二、第一类曲面积分的计算

小题

（一）化为二重积分

1. 【2012-1-4 分】 设 $\Sigma =\{(x,y,z)\mid x+y+z=1,x\ge 0,y\ge 0,z\ge 0\}$，则 ${\iint }_{\Sigma }{y}^2\mathrm{d}S=$

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答案： $\frac{\sqrt{3}}{12}$。

解析： 由曲面方程可写成

$$z=1-x-y.$$

其在 $xOy$ 平面上的投影区域为

$$D=\{(x,y)\mid x\ge 0,y\ge 0,x+y\le 1\}.$$

由于

$$z_x=-1,z_y=-1,$$

故曲面面积微元为

$$\mathrm{d}S=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\sqrt{3}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{\Sigma }{y}^2\mathrm{d}S& =\sqrt{3}{\iint }_D{y}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =\sqrt{3}{\int }_0^1{\int }_0^{1-x}{y}^2\mathrm{d}y\mathrm{d}x\\ & =\frac{\sqrt{3}}{3}{\int }_0^1(1-x{)}^3\mathrm{d}x\\ & =\frac{\sqrt{3}}{3}\cdot \frac{1}{4}\\ & =\frac{\sqrt{3}}{12}.\end{array}$$

（二）运用对称性：奇偶性

无例题

（三）运用对称性：轮换对称性

1. 【2000-1-3 分】 设 $S:x^2+y^2+z^2=a^2(z\ge 0)$，$S_1$ 为 $S$ 在第一象限中的部分，则（ ）

A. ${\iint }_{S}x\mathrm{d}S=4{\iint }_{S_1}x\mathrm{d}S$    B. ${\iint }_{S}y\mathrm{d}S=4{\iint }_{S_1}x\mathrm{d}S$

C. ${\iint }_{S}z\mathrm{d}S=4{\iint }_{S_1}x\mathrm{d}S$    D. ${\iint }_{S}xyz\mathrm{d}S=4{\iint }_{S_1}xyz\mathrm{d}S$

查看答案与解析

答案： C。

解析： 上半球面 $S$ 关于平面 $x=0$ 与 $y=0$ 均对称，而面积微元 $\mathrm{d}S$ 在对称变换下不变。

由于 $x$ 关于平面 $x=0$ 为奇函数，故

$${\iint }_{S}x\mathrm{d}S=0.$$

同理，

$${\iint }_{S}y\mathrm{d}S=0.$$

而 $S_1$ 位于第一卦限，$x>0$，所以

$${\iint }_{S_1}x\mathrm{d}S>0.$$

因此 A、B 均错误。

被积函数 $z$ 关于 $x,y$ 均为偶函数，上半球面由四个关于 $xOy$ 平面内坐标象限对称的部分组成，故

$${\iint }_{S}z\mathrm{d}S=4{\iint }_{S_1}z\mathrm{d}S.$$

又因为第一卦限球面 $S_1$ 在坐标轮换下保持不变，且球面方程对 $x,y,z$ 完全对称，所以

$${\iint }_{S_1}z\mathrm{d}S={\iint }_{S_1}x\mathrm{d}S.$$

从而

$${\iint }_{S}z\mathrm{d}S=4{\iint }_{S_1}x\mathrm{d}S,$$

故 C 正确。

对于 D，$xyz$ 关于 $x$ 或 $y$ 均为奇函数，因此

$${\iint }_{S}xyz\mathrm{d}S=0,$$

而 ${\iint }_{S_1}xyz\mathrm{d}S>0$，故 D 错误。

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2. 【2007-1-4 分】 设曲面 $\Sigma :|x|+|y|+|z|=1$，则 ${\iint }_{\Sigma }(x+|y|)\mathrm{d}S=$

