下册 9.1 第一型曲线积分与第一型曲面积分 第18题
📝 题目
18．求下列第一型曲面积分．
（1） $\iint_{S} f(x, y, z) \mathrm{d} S$ ，其中 $f(x, y, z)=\left\{\begin{array}{l}x^{2}+y^{2}, z \geqslant \sqrt{x^{2}+y^{2}}, \\ 0, z<\sqrt{x^{2}+y^{2}},\end{array}\right\}$ 为球面 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2}$ 。苏州大学 2015，兰州大学 2010，地质大学 2005，华东师大 2003，北京理工 2005（半径为 $t$ ））
（2） $\iint_{x+y+z=1} f(x, y, z) \mathrm{d} S$ ，其中 $f(x, y, z)=\left\{\begin{array}{l}1-x^{2}-y^{2}-z^{2}, x^{2}+y^{2}+z^{2} \leqslant 1, \\ 0, x^{2}+y^{2}+z^{2}>1,\end{array}\right.$
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）如图9．31，记 $S_{1}=\left\{(x, y, z) \mid x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2}, z \geqslant \sqrt{x^{2}+y^{2}}\right\}$ 。因为 $S_{1}$ 上 $f(x, y, z)=x^{2}+y^{2}$ ，而在 $S \backslash S_{1}$ 上 $f(x, y, z)=0$ ，故有 $I=\iint_{S} f(x, y, z) \mathrm{d} S=\iint_{S_{1}}\left(x^{2}+y^{2}\right) \mathrm{d} S$ ．
$S_{1}$ 的方程为 $\displaystyle z=\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}, \sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}=\frac{a}{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}} . S_{1}$ 在 $x y$ 平面上的投影区域为 $\displaystyle D: x^{2}+y^{2} \leqslant \frac{a^{2}}{2}$ 。令 $x=r \cos \theta, y=r \sin \theta$ ，则
$$
\begin{aligned}
I & \left.=\iint_{D}\left(x^{2}+y^{2}\right) \cdot \frac{a}{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=a \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\frac{a}{\sqrt{2}}} \frac{r^{3}}{\sqrt{a^{2}-r^{2}}} \mathrm{~d} r \text { (令 } a^{2}-r^{2}=u\right) \\
& =\pi a \int_{\frac{a^{2}}{2}}^{a^{2}}\left(a^{2} u^{-\frac{1}{2}}-u^{\frac{1}{2}}\right) \mathrm{d} u=\left.\pi a\left(2 a^{2} u^{\frac{1}{2}}-\frac{2}{3} u^{\frac{3}{2}}\right)\right|_{\frac{a^{2}}{2}} ^{a^{2}}=\frac{1}{3} \pi a^{4}\left(4-\frac{5 \sqrt{2}}{2}\right) .
\end{aligned}
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-246.jpg?height=1210&width=1265&top_left_y=3494&top_left_x=1049}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.31}
\end{figure}
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-246.jpg?height=1168&width=1141&top_left_y=3543&top_left_x=3605}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.32}
\end{figure}
（2）如图 9．32，记 $J=\iint_{S} f(x, y, z) \mathrm{d} S$ ，其中 $S$ 为 $x+y+z=1$ 被球面 $x^{2}+y^{2}+z^{2} \leqslant 1$ 截取的部分．
$$
J=\iint_{S} f(x, y, z) \mathrm{d} S=\iint_{S}\left(1-x^{2}-y^{2}-z^{2}\right) \mathrm{d} S
