💡 答案解析
补充 $\Sigma_{0}: z=0\left(x^{2}+y^{2} \leqslant 1\right)$ ，取下侧，
$$
I=\left(\oiint_{\Sigma+\Sigma_{0}}-\iint_{\Sigma_{0}}\right) 2 x^{3} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+2 y^{3} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+3\left(z^{2}-1\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y
$$
由高斯公式得
$$
\begin{aligned}
& \oiint_{\Sigma+\Sigma_{0}} 2 x^{3} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+2 y^{3} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+3\left(z^{2}-1\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=6 \iiint_{\Omega}\left(x^{2}+y^{2}+z\right) \mathrm{d} v \\
= & 6 \int_{0}^{1} \mathrm{~d} z \iint_{x^{2}+y^{2} \leqslant 1-z}\left(x^{2}+y^{2}+z\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=6 \int_{0}^{1} \mathrm{~d} z \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\sqrt{1-z}} r\left(r^{2}+z\right) \mathrm{d} r \\
= & 12 \pi \int_{0}^{1}\left[\frac{(1-z)^{2}}{4}+\frac{z(1-z)}{2}\right] \mathrm{d} z=3 \pi \int_{0}^{1}\left(1-z^{2}\right) \mathrm{d} z=2 \pi
\end{aligned}
$$
而 $\iint_{\Sigma_{0}} 2 x^{3} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+2 y^{3} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+3\left(z^{2}-1\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=-3 \iint_{\Sigma_{0}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=3 \iint_{D} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=3 \pi$ ，
故 $\iint_{\Sigma} 2 x^{3} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+2 y^{3} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+3\left(z^{2}-1\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=2 \pi-3 \pi=-\pi$ ．
（18）【证明】令 $f(x)=x^{n}+n x-1, \quad f(0)=-1, \quad f(1)=n$ ．
因为 $f(0) f(1)<0$ ，所以由零点定理，存在 $x_{n} \in(0,1)$ ，使得 $f\left(x_{n}\right)=0$ ，即方程 $x^{n}+n x-1=0$ 有正根 $x_{n}$ 。
因为 $f^{\prime}(x)=n x^{n-1}+n>0(x>0)$ ，所以 $f(x)$ 在 $[0,+\infty)$ 上单调增加，故 $x^{n}+n x-1=0$ 存在唯一的正根 $x_{n}$ 。
由 $x_{n}^{n}+n x_{n}-1=0$ 得 $01$ 时 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} \displaystyle\frac{1}{n^{\alpha}}$ 收玫，所以由正项级数的比较审玫法得 $\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty} x_{n}^{\alpha}$ 收玫。
📋 详细解题步骤
目标：补面构造封闭曲面
本题中，曲面 $\Sigma$ 为上半球面 $z = \sqrt{1 - x^2 - y^2}$ 被平面 $z = 0$ 所截部分的上侧。为了应用高斯公式，需要构造一个封闭曲面。我们补上底面 $\Sigma_1: z = 0$，取下侧，这样 $\Sigma$ 与 $\Sigma_1$ 共同构成一个封闭曲面 $\Sigma \cup \Sigma_1$，方向取外侧。具体地，$\Sigma$ 取上侧（即法向量指向 $z$ 轴正方向），$\Sigma_1$ 取下侧（即法向量指向 $z$ 轴负方向），整个封闭曲面的外侧即为由上半球面指向外部、由底面指向下方。补面后，封闭曲面所围成的区域 $\Omega$ 为上半球体：$x^2 + y^2 + z^2 \leq 1$，$z \geq 0$。这样，原曲面积分 $\iint_{\Sigma} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}$ 就可以转化为 $\iint_{\Sigma \cup \Sigma_1} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} - \iint_{\Sigma_1} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}$，其中第一项可用高斯公式化为三重积分，第二项需单独计算。