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答案： $\frac{4\sqrt{3}}{3}$。

解析： 曲面 $\Sigma$ 关于平面 $x=0$ 对称，而函数 $x$ 关于该平面为奇函数，因此

$${\iint }_{\Sigma }x\mathrm{d}S=0.$$

于是

$${\iint }_{\Sigma }(x+|y|)\mathrm{d}S={\iint }_{\Sigma }|y|\mathrm{d}S.$$

曲面 $|x|+|y|+|z|=1$ 是由八个全等三角形面组成的正八面体。由对称性，只需在第一卦限的三角形面

$${\Sigma }_1:x+y+z=1,x\ge 0,y\ge 0,z\ge 0$$

上计算，再乘以 $8$。在 ${\Sigma }_1$ 上有 $|y|=y$。

将曲面写为 $z=1-x-y$，其投影区域为

$$D=\{(x,y)\mid x\ge 0,y\ge 0,x+y\le 1\},$$

并且

$$\mathrm{d}S=\sqrt{3}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

故

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{\Sigma }|y|\mathrm{d}S& =8{\iint }_{{\Sigma }_1}y\mathrm{d}S\\ & =8\sqrt{3}{\int }_0^1{\int }_0^{1-x}y\mathrm{d}y\mathrm{d}x\\ & =8\sqrt{3}{\int }_0^1\frac{(1-x{)}^2}{2}\mathrm{d}x\\ & =4\sqrt{3}\cdot \frac{1}{3}\\ & =\frac{4\sqrt{3}}{3}.\end{array}$$

因此

$${\iint }_{\Sigma }(x+|y|)\mathrm{d}S=\frac{4\sqrt{3}}{3}.$$

大题

（一）化为二重积分

1. 【1989-12-9 分】 设半径为 $R$ 的球面 $\Sigma$ 的球心在定球面 $x^2+y^2+z^2=a^2(a>0)$ 上，问当 $R$ 取何值时，球面 $\Sigma$ 在定球面内部的那部分的面积最大。

查看答案与解析

答案： 当 $R=\frac{4a}{3}$ 时，球面 $\Sigma$ 位于定球面内部的部分面积最大，最大面积为

$$S_{\max }=\frac{32\pi a^2}{27}.$$

解析： 设定球面的球心为 $O$，动球面 $\Sigma$ 的球心为 $C$。由题意，点 $C$ 在定球面上，因此

$$OC=a.$$

在动球面 $\Sigma$ 上取点 $P$，记 $\theta =\angle OCP$。由于

$$CP=R,$$

由余弦定理得

$$O{P}^2=a^2+R^2-2aR\cos \theta .$$

点 $P$ 位于定球面内部的条件为 $OP\le a$，即

$$a^2+R^2-2aR\cos \theta \le a^2.$$

因为 $a>0$、$R>0$，所以

$$\cos \theta \ge \frac{R}{2a}.$$

因此只有在 $0<R\le 2a$ 时，动球面才有一部分位于定球面内部。该部分是动球面上以 $CO$ 方向为轴的球冠，其半顶角 ${\theta }_0$ 满足

$$\cos {\theta }_0=\frac{R}{2a}.$$

球冠的高为

$$\begin{array}{rl}h& =R-R\cos {\theta }_0\\ & =R\left(1-\frac{R}{2a}\right).\end{array}$$

故球冠面积为

$$\begin{array}{rl}S(R)& =2\pi Rh\\ & =2\pi R^2\left(1-\frac{R}{2a}\right)\\ & =2\pi R^2-\frac{\pi }{a}{R}^3,0<R\le 2a.\end{array}$$

求导得

$$\begin{array}{rl}{S}^{\prime }(R)& =4\pi R-\frac{3\pi }{a}{R}^2\\ & =\pi R\left(4-\frac{3R}{a}\right).\end{array}$$

在 $0<R\le 2a$ 内，唯一的驻点为

$$R=\frac{4a}{3}.$$

当 $0<R<\frac{4a}{3}$ 时，$S^{\prime }(R)>0$；当 $\frac{4a}{3}<R\le 2a$ 时，$S^{\prime }(R)<0$。所以 $R=\frac{4a}{3}$ 为最大值点。

代入可得

$$\begin{array}{rl}{S}_{\max }& =2\pi {\left(\frac{4a}{3}\right)}^2\left(1-\frac{1}{2a}\cdot \frac{4a}{3}\right)\\ & =\frac{32\pi a^2}{27}.\end{array}$$

