9.3 重积分应用 | 高数笔记

9.3.1 曲面面积

显式曲面 $z = f(x,y)$ 在 $D$ 上方的面积

$$A = \iint_D \sqrt{1+\left(\frac{\pp z}{\pp x}\right)^2+\left(\frac{\pp z}{\pp y}\right)^2}\;\dd x\,\dd y$$

推导（叉积法，p35）

曲面参数化：$\boldsymbol{r}(x,y) = (x,\;y,\;f(x,y))$，切向量：

$$\boldsymbol{r}_x = (1,0,f_x),\quad \boldsymbol{r}_y = (0,1,f_y)$$

叉积（法向量）：

$$\boldsymbol{r}_x\times\boldsymbol{r}_y = \begin{vmatrix}\boldsymbol{i}&\boldsymbol{j}&\boldsymbol{k}\\1&0&f_x\\0&1&f_y\end{vmatrix} = (-f_x,\,-f_y,\,1)$$

模：$|\boldsymbol{r}_x\times\boldsymbol{r}_y| = \sqrt{f_x^2+f_y^2+1}$。法向量方向余弦：$\cos\gamma = \dfrac{1}{\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}}$，即 $\dd S = \dfrac{\dd\sigma}{\cos\gamma}$（面积微元与投影面积微元之比）。

$$\boxed{A = \iint_D\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}\,\dd x\dd y}$$

法向量与面积元的关系（p35）：设单位外法向量 $\vec{n} = (\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma)$，则 $$\dd S = \frac{\dd\sigma_{xy}}{|\cos\gamma|} = \frac{\dd\sigma_{yz}}{|\cos\alpha|} = \frac{\dd\sigma_{zx}}{|\cos\beta|}$$ 其中 $\dd\sigma_{xy} = \dd x\dd y$ 是 $xOy$ 面上的投影面积元。这等价于 $\cos\gamma\,\dd S = \pm\dd x\dd y$（方向取决于法向量朝上还是朝下）。

参数曲面 $\boldsymbol{r}(u,v) = (x(u,v),\; y(u,v),\; z(u,v))$

$$A = \iint_{D_{uv}} |\boldsymbol{r}_u\times\boldsymbol{r}_v|\,\dd u\,\dd v$$

其中 $|\boldsymbol{r}_u\times\boldsymbol{r}_v| = \sqrt{EG-F^2}$（第一基本量），$E=|\boldsymbol{r}_u|^2$，$G=|\boldsymbol{r}_v|^2$，$F=\boldsymbol{r}_u\cdot\boldsymbol{r}_v$。

对于球面 $\boldsymbol{r}(\varphi,\theta) = R(\sin\varphi\cos\theta,\sin\varphi\sin\theta,\cos\varphi)$：

$$|\boldsymbol{r}_\varphi\times\boldsymbol{r}_\theta| = R^2\sin\varphi \quad\Rightarrow\quad A = \int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^\pi R^2\sin\varphi\,\dd\varphi = 4\pi R^2$$

曲面面积：抛物面面积元dS=sqrt(1+4x²+4y²)dxdy（左），锥面面积元恒为sqrt(2)dxdy（右）

曲面面积三步走（p35 框线总结）

求 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}$（求偏导，化简）
确定投影区域 $D$（曲面在 $xOy$ 面上的投影）
转极坐标（若 $D$ 是圆或圆环）或直接积分

常见 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}$ 的值：

锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$：$z_x=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}$，$z_y=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$，$\Rightarrow\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\sqrt{2}$（常数）
球面 $z=\sqrt{R^2-x^2-y^2}$：$z_x=\frac{-x}{z}$，$z_y=\frac{-y}{z}$，$\Rightarrow\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\frac{R}{z}=\frac{R}{\sqrt{R^2-r^2}}$
抛物面 $z=x^2+y^2$：$z_x=2x$，$z_y=2y$，$\Rightarrow\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\sqrt{1+4r^2}$
平面 $z=ax+by+c$：$\Rightarrow\sqrt{1+a^2+b^2}$（常数）

笔记例题（p35）：求球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 被柱面 $x^2+y^2=ax$ 截得的面积。

取上半球 $z = \sqrt{a^2-x^2-y^2}$：

$$z_x = \frac{-x}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}},\quad z_y = \frac{-y}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}$$ $$\sqrt{1+z_x^2+z_y^2} = \frac{a}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}} = \frac{a}{\sqrt{a^2-r^2}}$$

投影 $D$：$x^2+y^2\leq ax$，极坐标 $r\leq a\cos\theta$，$\theta\in[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$

$$A_{\text{上}} = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\dd\theta\int_0^{a\cos\theta}\frac{a}{\sqrt{a^2-r^2}}\cdot r\dd r$$

内层积分（令 $u=a^2-r^2$）：$\int_0^{a\cos\theta}\frac{ar}{\sqrt{a^2-r^2}}\dd r = \left[-a\sqrt{a^2-r^2}\right]_0^{a\cos\theta} = a^2(1-\sin\theta)$

$$A_{\text{上}} = a^2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}(1-\sin\theta)\dd\theta = a^2[\theta+\cos\theta]_{-\pi/2}^{\pi/2} = a^2(\pi-2)$$

上下半球对称，总面积 $A = 2a^2(\pi-2)$。

9.3.2 更多曲面面积例题

笔记例题（p36）：求圆锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 被 $x^2+y^2=c$（$c>0$）截得的面积。

$\sqrt{1+z_x^2+z_y^2} = \sqrt{2}$（常数！）投影区域 $D: x^2+y^2\leq c$。

$$A = \iint_D\sqrt{2}\,\dd x\dd y = \sqrt{2}\cdot\pi c$$

锥面面积 $= \sqrt{2}\times$ 底面圆面积。

笔记例题（p36）：球面 $x^2+y^2+z^2 = R^2$ 被柱面 $x^2+y^2 = Rx$（$R>0$）截得部分的面积。

关键：$\sqrt{1+z_x^2+z_y^2} = \frac{R}{\sqrt{R^2-r^2}}$

柱面极坐标：$r = R\cos\theta$，$\theta\in[-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}]$

$$A_{\text{上半}} = \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\dd\theta\int_0^{R\cos\theta}\frac{Rr}{\sqrt{R^2-r^2}}\dd r = R^2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}(1-\sin\theta)\dd\theta = R^2(\pi-2)$$

上下半球对称，总面积 $A = 2R^2(\pi-2)$。

笔记例题（p36）：求锥面 $z = \sqrt{x^2+y^2}$ 在柱面 $x^2+y^2\leq 1$ 内的面积。

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

$$\sqrt{1+z_x^2+z_y^2} = \sqrt{1+\frac{x^2+y^2}{x^2+y^2}} = \sqrt{2}$$ $$A = \iint_{D}\sqrt{2}\,\dd x\dd y = \sqrt{2}\cdot\pi\cdot 1^2 = \sqrt{2}\pi$$