公式：$$\iint_{\Sigma} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} = \iint_{\Sigma \cup \Sigma_1} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S} - \iint_{\Sigma_1} \mathbf{F} \cdot d\mathbf{S}$$
提示：补面时注意方向：底面取下侧，与上半球面上侧构成外侧。
目标：应用高斯公式
首先，根据题目给定的封闭曲面$\Sigma$及其所围成的空间区域$\Omega$，我们应用高斯公式（散度定理）将封闭曲面积分转化为三重积分。高斯公式指出：对于封闭曲面$\Sigma$（取外侧方向），有
$$\iint_{\Sigma} P\,dy\,dz + Q\,dz\,dx + R\,dx\,dy = \iiint_{\Omega} \left(\frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}\right) dv.$$
由题目所给积分形式，我们识别出向量场$\mathbf{F} = (P, Q, R)$，其中
$$P = 2x^3, \quad Q = 2y^3, \quad R = 3(z^2 - 1).$$
接下来计算散度$\nabla \cdot \mathbf{F}$：
$$\frac{\partial P}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(2x^3) = 6x^2,$$
$$\frac{\partial Q}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(2y^3) = 6y^2,$$
$$\frac{\partial R}{\partial z} = \frac{\partial}{\partial z}[3(z^2 - 1)] = 6z.$$
因此散度为
$$\nabla \cdot \mathbf{F} = 6x^2 + 6y^2 + 6z.$$
根据高斯公式，原曲面积分等于三重积分
$$\iiint_{\Omega} (6x^2 + 6y^2 + 6z)\, dv = 6 \iiint_{\Omega} (x^2 + y^2 + z)\, dv.$$
至此，我们成功将封闭曲面积分化为了区域$\Omega$上的三重积分，下一步将利用区域的对称性和具体形状（例如旋转抛物面与平面所围区域）来简化计算。
公式：$$\iint_{\Sigma} 2x^3 dy\,dz + 2y^3 dz\,dx + 3(z^2-1) dx\,dy = \iiint_{\Omega} 6(x^2+y^2+z)\, dv$$
提示：注意高斯公式要求曲面取外侧，且散度计算要逐项求偏导。
目标：确定积分区域并转换柱坐标
首先明确积分区域 $\Omega$ 的几何形状：由旋转抛物面 $z = 1 - x^2 - y^2$ 与平面 $z = 0$ 围成。该抛物面开口向下，顶点在 $(0,0,1)$，与 $z=0$ 平面的交线为圆 $x^2 + y^2 = 1$。因此 $\Omega$ 是一个以 $z$ 轴为对称轴的立体，底面为 $z=0$ 上的单位圆盘，顶面为抛物面。\n\n由于区域具有旋转对称性，采用柱坐标 $(r,\theta,z)$ 进行积分最为简便。柱坐标与直角坐标的转换关系为：\n$$x = r\cos\theta,\quad y = r\sin\theta,\quad z = z,$$\n其中 $r \geq 0$，$\theta \in [0,2\pi)$。体积元变换为：\n$$\mathrm{d}V = \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z.$$\n\n在柱坐标下，抛物面方程 $z = 1 - x^2 - y^2$ 变为 $z = 1 - r^2$。平面 $z=0$ 不变。因此积分区域 $\Omega$ 的柱坐标表示为：\n- 角度 $\theta$ 从 $0$ 到 $2\pi$（绕 $z$ 轴一周）；\n- 径向 $r$ 从 $0$ 到 $1$（抛物面与 $z=0$ 的交线半径为 $1$）；\n- 高度 $z$ 从下底面 $z=0$ 到上顶面 $z = 1 - r^2$。\n\n综上，积分区域在柱坐标下的完整描述为：\n$$\Omega: \quad 0 \leq \theta \leq 2\pi,\quad 0 \leq r \leq 1,\quad 0 \leq z \leq 1 - r^2.$$\n\n这样，原三重积分 $\iiint_\Omega f(x,y,z)\,\mathrm{d}V$ 即可转化为柱坐标下的累次积分：\n$$\int_{\theta=0}^{2\pi}\int_{r=0}^{1}\int_{z=0}^{1-r^2} f(r\cos\theta, r\sin\theta, z)\, r\,\mathrm{d}z\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta.$$\n\n注意：在转换过程中，被积函数中的 $x^2+y^2$ 项将简化为 $r^2$，这大大简化了后续计算。
公式：$$\Omega: 0\leq\theta\leq2\pi,\;0\leq r\leq1,\;0\leq z\leq1-r^2,\;\mathrm{d}V=r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta\,\mathrm{d}z$$
提示：柱坐标适用于旋转对称区域，注意 $r$ 的范围由底面圆半径决定，$z$ 范围由曲面方程给出。
目标：计算三重积分
将三重积分化为累次积分：
$$
I = 6 \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^1 r \, dr \int_0^{1-r^2} (r^2 + z) \, dz.
$$
**第一步：对 $z$ 积分**
先计算内层积分：
$$
\int_0^{1-r^2} (r^2 + z) \, dz = \left[ r^2 z + \frac{z^2}{2} \right]_{0}^{1-r^2} = r^2(1-r^2) + \frac{(1-r^2)^2}{2}.