---

2. 【1995-12-6 分】 计算曲面积分 ${\iint }_{\Sigma }z\mathrm{d}S$，其中 $\Sigma$ 为锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 在柱体 $x^2+y^2\le 2x$ 内的部分。

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答案：

$${\iint }_{\Sigma }z\mathrm{d}S=\frac{32\sqrt{2}}{9}.$$

解析： 将锥面写成显式形式

$$z=z(x,y)=\sqrt{x^2+y^2}.$$

其在 $xOy$ 平面上的投影区域为

$$D:x^2+y^2\le 2x.$$

采用极坐标

$$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,$$

投影区域化为

$$0\le r\le 2\cos \theta ,-\frac{\pi }{2}\le \theta \le \frac{\pi }{2}.$$

在 $r>0$ 处，

$$z_x=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}},z_y=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}\mathrm{d}S& =\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =\sqrt{1+\frac{x^2+y^2}{x^2+y^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =\sqrt{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\end{array}$$

又在锥面上 $z=r$，且 $\mathrm{d}x\mathrm{d}y=r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta$，故

$$\begin{array}{rl}{\iint }_{\Sigma }z\mathrm{d}S& =\sqrt{2}{\iint }_D\sqrt{x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =\sqrt{2}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\int }_0^{2\cos \theta }{r}^2\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\ & =\frac{8\sqrt{2}}{3}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^3\theta \mathrm{d}\theta .\end{array}$$

利用偶性，

$$\begin{array}{rl}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^3\theta \mathrm{d}\theta & =2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^3\theta \mathrm{d}\theta \\ & =2\cdot \frac{2}{3}\\ & =\frac{4}{3}.\end{array}$$

所以

$${\iint }_{\Sigma }z\mathrm{d}S=\frac{8\sqrt{2}}{3}\cdot \frac{4}{3}=\frac{32\sqrt{2}}{9}.$$

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3. 【1999-1-7 分】 设 $S$ 为椭球面 $\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{2}+z^2=1$ 的上半部分，点 $P(x,y,z)\in S$，$\pi$ 为 $S$ 在点 $P$ 处的切平面，$\rho (x,y,z)$ 为点 $O(0,0,0)$ 到平面 $\pi$ 的距离，求

$${\iint }_S\frac{z}{\rho (x,y,z)}\mathrm{d}S.$$

查看答案与解析

答案：

$${\iint }_S\frac{z}{\rho (x,y,z)}\mathrm{d}S=\frac{3\pi }{2}.$$

解析： 令

$$F(x,y,z)=\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{2}+z^2-1.$$

椭球面在点 $P(x,y,z)$ 处的法向量为

$$\nabla F=(x,y,2z).$$

因此切平面 $\pi$ 的方程为

$$xX+yY+2zZ=2,$$

也可写为

$$\frac{xX}{2}+\frac{yY}{2}+zZ=1.$$

故原点到该切平面的距离为

$$\rho (x,y,z)=\frac{1}{\sqrt{\frac{x^2}{4}+\frac{y^2}{4}+z^2}}.$$

上半椭球面可写为

$$z=\sqrt{1-\frac{x^2+y^2}{2}},$$

其投影区域为

$$D:x^2+y^2\le 2.$$

记 $r^2=x^2+y^2$。有

$$z_x=-\frac{x}{2z},z_y=-\frac{y}{2z}.$$

于是

$$\begin{array}{rl}\mathrm{d}S& =\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =\sqrt{1+\frac{r^2}{4z^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =\frac{\sqrt{4z^2+r^2}}{2z}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\end{array}$$

由 $z^2=1-\frac{r^2}{2}$，得

$$4z^2+r^2=4-r^2.$$

同时

$$\begin{array}{rl}\frac{1}{\rho }& =\sqrt{\frac{r^2}{4}+z^2}\\ & =\sqrt{1-\frac{r^2}{4}}\\ & =\frac{\sqrt{4-r^2}}{2}.\end{array}$$

因此被积表达式化简为

$$\begin{array}{rl}\frac{z}{\rho }\mathrm{d}S& =z\cdot \frac{\sqrt{4-r^2}}{2}\cdot \frac{\sqrt{4-r^2}}{2z}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =\left(1-\frac{r^2}{4}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\end{array}$$

