下册 9.3 第二型曲面积分及高斯公式 第24题
📝 题目
24．求下列第二型曲面积分．
（1） $\iint_{S} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} y+(z+1) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $S$ 为 $z=2-x^{2}-y^{2}(z \geqslant 0)$ 部分的上侧．
（2） $\iint_{S} 2 x^{3} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+2 y^{3} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+3\left(z^{2}-1\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $S$ 为曲面 $z=1-x^{2}-y^{2}(z \geqslant 0)$ 的上侧．
（3） $\iint_{S}\left(y^{2}-x\right) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+\left(z^{2}-y\right) \mathrm{d} z \mathrm{~d} x+\left(x^{2}-z\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $S$ 为 $z=2-x^{2}-y^{2}$ 上 $1 \leqslant z \leqslant 2$ 部分的上侧．
（4） $\iint_{S} y z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y+x z \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y x \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x$ ，其中 $S$ 为 $z=2-x^{2}-y^{2}$ 与平面 $z=0$ 所围成的闭曲面的外侧．
（5） $\iint_{S} y z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y+z x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+x y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x$ ，其中 $S$ 为由 $x^{2}+y^{2}=1$ ，三个坐标面及 $z=2-x^{2}-y^{2}(z \geqslant 0)$ 所围立体在第一卦限部分的外侧．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）如图9．155所示，补面 $S^{\prime}: z=0, x^{2}+y^{2} \leqslant 2$ ，取下侧。记 $\Omega$ 为 $S+S^{\prime}$ 围成的立体，其在 $x O y$平面的投影区域记为 $D_{x y}: x^{2}+y^{2} \leqslant 2$ 。由高斯公式得
$$
\begin{aligned}
& \iint_{S+S^{\prime}} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} y+(z+1) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =\iiint_{\Omega} 3 \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=3 \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\sqrt{2}} r \mathrm{~d} r \int_{0}^{2-r^{2}} \mathrm{~d} z=6 \pi
\end{aligned}
$$
又
$$
\iint_{S^{\prime}} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} y+(z+1) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{S^{\prime}} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=-\iint_{D_{\mathrm{n}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=-2 \pi
$$
于是
$$
\iint_{S} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} y+(z+1) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=8 \pi
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-350.jpg?height=1244&width=1224&top_left_y=4655&top_left_x=4323}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图9．155}
\end{figure}
（2）如图 9.155 所示，补充曲面 $S^{\prime}: z=0, x^{2}+y^{2} \leqslant 1$ ，取下侧．记 $\Omega$ 为 $S+S^{\prime}$ 围成的立体．其在 $x O y$ 平面的投影区域记为 $D_{x y}: x^{2}+y^{2} \leqslant 1$ ．由高斯公式得
$$
\begin{aligned}
& \iint_{S+S^{\prime}} 2 x^{3} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+2 y^{3} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+3\left(z^{2}-1\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =\iiint_{\Omega}\left(6 x^{2}+6 y^{2}+6 z\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=6 \iiint_{\Omega}\left(x^{2}+y^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+6 \iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \\
& \iiint_{\Omega}\left(x^{2}+y^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} r^{3} \mathrm{~d} r \int_{0}^{1-r^{2}} \mathrm{~d} z=2 \pi \int_{0}^{1}\left(1-r^{2}\right) r^{3} \mathrm{~d} r=\frac{1}{6} \pi, \\
& \iiint_{\Omega} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} r \mathrm{~d} r \int_{0}^{1-r^{2}} z \mathrm{~d} z=2 \pi \cdot \frac{1}{2} \int_{0}^{1} r\left(1-r^{2}\right)^{2} \mathrm{~d} r=\frac{\pi}{6},
\end{aligned}
$$
而
所以
$$
\iint_{S+S^{\prime}} 2 x^{3} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+2 y^{3} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+3\left(z^{2}-1\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iiint_{\Omega}\left(6 x^{2}+6 y^{2}+6 z\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\pi+\pi=2 \pi
$$
又
$$
\iint_{S^{\prime}} 2 x^{3} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+2 y^{3} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+3\left(z^{2}-1\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=-3 \iint_{S^{\prime}} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=3 \iint_{D_{\mathrm{yy}}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=3 \pi,
$$
于是
$$
\iint_{S} 2 x^{3} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+2 y^{3} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+3\left(z^{2}-1\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=-\pi
$$
（3）补充曲面 $S^{\prime}: z=1, x^{2}+y^{2} \leqslant 1$ ，取下侧。如图 9.156 所示，记 $\Omega$为 $S+S^{\prime}$ 围成的立体，其在 $x O y$ 平面的投影区域记为 $D_{x y}: x^{2}+y^{2} \leqslant 1$ ．由高斯公式得
$$
\begin{aligned}
& \iint_{S+S^{\prime}}\left(y^{2}-x\right) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+\left(z^{2}-y\right) \mathrm{d} z \mathrm{~d} x+\left(x^{2}-z\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =\iiint_{\Omega}(-1-1+1) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=-3 \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} r \mathrm{~d} r \int_{1}^{2-r^{2}} \mathrm{~d} z=-\frac{3 \pi}{2} .