笔记例题（p36）：曲面 $z=x^2-y^2$，$y\geq z=0$，$z\geq 0$，$D$由 $x^2+y^2=1$，$y=z=0$（上半面）围成。分析对称性：$I_x=\iint_D y\cos x\dd x\dd y$，判断 $I_x,I_y$ 的符号。

$D$：$x^2+y^2\leq 1$（以原点为中心的正方形，边长 2，依题意为单位圆盘）。$D$ 关于 $y$ 轴对称。

$f(x,y) = y\cos x$：$f(-x,y) = y\cos(-x) = y\cos x = f(x,y)$（关于 $y$ 轴为偶函数）。

$g(x,y) = y\cos x$：$g(x,-y) = -y\cos x = -g(x,y)$（关于 $x$ 轴为奇函数）。

$D$ 关于 $x$ 轴对称，$g$ 是 $y$ 的奇函数 $\Rightarrow I_x = \iint_D y\cos x\dd\sigma = 0$。

$I_y = \iint_D x\cos y\dd\sigma$：$D$ 关于 $y$ 轴对称，$h(x,y)=x\cos y$ 是 $x$ 的奇函数 $\Rightarrow I_y = 0$。

奇偶对称性判断口诀：区域关于某轴对称 + 被积函数关于该轴上的坐标为奇函数 $\Rightarrow$ 积分为零。

笔记例题（p40）：$\displaystyle\iint_\Sigma\frac{\dd S}{x^2+y^2+z^2}$，$\Sigma$：球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$，锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 之间的部分（$0\leq h\leq a$，$z$ 从锥面到球面）。

投影到 $xOy$：$D_{xy}: x^2+y^2\leq ?$。球面 $z=\sqrt{a^2-r^2}$，锥面 $z=r$，相交处 $r=a/\sqrt{2}$（$r^2+r^2=a^2$）。

$D_{xy}: r\leq\frac{a}{\sqrt{2}}$（投影取锥面在球面以下的底面圆）。

球面上：$\frac{1}{x^2+y^2+z^2}=\frac{1}{a^2}$，$\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\frac{a}{\sqrt{a^2-r^2}}$。

$$I_{\text{球}} = \int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^{a/\sqrt{2}}\frac{1}{a^2}\cdot\frac{a}{\sqrt{a^2-r^2}}\cdot r\dd r = \frac{2\pi}{a}\int_0^{a/\sqrt{2}}\frac{r}{\sqrt{a^2-r^2}}\dd r = \frac{2\pi}{a}\left[-\sqrt{a^2-r^2}\right]_0^{a/\sqrt{2}} = \frac{2\pi}{a}\left(a-\frac{a}{\sqrt{2}}\right) = 2\pi\left(1-\frac{\sqrt{2}}{2}\right)$$

笔记例题（p40）：$\displaystyle\iint_\Sigma(x^2+y^2)\dd S$，$\Sigma$：$z=\sqrt{x^2+y^2}$，$D: x^2+y^2\leq 1$。

$\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\sqrt{2}$，$x^2+y^2=r^2$。

$$I = \int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^1 r^2\cdot\sqrt{2}\cdot r\dd r = 2\pi\cdot\sqrt{2}\cdot\frac{1}{4} = \frac{\sqrt{2}\pi}{2}$$

笔记例题（p40）：$\displaystyle\iint_\Sigma\frac{\dd S}{r^2}$，$\Sigma: x^2+y^2=R^2$，$0\leq z\leq H$（圆柱面），$r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$（到原点距离）。用 $y$ 轴对称性。

参数化：$x=R\cos t$，$y=R\sin t$，$z=z$，$t\in[0,2\pi]$，$z\in[0,H]$。

$|\boldsymbol{r}_t\times\boldsymbol{r}_z|=R$（圆柱面面积元），$r^2=R^2+z^2$。

$$I = \int_0^{2\pi}\dd t\int_0^H\frac{R}{R^2+z^2}\dd z = 2\pi R\int_0^H\frac{\dd z}{R^2+z^2} = 2\pi R\cdot\frac{1}{R}\arctan\frac{z}{R}\Big|_0^H = 2\pi\arctan\frac{H}{R}$$

9.3.3 质量、质心与转动惯量

平面薄片（密度 $\rho(x,y)$）

$$M = \iint_D\rho(x,y)\dd\sigma, \quad \bar{x} = \frac{\iint_D x\rho\dd\sigma}{M}, \quad \bar{y} = \frac{\iint_D y\rho\dd\sigma}{M}$$

立体（密度 $\rho(x,y,z)$）

$$M = \iiint_\Omega\rho\dd V, \quad \bar{x} = \frac{\iiint_\Omega x\rho\dd V}{M},\quad \bar{y} = \frac{\iiint_\Omega y\rho\dd V}{M},\quad \bar{z} = \frac{\iiint_\Omega z\rho\dd V}{M}$$

转动惯量（p38）

平面薄片（密度 $\rho(x,y)$）对各轴的转动惯量：

对 $x$ 轴：$I_x = \iint_D y^2\rho\,\dd\sigma$
对 $y$ 轴：$I_y = \iint_D x^2\rho\,\dd\sigma$
对原点（极轴）：$I_O = \iint_D(x^2+y^2)\rho\,\dd\sigma = I_x+I_y$

立体对各轴的转动惯量：

对 $x$ 轴：$I_x = \iiint_\Omega(y^2+z^2)\rho\,\dd V$
对 $y$ 轴：$I_y = \iiint_\Omega(x^2+z^2)\rho\,\dd V$
对 $z$ 轴：$I_z = \iiint_\Omega(x^2+y^2)\rho\,\dd V$

曲线/曲面的质量（p38）

曲线 $L$，线密度 $\mu(x,y)$：

$$M = \int_L\mu(x,y)\,\dd s$$

曲面 $\Sigma$，面密度 $\mu(x,y,z)$：

$$M = \iint_\Sigma\mu(x,y,z)\,\dd S = \iint_D\mu(x,y,z(x,y))\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,\dd x\dd y$$

静矩与质心公式推导（p38）
对曲面质量：$\dd m = \mu(x,y,z)\,\dd S$（面密度乘面积微元）。静矩：$M_{yz} = \iint_\Sigma x\mu\,\dd S$，$M_{xz} = \iint_\Sigma y\mu\,\dd S$。质心：$\bar{x}=M_{yz}/M$，$\bar{y}=M_{xz}/M$。对均匀曲面（$\mu=1$）：$\bar{x} = \frac{1}{A}\iint_\Sigma x\,\dd S$（面积形心）。

笔记例题（p38）：上半球面 $\Sigma: x^2+y^2+z^2=R^2$，$z\geq 0$，均匀（$\mu=1$），求质心（即形心）$\bar{z}$。

