下册 9.1 第一型曲线积分与第一型曲面积分 第21题
📝 题目
21．证明：对连续函数 $f(x)$ ，有 $\iint_{x^{2}+y^{2}+z^{2}=1} f(z) \mathrm{d} S=2 \pi \int_{-1}^{1} f(t) \mathrm{d} t$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
曲面 $S$ 由两部分组成 $S=S_{1}+S_{2}$ ，其中 $S_{1}: z=\sqrt{1-x^{2}+y^{2}}, S_{2}: z=-\sqrt{1-x^{2}+y^{2}}$ ，
$$
\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}=\frac{1}{\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}} .
$$
它们在 $x y$ 平面的投影区域为 $D_{x y}: x^{2}+y^{2} \leqslant 1$ 。于是
$$
\iint_{x^{2}+y^{2}+z^{2}=1} f(z) \mathrm{d} S=\iint_{D_{\mathrm{v}}} f\left(\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}\right) \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y+\iint_{D_{\mathrm{s}}} f\left(-\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}\right) \frac{1}{\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y .
$$
令 $x=r \cos \theta, y=r \sin \theta$ ，则
$$
\begin{aligned}
\iint_{x^{2}+y^{2}+z^{2}=1} f(z) \mathrm{d} S & =\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} f\left(\sqrt{1-r^{2}}\right) \frac{1}{\sqrt{1-r^{2}}} r \mathrm{~d} r+\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} f\left(-\sqrt{1-r^{2}}\right) \frac{1}{\sqrt{1-r^{2}}} r \mathrm{~d} r \\
& =2 \pi \int_{0}^{1} f\left(\sqrt{1-r^{2}}\right) \frac{1}{\sqrt{1-r^{2}}} r \mathrm{~d} r+2 \pi \int_{0}^{1} f\left(-\sqrt{1-r^{2}}\right) \frac{1}{\sqrt{1-r^{2}}} r \mathrm{~d} r
\end{aligned}
$$
令 $t=\sqrt{1-r^{2}}$ ，则 $\displaystyle \int_{0}^{1} f\left(\sqrt{1-r^{2}}\right) \frac{1}{\sqrt{1-r^{2}}} r \mathrm{~d} r=-\int_{0}^{1} f\left(\sqrt{1-r^{2}}\right) \mathrm{d} \sqrt{1-r^{2}}=-\int_{1}^{0} f(t) \mathrm{d} t=\int_{0}^{1} f(t) \mathrm{d} t$ ；
令 $t=-\sqrt{1-r^{2}}$ ，则 $\displaystyle \int_{0}^{1} f\left(-\sqrt{1-r^{2}}\right) \frac{1}{\sqrt{1-r^{2}}} r \mathrm{~d} r=-\int_{0}^{1} f\left(-\sqrt{1-r^{2}}\right) \mathrm{d} \sqrt{1-r^{2}}=\int_{-1}^{0} f(t) \mathrm{d} t$ ．
所以 $\iint_{x^{2}+y^{2}+z^{2}=1} f(z) \mathrm{d} S=2 \pi \int_{-1}^{1} f(t) \mathrm{d} t$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：将球面分为上下两部分
将球面 $S: x^2+y^2+z^2=1$ 分为上半球面 $S_1: z=\sqrt{1-x^2-y^2}$ 和下半球面 $S_2: z=-\sqrt{1-x^2-y^2}$，它们在 $xy$ 平面上的投影区域均为单位圆盘 $D_{xy}: x^2+y^2 \le 1$。
提示：注意球面分为上下两部分时，投影区域相同，但 $z$ 的表达式不同。
步骤 2/7
目标：计算面积元并写出曲面积分表达式
对于曲面 $z=z(x,y)$，面积元 $\mathrm{d}S = \sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$。对于 $z=\pm\sqrt{1-x^2-y^2}$，有 $z_x = \mp \frac{x}{\sqrt{1-x^2-y^2}}$，$z_y = \mp \frac{y}{\sqrt{1-x^2-y^2}}$，所以 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2} = \frac{1}{\sqrt{1-x^2-y^2}}$。因此曲面积分化为两个二重积分之和：
