2014年考研数学一第18题

由于原曲面 $\Sigma$ 为锥面 $z = \sqrt{x^2 + y^2}$ 被平面 $z = 1$ 所截的下侧部分（$0 \leq z \leq 1$），该曲面不是封闭曲面，无法直接应用高斯公式。因此需要添加一个辅助平面 $\Sigma_0: z = 1$（$x^2 + y^2 \leq 1$），并取下侧，使得 $\Sigma$ 与 $\Sigma_0$ 共同围成一个封闭的空间区域 $\Omega$。 具体构造如下： - 原曲面 $\Sigma$：$z = \sqrt{x^2 + y^2}$，$0 \leq z \leq 1$，方向取下侧（法向量指向 $z$ 轴负方向）。 - 添加平面 $\Sigma_0$：$z = 1$，$x^2 + y^2 \leq 1$，方向取下侧（法向量指向 $z$ 轴负方向，即 $(0,0,-1)$）。 此时，$\Sigma$ 与 $\Sigma_0$ 共同构成一个封闭曲面 $\partial \Omega = \Sigma \cup \Sigma_0$，其方向为外侧（注意：原 $\Sigma$ 取下侧，$\Sigma_0$ 取下侧，组合后整体指向区域 $\Omega$ 的外部）。区域 $\Omega$ 为锥体内部：$\Omega = \{ (x,y,z) \mid \sqrt{x^2 + y^2} \leq z \leq 1 \}$。 这样，原曲面积分 $\iint_\Sigma \cdots$ 可转化为封闭曲面上的积分减去 $\Sigma_0$ 上的积分： $$\iint_\Sigma = \iint_{\partial \Omega} - \iint_{\Sigma_0}.$$ 后续步骤将利用高斯公式计算 $\iint_{\partial \Omega}$，并直接计算 $\iint_{\Sigma_0}$。

为了计算曲面积分 $\iint_{\Sigma} \frac{x \,dy\,dz + y \,dz\,dx + z \,dx\,dy}{[(x-1)^2+(y-1)^2+z^2]^{3/2}}$，我们注意到被积函数的分母在点 $(1,1,0)$ 处为零，因此该点是被积函数的奇点。曲面 $\Sigma$ 是曲面 $z = x^2 + y^2$（$0 \leq z \leq 1$）的上侧，不包含该奇点。为了应用高斯公式，我们构造一个辅助曲面 $\Sigma_0$：取一个充分小的球面 $(x-1)^2+(y-1)^2+z^2 = \varepsilon^2$，方向取内侧（即指向球心），使得该小球完全位于曲面 $\Sigma$ 的下方（即 $z \leq x^2+y^2$ 的区域内部）。记 $\Sigma$ 与 $\Sigma_0$ 所围成的封闭区域为 $\Omega$，其边界为 $\Sigma \cup \Sigma_0$，方向取外侧（$\Sigma$ 取上侧，$\Sigma_0$ 取内侧）。在区域 $\Omega$ 内，被积函数无奇点，因此可以对封闭曲面 $\Sigma \cup \Sigma_0$ 应用高斯公式。设向量场 $\mathbf{F} = \left( \frac{x}{r^3}, \frac{y}{r^3}, \frac{z}{r^3} \right)$，其中 $r = \sqrt{(x-1)^2+(y-1)^2+z^2}$。计算散度： $$ \nabla \cdot \mathbf{F} = \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{x}{r^3} \right) + \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{y}{r^3} \right) + \frac{\partial}{\partial z} \left( \frac{z}{r^3} \right). $$ 利用 $\frac{\partial r}{\partial x} = \frac{x-1}{r}$，$\frac{\partial r}{\partial y} = \frac{y-1}{r}$，$\frac{\partial r}{\partial z} = \frac{z}{r}$，计算偏导数： $$ \frac{\partial}{\partial x} \left( \frac{x}{r^3} \right) = \frac{1}{r^3} - \frac{3x(x-1)}{r^5}, $$ $$ \frac{\partial}{\partial y} \left( \frac{y}{r^3} \right) = \frac{1}{r^3} - \frac{3y(y-1)}{r^5}, $$ $$ \frac{\partial}{\partial z} \left( \frac{z}{r^3} \right) = \frac{1}{r^3} - \frac{3z^2}{r^5}. $$ 相加得： $$ \nabla \cdot \mathbf{F} = \frac{3}{r^3} - \frac{3}{r^5} \left[ x(x-1) + y(y-1) + z^2 \right]. $$ 注意 $x(x-1) = (x-1)^2 + (x-1)$，$y(y-1) = (y-1)^2 + (y-1)$，且 $z^2 = z^2$，因此 $$ x(x-1)+y(y-1)+z^2 = (x-1)^2+(y-1)^2+z^2 + (x-1)+(y-1) = r^2 + (x+y-2). $$ 代入得： $$ \nabla \cdot \mathbf{F} = \frac{3}{r^3} - \frac{3}{r^5} \left( r^2 + x+y-2 \right) = \frac{3}{r^3} - \frac{3}{r^3} - \frac{3(x+y-2)}{r^5} = -\frac{3(x+y-2)}{r^5}. $$ 因此，由高斯公式， $$ \iint_{\Sigma \cup \Sigma_0} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iiint_{\Omega} \nabla \cdot \mathbf{F} \, dV = -\iiint_{\Omega} \frac{3(x+y-2)}{r^5} \, dV. $$ 为了简化，作平移变换：令 $u = x-1$，$v = y-1$，$w = z$，则 $r = \sqrt{u^2+v^2+w^2}$，$x+y-2 = u+v$，雅可比行列式为 $1$，区域 $\Omega$ 变为 $\Omega'$。于是 $$ \iint_{\Sigma \cup \Sigma_0} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = -\iiint_{\Omega'} \frac{3(u+v)}{(u^2+v^2+w^2)^{5/2}} \, du\,dv\,dw. $$ 注意到被积函数关于 $u$ 和 $v$ 是奇函数，而区域 $\Omega'$ 关于 $u=0$ 和 $v=0$ 对称（因为原区域 $\Omega$ 关于直线 $x=1$ 和 $y=1$ 对称），因此三重积分为零。故 $$ \iint_{\Sigma \cup \Sigma_0} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = 0. $$ 即 $$ \iint_{\Sigma} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} + \iint_{\Sigma_0} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = 0, $$ 所以 $$ \iint_{\Sigma} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = -\iint_{\Sigma_0} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}. $$ 因此，原曲面积分等于小球面内侧的曲面积分的相反数。