转化为极坐标积分，得

$$\begin{array}{rl}{\iint }_S\frac{z}{\rho }\mathrm{d}S& ={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\sqrt{2}}\left(1-\frac{r^2}{4}\right)r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\ & =2\pi {\left[\frac{r^2}{2}-\frac{r^4}{16}\right]}_0^{\sqrt{2}}\\ & =2\pi \left(1-\frac{1}{4}\right)\\ & =\frac{3\pi }{2}.\end{array}$$

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4. 【2001-1-8 分】 设有一高度为 $h(t)$（$t$ 为时间）的雪堆在融化过程中，其侧面满足方程

$$z=h(t)-\frac{2(x^2+y^2)}{h(t)}$$

（设长度单位为厘米，时间单位为小时），已知体积减少的速率与侧面积成正比（比例系数 $0.9$），问高度为 $130$ 厘米的雪堆全部融化需多少小时？

查看答案与解析

答案： 雪堆全部融化需要 $100$ 小时。

解析： 以下将 $h=h(t)$ 简记为 $h$。在柱坐标下，雪堆侧面方程为

$$z=h-\frac{2r^2}{h}.$$

令 $z=0$，得雪堆底面半径

$$r_0=\frac{h}{\sqrt{2}}.$$

雪堆的体积为

$$\begin{array}{rl}V(h)& ={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\frac{h}{\sqrt{2}}}\left(h-\frac{2r^2}{h}\right)r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\ & =2\pi {\left[\frac{h{r}^2}{2}-\frac{r^4}{2h}\right]}_0^{\frac{h}{\sqrt{2}}}\\ & =\frac{\pi h^3}{4}.\end{array}$$

因此

$$\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}=\frac{3\pi h^2}{4}\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t}.$$

下面计算雪堆的侧面积。由

$$z_r=-\frac{4r}{h},$$

可得

$$\begin{array}{rl}S(h)& ={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\frac{h}{\sqrt{2}}}\sqrt{1+z_r^2}r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\ & =2\pi {\int }_0^{\frac{h}{\sqrt{2}}}r\sqrt{1+\frac{16r^2}{h^2}}\mathrm{d}r.\end{array}$$

令

$$u=1+\frac{16r^2}{h^2},r\mathrm{d}r=\frac{h^2}{32}\mathrm{d}u.$$

当 $r=0$ 时 $u=1$；当 $r=\frac{h}{\sqrt{2}}$ 时 $u=9$。所以

$$\begin{array}{rl}S(h)& =\frac{\pi h^2}{16}{\int }_1^9{u}^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}u\\ & =\frac{\pi h^2}{16}\cdot \frac{2}{3}(27-1)\\ & =\frac{13\pi h^2}{12}.\end{array}$$

体积减少速率与侧面积成正比，比例系数为 $0.9=\frac{9}{10}$，故

$$\frac{\mathrm{d}V}{\mathrm{d}t}=-\frac{9}{10}S(h).$$

代入上式，得到

$$\frac{3\pi h^2}{4}\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t}=-\frac{9}{10}\cdot \frac{13\pi h^2}{12}.$$

约去 $\pi h^2$，可得

$$\frac{\mathrm{d}h}{\mathrm{d}t}=-\frac{13}{10}.$$

可见雪堆高度以每小时 $\frac{13}{10}$ 厘米的恒定速率下降。由初始高度 $130$ 厘米降到 $0$ 所需时间为

$$T=\frac{130}{13/10}=100.$$

因此雪堆全部融化需要 $100$ 小时。

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5. 【2010-1-10 分】 设 $P$ 为椭球面 $S:x^2+y^2+z^2-yz=1$ 上的动点，若 $S$ 在点 $P$ 处的切平面与 $xOy$ 面垂直，求点 $P$ 的轨迹 $C$，并计算曲面积分

$$I={\iint }_{\Sigma }\frac{(x+\sqrt{3})|y-2z|}{\sqrt{4+y^2+z^2-4yz}}\mathrm{d}S,$$