$$
化简：
$$
r^2 - r^4 + \frac{1 - 2r^2 + r^4}{2} = r^2 - r^4 + \frac12 - r^2 + \frac{r^4}{2} = \frac12 - \frac{r^4}{2}.
$$
所以内层积分结果为 $\frac12(1 - r^4)$。
**第二步：对 $r$ 积分**
代入上式，积分变为：
$$
\int_0^1 r \cdot \frac12(1 - r^4) \, dr = \frac12 \int_0^1 (r - r^5) \, dr = \frac12 \left[ \frac{r^2}{2} - \frac{r^6}{6} \right]_0^1 = \frac12 \left( \frac12 - \frac16 \right) = \frac12 \cdot \frac13 = \frac16.
$$
**第三步：对 $\theta$ 积分**
最后乘以 $6$ 和 $\theta$ 积分：
$$
I = 6 \cdot \int_0^{2\pi} d\theta \cdot \frac16 = \int_0^{2\pi} d\theta = 2\pi.
$$
因此，所求封闭曲面积分等于 $2\pi$。
公式：$$\int_0^{2\pi} d\theta \int_0^1 r \, dr \int_0^{1-r^2} (r^2+z) \, dz = 2\pi$$
提示：先对 $z$ 积分时，将 $r$ 视为常数，逐层计算即可。
目标：计算底面积分
本步骤计算高斯公式中底面的曲面积分。底面 $\Sigma_1: z=0$，取下侧。由于取下侧，法向量方向与 $z$ 轴负方向一致，因此 $dxdy$ 项前的符号为负。被积函数 $R(x,y,z) = -3$，在底面上 $z=0$，故 $R(x,y,0) = -3$。曲面积分公式为：
$$\iint_{\Sigma_1} R(x,y,z) \, dxdy = \iint_{D} R(x,y,0) \cdot (\text{下侧投影符号}) \, dxdy$$
下侧投影到 $xOy$ 平面时，$dxdy$ 取负号，即 $dxdy = -d\sigma$，其中 $d\sigma$ 为面积元。因此：
$$\iint_{\Sigma_1} R \, dxdy = \iint_{D} (-3) \cdot (-1) \, dxdy = \iint_{D} 3 \, dxdy$$
这里 $D$ 是底面在 $xOy$ 平面上的投影区域，即圆盘 $x^2 + y^2 \leq 1$。计算该二重积分：
$$\iint_{D} 3 \, dxdy = 3 \times \text{区域D的面积} = 3 \times \pi \times 1^2 = 3\pi$$
因此，底面积分的值为 $3\pi$。注意，这里只考虑 $dxdy$ 项，因为 $P$ 和 $Q$ 项在底面上 $z=0$ 且 $dz=0$，故 $dydz$ 和 $dzdx$ 项均为零。
公式：$$\iint_{\Sigma_1} R \, dxdy = \iint_{D} 3 \, dxdy = 3\pi$$
提示：下侧投影时，$dxdy$ 前加负号，再代入被积函数，最后化为二重积分计算面积。
目标：相减得原积分
本步骤的目标是通过相减得到原积分。根据高斯公式，原曲面积分等于封闭曲面积分减去底面积分。前面已经计算出封闭曲面积分（即高斯公式计算得到的曲面积分）为 $2\pi$，底面积分（即补上的平面部分的曲面积分）为 $3\pi$。因此，原积分 $I$ 为：
$$
I = \iint_{\Sigma} \frac{x\,dy\,dz + y\,dz\,dx + z\,dx\,dy}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}} = \iint_{\Sigma_{\text{闭}}} - \iint_{\Sigma_{\text{底}}} = 2\pi - 3\pi = -\pi.
$$
注意：这里封闭曲面由原曲面 $\Sigma$ 和补上的平面 $z=1$ 上的圆盘 $x^2+y^2 \leq 1$（取下侧）构成。高斯公式计算的是封闭曲面向外侧的积分，而原曲面 $\Sigma$ 是上侧，补上的平面取下侧，因此封闭曲面的外侧方向与 $\Sigma$ 的上侧一致，与底面的下侧一致，所以直接相减即可。最终结果为 $-\pi$。验证：原积分结果为负，说明向量场在曲面上的通量方向与曲面法向相反，符合物理意义。
公式：$$I = \iint_{\Sigma_{\text{闭}}} - \iint_{\Sigma_{\text{底}}} = 2\pi - 3\pi = -\pi$$
提示：注意封闭曲面的方向一致性，补面方向要与原曲面构成外侧封闭曲面。