由对称性：$\bar{x}=\bar{y}=0$（关于 $xOz$，$yOz$ 平面对称，$x,y$ 是奇函数）。

$A = 2\pi R^2$（上半球面积）。

$\iint_\Sigma z\,\dd S$：球面 $z=\sqrt{R^2-x^2-y^2}$，$\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\frac{R}{z}$，所以 $z\cdot\frac{R}{z}=R$（常数！）

$$\iint_\Sigma z\,\dd S = \iint_D z\cdot\frac{R}{\sqrt{R^2-r^2}}\dd x\dd y = \iint_D\sqrt{R^2-r^2}\cdot\frac{R}{\sqrt{R^2-r^2}}\dd x\dd y = R\cdot\iint_D\dd x\dd y = R\cdot\pi R^2 = \pi R^3$$ $$\bar{z} = \frac{\pi R^3}{2\pi R^2} = \frac{R}{2}$$

笔记例题（p41）：半球面 $x^2+y^2+z^2=R^2$，$z\geq 0$，面密度 $\mu = x^2+y^2$，求总质量。

$M = \iint_\Sigma(x^2+y^2)\dd S$，球面参数化：$x^2+y^2=R^2\sin^2\varphi$，$\dd S=R^2\sin\varphi\,\dd\varphi\dd\theta$。

$$M = \int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^{\pi/2}R^2\sin^2\varphi\cdot R^2\sin\varphi\,\dd\varphi = 2\pi R^4\int_0^{\pi/2}\sin^3\varphi\,\dd\varphi = 2\pi R^4\cdot\frac{2}{3} = \frac{4\pi R^4}{3}$$

利用对称性：区域和密度都关于某坐标平面对称，则对应坐标的质心必在该平面上（即对应的静矩为零）。例如均匀半球的质心在 $z$ 轴上（$\bar{x}=\bar{y}=0$）。

易混点：$M_{yz}=\iint x\rho\,\dd\sigma$ 是关于 $yz$ 平面的静矩，对应质心 $x$ 坐标 $\bar{x}=M_{yz}/M$。别把静矩的下标和轴搞混：$M_{yz}$ 中 "$yz$" 是平面名，$\bar{x}$ 中 $x$ 是坐标轴方向。

9.3.3 质量、质心与转动惯量（续）

第一类曲面积分（p38）

设曲面 $\Sigma: z=z(x,y)$，$(x,y)\in D$，密度 $\mu(x,y,z)$，则曲面质量

$$M = \iint_\Sigma\mu(x,y,z)\,\dd S = \iint_D\mu(x,y,z(x,y))\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,\dd x\dd y$$

对弧长的曲面积分（第一类）：只关心曲面的几何形状，$\dd S\geq 0$，与法向量朝向无关。

均值定理 / 积分均值（p38）

若 $f$ 在有界闭区域 $\Omega$ 上连续，则存在 $(\xi,\eta,\zeta)\in\Omega$ 使得

$$\iiint_\Omega f\,\dd V = f(\xi,\eta,\zeta)\cdot V(\Omega)$$

其中 $V(\Omega)$ 是 $\Omega$ 的体积。等价形式：$\bar{f} = \frac{1}{V}\iiint_\Omega f\,\dd V$（平均值）。

笔记例题（p38）：$\displaystyle\iint_C e^{\sqrt{y}}\dd S$，$C$：椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$（曲线面积分的特殊情形）。

注意：$C$ 是椭圆曲线，参数化 $x=a\cos t$，$y=b\sin t$，$\dd S = \sqrt{a^2\sin^2 t+b^2\cos^2 t}\,\dd t$。

$e^{\sqrt{y}}$ 中 $y=b\sin t$，当 $t\in[0,\pi]$ 时 $y\geq 0$，当 $t\in[\pi,2\pi]$ 时 $y\leq 0$（$\sqrt{y}$ 不实），故需 $y\geq 0$（椭圆上半部分）。

若题意为椭圆上 $y\geq 0$ 的部分，由对称性 $x\to -x$ 积分不变（$e^{\sqrt{y}}$ 与 $x$ 无关）：

$$I = \int_0^\pi e^{\sqrt{b\sin t}}\sqrt{a^2\sin^2 t+b^2\cos^2 t}\,\dd t$$

（此积分一般无初等形式，考题会给出 $C: a=b=R$ 圆情形，则 $\dd S = R\dd t$，$I = Re^{\sqrt{R\sin t}}\cdot\pi R$...实际考试见到具体数值再代入。）

笔记例题（p38）：$\displaystyle\iint_\Sigma e^{\sqrt{y}}\dd S$（对面积的积分），$\Sigma: x^2+y^2=a^2$，$0\leq z\leq ?$（圆柱面侧面），用 $y$ 的对称性。

参数化圆柱面：$x=a\cos\theta$，$y=a\sin\theta$，$z\in[0,H]$，$\dd S = a\dd\theta\dd z$。

$e^{\sqrt{y}}$：$y=a\sin\theta$，当 $\sin\theta<0$ 时 $\sqrt{y}$ 不实。若 $y\geq 0$（即 $\theta\in[0,\pi]$），在半圆柱侧面上：

$$I = \int_0^H\dd z\int_0^\pi e^{\sqrt{a\sin\theta}}\cdot a\,\dd\theta = aH\int_0^\pi e^{\sqrt{a\sin\theta}}\dd\theta$$

笔记例题（p38）：对称性在曲面积分中的应用。$\Sigma: x^2+y^2+z^2=R^2$（全球面），计算 $\iint_\Sigma(x+y+z)^2\dd S$。

展开：$(x+y+z)^2=x^2+y^2+z^2+2xy+2yz+2xz$。

在球面上：$\iint_\Sigma x^2\dd S = \iint_\Sigma y^2\dd S = \iint_\Sigma z^2\dd S$（轮换对称）$= \frac{1}{3}\iint_\Sigma(x^2+y^2+z^2)\dd S = \frac{R^2}{3}\cdot 4\pi R^2 = \frac{4\pi R^4}{3}$。

$\iint_\Sigma xy\dd S = 0$（$xy$ 对关于 $xOz$ 面对称的球面是奇函数），同理 $yz,xz$ 项均为 $0$。

$$I = 3\cdot\frac{4\pi R^4}{3}+0 = 4\pi R^4$$

9.3.4 体积计算与积分均值定理

笔记例题（p37）：$\displaystyle\lim_{\varepsilon\to 0^+}\frac{1}{\pi\varepsilon^2}\iint_{x^2+y^2\leq\varepsilon^2}\sqrt{f(x,y)^2+1}\,\dd x\dd y$，其中 $f$ 在原点连续，$f(0,0)=0$，$f'(0)=f'(0)=1$。

令 $g(x,y)=\sqrt{f(x,y)^2+1}$，$g$ 在原点连续，$g(0,0)=\sqrt{0+1}=1$。

由积分均值定理（重积分形式）：

$$\lim_{\varepsilon\to 0^+}\frac{1}{\pi\varepsilon^2}\iint_{x^2+y^2\leq\varepsilon^2}g(x,y)\,\dd\sigma = g(0,0) = 1$$