其中 $\Sigma$ 是椭球面 $S$ 位于曲线 $C$ 上方的部分。

查看答案与解析

答案：

$$C:\{\begin{array}{l}y=2z,\\ x^2+3z^2=1,\end{array}I=2\pi .$$

解析： 令

$$F(x,y,z)=x^2+y^2+z^2-yz-1.$$

椭球面在点 $P(x,y,z)$ 处的法向量为

$$\nabla F=(2x,2y-z,2z-y).$$

$xOy$ 面的法向量为 $(0,0,1)$。切平面与 $xOy$ 面垂直，等价于两平面的法向量互相垂直，因此

$$\nabla F\cdot (0,0,1)=2z-y=0,$$

即

$$y=2z.$$

将其代入椭球面方程，得到

$$x^2+4z^2+z^2-2z^2=1,$$

故点 $P$ 的轨迹为

$$C:\{\begin{array}{l}y=2z,\\ x^2+3z^2=1.\end{array}$$

也可将其参数化为

$$x=\cos t,y=\frac{2}{\sqrt{3}}\sin t,z=\frac{1}{\sqrt{3}}\sin t,0\le t\le 2\pi .$$

下面计算曲面积分。把椭球面方程看成关于 $z$ 的二次方程：

$$z^2-yz+x^2+y^2-1=0.$$

解得

$$z=\frac{y\pm \sqrt{4-4x^2-3y^2}}{2}.$$

曲线 $C$ 上两支曲面相接；位于 $C$ 上方的部分为上支

$$z=\frac{y+\sqrt{4-4x^2-3y^2}}{2},$$

其在 $xOy$ 面上的投影区域为

$$D:4x^2+3y^2\le 4.$$

对于隐式曲面 $F(x,y,z)=0$，以 $xOy$ 面为投影面时，

$$\mathrm{d}S=\frac{|\nabla F|}{|F_z|}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{|\nabla F|}{|2z-y|}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

又由椭球面方程可得

$$\begin{array}{rl}|\nabla F{|}^2& =4x^2+(2y-z{)}^2+(2z-y{)}^2\\ & =4x^2+5y^2+5z^2-8yz\\ & =4+y^2+z^2-4yz.\end{array}$$

因此

$$\sqrt{4+y^2+z^2-4yz}=|\nabla F|,$$

且 $|y-2z|=|2z-y|$。原积分化为

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_D\frac{(x+\sqrt{3})|2z-y|}{|\nabla F|}\cdot \frac{|\nabla F|}{|2z-y|}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & ={\iint }_D(x+\sqrt{3})\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\end{array}$$

区域 $D$ 关于 $y$ 轴对称，所以

$${\iint }_{D}x\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0.$$

椭圆 $4x^2+3y^2\le 4$ 的半轴长分别为 $1$ 与 $\frac{2}{\sqrt{3}}$，故

$$\mathrm{Area}(D)=\pi \cdot 1\cdot \frac{2}{\sqrt{3}}=\frac{2\pi }{\sqrt{3}}.$$

于是

$$I=\sqrt{3}\mathrm{Area}(D)=\sqrt{3}\cdot \frac{2\pi }{\sqrt{3}}=2\pi .$$

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6. 【2017-1-10 分】 设薄片型物体 $S$ 是圆锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 被柱面 $z^2=2x$ 割下的有限部分，其上任一点的密度为 $\mu (x,y,z)=9\sqrt{x^2+y^2+z^2}$，记圆锥面与柱面的交线为 $C$。

（Ⅰ）求 $C$ 在 $xOy$ 平面上的投影曲线的方程；

（Ⅱ）求 $S$ 的质量 $M$。

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）投影曲线为

$$x^2+y^2=2x,$$

即 $(x-1{)}^2+y^2=1$；

（Ⅱ）

$$M=64.$$

解析： （Ⅰ）在圆锥面上有

$$z^2=x^2+y^2.$$

交线 $C$ 同时位于柱面 $z^2=2x$ 上，因此消去 $z$ 得

$$x^2+y^2=2x.$$

故 $C$ 在 $xOy$ 平面上的投影曲线为

$$(x-1{)}^2+y^2=1.$$

（Ⅱ）设上述圆周所围区域为

$$D:x^2+y^2\le 2x.$$

圆锥面可写成

$$z=\sqrt{x^2+y^2}.$$

记 $r=\sqrt{x^2+y^2}$，则

$$z_x=\frac{x}{r},z_y=\frac{y}{r},$$

从而

$$\mathrm{d}S=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\sqrt{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

