新疆大学 2026年数学分析第10题

几何体由不等式 $\sqrt{x^{2}+y^{2}} \leq z \leq 1$ 定义，其边界曲面 $S$ 由两部分组成：锥面部分 $z = \sqrt{x^{2}+y^{2}}$（$0 \le z \le 1$）和顶部平面部分 $z = 1$（$x^{2}+y^{2} \le 1$）。因此积分 $\iint_{S}(x^{2}+y^{2}) \, dS$ 可分解为两个曲面积分之和。

顶部平面 $z=1$，投影到 $xy$ 平面为圆盘 $x^{2}+y^{2} \le 1$，面积元 $dS = dx\,dy$。被积函数 $x^{2}+y^{2}$。于是 $I_{\text{top}} = \iint_{x^{2}+y^{2}\le 1} (x^{2}+y^{2})\, dx\,dy$。采用极坐标：$x=r\cos\theta,\, y=r\sin\theta$，则 $x^{2}+y^{2}=r^{2}$，$dx\,dy=r\,dr\,d\theta$，积分区域 $0\le r\le 1,\, 0\le\theta\le 2\pi$。计算得 $I_{\text{top}} = \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{1} r^{2}\cdot r\, dr = 2\pi \int_{0}^{1} r^{3}\, dr = 2\pi \cdot \frac{1}{4} = \frac{\pi}{2}$。

锥面方程为 $z = \sqrt{x^{2}+y^{2}}$，记 $r = \sqrt{x^{2}+y^{2}}$。计算偏导数：$\frac{\partial z}{\partial x} = \frac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} = \frac{x}{r}$，$\frac{\partial z}{\partial y} = \frac{y}{r}$。则 $1 + \left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^{2} + \left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^{2} = 1 + \frac{x^{2}+y^{2}}{r^{2}} = 1+1 = 2$，故面积元 $dS = \sqrt{2}\, dx\,dy$。

被积函数在锥面上仍为 $x^{2}+y^{2}=r^{2}$，投影区域为圆盘 $x^{2}+y^{2}\le 1$。于是 $I_{\text{cone}} = \iint_{x^{2}+y^{2}\le 1} r^{2} \cdot \sqrt{2}\, dx\,dy = \sqrt{2} \iint_{x^{2}+y^{2}\le 1} (x^{2}+y^{2})\, dx\,dy$。前面已算得 $\iint_{x^{2}+y^{2}\le 1} (x^{2}+y^{2})\, dx\,dy = \frac{\pi}{2}$，因此 $I_{\text{cone}} = \sqrt{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi\sqrt{2}}{2}$。

整个边界曲面的积分为两部分之和：$I = I_{\text{top}} + I_{\text{cone}} = \frac{\pi}{2} + \frac{\pi\sqrt{2}}{2} = \frac{\pi}{2}(1+\sqrt{2})$。