湖南师范大学 2026年数学分析第0题

曲面 $S: z = -\sqrt{4 - x^2 - y^2}$ 是半径为 $2$ 的下半球面，取上侧（即外侧）。在 $S$ 上，$\sqrt{x^2 + y^2 + z^2} = 2$ 为常数，因此原积分化为： $$ I = \frac{1}{2} \iint_S \left[ 2x \, dy \, dz + (x+2)^2 \, dx \, dy \right] $$

对于 $dx\,dy$ 项，曲面取上侧，投影到 $xy$ 平面区域 $D: x^2 + y^2 \le 4$，投影为正，故： $$ I_2 = \iint_D (x+2)^2 \, dx \, dy $$ 使用极坐标 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$，$dx\,dy = r\,dr\,d\theta$，$r \in [0,2], \theta \in [0,2\pi]$： $$ \begin{aligned} I_2 &= \int_0^{2\pi} \int_0^2 (r^2\cos^2\theta + 4r\cos\theta + 4) \, r \, dr \, d\theta \\ &= \int_0^2 \left( \int_0^{2\pi} (r^2\cos^2\theta + 4r\cos\theta + 4) \, d\theta \right) r \, dr \\ &= \int_0^2 (\pi r^2 + 0 + 8\pi) \, r \, dr \\ &= \int_0^2 (\pi r^3 + 8\pi r) \, dr \\ &= \left[ \frac{\pi r^4}{4} + 4\pi r^2 \right]_0^2 = 4\pi + 16\pi = 20\pi \end{aligned} $$

将 $\iint_S 2x \, dy \, dz$ 投影到 $yz$ 平面。曲面 $S$ 为下半球面，外侧法向量与位置向量同向。$S$ 在 $yz$ 平面投影区域 $D_{yz}: y^2 + z^2 \le 4, z \le 0$，且曲面分为前后两片：$x = \sqrt{4 - y^2 - z^2}$（前侧，法向 $x>0$）和 $x = -\sqrt{4 - y^2 - z^2}$（后侧，法向 $x<0$）。外侧时，前侧取正，后侧取负，故： $$ \begin{aligned} I_1 &= \iint_{D_{yz}} 2\sqrt{4 - y^2 - z^2} \, dy \, dz - \iint_{D_{yz}} 2(-\sqrt{4 - y^2 - z^2}) \, dy \, dz \\ &= 2 \iint_{D_{yz}} 2\sqrt{4 - y^2 - z^2} \, dy \, dz \\ &= 4 \iint_{D_{yz}} \sqrt{4 - y^2 - z^2} \, dy \, dz \end{aligned} $$ 使用极坐标 $y = \rho \cos\phi, z = \rho \sin\phi$，$\rho \in [0,2], \phi \in [\pi, 2\pi]$（因为 $z \le 0$）： $$ \begin{aligned} I_1 &= 4 \int_\pi^{2\pi} \int_0^2 \sqrt{4 - \rho^2} \, \rho \, d\rho \, d\phi \\ &= 4 \cdot \pi \cdot \int_0^2 \sqrt{4 - \rho^2} \, \rho \, d\rho \\ &= 4\pi \cdot \left[ -\frac{1}{3}(4 - \rho^2)^{3/2} \right]_0^2 \\ &= 4\pi \cdot \left( 0 + \frac{8}{3} \right) = \frac{32\pi}{3} \end{aligned} $$

原积分 $I = \frac{1}{2}(I_1 + I_2)$，代入已得结果： $$ I = \frac{1}{2} \left( \frac{32\pi}{3} + 20\pi \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{32\pi}{3} + \frac{60\pi}{3} \right) = \frac{1}{2} \cdot \frac{92\pi}{3} = \frac{46\pi}{3} $$