首先，将三重积分中的被积函数 $(x+y+z)^2$ 展开。利用完全平方公式： $$(x+y+z)^2 = x^2 + y^2 + z^2 + 2xy + 2xz + 2yz.$$ 由于积分区域 $\Omega$ 是由曲面 $z = x^2 + y^2$ 与平面 $z = 4$ 所围成的空间区域，且 $\Omega$ 关于 $x=0$ 和 $y=0$ 对称。根据对称性，奇函数在对称区域上的三重积分为零。具体地，$2xy$、$2xz$、$2yz$ 关于 $x$ 或 $y$ 是奇函数，因此 $$\iiint_\Omega 2xy\,dv = 0,\quad \iiint_\Omega 2xz\,dv = 0,\quad \iiint_\Omega 2yz\,dv = 0.$$ 于是，原三重积分简化为 $$\iiint_\Omega (x^2 + y^2 + z^2)\,dv.$$ 接下来，将 $x^2 + y^2$ 与 $z^2$ 分开处理。由于 $\Omega$ 关于 $x$ 和 $y$ 的对称性，$x^2$ 与 $y^2$ 的积分值相等，即 $$\iiint_\Omega x^2\,dv = \iiint_\Omega y^2\,dv.$$ 因此， $$\iiint_\Omega (x^2 + y^2)\,dv = 2\iiint_\Omega x^2\,dv.$$ 但更常用的做法是直接利用柱坐标变换，将 $x^2+y^2$ 转化为 $r^2$，这将在下一步进行。本步骤的核心是：展开被积函数后，利用对称性消去交叉项，得到仅含平方项的积分。

采用柱坐标变换：$x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$, $z = z$，体积元 $\mathrm{d}V = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$。积分区域 $\Omega$ 在柱坐标下表示为：$0 \leq \theta \leq 2\pi$, $0 \leq r \leq 1$, $r^2 \leq z \leq 1$。被积函数 $f(x,y,z) = z$ 在柱坐标下为 $z$。因此三重积分为： $$\iiint_\Omega z\,\mathrm{d}V = \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^1 r\,\mathrm{d}r \int_{r^2}^1 z\,\mathrm{d}z.$$ 先对 $z$ 积分： $$\int_{r^2}^1 z\,\mathrm{d}z = \left[\frac{z^2}{2}\right]_{z=r^2}^{z=1} = \frac{1}{2} - \frac{r^4}{2} = \frac{1}{2}(1 - r^4).$$ 再对 $r$ 积分： $$\int_0^1 r \cdot \frac{1}{2}(1 - r^4)\,\mathrm{d}r = \frac{1}{2}\int_0^1 (r - r^5)\,\mathrm{d}r = \frac{1}{2}\left[\frac{r^2}{2} - \frac{r^6}{6}\right]_0^1 = \frac{1}{2}\left(\frac{1}{2} - \frac{1}{6}\right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{6}.$$ 最后对 $\theta$ 积分： $$\int_0^{2\pi} \frac{1}{6}\,\mathrm{d}\theta = \frac{1}{6} \cdot 2\pi = \frac{\pi}{3}.$$ 因此，三重积分的结果为 $\frac{\pi}{3}$。验证：积分区域是旋转抛物面 $z = x^2 + y^2$ 与平面 $z=1$ 所围成的立体，被积函数 $z$ 的积分结果为正，且量纲合理，计算无误。