\end{aligned}
$$
又 $\quad \iint_{S^{\prime}}\left(y^{2}-x\right) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+\left(z^{2}-y\right) \mathrm{d} z \mathrm{~d} x+\left(x^{2}-z\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-351.jpg?height=1417&width=1286&top_left_y=1906&top_left_x=4254}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.156}
\end{figure}
$$
=\iint_{S^{\prime}}\left(x^{2}-1\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=-\iint_{D_{v}}\left(x^{2}-1\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=-\frac{1}{2} \iint_{D_{x y}}\left(x^{2}+y^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y+\iint_{D_{v y}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=-\frac{1}{4} \pi+\pi,
$$
于是 $\displaystyle \iint_{S}\left(y^{2}-x\right) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+\left(z^{2}-y\right) \mathrm{d} z \mathrm{~d} x+\left(x^{2}-\bar{z}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=-\frac{3 \pi}{2}+\frac{1}{4} \pi-\pi=-\frac{9}{4} \pi$ ．
（4） $\iint_{S} y z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y+z x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+x y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x$
$$
\begin{aligned}
& =\iiint_{\Omega}(z+x+y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\int_{0}^{2 \pi}(\cos \theta+\sin \theta) \mathrm{d} \theta \int_{0}^{\sqrt{2}} r^{2} \mathrm{~d} r \int_{0}^{2-r^{2}} \mathrm{~d} z+\int_{0}^{2} z \mathrm{~d} z \iint_{D(z)} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =\pi \int_{0}^{2} z(2-z) \mathrm{d} z=\frac{4}{3} \pi .
\end{aligned}
$$
（5）如图 9.157 所示，
$$
\begin{aligned}
& \iint_{S} y z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y+z x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+x y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x \\
& =\iiint_{\Omega}(z+x+y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \\
& =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\cos \theta+\sin \theta) \mathrm{d} \theta \int_{0}^{1} r^{2} \mathrm{~d} r \int_{0}^{1} \mathrm{~d} z+\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\cos \theta+\sin \theta) \mathrm{d} \theta \int_{0}^{1} r^{2} \mathrm{~d} r \int_{1}^{2-r^{2}} \mathrm{~d} z+ \\
& \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \theta \int_{0}^{1} r \mathrm{~d} r \int_{0}^{1} z \mathrm{~d} z+\int_{1}^{2} z \mathrm{~d} z \iint_{D(z)} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& \quad=\frac{2}{3}+\frac{4}{15}+\frac{\pi}{8}+\pi \int_{1}^{2} z(2-z) \mathrm{d} z=\frac{14}{15}+\frac{19}{24} \pi
\end{aligned}
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-351.jpg?height=1666&width=1216&top_left_y=5304&top_left_x=4372}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.157}
\end{figure}
📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：补面并应用高斯公式
补平面 $S': z=0, x^2+y^2\leq 2$，取下侧。记 $\Omega$ 为 $S+S'$ 围成的立体。由高斯公式：
$$
\iint_{S+S'} x\,dy\,dz + y\,dz\,dy + (z+1)\,dx\,dy = \iiint_\Omega 3\,dx\,dy\,dz.
$$
公式：高斯公式：$\iint_{\partial\Omega} P\,dy\,dz + Q\,dz\,dx + R\,dx\,dy = \iiint_\Omega (\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z})\,dx\,dy\,dz$
提示：注意补面的方向：取下侧，使得与S构成封闭曲面外侧。
步骤 2/4
目标：计算三重积分
采用柱坐标：$x=r\cos\theta, y=r\sin\theta, z=z$，积分区域 $\Omega$ 为 $0\leq\theta\leq 2\pi, 0\leq r\leq\sqrt{2}, 0\leq z\leq 2-r^2$。
$$
\iiint_\Omega 3\,dV = 3\int_0^{2\pi}d\theta\int_0^{\sqrt{2}} r\,dr\int_0^{2-r^2} dz = 3\cdot 2\pi\cdot\frac{1}{2}\cdot 2 = 6\pi.
$$
提示：柱坐标下体积元 $dV = r\,dr\,d\theta\,dz$，注意积分限正确。
步骤 3/4
目标：计算补面上的积分
在 $S'$ 上，$z=0$，$dz=0$，且取下侧，故 $dx\,dy$ 取负。
$$
\iint_{S'} x\,dy\,dz + y\,dz\,dy + (z+1)\,dx\,dy = \iint_{S'} (0+1)\,dx\,dy = -\iint_{D_{xy}} dx\,dy = -2\pi,
$$
其中 $D_{xy}: x^2+y^2\leq 2$，面积为 $2\pi$。
提示：注意 $dy\,dz$ 和 $dz\,dy$ 在 $z=0$ 平面上为零，因为 $z$ 为常数。
步骤 4/4
目标：相减得原积分
由高斯公式：
$$
\iint_S = \iint_{S+S'} - \iint_{S'} = 6\pi - (-2\pi) = 8\pi.
$$
提示：注意符号：补面取下侧，积分值为负。
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