下册 9.3 第二型曲面积分及高斯公式 第1题
📝 题目
1．计算下列第二型曲面积分．
（1） $\iint_{S} x^{3} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ ，其中 $S$ 为球面 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2}$ 在第一卦限曲面的上侧．
（2） $\iint_{S} x y z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $S$ 为球面 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$ 在第一卦限曲面的上侧．
（3） $\iint_{S} x y z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $S$ 为椭球面 $\displaystyle \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}=1$ 在 $x \geqslant 0, y \geqslant 0$ 部分的外侧，$a>0, b>0, c>0$ ．
（4） $\displaystyle \iint_{S} \frac{1}{x} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+\frac{1}{y} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} z+\frac{1}{z} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $S$ 为椭球面 $\displaystyle \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}+\frac{z^{2}}{c^{2}}=1$ 的外侧．
（5） $\displaystyle \iint_{S} \frac{\mathrm{e}^{z}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $S$ 为由锥面 $z=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ 和 $z=1, z=2$ 所围立体整个表面的外侧．
（6） $\displaystyle \iint_{S} \frac{\mathrm{e}^{\sqrt{y}}}{\sqrt{x^{2}+z^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} z$ ，其中 $S$ 为由曲面 $y=x^{2}+z^{2}$ 和 $y=1, y=2$ 所围立体整个表面的外侧．
（7） $\displaystyle \iint_{S} \frac{x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y}{x^{2}+2 y^{2}+z^{2}}$ ，其中 $S$ 为球面 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=1$ 的内侧．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）如图9．107所示，方法 1：有向曲面 $S$ 为 $x=\sqrt{a^{2}-y^{2}-z^{2}}$ ，在 $y O z$ 面上的投影区域为
$$
\begin{gathered}
D_{y z}: y^{2}+z^{2} \leqslant a^{2}, y \geqslant 0, z \geqslant 0 \\
\iint_{S} x^{3} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iint_{D_{x z}}\left(\sqrt{a^{2}-y^{2}-z^{2}}\right)^{3} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{a}\left(a^{2}-r^{2}\right)^{\frac{3}{2}} r \mathrm{~d} r=\frac{\pi}{10} a^{5} .
\end{gathered}
$$
方法 2：设 $\Omega$ 表示 $S$ 与坐标平面围成的区域，$S_{1}, S_{2}, S_{3}$ 分别为 $\Omega$ 的位于 $x O y, y O z, z O x$ 平面的表面，并取区域 $\Omega$ 的外面为正面。由高斯公式得
$$
\begin{aligned}
\iint_{S+S_{1}+S_{2}+S_{3}} x^{3} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z & =\iiint_{\Omega} 3 x^{2} \mathrm{~d} V=3 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \varphi \int_{0}^{a} r^{2} \cos ^{2} \theta \cdot \sin ^{2} \varphi r^{2} \sin \varphi \mathrm{~d} r \\
& =3 \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \cos ^{2} \theta \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin ^{3} \varphi \mathrm{~d} \varphi \int_{0}^{a} r^{4} \mathrm{~d} r=\frac{\pi}{10} a^{5} .
\end{aligned}
$$
而 $\iint_{S_{1}+S_{2}+S_{1}} x^{3} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=0$ ，于是 $\displaystyle \iint_{S} x^{3} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\frac{3 \pi}{10} a^{5}$ ．
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-318.jpg?height=1224&width=1140&top_left_y=3826&top_left_x=1091}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.107}
\end{figure}
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-318.jpg?height=1224&width=1134&top_left_y=3826&top_left_x=3522}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.108}
\end{figure}
（2）如图 9.108 所示，有向曲面 $S: z=\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}(x \geqslant 0, y \geqslant 0)$ ，在 $x O y$ 面上的投影区域为
$$
D_{x y}: x^{2}+y^{2} \leqslant 1(x \geqslant 0, y \geqslant 0) .
$$
于是
$$
\iint_{S} x y z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D_{\mathrm{y}}} x y \sqrt{1-x^{2}-y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} r^{2} \sin \theta \cos \theta \sqrt{1-r^{2}} r \mathrm{~d} r=\frac{1}{15} .
$$
（3）如图 9.109 所示，把 $S$ 分成两部分：
$\displaystyle S_{1}: z=c \sqrt{1-\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}}(x \geqslant 0, y \geqslant 0)$ 的上侧，
$\displaystyle S_{2}: z=-c \sqrt{1-\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}}(x \geqslant 0, y \geqslant 0)$ 的下侧．
$S_{1}$ 和 $S_{2}$ 在 $x O y$ 面上的投影区域都是 $\displaystyle D_{x y}: \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}} \leqslant 1, x \geqslant 0, y \geqslant 0$ 。于是
$$
\iint_{S} x y z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{S_{1}} x y z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y+\iint_{S_{2}} x y z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=2 c \iint_{D_{n}} x y \sqrt{1-\frac{x^{2}}{a^{2}}-\frac{y^{2}}{b^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-318.jpg?height=1313&width=1030&top_left_y=6796&top_left_x=4434}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.109}
\end{figure}
$$
=2 a^{2} b^{2} c \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} r^{2} \sin \theta \cos \theta \sqrt{1-r^{2}} r \mathrm{~d} r=\frac{2}{15} a^{2} b^{2} c .
