重庆大学 2024年数学分析第0题

立体 $\sqrt{x^{2}+y^{2}} \leq z \leq 1$ 的边界由两部分组成：锥面 $z = \sqrt{x^{2}+y^{2}}$（$0 \le z \le 1$）和顶部平面 $z = 1$（$x^{2}+y^{2} \le 1$）。因此曲面积分需分别计算这两部分再求和。

顶部平面 $z=1$，投影区域为圆盘 $x^{2}+y^{2} \le 1$，面积元 $\mathrm{d}S = \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$。被积函数 $x^{2}+y^{2}$，积分化为 \[ I_{\text{顶}} = \iint_{x^{2}+y^{2} \le 1} (x^{2}+y^{2})\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y. \] 使用极坐标：$x = r\cos\theta,\ y = r\sin\theta$，$x^{2}+y^{2}=r^{2}$，$\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta$，$0\le r\le 1,\ 0\le\theta\le 2\pi$，得 \[ I_{\text{顶}} = \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{1} r^{2}\cdot r\,\mathrm{d}r = 2\pi \int_{0}^{1} r^{3}\,\mathrm{d}r = 2\pi \cdot \frac{1}{4} = \frac{\pi}{2}. \]

锥面方程为 $z = f(x,y) = \sqrt{x^{2}+y^{2}}$，投影区域为 $x^{2}+y^{2} \le 1$。第一类曲面积分公式：$\mathrm{d}S = \sqrt{1 + f_x^{2} + f_y^{2}}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$。 计算偏导数： \[ f_x = \frac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}},\quad f_y = \frac{y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}. \] 则 \[ 1 + f_x^{2} + f_y^{2} = 1 + \frac{x^{2}}{x^{2}+y^{2}} + \frac{y^{2}}{x^{2}+y^{2}} = 1 + 1 = 2, \] 所以 $\mathrm{d}S = \sqrt{2}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y$。

被积函数在锥面上为 $x^{2}+y^{2}$，因此 \[ I_{\text{锥}} = \iint_{x^{2}+y^{2} \le 1} (x^{2}+y^{2}) \cdot \sqrt{2}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y. \] 使用极坐标： \[ I_{\text{锥}} = \sqrt{2} \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta \int_{0}^{1} r^{2} \cdot r\,\mathrm{d}r = \sqrt{2} \cdot 2\pi \cdot \frac{1}{4} = \frac{\sqrt{2}\pi}{2}. \]

整个边界曲面的积分为顶部与锥面之和： \[ I = I_{\text{顶}} + I_{\text{锥}} = \frac{\pi}{2} + \frac{\sqrt{2}\pi}{2} = \frac{\pi}{2}(1+\sqrt{2}). \]