$$
令 $\displaystyle w=\frac{x+y+z}{\sqrt{3}}$ ，并在 $w=0$ 的平面上任意取二正交轴使 $O w u v$ 为右手系，且使
$$
x^{2}+y^{2}+z^{2}=w^{2}+u^{2}+v^{2}
$$
设 $S^{\prime}$ 为 $\displaystyle w=\frac{1}{\sqrt{3}}$ 被 $w^{2}+u^{2}+v^{2} \leqslant 1$ 截下的部分，其在 $u v$ 平面的投影区域为 $\displaystyle D: u^{2}+v^{2} \leqslant 1-\frac{1}{3}$ ．于是
$$
\begin{aligned}
J & =\iint_{S} f(x, y, z) \mathrm{d} S=\iint_{S}\left(1-x^{2}-y^{2}-z^{2}\right) \mathrm{d} S=\iint_{S^{\prime}}\left(1-u^{2}-v^{2}-w^{2}\right) \mathrm{d} S \\
& =\iint_{D}\left(1-u^{2}-v^{2}-\frac{1}{3}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\sqrt{\frac{2}{3}}}\left(\frac{2}{3}-r^{2}\right) r \mathrm{~d} r=\left.2 \pi\left(\frac{1}{3} r^{2}-\frac{1}{4} r^{4}\right)\right|_{0} ^{\sqrt{\frac{2}{3}}}=\frac{2}{9} \pi
\end{aligned}
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/9
目标：确定积分区域和被积函数
对于第一型曲面积分 $\iint_S f(x,y,z) dS$，其中 $S$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$，$f$ 在 $z \geq \sqrt{x^2+y^2}$ 时为 $x^2+y^2$，否则为0。因此，只有球面上满足 $z \geq \sqrt{x^2+y^2}$ 的部分 $S_1$ 对积分有贡献，即 $I = \iint_{S_1} (x^2+y^2) dS$。
提示：注意分段函数的定义，只有上半锥面以上的球面部分非零。
步骤 2/9
目标：参数化曲面并计算面积元
将 $S_1$ 表示为 $z = \sqrt{a^2 - x^2 - y^2}$，其中 $(x,y)$ 在 $xy$ 平面上的投影区域 $D$ 由 $z \geq \sqrt{x^2+y^2}$ 决定，即 $\sqrt{a^2 - x^2 - y^2} \geq \sqrt{x^2+y^2}$，平方得 $a^2 - x^2 - y^2 \geq x^2+y^2$，即 $x^2+y^2 \leq a^2/2$。面积元 $dS = \sqrt{1+z_x^2+z_y^2} dxdy = \frac{a}{\sqrt{a^2 - x^2 - y^2}} dxdy$。
公式：$dS = \sqrt{1+z_x^2+z_y^2} dxdy$
提示：注意投影区域 $D$ 是半径为 $a/\sqrt{2}$ 的圆盘。
步骤 3/9
目标：化为极坐标积分
令 $x = r\cos\theta$, $y = r\sin\theta$，则 $x^2+y^2 = r^2$，$dS = \frac{a}{\sqrt{a^2 - r^2}} r dr d\theta$，积分区域 $0 \leq \theta \leq 2\pi$, $0 \leq r \leq a/\sqrt{2}$。于是 $I = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{a/\sqrt{2}} r^2 \cdot \frac{a}{\sqrt{a^2 - r^2}} r dr = 2\pi a \int_0^{a/\sqrt{2}} \frac{r^3}{\sqrt{a^2 - r^2}} dr$。
公式：$\iint_D f(x,y) dxdy = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{R} f(r\cos\theta, r\sin\theta) r dr$
提示：注意 $r$ 的积分上限是 $a/\sqrt{2}$，不是 $a$。
步骤 4/9
目标：换元积分
令 $u = a^2 - r^2$，则 $du = -2r dr$，$r^2 = a^2 - u$，$r dr = -du/2$。当 $r=0$ 时 $u=a^2$；当 $r=a/\sqrt{2}$ 时 $u=a^2/2$。于是 $\int_0^{a/\sqrt{2}} \frac{r^3}{\sqrt{a^2 - r^2}} dr = \int_{a^2}^{a^2/2} \frac{(a^2 - u)}{\sqrt{u}} \cdot (-\frac{du}{2}) = \frac{1}{2} \int_{a^2/2}^{a^2} (a^2 u^{-1/2} - u^{1/2}) du$。
公式：$\int \frac{r^3}{\sqrt{a^2-r^2}} dr$ 通过换元 $u=a^2-r^2$ 求解
提示：注意换元后积分限的变化，以及负号的处理。
步骤 5/9