在圆锥面上 $z=r$，所以密度为

$$\begin{array}{rl}\mu (x,y,z)& =9\sqrt{x^2+y^2+z^2}\\ & =9\sqrt{r^2+r^2}\\ & =9\sqrt{2}r.\end{array}$$

因此薄片的质量为

$$\begin{array}{rl}M& ={\iint }_S\mu \mathrm{d}S\\ & ={\iint }_{D}9\sqrt{2}r\cdot \sqrt{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =18{\iint }_{D}r\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\end{array}$$

在极坐标下，区域 $D$ 的边界方程为

$$r^2=2r\cos \theta ,$$

即

$$r=2\cos \theta .$$

故积分范围为

$$-\frac{\pi }{2}\le \theta \le \frac{\pi }{2},0\le r\le 2\cos \theta .$$

于是

$$\begin{array}{rl}M& =18{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\int }_0^{2\cos \theta }{r}^2\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\ & =18{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\frac{(2\cos \theta {)}^3}{3}\mathrm{d}\theta \\ & =48{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^3\theta \mathrm{d}\theta .\end{array}$$

由于

$${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^3\theta \mathrm{d}\theta =2{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^3\theta \mathrm{d}\theta =\frac{4}{3},$$

所以

$$M=48\cdot \frac{4}{3}=64.$$

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7. 【2019-1-10 分】 设 $a,b$ 为实数，函数 $z=2+a{x}^2+b{y}^2$ 在点 $(3,4)$ 处的方向导数中，沿方向 $\vec{l}=-3\vec{i}-4\vec{j}$ 的方向导数最大，最大值为 $10$。

（1）求 $a,b$；

（2）求曲面 $z=2+a{x}^2+b{y}^2(z\ge 0)$ 的面积。

查看答案与解析

答案： （1）

$$a=-1,b=-1$$

；

（2）曲面面积为

$$S=\frac{13\pi }{3}.$$

解析： （1）令

$$f(x,y)=2+a{x}^2+b{y}^2.$$

则

$$\nabla f(x,y)=(2ax,2by),$$

所以在点 $(3,4)$ 处

$$\nabla f(3,4)=(6a,8b).$$

给定方向 $\vec{l}=(-3,-4)$ 的单位向量为

$${\vec{e}}_l=\frac{\vec{l}}{|\vec{l}|}=\left(-\frac{3}{5},-\frac{4}{5}\right).$$

函数在一点处的最大方向导数等于梯度的模，并且在梯度方向上取得。题设说明最大方向导数为 $10$，且取得该最大值的方向为 ${\vec{e}}_l$，故

$$\nabla f(3,4)=10{\vec{e}}_l=(-6,-8).$$

比较分量得到

$$6a=-6,8b=-8,$$

因此

$$a=-1,b=-1.$$

（2）所求曲面为

$$z=2-x^2-y^2,z\ge 0.$$

其在 $xOy$ 面上的投影区域为

$$D:x^2+y^2\le 2.$$

因为

$$z_x=-2x,z_y=-2y,$$

所以曲面面积为

$$\begin{array}{rl}S& ={\iint }_D\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & ={\iint }_D\sqrt{1+4x^2+4y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\end{array}$$

改用极坐标，得

$$\begin{array}{rl}S& ={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\sqrt{2}}\sqrt{1+4r^2}r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta \\ & =2\pi {\int }_0^{\sqrt{2}}r\sqrt{1+4r^2}\mathrm{d}r.\end{array}$$

令 $u=1+4r^2$，则 $\mathrm{d}u=8r\mathrm{d}r$。于是

$$\begin{array}{rl}S& =\frac{\pi }{4}{\int }_1^9{u}^{\frac{1}{2}}\mathrm{d}u\\ & =\frac{\pi }{4}\cdot \frac{2}{3}{u^{\frac{3}{2}}|}_1^9\\ & =\frac{\pi }{6}(27-1)\\ & =\frac{13\pi }{3}.\end{array}$$