苏州大学 2025年数学分析第4题

平面 $x+y+z=1$ 被球面 $x^2+y^2+z^2=1$ 所截，截面为圆盘。球心 $(0,0,0)$ 到平面的距离为 $d = \frac{|0+0+0-1|}{\sqrt{1^2+1^2+1^2}} = \frac{1}{\sqrt{3}}$。截面圆的半径 $R = \sqrt{1^2 - d^2} = \sqrt{1 - \frac{1}{3}} = \sqrt{\frac{2}{3}}$。因此 $S$ 是平面上半径为 $\sqrt{2/3}$ 的圆盘。

将平面方程写为 $z = 1 - x - y$。计算面积元：$\frac{\partial z}{\partial x} = -1$，$\frac{\partial z}{\partial y} = -1$，则 $\mathrm{d}S = \sqrt{1 + (-1)^2 + (-1)^2} \, \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \sqrt{3} \, \mathrm{d}x\mathrm{d}y$。被积函数在平面上化为：$1 - x^2 - y^2 - (1 - x - y)^2$。展开 $(1 - x - y)^2 = 1 + x^2 + y^2 - 2x - 2y + 2xy$，代入得 $1 - x^2 - y^2 - (1 + x^2 + y^2 - 2x - 2y + 2xy) = -2x^2 - 2y^2 + 2x + 2y - 2xy$。

球心到平面的垂足为 $\left(\frac{1}{3}, \frac{1}{3}, \frac{1}{3}\right)$。令 $u = x - \frac{1}{3}$，$v = y - \frac{1}{3}$，$w = z - \frac{1}{3}$，则平面方程变为 $u+v+w=0$。球面方程化为 $(u+\frac{1}{3})^2+(v+\frac{1}{3})^2+(w+\frac{1}{3})^2 \le 1$，利用 $u+v+w=0$ 化简得 $u^2+v^2+w^2 \le \frac{2}{3}$。又 $w = -u-v$，代入得 $u^2+v^2+(u+v)^2 \le \frac{2}{3}$，即 $2(u^2+uv+v^2) \le \frac{2}{3}$，所以 $u^2+uv+v^2 \le \frac{1}{3}$。

令 $p = \frac{u+v}{\sqrt{2}}$，$q = \frac{u-v}{\sqrt{2}}$，则 $u = \frac{p+q}{\sqrt{2}}$，$v = \frac{p-q}{\sqrt{2}}$。计算得 $u^2+v^2 = p^2+q^2$，$uv = \frac{p^2 - q^2}{2}$，所以 $u^2+uv+v^2 = \frac{3p^2+q^2}{2}$。不等式 $u^2+uv+v^2 \le \frac{1}{3}$ 化为 $\frac{3p^2+q^2}{2} \le \frac{1}{3}$，即 $3p^2+q^2 \le \frac{2}{3}$。这是一个椭圆区域。

令 $p = \frac{r\cos\theta}{\sqrt{3}}$，$q = r\sin\theta$，则雅可比行列式为 $\left| \frac{\partial(p,q)}{\partial(r,\theta)} \right| = \frac{r}{\sqrt{3}}$。区域 $3p^2+q^2 \le \frac{2}{3}$ 化为 $r^2 \le \frac{2}{3}$，即 $0 \le r \le \sqrt{\frac{2}{3}}$，$0 \le \theta \le 2\pi$。

原被积函数 $1 - x^2 - y^2 - z^2$。由 $x = u+\frac{1}{3}$ 等，得 $x^2+y^2+z^2 = u^2+v^2+w^2 + \frac{1}{3}$。又 $u^2+v^2+w^2 = 2(u^2+uv+v^2)$，所以 $1 - x^2 - y^2 - z^2 = 1 - \left[2(u^2+uv+v^2) + \frac{1}{3}\right] = \frac{2}{3} - 2(u^2+uv+v^2)$。代入 $u^2+uv+v^2 = \frac{3p^2+q^2}{2}$，得 $\frac{2}{3} - (3p^2+q^2)$。再代入 $p,q$ 的极坐标形式，得 $\frac{2}{3} - r^2$。

面积元 $\mathrm{d}S = \sqrt{3} \, \mathrm{d}u\mathrm{d}v = \sqrt{3} \, \mathrm{d}p\mathrm{d}q = \sqrt{3} \cdot \frac{r}{\sqrt{3}} \, \mathrm{d}r\mathrm{d}\theta = r \, \mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$。积分化为： $$\iint_S (1-x^2-y^2-z^2) \, \mathrm{d}S = \int_0^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_0^{\sqrt{2/3}} \left(\frac{2}{3} - r^2\right) r \, \mathrm{d}r$$ 先对 $r$ 积分：$\int_0^{\sqrt{2/3}} \left(\frac{2}{3}r - r^3\right) \mathrm{d}r = \left[\frac{1}{3}r^2 - \frac{1}{4}r^4\right]_0^{\sqrt{2/3}} = \frac{1}{3} \cdot \frac{2}{3} - \frac{1}{4} \cdot \frac{4}{9} = \frac{2}{9} - \frac{1}{9} = \frac{1}{9}$。再对 $\theta$ 积分得 $2\pi \cdot \frac{1}{9} = \frac{2\pi}{9}$。