下册 9.1 第一型曲线积分与第一型曲面积分 第19题
📝 题目
19．求下列第一型曲面积分．
（1） $\displaystyle \iint_{S} \frac{\mathrm{~d} S}{z}$ ，其中 $S$ 是球面 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2}$ 被平面 $z=h(0
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）如图 9．33，曲面 $S$ 的方程为 $z=\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}$ ，其在 $x y$ 平面的投影区域为 $D_{x y}: x^{2}+y^{2} \leqslant a^{2}-h^{2}$ ．
$$
\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}=\frac{a}{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}}
$$
于是 $\displaystyle \iint_{S} \frac{1}{z} \mathrm{~d} S=\iint_{D_{x y}} \frac{a}{a^{2}-x^{2}-y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=a \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\sqrt{a^{2}-h^{2}}} \frac{r \mathrm{~d} r}{a^{2}-r^{2}}=\left.2 \pi a\left(-\frac{1}{2} \ln \left(a^{2}-r^{2}\right)\right)\right|_{0} ^{\sqrt{a^{2}-h^{2}}}=2 \pi a \ln \frac{a}{h}$ ．
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-247.jpg?height=1140&width=1176&top_left_y=3840&top_left_x=1194}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.33}
\end{figure}
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-247.jpg?height=1168&width=1230&top_left_y=3819&top_left_x=3315}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.34}
\end{figure}
（2）如图 9.34 所示，曲面 $\Sigma$ 由四部分组成：
$$
\begin{gathered}
\Sigma_{1}: x+y \leqslant 1, x, y \geqslant 0, z=0 ; \Sigma_{2}: x+z \leqslant 1, x, z \geqslant 0, y=0 \\
\Sigma_{3}: y+z \leqslant 1, y, z \geqslant 0, x=0 ; \Sigma_{4}: x+y+z=1, x, y, z \geqslant 0 \\
\iint_{\Sigma_{1}} \frac{\mathrm{~d} S}{(1+x+y)^{2}}=\int_{0}^{1} \mathrm{~d} x \int_{0}^{1-x} \frac{1}{(1+x+y)^{2}} \mathrm{~d} y=\int_{0}^{1}\left(\frac{1}{1+x}-\frac{1}{2}\right) \mathrm{d} x=\ln 2-\frac{1}{2} \\
\iint_{\Sigma_{2}} \frac{\mathrm{~d} S}{(1+x+y)^{2}}=\int_{0}^{1} \mathrm{~d} x \int_{0}^{1-x} \frac{1}{(1+x)^{2}} \mathrm{~d} z=\int_{0}^{1} \frac{1-x}{(1+x)^{2}} \mathrm{~d} x=\int_{0}^{1}\left[\frac{2}{(1+x)^{2}}-\frac{1}{1+x}\right] \mathrm{d} x=1-\ln 2 \\
\iint_{\Sigma_{3}} \frac{\mathrm{~d} S}{(1+x+y)^{2}}=\int_{0}^{1} \mathrm{~d} y \int_{0}^{1-y} \frac{1}{(1+y)^{2}} \mathrm{~d} z=\int_{0}^{1} \frac{1-y}{(1+y)^{2}} \mathrm{~d} y=\int_{0}^{1}\left[\frac{2}{(1+y)^{2}}-\frac{1}{1+y}\right] \mathrm{d} y=1-\ln 2 .
\end{gathered}
$$
对曲面 $\Sigma_{4}: x+y+z=1, x, y, z \geqslant 0$ ，有 $z=1-x-y, \mathrm{~d} S=\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\sqrt{3} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ 。所以
$$
\int_{\Sigma_{4}} \frac{\mathrm{~d} S}{(1+x+y)^{2}}=\iint_{\substack{x+y<1, x>0, y>0}} \frac{1}{(1+x+y)^{2}} \sqrt{3} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\sqrt{3} \int_{0}^{1} \mathrm{~d} x \int_{0}^{1-x} \frac{1}{(1+x+y)^{2}} \mathrm{~d} y=\sqrt{3}\left(\ln 2-\frac{1}{2}\right) .