$$
（4）分析：$\displaystyle P=\frac{1}{x}, Q=\frac{1}{y}, R=\frac{1}{z}$ ，由于它们在原点没定义，所以不能用高斯公式．解题过程如下：
由 9.1 题25（1）知， $\displaystyle \iint_{S} \frac{1}{z} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\frac{4 \pi a b}{c}, \iint_{S} \frac{1}{y} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} z=\frac{4 \pi c a}{b}, \iint_{S} \frac{1}{x} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} y=\frac{4 \pi b c}{a}$ ．于是
$$
I=\iint_{S} \frac{\mathrm{~d} y \mathrm{~d} z}{x}+\frac{\mathrm{d} z \mathrm{~d} x}{y}+\frac{\mathrm{d} x \mathrm{~d} y}{z}=\frac{4 \pi b c}{a}+\frac{4 \pi c a}{b}+\frac{4 \pi a b}{c} .
$$
（5）如图9．110所示，记 $S_{1}, S_{2}, S_{3}$ 分别是 $S$ 在 $z=1, z=2, z=x^{2}+y^{2}$ 上的曲面块．则
$$
\iint_{S} \frac{\mathrm{e}^{z}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{S_{1}} \frac{\mathrm{e}^{z}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y+\iint_{S_{2}} \frac{\mathrm{e}^{z}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y+\iint_{S_{3}} \frac{\mathrm{e}^{z}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y .
$$
其中
$$
\begin{aligned}
& \iint_{S_{1}} \frac{\mathrm{e}^{z}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=-\iint_{x^{2}+y^{2}<1} \frac{\mathrm{e}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=-\lim _{\varepsilon \rightarrow 0^{+}} \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{\varepsilon}^{1} \mathrm{ed} r=-2 \pi \mathrm{e}, \\
& \iint_{S_{2}} \frac{\mathrm{e}^{z}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{x^{2}+y^{2}<2} \frac{\mathrm{e}^{\sqrt{2}}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\lim _{\varepsilon \rightarrow 0^{+}} \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{\varepsilon}^{\sqrt{2}} \mathrm{e}^{\sqrt{2}} \mathrm{~d} r=2 \sqrt{2} \pi \mathrm{e}^{\sqrt{2}}, \\
& \iint_{S_{3}} \frac{\mathrm{e}^{z}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=-\iint_{1
📋 详细解题步骤
步骤 1/5
目标：确定曲面方程和投影区域
曲面 $S$ 为球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 在第一卦限的部分，取上侧。由于积分表达式为 $x^3 dy dz$，需将曲面投影到 $yOz$ 平面。曲面可表示为 $x=\sqrt{a^2-y^2-z^2}$，投影区域 $D_{yz}: y^2+z^2 \le a^2, y\ge 0, z\ge 0$。
提示：注意曲面方向与投影的关系：上侧对应法向量指向 $x$ 正向，投影为正。
步骤 2/5
目标：将曲面积分化为二重积分
利用投影法：$\iint_S x^3 dy dz = \iint_{D_{yz}} (\sqrt{a^2-y^2-z^2})^3 dy dz$。
公式：第二型曲面积分投影公式：$\iint_S P dy dz = \iint_{D_{yz}} P(x(y,z),y,z) dy dz$，其中曲面取上侧时符号为正。
提示：注意被积函数中 $x$ 要用 $y,z$ 表示，且曲面为单值函数。
步骤 3/5
目标：使用极坐标计算二重积分
在 $D_{yz}$ 上采用极坐标：$y=r\cos\theta, z=r\sin\theta$，$r\in[0,a], \theta\in[0,\pi/2]$。积分化为：
$$\int_0^{\pi/2} d\theta \int_0^a (a^2-r^2)^{3/2} r dr.$$
公式：极坐标变换：$dy dz = r dr d\theta$。
提示：注意 $r$ 的积分限从 0 到 $a$，不要遗漏 $r$ 因子。
步骤 4/5
目标：计算内层积分
令 $u=a^2-r^2$，则 $du=-2r dr$，$r dr = -du/2$。当 $r=0$ 时 $u=a^2$，$r=a$ 时 $u=0$。积分变为：
$$\int_0^a (a^2-r^2)^{3/2} r dr = \int_{a^2}^0 u^{3/2} (-\frac{du}{2}) = \frac12 \int_0^{a^2} u^{3/2} du = \frac12 \cdot \frac{2}{5} u^{5/2}\big|_0^{a^2} = \frac15 a^5.$$
公式：换元积分法。
提示：注意换元后积分限的变化，以及 $u^{3/2}$ 的原函数。
步骤 5/5
目标：计算外层积分并得到结果
外层积分 $\int_0^{\pi/2} d\theta = \pi/2$，乘以 $\frac15 a^5$ 得：
$$\iint_S x^3 dy dz = \frac{\pi}{10} a^5.$$
提示：最终结果不要忘记乘以 $\pi/2$。
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