东南大学 2025年数学分析第11题

给定曲面方程为 \(x^2+z^2=2az\)，可改写为 \(x^2+(z-a)^2=a^2\)，这是一个母线平行于 \(y\) 轴的圆柱面，在 \(xz\) 平面上的截面是半径为 \(a\)、圆心在 \((0,a)\) 的圆。另一曲面为 \(z=\sqrt{x^2+y^2}\)，是开口向上的圆锥面。所求 \(\Sigma\) 是圆柱面被锥面所截的部分。

采用圆柱面的自然参数化：令 \(x=a\sin\theta\)，\(z=a+a\cos\theta\)，其中 \(\theta\) 为角度参数，\(y\) 为高度参数。代入锥面方程 \(z=\sqrt{x^2+y^2}\) 得 \(a+a\cos\theta=\sqrt{a^2\sin^2\theta+y^2}\)，平方化简得 \(y^2=2a^2(\cos^2\theta+\cos\theta)\)。由非负性得 \(\cos\theta\ge0\)，故 \(\theta\in[-\pi/2,\pi/2]\)，且 \(|y|\le a\sqrt{2(\cos^2\theta+\cos\theta)}\)。

参数化向量 \(\mathbf{r}(\theta,y)=(a\sin\theta,\;y,\;a+a\cos\theta)\)。计算偏导：\(\mathbf{r}_\theta=(a\cos\theta,0,-a\sin\theta)\)，\(\mathbf{r}_y=(0,1,0)\)。叉积得 \(\mathbf{r}_\theta\times\mathbf{r}_y=(a\sin\theta,0,a\cos\theta)\)，模长为 \(|\mathbf{r}_\theta\times\mathbf{r}_y|=\sqrt{a^2\sin^2\theta+a^2\cos^2\theta}=a\)。因此 \(dS=a\,d\theta\,dy\)。

被积函数 \(z=a+a\cos\theta\)，积分变为： \[ \iint_\Sigma z\,dS = \int_{\theta=-\pi/2}^{\pi/2}\int_{y=-a\sqrt{2(\cos^2\theta+\cos\theta)}}^{a\sqrt{2(\cos^2\theta+\cos\theta)}} (a+a\cos\theta)\cdot a\,dy\,d\theta \] 先对 \(y\) 积分，被积函数与 \(y\) 无关，得长度因子 \(2a\sqrt{2(\cos^2\theta+\cos\theta)}\)，于是 \[ = 2a^3\int_{-\pi/2}^{\pi/2} (1+\cos\theta)\sqrt{2(\cos^2\theta+\cos\theta)}\,d\theta \] 利用 \(\cos^2\theta+\cos\theta=\cos\theta(1+\cos\theta)\)，化简为 \[ = 2a^3\sqrt{2}\int_{-\pi/2}^{\pi/2} (1+\cos\theta)^{3/2}\sqrt{\cos\theta}\,d\theta \] 被积函数为偶函数，故 \[ = 4a^3\sqrt{2}\int_{0}^{\pi/2} (1+\cos\theta)^{3/2}\sqrt{\cos\theta}\,d\theta \]

令 \(t=\cos\theta\)，则 \(\theta:0\to\pi/2\) 对应 \(t:1\to0\)，且 \(d\theta=-\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}\)。代入得 \[ I = 4a^3\sqrt{2}\int_1^0 (1+t)^{3/2}\sqrt{t}\cdot\left(-\frac{dt}{\sqrt{1-t^2}}\right) = 4a^3\sqrt{2}\int_0^1 (1+t)^{3/2}\sqrt{\frac{t}{1-t^2}}\,dt \] 由于 \(1-t^2=(1-t)(1+t)\)，故 \(\sqrt{\frac{t}{1-t^2}}=\sqrt{\frac{t}{(1-t)(1+t)}}\)，被积函数化为 \[ (1+t)^{3/2}\cdot\sqrt{\frac{t}{(1-t)(1+t)}} = (1+t)\sqrt{\frac{t}{1-t}} \] 因此 \[ I = 4a^3\sqrt{2}\int_0^1 (1+t)\sqrt{\frac{t}{1-t}}\,dt \]

令 \(u=\sqrt{t}\)，则 \(t=u^2\)，\(dt=2u\,du\)，且 \(1-t=1-u^2\)。积分变为 \[ \int_0^1 (1+u^2)\frac{u}{\sqrt{1-u^2}}\cdot 2u\,du = 2\int_0^1 \frac{u^2(1+u^2)}{\sqrt{1-u^2}}\,du \] 再令 \(u=\sin\phi\)，\(\phi:0\to\pi/2\)，\(du=\cos\phi\,d\phi\)，则 \(\sqrt{1-u^2}=\cos\phi\)，\(u^2=\sin^2\phi\)，代入得 \[ 2\int_0^{\pi/2} \frac{\sin^2\phi(1+\sin^2\phi)}{\cos\phi}\cdot\cos\phi\,d\phi = 2\int_0^{\pi/2} \sin^2\phi(1+\sin^2\phi)\,d\phi \] 展开：\(\sin^2\phi+\sin^4\phi\)。利用公式 \(\int_0^{\pi/2}\sin^{2n}\phi\,d\phi = \frac{(2n-1)!!}{(2n)!!}\cdot\frac{\pi}{2}\)，计算得 \[ \int_0^{\pi/2}\sin^2\phi\,d\phi = \frac{\pi}{4},\quad \int_0^{\pi/2}\sin^4\phi\,d\phi = \frac{3\pi}{16} \] 故 \(2\left(\frac{\pi}{4}+\frac{3\pi}{16}\right)=2\cdot\frac{7\pi}{16}=\frac{7\pi}{8}\)。因此 \(I = 4a^3\sqrt{2}\cdot\frac{7\pi}{8} = \frac{7\pi a^3\sqrt{2}}{2}\)。