苏州大学 2026年数学分析第7题

设 $P = x^2 - y$, $Q = y^2 - x$，计算偏导数： $\frac{\partial P}{\partial y} = -1$, $\frac{\partial Q}{\partial x} = -1$。 由于 $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$，该向量场是保守场，积分与路径无关。

由于积分与路径无关，选择从 $(-2,0)$ 到 $(2,0)$ 的直线段（$x$ 轴）。在该路径上，$y=0$, $dy=0$，积分简化为： $\int_{-2}^{2} (x^2 - 0) \, dx = \int_{-2}^{2} x^2 \, dx$。

计算 $\int_{-2}^{2} x^2 \, dx$： $\left[ \frac{x^3}{3} \right]_{-2}^{2} = \frac{8}{3} - \left(-\frac{8}{3}\right) = \frac{16}{3}$。

令 $z = \sqrt{2 - x^2 - y^2}$ 与 $z = x^2 + y^2$ 相等： $\sqrt{2 - r^2} = r^2$，其中 $r^2 = x^2 + y^2$。 两边平方得 $2 - r^2 = r^4$，即 $r^4 + r^2 - 2 = 0$。 令 $u = r^2$，解 $u^2 + u - 2 = 0$ 得 $u = 1$（舍去负根），故 $r = 1$。

上曲面 $z = \sqrt{2 - x^2 - y^2}$，定义域 $r \le 1$。 偏导：$f_x = \frac{-x}{\sqrt{2 - r^2}}$, $f_y = \frac{-y}{\sqrt{2 - r^2}}$。 $1 + f_x^2 + f_y^2 = 1 + \frac{r^2}{2 - r^2} = \frac{2}{2 - r^2}$。 面积元素 $dS = \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2 - r^2}} \, r \, dr \, d\theta$。 积分：$S_1 = \int_0^{2\pi} \int_0^1 \frac{\sqrt{2}}{\sqrt{2 - r^2}} \, r \, dr \, d\theta$。 先对 $r$ 积分：令 $u = 2 - r^2$，$du = -2r dr$，得 $\int_0^1 \frac{r}{\sqrt{2 - r^2}} dr = \sqrt{2} - 1$。 乘以 $\sqrt{2}$ 得 $2 - \sqrt{2}$，再乘以 $2\pi$ 得 $S_1 = 2\pi(2 - \sqrt{2})$。

下曲面 $z = x^2 + y^2 = r^2$，定义域 $r \le 1$。 偏导：$g_x = 2x$, $g_y = 2y$。 $1 + g_x^2 + g_y^2 = 1 + 4r^2$。 面积元素 $dS = \sqrt{1 + 4r^2} \, r \, dr \, d\theta$。 积分：$S_2 = \int_0^{2\pi} \int_0^1 \sqrt{1 + 4r^2} \, r \, dr \, d\theta$。 对 $r$ 积分：令 $u = 1 + 4r^2$，$du = 8r dr$，得 $\int_0^1 r \sqrt{1 + 4r^2} \, dr = \frac{1}{12} (5\sqrt{5} - 1)$。 乘以 $2\pi$ 得 $S_2 = \frac{\pi}{6} (5\sqrt{5} - 1)$。

立体由上下两个曲面围成，总表面积为 $S = S_1 + S_2$。 代入得：$S = 2\pi(2 - \sqrt{2}) + \frac{\pi}{6} (5\sqrt{5} - 1)$。 化简：$S = \frac{\pi}{6} [12(2 - \sqrt{2}) + (5\sqrt{5} - 1)] = \frac{\pi}{6} (23 - 12\sqrt{2} + 5\sqrt{5})$。