笔记例题（p37）：设 $f(x,y)$ 在原点处连续，求 $\displaystyle\lim_{r\to 0^+}\frac{1}{\pi r^2}\iint_{x^2+y^2\leq r^2}f(x,y)\,\dd x\,\dd y$。

结论： 极限等于 $f(0,0)$（重积分均值定理）。

证明： 转极坐标：

$$\frac{1}{\pi r^2}\iint_{x^2+y^2\leq r^2}f(x,y)\,\dd x\,\dd y = \frac{1}{\pi r^2}\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^r f(\rho\cos\theta,\rho\sin\theta)\cdot\rho\,\dd\rho$$

因 $f$ 在原点连续，对任意 $\varepsilon>0$，存在 $\delta>0$，当 $\rho < \delta$ 时，$|f(\rho\cos\theta,\rho\sin\theta)-f(0,0)| < \varepsilon$。故当 $r < \delta$：

$$\left|\frac{1}{\pi r^2}\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^r f(\rho\cos\theta,\rho\sin\theta)\rho\,\dd\rho - f(0,0)\right| < \varepsilon$$

记忆要点：$\displaystyle\lim_{r\to 0^+}\frac{1}{\pi r^2}\iint_{x^2+y^2\leq r^2}f\,\dd\sigma = f(0,0)$，本质是"圆盘平均值趋于圆心值"。推广：$\displaystyle\lim_{r\to 0}\frac{1}{V_r}\iiint_{|\boldsymbol{x}|\leq r}f\,\dd V = f(\boldsymbol{0})$。

笔记例题（p37）：$\displaystyle V: z=xy$，$y=x$，$y=1$，$z=0$ 围成体积（第一卦限），$\displaystyle\iiint_V x^2y^2\dd V$。

区域：$0\leq z\leq xy$，$D_{xy}$: $x\leq y\leq 1$ 和 $0\leq x$。投影：$D_{xy}$由 $y=x$（$x\leq y$）与 $y=1$ 围成，$0\leq x\leq 1$，$x\leq y\leq 1$。

另一种读法：$z=2x^2+y^2$，$y=x$。参见注记：若 $D: z=2xy$ 换法，$y\geq x\geq 0$，$y\leq 1$：

$$I = \int_0^1\dd x\int_x^1\dd y\int_0^{xy}x^2y^2\dd z = \int_0^1\dd x\int_x^1 x^2y^2\cdot xy\,\dd y = \int_0^1 x^3\dd x\int_x^1 y^3\dd y$$ $$= \int_0^1 x^3\cdot\frac{1-x^4}{4}\dd x = \frac{1}{4}\left[\frac{x^4}{4}-\frac{x^8}{8}\right]_0^1 = \frac{1}{4}\left(\frac{1}{4}-\frac{1}{8}\right) = \frac{1}{32}$$

笔记例题（p37）：$\displaystyle z=2x^2+y^2$，$y=x$，$y=x^2$ 围成立体体积（第一卦限部分）。

$D_{xy}$：$y=x$ 与 $y=x^2$ 在 $x\in[0,1]$ 之间，$x^2\leq y\leq x$。

上界：$z=2x^2+y^2$（抛物面），下界：$z=0$（$xy$ 平面）。但也可能区域是两曲面之间：

$$V = \iint_{D_{xy}}z_{\text{上}}\,\dd x\dd y = \int_0^1\dd x\int_{x^2}^x(2x^2+y^2)\dd y$$ $$= \int_0^1\left[2x^2y+\frac{y^3}{3}\right]_{x^2}^x\dd x = \int_0^1\left(2x^3-2x^4+\frac{x^3}{3}-\frac{x^6}{3}\right)\dd x$$ $$= \left[\frac{x^4}{2}-\frac{2x^5}{5}+\frac{x^4}{12}-\frac{x^7}{21}\right]_0^1 = \frac{1}{2}-\frac{2}{5}+\frac{1}{12}-\frac{1}{21}$$ $$= \frac{210-168+35-20}{420} = \frac{57}{420} = \frac{19}{140}$$

9.3.5 第一类曲面积分（对面积的积分）

定义（p38-39）

设 $f(x,y,z)$ 定义在曲面 $\Sigma$ 上，将 $\Sigma$ 分割为 $n$ 个小块 $\Delta S_i$，取点 $(\xi_i,\eta_i,\zeta_i)$，则

$$\iint_\Sigma f(x,y,z)\,\dd S = \lim_{\lambda\to 0}\sum_{i=1}^n f(\xi_i,\eta_i,\zeta_i)\Delta S_i$$

（$\lambda = \max_i\text{diam}(\Delta S_i)$，$\dd S\geq 0$ 恒成立）

计算公式

若 $\Sigma: z=z(x,y)$，$(x,y)\in D$，则

$$\iint_\Sigma f(x,y,z)\,\dd S = \iint_D f(x,y,z(x,y))\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,\dd x\dd y$$

若 $\Sigma: \boldsymbol{r}(u,v)$（参数曲面），则

$$\iint_\Sigma f\,\dd S = \iint_D f(\boldsymbol{r}(u,v))|\boldsymbol{r}_u\times\boldsymbol{r}_v|\,\dd u\dd v$$

性质（p38）

$\iint_\Sigma\dd S = A(\Sigma)$（曲面面积）
$\iint_\Sigma f\,\dd S \geq 0$ 若 $f\geq 0$（与法向量方向无关，$\dd S>0$）
对 $\Sigma$ 方向翻转，第一类曲面积分不变：$\iint_{-\Sigma}f\,\dd S = \iint_\Sigma f\,\dd S$
若 $\Sigma = \Sigma_1\cup\Sigma_2$，则 $\iint_\Sigma = \iint_{\Sigma_1}+\iint_{\Sigma_2}$（可加性）

均值定理（积分均值，p38）

若 $f$ 在 $\Sigma$ 上连续，则存在点 $P_0\in\Sigma$ 使得

$$\iint_\Sigma f\,\dd S = f(P_0)\cdot A(\Sigma)$$

即：积分 $=$ 某点函数值 $\times$ 曲面面积。等价形式：$\bar{f} = \frac{1}{A}\iint_\Sigma f\,\dd S$（面积均值）。

笔记例题（p39）：$\displaystyle\iint_\Sigma\sqrt{x^2+y^2}\,\dd S$，$\Sigma: z=\sqrt{x^2+y^2}$，$D_{xy}: x^2+y^2\leq 1$（锥面 $0\leq z\leq 1$）。

$\sqrt{x^2+y^2}=r$，$\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\sqrt{2}$（常数）。

$$I = \iint_D r\cdot\sqrt{2}\,\dd x\dd y = \sqrt{2}\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^1 r\cdot r\dd r = \sqrt{2}\cdot 2\pi\cdot\frac{1}{3} = \frac{2\sqrt{2}\pi}{3}$$

笔记例题（p40）：计算 $\displaystyle\iint_\Sigma\frac{\dd S}{r^2}$，$\Sigma: x^2+y^2+z^2=a^2$，$z\geq 0$（上半球面），$r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$。

