ 在 $x^2+y^2 \leq 1$ 的部分。这样，投影到 $xOy$ 面就是单位圆盘。 因此，我们重新设定：曲面 $\Sigma$ 是 $z=1-x^2-y^2$ 上 $x^2+y^2 \leq 1$ 的部分（即旋转抛物面被柱面所截部分）。这样，曲面积分 $\iint_{\Sigma} z \, dS$ 中，$z=1-x^2-y^2$，且 $dS = \sqrt{1 + z_x^2 + z_y^2} \, dxdy = \sqrt{1 + 4x^2 + 4y^2} \, dxdy$。于是 $$\iint_{\Sigma} z \, dS = \iint_{x^2+y^2 \leq 1} (1-x^2-y^2) \sqrt{1+4x^2+4y^2} \, dxdy$$ 采用极坐标：$x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$，则 $dxdy = r \, dr d\theta$，$r$ 从 $0$ 到 $1$，$\theta$ 从 $0$ 到 $2\pi$。被积函数为 $(1-r^2) \sqrt{1+4r^2}$。于是 $$\iint_{\Sigma} z \, dS = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^1 (1-r^2) \sqrt{1+4r^2} \, r \, dr = 2\pi \int_0^1 r(1-r^2) \sqrt{1+4r^2} \, dr$$ 令 $u = 1+4r^2$，则 $du = 8r \, dr$，$r \, dr = \frac{du}{8}$。当 $r=0$ 时 $u=1$，$r=1$ 时 $u=5$。且 $1-r^2 = 1 - \frac{u-1}{4} = \frac{5-u}{4}$。于是积分化为 $$2\pi \int_1^5 \frac{5-u}{4} \cdot \sqrt{u} \cdot \frac{du}{8} = \frac{2\pi}{32} \int_1^5 (5-u) u^{1/2} \, du = \frac{\pi}{16} \int_1^5 (5u^{1/2} - u^{3/2}) \, du$$ 计算： $$\int_1^5 5u^{1/2} \, du = 5 \cdot \frac{2}{3} u^{3/2} \Big|_1^5 = \frac{10}{3} (5^{3/2} - 1) = \frac{10}{3} (5\sqrt{5} - 1)$$ $$\int_1^5 u^{3/2} \, du = \frac{2}{5} u^{5/2} \Big|_1^5 = \frac{2}{5} (5^{5/2} - 1) = \frac{2}{5} (25\sqrt{5} - 1)$$ 所以 $$\int_1^5 (5u^{1/2} - u^{3/2}) \, du = \frac{10}{3}(5\sqrt{5}-1) - \frac{2}{5}(25\sqrt{5}-1) = \left(\frac{50}{3} - 10\right)\sqrt{5} + \left(-\frac{10}{3} + \frac{2}{5}\right) = \frac{20}{3}\sqrt{5} - \frac{44}{15}$$ 因此 $$\iint_{\Sigma} z \, dS = \frac{\pi}{16} \left( \frac{20}{3}\sqrt{5} - \frac{44}{15} \right) = \frac{\pi}{16} \cdot \frac{100\sqrt{5} - 44}{15} = \frac{\pi (100\sqrt{5} - 44)}{240} = \frac{\pi (25\sqrt{5} - 11)}{60}$$ 最终结果为 $\frac{\pi}{60}(25\sqrt{5} - 11)$。