目标：计算定积分
计算 $\frac{1}{2} \int_{a^2/2}^{a^2} (a^2 u^{-1/2} - u^{1/2}) du = \frac{1}{2} \left[ 2a^2 u^{1/2} - \frac{2}{3} u^{3/2} \right]_{a^2/2}^{a^2} = \left[ a^2 u^{1/2} - \frac{1}{3} u^{3/2} \right]_{a^2/2}^{a^2} = (a^2 \cdot a - \frac{1}{3} a^3) - (a^2 \cdot \frac{a}{\sqrt{2}} - \frac{1}{3} \cdot \frac{a^3}{2\sqrt{2}}) = a^3 - \frac{1}{3}a^3 - \frac{a^3}{\sqrt{2}} + \frac{a^3}{6\sqrt{2}} = \frac{2}{3}a^3 - \frac{5}{6\sqrt{2}}a^3$。
公式：$\int u^{\alpha} du = \frac{u^{\alpha+1}}{\alpha+1}$
提示：注意计算细节，特别是 $u^{1/2}$ 在 $u=a^2/2$ 时的值。
步骤 6/9
目标：得到最终结果
将上述结果乘以 $2\pi a$：$I = 2\pi a \cdot \left( \frac{2}{3}a^3 - \frac{5}{6\sqrt{2}}a^3 \right) = 2\pi a^4 \left( \frac{2}{3} - \frac{5}{6\sqrt{2}} \right) = \pi a^4 \left( \frac{4}{3} - \frac{5}{3\sqrt{2}} \right) = \frac{1}{3}\pi a^4 \left(4 - \frac{5}{\sqrt{2}} \right) = \frac{1}{3}\pi a^4 \left(4 - \frac{5\sqrt{2}}{2} \right)$。
提示：最终结果可以化简为 $\frac{1}{3}\pi a^4 (4 - \frac{5\sqrt{2}}{2})$。
步骤 7/9
目标：第二题：确定积分区域和被积函数
对于第二型曲面积分 $\iint_{x+y+z=1} f(x,y,z) dS$，其中 $f$ 在 $x^2+y^2+z^2 \leq 1$ 时为 $1-x^2-y^2-z^2$，否则为0。因此，积分只在平面 $x+y+z=1$ 被球面 $x^2+y^2+z^2 \leq 1$ 所截的部分 $S$ 上非零，即 $J = \iint_S (1-x^2-y^2-z^2) dS$。
提示：注意平面 $x+y+z=1$ 与球面相交的圆。
步骤 8/9
目标：坐标变换简化积分
引入正交变换：令 $w = \frac{x+y+z}{\sqrt{3}}$，并选取 $u,v$ 使得 $Ouvw$ 为右手系，且 $x^2+y^2+z^2 = u^2+v^2+w^2$。则平面 $x+y+z=1$ 变为 $w = \frac{1}{\sqrt{3}}$，球面 $x^2+y^2+z^2 \leq 1$ 变为 $u^2+v^2+w^2 \leq 1$。于是 $S$ 变为 $S'$：$w = 1/\sqrt{3}$ 且 $u^2+v^2 \leq 1 - (1/\sqrt{3})^2 = 2/3$。面积元 $dS$ 不变（因为正交变换保持面积），且 $1-x^2-y^2-z^2 = 1-u^2-v^2-w^2 = 1-u^2-v^2-1/3 = 2/3 - u^2 - v^2$。
公式：$x^2+y^2+z^2 = u^2+v^2+w^2$
提示：正交变换不改变面积元，且保持内积。
步骤 9/9
目标：化为二重积分并计算
于是 $J = \iint_{S'} (\frac{2}{3} - u^2 - v^2) dS = \iint_{D} (\frac{2}{3} - u^2 - v^2) dudv$，其中 $D: u^2+v^2 \leq 2/3$。化为极坐标：$u = r\cos\theta, v = r\sin\theta$，则 $J = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\sqrt{2/3}} (\frac{2}{3} - r^2) r dr = 2\pi \int_0^{\sqrt{2/3}} (\frac{2}{3}r - r^3) dr = 2\pi \left[ \frac{1}{3}r^2 - \frac{1}{4}r^4 \right]_0^{\sqrt{2/3}} = 2\pi \left( \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} - \frac{1}{4} \cdot \frac{4}{9} \right) = 2\pi \left( \frac{2}{9} - \frac{1}{9} \right) = \frac{2\pi}{9}$。
公式：$\iint_D f(u,v) dudv = \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^R f(r\cos\theta, r\sin\theta) r dr$
提示：注意 $r$ 的积分上限是 $\sqrt{2/3}$，计算 $r^4$ 时小心。
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