在 $\Sigma$ 上：$x^2+y^2+z^2=a^2$，故 $r^2=a^2$（常数！）

$$I = \frac{1}{a^2}\iint_\Sigma\dd S = \frac{1}{a^2}\cdot 2\pi a^2 = 2\pi$$

笔记例题（p40）：$\displaystyle\iint_\Sigma z\,\dd S$，$\Sigma$：球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 被平面 $z=h$（$0

上方球冠 $\Sigma: z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$，$D: x^2+y^2\leq a^2-h^2$。

$\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\frac{a}{\sqrt{a^2-r^2}}$，代入 $z=\sqrt{a^2-r^2}$，得 $z\cdot\frac{a}{\sqrt{a^2-r^2}}=\frac{a(a^2-r^2)^{1/2}\cdot a}{...}$

更简洁：$z\cdot\sqrt{1+z_x^2+z_y^2} = \sqrt{a^2-r^2}\cdot\frac{a}{\sqrt{a^2-r^2}} = a$（常数！）

$$I = \iint_D a\,\dd x\dd y = a\cdot\pi(a^2-h^2)$$

关键技巧：球面面积元 $z\,\dd S = a\,\dd x\dd y$（球面上 $z$ 乘面积元恰好是常数乘投影面积元）。

9.3.6 更多面积计算（p40）

笔记例题（p40）：$\Sigma$：$x^2+y^2+z^2=a^2$，被 $x^2+y^2=bz$（$0

求交：球面与抛物面 $x^2+y^2=bz$ 联立，$bz+z^2=a^2$，$z=\frac{-b+\sqrt{b^2+4a^2}}{2}$（取正值），设 $z_0 = \frac{-b+\sqrt{b^2+4a^2}}{2}$。

投影 $D: x^2+y^2\leq bz_0$，球面积分元 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\frac{a}{\sqrt{a^2-r^2}}$。

$$A = \int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^{\sqrt{bz_0}}\frac{ar}{\sqrt{a^2-r^2}}\dd r = 2\pi a\left[-\sqrt{a^2-r^2}\right]_0^{\sqrt{bz_0}} = 2\pi a\left(a-\sqrt{a^2-bz_0}\right)$$

📝 精选例题：重积分应用

【2022-2023 解答16】 求抛物面 $z=x^2+y^2$ 在柱面 $x^2+y^2\leq 2ax$（$a>0$）内的面积。

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第一步：计算面积元。 $z_x=2x$，$z_y=2y$，故

$$\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\sqrt{1+4x^2+4y^2}=\sqrt{1+4r^2}$$

第二步：确定投影区域。 $x^2+y^2\leq 2ax$ 化为极坐标：$r\leq 2a\cos\theta$，$\theta\in\left[-\dfrac{\pi}{2},\dfrac{\pi}{2}\right]$。

第三步：建立积分。

$$S=\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\dd\theta\int_0^{2a\cos\theta}\sqrt{1+4r^2}\cdot r\,\dd r$$

第四步：计算内层积分。 令 $u=1+4r^2$，$\dd u=8r\,\dd r$；$r=0\to u=1$，$r=2a\cos\theta\to u=1+16a^2\cos^2\theta$：

$$\int_0^{2a\cos\theta}r\sqrt{1+4r^2}\,\dd r = \frac{1}{8}\int_1^{1+16a^2\cos^2\theta}\sqrt{u}\,\dd u = \frac{1}{8}\cdot\frac{2}{3}\left[u^{3/2}\right]_1^{1+16a^2\cos^2\theta}$$ $$= \frac{1}{12}\left[(1+16a^2\cos^2\theta)^{3/2}-1\right]$$

第五步：外层积分（利用偶对称性）。 被积函数关于 $\theta$ 为偶函数，

$$S = \frac{1}{6}\int_0^{\pi/2}\left[(1+16a^2\cos^2\theta)^{3/2}-1\right]\dd\theta$$

此积分对一般 $a$ 无初等闭合形式。教材中常见特殊情形 $a=\frac{1}{4}$（则 $16a^2=1$）：

$$S\big|_{a=1/4} = \frac{1}{6}\int_0^{\pi/2}\left[(1+\cos^2\theta)^{3/2}-1\right]\dd\theta$$

这仍是椭圆积分，考试中若要求给出含 $a$ 的一般结果，最终答案写为：

$$\boxed{S = \frac{1}{6}\int_0^{\pi/2}\left[(1+16a^2\cos^2\theta)^{3/2}-1\right]\dd\theta}$$

若题目实际上是锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$（而非抛物面），则 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\sqrt{2}$（常数），面积为

$$S_{\text{锥}} = \sqrt{2}\cdot\iint_D\dd\sigma = \sqrt{2}\cdot\pi a^2$$

（因为偏心圆盘 $x^2+y^2\leq 2ax$ 面积 $=\pi a^2$。）

曲面面积三步走：① 求 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}$ → ② 确定投影区域（偏心圆转极坐标）→ ③ 换元 $u=1+4r^2$ 计算内层，外层用偶对称性化简。抛物面情形无初等闭合式；锥面情形 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\sqrt{2}$ 是常数，结果最简洁。

【2023-2024 解答14】 抛物面 $z=x^2+y^2$ 与 $z=1$ 围成体积。

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$$V=\iint_D(1-x^2-y^2)\dd\sigma=\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^1(1-r^2)r\dd r=2\pi\cdot\frac{1}{4}=\frac{\pi}{2}$$

【2022-2023 解答17】 半球 $\Omega: x^2+y^2+z^2\leq 1,z\geq 0$，$\rho=z$，求质量。

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$$M=\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^{\pi/2}\dd\varphi\int_0^1 r\cos\varphi\cdot r^2\sin\varphi\,\dd r=2\pi\cdot\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{2}=\frac{\pi}{4}$$

【课后题精选】 锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 在 $x^2+y^2\leq 2ax$ 内的面积。

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$\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\sqrt{2}$（常数！）。$S=\sqrt{2}\cdot\pi a^2$

锥面面积 = $\sqrt{2}\times$ 投影面积，因为 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}$ 恰好是常数。

【课后题精选】 $D: 0\leq x\leq 1, x^2\leq y\leq 1$，$\rho=x$，求质心。

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$M=\int_0^1 x(1-x^2)\dd x=\frac{1}{4}$

$\bar{x}=\frac{\int_0^1 x^2(1-x^2)\dd x}{1/4}=\frac{2/15}{1/4}=\frac{8}{15}$

$\bar{y}=\frac{\int_0^1 x\frac{1-x^4}{2}\dd x}{1/4}=\frac{1/6}{1/4}=\frac{2}{3}$

质心 $\left(\frac{8}{15},\frac{2}{3}\right)$。

$M_y$（对 $y$ 轴的矩 $=\iint x\rho$）对应 $\bar{x}$，别搞反！

【2020-2021 解答16】 柱面 $z=\frac{1}{2}x^2$ 被 $|x|+|y|=1$ 截下的曲面面积。

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第一步：被积函数。 $z_x=x$，$z_y=0$，故 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\sqrt{1+x^2}$。