$$\iint_S f(z)\,\mathrm{d}S = \iint_{D_{xy}} f\left(\sqrt{1-x^2-y^2}\right) \frac{1}{\sqrt{1-x^2-y^2}}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y + \iint_{D_{xy}} f\left(-\sqrt{1-x^2-y^2}\right) \frac{1}{\sqrt{1-x^2-y^2}}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$
公式：$\mathrm{d}S = \sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
提示：注意上下半球的 $z_x$ 和 $z_y$ 符号相反，但 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}$ 相同。
步骤 3/7
目标：化为极坐标下的累次积分
令 $x=r\cos\theta$, $y=r\sin\theta$，则 $\mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$，$\sqrt{1-x^2-y^2} = \sqrt{1-r^2}$。积分区域 $D_{xy}$ 对应 $0\le r\le 1$, $0\le \theta\le 2\pi$。于是：
$$\iint_S f(z)\,\mathrm{d}S = \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^1 f\left(\sqrt{1-r^2}\right) \frac{1}{\sqrt{1-r^2}} r\,\mathrm{d}r + \int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_0^1 f\left(-\sqrt{1-r^2}\right) \frac{1}{\sqrt{1-r^2}} r\,\mathrm{d}r.$$
公式：$\mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\,\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$
提示：极坐标变换时不要漏掉雅可比行列式 $r$。
步骤 4/7
目标：对角度积分
由于被积函数与 $\theta$ 无关，两个积分中的 $\theta$ 积分均为 $2\pi$，因此：
$$\iint_S f(z)\,\mathrm{d}S = 2\pi \int_0^1 f\left(\sqrt{1-r^2}\right) \frac{r}{\sqrt{1-r^2}}\,\mathrm{d}r + 2\pi \int_0^1 f\left(-\sqrt{1-r^2}\right) \frac{r}{\sqrt{1-r^2}}\,\mathrm{d}r.$$
公式：$\int_0^{2\pi}\mathrm{d}\theta = 2\pi$
提示：注意两个积分分别处理，不要合并。
步骤 5/7
目标：变量代换处理第一个积分
令 $t = \sqrt{1-r^2}$，则 $r\,\mathrm{d}r = -t\,\mathrm{d}t$，且 $\frac{r}{\sqrt{1-r^2}}\,\mathrm{d}r = \frac{r}{t}\,\mathrm{d}r = -\mathrm{d}t$。当 $r=0$ 时 $t=1$，$r=1$ 时 $t=0$。因此：
$$\int_0^1 f\left(\sqrt{1-r^2}\right) \frac{r}{\sqrt{1-r^2}}\,\mathrm{d}r = \int_1^0 f(t)(-\mathrm{d}t) = \int_0^1 f(t)\,\mathrm{d}t.$$
公式：$t = \sqrt{1-r^2}$
提示：注意积分限的变化：$r:0\to1$ 对应 $t:1\to0$，交换限后负号抵消。
步骤 6/7
目标：变量代换处理第二个积分
令 $t = -\sqrt{1-r^2}$，则 $\sqrt{1-r^2} = -t$，$r\,\mathrm{d}r = -t\,\mathrm{d}t$，且 $\frac{r}{\sqrt{1-r^2}}\,\mathrm{d}r = \frac{r}{-t}\,\mathrm{d}r = \mathrm{d}t$（因为 $r\,\mathrm{d}r = -t\,\mathrm{d}t$ 代入得 $\frac{-t\,\mathrm{d}t}{-t} = \mathrm{d}t$）。当 $r=0$ 时 $t=-1$，$r=1$ 时 $t=0$。因此：
$$\int_0^1 f\left(-\sqrt{1-r^2}\right) \frac{r}{\sqrt{1-r^2}}\,\mathrm{d}r = \int_{-1}^0 f(t)\,\mathrm{d}t.$$
公式：$t = -\sqrt{1-r^2}$
提示：注意 $\frac{r}{\sqrt{1-r^2}}\,\mathrm{d}r$ 的变换要仔细，避免符号错误。
步骤 7/7
目标：合并结果得到最终等式
将两个积分结果代入，得：
$$\iint_S f(z)\,\mathrm{d}S = 2\pi \int_0^1 f(t)\,\mathrm{d}t + 2\pi \int_{-1}^0 f(t)\,\mathrm{d}t = 2\pi \int_{-1}^1 f(t)\,\mathrm{d}t.$$
证毕。
提示：注意两个积分区间合并为 $[-1,1]$。
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