$$
故
$$
\begin{aligned}
\int_{\Sigma} \frac{\mathrm{d} S}{(1+x+y)^{2}} & =\int_{\Sigma_{1}} \frac{\mathrm{~d} S}{(1+x+y)^{2}}+\int_{\Sigma_{2}} \frac{\mathrm{~d} S}{(1+x+y)^{2}}+\int_{\Sigma_{3}} \frac{\mathrm{~d} S}{(1+x+y)^{2}}+\int_{\Sigma_{4}} \frac{\mathrm{~d} S}{(1+x+y)^{2}} \\
& =\sqrt{3}\left(\ln 2-\frac{1}{2}\right)+\frac{3}{2}-\ln 2
\end{aligned}
$$
（3）如图 9．35，曲面 $S$ 的方程为 $z=1-\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ ，其在 $x y$ 平面的投影区域为 $D_{x y}: x^{2}+y^{2} \leqslant 1$ ． $\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}=\sqrt{2}$ ．于是
$$
\begin{aligned}
I & =\sqrt{2} \iint_{D} \frac{x^{3}+y^{3}+\left(1-\sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)^{3}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y(\text { 对称性 }) \\
& =\sqrt{2} \iint_{x^{2}+y^{2}<1} \frac{\left(1-\sqrt{x^{2}+y^{2}}\right)^{3}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\
& =2 \sqrt{2} \pi \int_{0}^{1} \frac{(1-r)^{3}}{r} \cdot r \mathrm{~d} r=\frac{\sqrt{2} \pi}{2} .
\end{aligned}
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-248.jpg?height=1085&width=1445&top_left_y=1906&top_left_x=4047}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.35}
\end{figure}
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：确定曲面方程和投影区域
对于第一型曲面积分 $\iint_S \frac{dS}{z}$，曲面 $S$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 被平面 $z=h$ 截得的球冠部分。由于 $z>0$，曲面方程为 $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$，投影到 $xy$ 平面上的区域 $D_{xy}$ 为 $x^2+y^2 \le a^2-h^2$。
提示：注意 $z$ 取正值，投影区域由 $z=h$ 决定，即 $\sqrt{a^2-x^2-y^2} \ge h$。
步骤 2/6
目标：计算面积元 $dS$
计算 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}$。由 $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$，得 $z_x = -\frac{x}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}$，$z_y = -\frac{y}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}$，所以 $1+z_x^2+z_y^2 = 1+\frac{x^2+y^2}{a^2-x^2-y^2} = \frac{a^2}{a^2-x^2-y^2}$，因此 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2} = \frac{a}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}$。
公式：$dS = \sqrt{1+z_x^2+z_y^2} \, dxdy$
提示：注意化简时分子分母不要出错。
步骤 3/6
目标：将曲面积分化为二重积分
被积函数 $\frac{1}{z} = \frac{1}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}$，所以 $\iint_S \frac{dS}{z} = \iint_{D_{xy}} \frac{1}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}} \cdot \frac{a}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}} \, dxdy = \iint_{D_{xy}} \frac{a}{a^2-x^2-y^2} \, dxdy$。
提示：注意 $dS$ 与 $1/z$ 相乘后分母为 $a^2-x^2-y^2$。
步骤 4/6
目标：使用极坐标计算二重积分
令 $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$，则 $dxdy = r\, drd\theta$，积分区域 $0\le r\le \sqrt{a^2-h^2}$, $0\le \theta\le 2\pi$。积分化为 $\int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\sqrt{a^2-h^2}} \frac{a}{a^2-r^2} \cdot r\, dr = 2\pi a \int_0^{\sqrt{a^2-h^2}} \frac{r}{a^2-r^2} \, dr$。
提示：极坐标变换时不要漏掉 $r$。
步骤 5/6
目标：计算定积分
计算 $\int \frac{r}{a^2-r^2} \, dr = -\frac{1}{2} \ln|a^2-r^2| + C$，所以 $2\pi a \left[-\frac{1}{2} \ln(a^2-r^2)\right]_0^{\sqrt{a^2-h^2}} = 2\pi a \cdot \left(-\frac{1}{2}\right) \left[\ln(a^2-(a^2-h^2)) - \ln(a^2)\right] = -\pi a \left[\ln h^2 - \ln a^2\right] = -\pi a (2\ln h - 2\ln a) = 2\pi a \ln\frac{a}{h}$。
公式：$\int \frac{r}{a^2-r^2} dr = -\frac{1}{2}\ln|a^2-r^2|$
提示：注意对数运算，$\ln h^2 = 2\ln h$，最终结果为正。
步骤 6/6
目标：最终结果
因此，第一型曲面积分的结果为 $\iint_S \frac{dS}{z} = 2\pi a \ln\frac{a}{h}$。
提示：检查 $h
📷 拍照上传批改
拍照上传批改功能已预留入口，后续接入图片上传、OCR识别与AI批改。