第二步：投影区域。 $D: |x|+|y|\leq 1$（以原点为中心的正方形），利用关于两坐标轴的对称性取第一象限 $\times 4$：

$$S=4\int_0^1\mathrm{d}x\int_0^{1-x}\sqrt{1+x^2}\,\mathrm{d}y=4\int_0^1(1-x)\sqrt{1+x^2}\,\mathrm{d}x$$

第三步：拆分计算。

$$S = 4\int_0^1\sqrt{1+x^2}\,\mathrm{d}x - 4\int_0^1 x\sqrt{1+x^2}\,\mathrm{d}x$$

第二个积分（凑微分，令 $u=1+x^2$）：

$$\int_0^1 x\sqrt{1+x^2}\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\int_1^2 u^{1/2}\,\mathrm{d}u = \frac{1}{2}\cdot\frac{2}{3}\left[u^{3/2}\right]_1^2 = \frac{1}{3}(2\sqrt{2}-1)$$

第一个积分（令 $x=\tan t$，公式 $\int\sec^3 t\,\mathrm{d}t=\frac{1}{2}[\sec t\tan t+\ln|\sec t+\tan t|]+C$）：

$$\int_0^1\sqrt{1+x^2}\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2}\left[x\sqrt{1+x^2}+\ln\!\left(x+\sqrt{1+x^2}\right)\right]_0^1 = \frac{1}{2}\left[\sqrt{2}+\ln(1+\sqrt{2})\right]$$

合并：

$$S = 4\cdot\frac{1}{2}\left[\sqrt{2}+\ln(1+\sqrt{2})\right] - 4\cdot\frac{1}{3}(2\sqrt{2}-1)$$ $$= 2\sqrt{2}+2\ln(1+\sqrt{2}) - \frac{4(2\sqrt{2}-1)}{3}$$ $$= 2\sqrt{2}+2\ln(1+\sqrt{2}) - \frac{8\sqrt{2}}{3}+\frac{4}{3}$$ $$\boxed{S = -\frac{2\sqrt{2}}{3}+\frac{4}{3}+2\ln(1+\sqrt{2})}$$

📝 补充练习题：重积分应用

说明：以下三道题覆盖曲面面积（锥面/球面）、质心计算和曲面面积元乘因子的经典考点。

【补充题1】（曲面面积：球面被柱面截） 求球面 $x^2+y^2+z^2=4$ 被圆柱面 $x^2+y^2=2y$（$x^2+(y-1)^2=1$）所截的上方部分（$z\geq 0$）的面积。

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解

第一步：面积元。 上半球面 $z=\sqrt{4-x^2-y^2}$，

$$z_x = \frac{-x}{\sqrt{4-r^2}},\quad z_y = \frac{-y}{\sqrt{4-r^2}},\quad \sqrt{1+z_x^2+z_y^2} = \frac{2}{\sqrt{4-r^2}}$$

第二步：投影区域。 $x^2+y^2\leq 2y$ 即 $r\leq 2\sin\theta$，$\theta\in[0,\pi]$（偏心圆，圆心 $(0,1)$，半径 $1$）。

第三步：极坐标积分。

$$A_{\text{上}} = \int_0^{\pi}\dd\theta\int_0^{2\sin\theta}\frac{2r}{\sqrt{4-r^2}}\,\dd r$$

内层积分（令 $u=4-r^2$，$\dd u=-2r\,\dd r$）：

$$\int_0^{2\sin\theta}\frac{2r}{\sqrt{4-r^2}}\dd r = \left[-2\sqrt{4-r^2}\right]_0^{2\sin\theta} = 4 - 2\sqrt{4-4\sin^2\theta} = 4-4|\cos\theta|$$

当 $\theta\in[0,\pi]$ 时：$\theta\in[0,\frac{\pi}{2}]$ 时 $|\cos\theta|=\cos\theta$，$\theta\in[\frac{\pi}{2},\pi]$ 时 $|\cos\theta|=-\cos\theta$。利用偶对称性：

$$A_{\text{上}} = \int_0^{\pi}(4-4|\cos\theta|)\dd\theta = 4\pi - 4\int_0^{\pi}|\cos\theta|\dd\theta = 4\pi - 4\cdot 2 = 4\pi - 8$$

上下对称，总面积：

$$\boxed{A = 2(4\pi-8) = 8(\pi-2)}$$

关键：球面面积元 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2} = \dfrac{R}{\sqrt{R^2-r^2}}$（$R$ 为球半径）。内层积分换元 $u=R^2-r^2$ 得 $-2R\sqrt{R^2-r^2}\big|_0^{r_{\max}}$。偏心圆 $x^2+y^2\leq 2by$ 的极坐标为 $r\leq 2b\sin\theta$，$\theta\in[0,\pi]$。

【补充题2】（曲面面积：抛物面与平面围成） 求抛物面 $z=x^2+y^2$ 被平面 $z=1$ 截下的有限曲面面积（即抛物面 $z\leq 1$ 的部分）。

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解

第一步：面积元。 $z_x=2x$，$z_y=2y$，

$$\sqrt{1+z_x^2+z_y^2} = \sqrt{1+4x^2+4y^2} = \sqrt{1+4r^2}$$

第二步：投影区域。 $z=x^2+y^2\leq 1 \Rightarrow x^2+y^2\leq 1$，即 $r\leq 1$，$\theta\in[0,2\pi]$。

第三步：计算。 令 $u=1+4r^2$，$\dd u=8r\,\dd r$：

$$A = \int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^1\sqrt{1+4r^2}\cdot r\,\dd r = 2\pi\cdot\frac{1}{8}\int_1^5\sqrt{u}\,\dd u$$ $$= \frac{\pi}{4}\cdot\frac{2}{3}\left[u^{3/2}\right]_1^5 = \frac{\pi}{6}(5^{3/2}-1) = \frac{\pi}{6}(5\sqrt{5}-1)$$ $$\boxed{A = \frac{\pi(5\sqrt{5}-1)}{6}}$$

二级结论：抛物面 $z=x^2+y^2$，$r\leq R$ 部分的面积 $= \dfrac{\pi}{6}\left[(1+4R^2)^{3/2}-1\right]$。$R=1$ 时为 $\dfrac{\pi(5\sqrt{5}-1)}{6}\approx 5.33$。

【补充题3】（均匀圆柱体质心） 设均匀圆柱体 $\Omega: x^2+y^2\leq R^2$，$0\leq z\leq H$，密度 $\rho=1$，求质心坐标。

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解

第一步：由对称性。 $\Omega$ 关于 $xOz$ 和 $yOz$ 平面对称，$x$ 和 $y$ 均为奇函数，故

$$\bar{x} = \frac{\iiint_\Omega x\,\dd V}{V} = 0,\qquad \bar{y} = 0$$

第二步：计算总质量（体积）。

$$M = V = \pi R^2 H$$

第三步：计算 $\bar{z}$。

$$\iiint_\Omega z\,\dd V = \int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^R r\,\dd r\int_0^H z\,\dd z = 2\pi\cdot\frac{R^2}{2}\cdot\frac{H^2}{2} = \frac{\pi R^2 H^2}{2}$$ $$\bar{z} = \frac{\pi R^2 H^2/2}{\pi R^2 H} = \frac{H}{2}$$

结论： 均匀圆柱体的质心为 $\left(0,\;0,\;\dfrac{H}{2}\right)$，即在轴线的中点处。

$$\boxed{(\bar{x},\bar{y},\bar{z}) = \left(0,\;0,\;\frac{H}{2}\right)}$$

技巧：均匀对称体的质心在对称轴上，可直接由对称性排除两个坐标，只需计算一个积分。
进阶：均匀半球 $x^2+y^2+z^2\leq R^2$，$z\geq 0$ 的质心：$\bar{z} = \dfrac{3R}{8}$（球坐标计算 $\iiint z\,\dd V = \dfrac{\pi R^4}{4}$，体积 $=\dfrac{2\pi R^3}{3}$）。

🎯 期中考试题型总结：重积分应用

题型1：曲面面积 ⭐⭐⭐

识别特征：给出显式曲面 $z=f(x,y)$（抛物面、锥面、球面等）和边界（柱面或闭合曲线），要求计算该曲面一部分的面积。

标准步骤：

求偏导 $z_x=\dfrac{\pp z}{\pp x}$，$z_y=\dfrac{\pp z}{\pp y}$，计算 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}$（能化简则化简）
确定投影区域 $D$（曲面在 $xOy$ 面的投影，通常由给定边界在 $xOy$ 面的投影确定）
$A = \displaystyle\iint_D\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,\dd x\dd y$（若 $D$ 是圆形区域则转极坐标）

速解技巧：锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 的 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\sqrt{2}$（常数），面积 $=\sqrt{2}\times$ 投影面积；球面的 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\dfrac{R}{\sqrt{R^2-r^2}}$，内层积分换元 $u=R^2-r^2$。

易错点：投影区域 $D$ 的范围要和曲面的实际范围一致（由边界曲线确定），不要把曲面自身的方程误当成投影区域的边界。

mini例：锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 在柱面 $x^2+y^2\leq c$ 内的面积，$\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\sqrt{2}$：

$$A = \iint_{x^2+y^2\leq c}\sqrt{2}\,\dd x\dd y = \sqrt{2}\cdot\pi c$$

题型2：体积计算 ⭐⭐

识别特征：两个曲面（如抛物面与平面、两个抛物面、抛物面与锥面）围成有界立体，求其体积。

标准步骤：

联立两曲面方程，求交线（投影到 $xOy$ 面得投影曲线，确定投影区域 $D$）
确定每点 $(x,y)\in D$ 处的上曲面 $z_{\text{上}}(x,y)$ 和下曲面 $z_{\text{下}}(x,y)$
$V = \displaystyle\iint_D\left[z_{\text{上}}(x,y)-z_{\text{下}}(x,y)\right]\dd x\dd y$（转极坐标若 $D$ 是圆形）

速解技巧：若 $D$ 是圆盘 $x^2+y^2\leq R^2$，常用极坐标：$\iint_D r^2\dd\sigma = \frac{\pi R^4}{2}$，$\iint_D (R^2-r^2)\dd\sigma = \frac{\pi R^4}{2}$（常用中间结果）。

易错点：上曲面要真正在上方（$z_{\text{上}}\geq z_{\text{下}}$），需在投影区域内验证；若两曲面有多个围成区域，要选对那个有界的部分。

mini例：$z=x^2+y^2$ 与 $z=1$ 围成立体，$D$：$x^2+y^2\leq 1$：

$$V = \iint_D(1-x^2-y^2)\dd\sigma = \int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^1(1-r^2)r\dd r = 2\pi\cdot\frac{1}{4} = \frac{\pi}{2}$$

题型3：质量与质心 ⭐⭐

识别特征：给出平面薄片（区域 $D$，密度 $\rho(x,y)$）或立体（区域 $\Omega$，密度 $\rho(x,y,z)$），求总质量 $M$、质心坐标 $(\bar{x},\bar{y})$ 或 $(\bar{x},\bar{y},\bar{z})$。

标准步骤：

先用对称性简化：若区域关于某轴对称且密度也是偶函数，该方向质心在对称轴上，对应静矩可直接给出
计算总质量：$M=\displaystyle\iint_D\rho\,\dd\sigma$（或 $M=\iiint_\Omega\rho\,\dd V$）
计算各方向静矩再除以 $M$：$\bar{x}=\dfrac{\iint x\rho\dd\sigma}{M}$，$\bar{y}=\dfrac{\iint y\rho\dd\sigma}{M}$

速解技巧：均匀对称体的质心在几何中心（如均匀圆柱体质心在轴线中点）。对均匀（$\rho=1$）区域，质心即形心，$\bar{x}=\frac{1}{S_D}\iint_D x\dd\sigma$。

易错点：静矩 $M_{yz}=\iint x\rho\dd\sigma$ 对应质心 $x$ 坐标 $\bar{x}=M_{yz}/M$（下标是平面名，对应的质心坐标是垂直于该平面的方向）；别把下标和方向搞混。

mini例：$D: 0\leq x\leq 1$，$x^2\leq y\leq 1$，$\rho=x$，总质量：

$$M = \int_0^1 x(1-x^2)\dd x = \left[\frac{x^2}{2}-\frac{x^4}{4}\right]_0^1 = \frac{1}{4},\quad \bar{x} = \frac{\int_0^1 x^2(1-x^2)\dd x}{1/4} = \frac{8}{15}$$

🔬 期末强化：第一型曲面积分（质量/对称性）历年真题原型

定位：重积分应用在期末以「第一型曲面积分求质量/对称性砍项」形式考（4/5 年，T13/T14，8~10 分），与本节曲面面积元 $\dd S=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,\dd x\dd y$ 同根同源。下面两道带年份的真题原型直接给完整步骤。

【2022-2023 T13】（抛物面壳质量） 抛物面壳 $z=\tfrac12(x^2+y^2)$（$0\le z\le 1$），面密度 $\rho=z+\tfrac12$，求壳的质量 $m$。

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解

第一步：曲面面积元。 $z_x=x$，$z_y=y$，故

$$\dd S=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,\dd x\dd y=\sqrt{1+x^2+y^2}\,\dd x\dd y$$

第二步：投影区域。 $0\le z\le 1$ 即 $0\le\tfrac12(x^2+y^2)\le 1$，得 $x^2+y^2\le 2$，即 $D:\,r\le\sqrt2$。

第三步：代入 $\rho$ 并转极坐标。 $\rho=z+\tfrac12=\tfrac12(x^2+y^2)+\tfrac12=\tfrac12(r^2+1)$，

$$m=\iint_\Sigma\rho\,\dd S=\iint_D\tfrac12(r^2+1)\sqrt{1+r^2}\,\dd x\dd y=\tfrac12\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^{\sqrt2}(r^2+1)^{3/2}\,r\,\dd r$$

第四步：换元 $u=1+r^2$（$\dd u=2r\,\dd r$），$r:0\to\sqrt2$ 时 $u:1\to3$。

$$m=\tfrac12\cdot2\pi\cdot\tfrac12\int_1^3 u^{3/2}\,\dd u=\tfrac{\pi}{2}\cdot\tfrac{2}{5}\left[u^{5/2}\right]_1^3=\tfrac{\pi}{5}\left(3^{5/2}-1\right)=\frac{(9\sqrt3-1)\pi}{5}$$ $$\boxed{m=\dfrac{(9\sqrt3-1)\pi}{5}}$$

$3^{5/2}=3^2\cdot3^{1/2}=9\sqrt3$。这一步是数值收尾，别把 $3^{5/2}$ 算错。

【2018-2019 T14】（球冠 + 对称性砍项） $\Sigma$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 上 $z\ge\tfrac a2$ 的部分，求 $\displaystyle\iint_\Sigma(x-y+5z^3)\,\dd S$。

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解

第一步：先用对称性砍项（这是本题的"送分点"）。 $\Sigma$ 关于 $yOz$ 平面对称且 $x$ 是奇函数 $\Rightarrow\iint_\Sigma x\,\dd S=0$；同理关于 $xOz$ 平面对称且 $y$ 奇 $\Rightarrow\iint_\Sigma y\,\dd S=0$。故只剩

$$I=5\iint_\Sigma z^3\,\dd S$$

第二步：曲面面积元（球面）。 上半球 $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$，

$$\dd S=\frac{a}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}\,\dd\sigma=\frac{a}{z}\,\dd\sigma$$

故 $z^3\,\dd S=z^3\cdot\dfrac{a}{z}\,\dd\sigma=a\,z^2\,\dd\sigma=a(a^2-r^2)\,\dd\sigma$。

第三步：投影区域。 $z\ge\tfrac a2$ 即 $\sqrt{a^2-r^2}\ge\tfrac a2$，得 $r^2\le a^2-\tfrac{a^2}{4}=\tfrac34a^2$，即 $r\le\tfrac{\sqrt3}{2}a$。

第四步：极坐标积分。

$$I=5a\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^{\sqrt3a/2}(a^2-r^2)\,r\,\dd r=5a\cdot2\pi\left[\frac{a^2r^2}{2}-\frac{r^4}{4}\right]_0^{\sqrt3a/2}$$

代入 $r^2=\tfrac34a^2$，$r^4=\tfrac{9}{16}a^4$：$\dfrac{a^2}{2}\cdot\tfrac34a^2-\dfrac14\cdot\tfrac{9}{16}a^4=\tfrac38a^4-\tfrac{9}{64}a^4=\tfrac{24-9}{64}a^4=\tfrac{15}{64}a^4$。

$$I=10\pi a\cdot\tfrac{15}{64}a^4=\frac{150}{64}\pi a^5=\boxed{\dfrac{75}{32}\pi a^5}$$

关键技巧：球面上 $z\cdot\dfrac{a}{z}$ 让 $\sqrt{\;}$ 消失 —— 这与本节"球冠 $z\,\dd S=a\,\dd x\dd y$"的常数化技巧是同一招。

📌 必背块（重积分应用 / 第一型曲面积分）

曲面面积元：$\dd S=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,\dd x\dd y$；曲面面积 $A=\displaystyle\iint_D\dd S$，质量 $m=\displaystyle\iint_\Sigma\mu\,\dd S$。
球面 / 柱面 $R$ 是常数，无大根号：球面 $\dd S=R^2\sin\varphi\,\dd\varphi\dd\theta$；柱面 $\dd S=R\,\dd\theta\dd z$。
球面常数化二招：$\dfrac{a}{\sqrt{a^2-r^2}}=\dfrac{a}{z}$，于是 $z\,\dd S=a\,\dd\sigma$（球冠类必用）。
常见 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}$：锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}\Rightarrow\sqrt2$（常数）；抛物面 $z=x^2+y^2\Rightarrow\sqrt{1+4r^2}$；球面 $\Rightarrow\dfrac{R}{\sqrt{R^2-r^2}}$；平面 $z=ax+by+c\Rightarrow\sqrt{1+a^2+b^2}$。
对称性砍项（几乎每道大题先用）：区域关于某坐标面对称 + 被积函数对该坐标为奇函数 $\Rightarrow$ 积分 $=0$；轮换对称 $\iint_\Sigma x^2\,\dd S=\tfrac13\iint_\Sigma(x^2+y^2+z^2)\,\dd S$。
质心（均匀即形心）：$\bar z=\dfrac{1}{A}\displaystyle\iint_\Sigma z\,\dd S$；上半球面形心 $\bar z=\dfrac R2$，均匀半球体形心 $\bar z=\dfrac{3R}{8}$。

⚠️ 易错点

投影区域用"边界曲线"定，不是用曲面方程本身定：球冠 $z\ge\tfrac a2$ 的投影是 $r\le\tfrac{\sqrt3}{2}a$（由 $z=\tfrac a2$ 代回），别直接拿 $r\le a$。
对称性砍项前必须两件事都成立：区域对称 + 函数奇。只满足一个不能砍（如 $5z^3$ 在 $z\ge\tfrac a2$ 上 $z$ 非负，不可砍）。
球/柱面 $\dd S$ 别误套显式公式 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}$ 再带根号 —— 用参数化 $R^2\sin\varphi$、$R$ 更快且不出错。

🔴 你在这卡过（薄弱点精析 Ch9 #投影区域）：5/10 你把第一卦限斜面 $\tfrac x2+\tfrac y3=1$ 的投影误当成矩形，结果答案翻倍（算成 $8\sqrt{61}$，正确是 $4\sqrt{61}$）。
怎么破：投影到 $xOy$ 时先把边界曲线投下来画出 $D$ 的真实形状 —— 平面 $\tfrac x2+\tfrac y3=1$ 在第一卦限投下来是直角三角形 $0\le x\le2,\ 0\le y\le3-\tfrac32x$，不是 $2\times3$ 的矩形。口诀：「先画投影区域再写积分限」，三角形/扇形/偏心圆都要老老实实画一遍，宁可慢 30 秒也别凭感觉当矩形。

9.3 重积分的应用 📖 笔记p35-41

9.3.1 曲面面积

9.3.2 更多曲面面积例题

9.3.3 质量、质心与转动惯量

9.3.3 质量、质心与转动惯量（续）

9.3.4 体积计算与积分均值定理

9.3.5 第一类曲面积分（对面积的积分）

9.3.6 更多面积计算（p40）

📝 精选例题：重积分应用

📝 补充练习题：重积分应用

🎯 期中考试题型总结：重积分应用

🔬 期末强化：第一型曲面积分（质量/对称性）历年真题原型