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112 台綜大微積分(A) 第 10 題

考題 / 轉學考微積分 / 台綜大 / 微積分A

112學年度 · 112微積分A · 第 10 題

題目

Problem

10. Evaluate ∬SF⋅dS\iint_S \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{S}, where F(x,y,z)=(z2x+ey)i+(x2y+cosh⁡z)j+(y2z+x)k\mathbf{F}(x, y, z) = (z^2 x + e^y)\mathbf{i} + (x^2 y + \cosh z)\mathbf{j} + (y^2 z + x)\mathbf{k} and SS is the top half of sphere x2+y2+z2=1x^2 + y^2 + z^2 = 1. (10%)

解答

解法一

思路

展開
  1. 本題要求向量場 F\mathbf{F} 在單位上半球面 SS 上的面積分。
  2. 由於 SS 不是一個封閉曲面（底部是開的，邊界為 xyxy 平面上的單位圓），我們無法直接對 SS 使用散度定理。
  3. 引入封閉曲面： 我們補上底面 S1S_1: x2+y2≤1,z=0x^2 + y^2 \le 1, z = 0，並規定其法向量朝下（n=−k\mathbf{n} = -\mathbf{k}）。 此時，上半球體 VV 的封閉邊界為 ∂V=S∪S1\partial V = S \cup S_1。
  4. 應用散度定理 (Divergence Theorem)： ∬SF⋅dS+∬S1F⋅dS1=∭V∇⋅F dV\iint_S \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{S} + \iint_{S_1} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{S}_1 = \iiint_V \nabla \cdot \mathbf{F} \,\mathrm{d}V
  5. 第一步：求散度 ∇⋅F\nabla \cdot \mathbf{F}： ∇⋅F=∂P∂x+∂Q∂y+∂R∂z=z2+x2+y2\nabla \cdot \mathbf{F} = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} = z^2 + x^2 + y^2
  6. 第二步：計算體積分 ∭V(x2+y2+z2) dV\iiint_V (x^2+y^2+z^2)\,\mathrm{d}V： 利用球面座標系，範圍為 0≤ρ≤1,0≤θ≤2π,0≤ϕ≤π/20 \le \rho \le 1, 0 \le \theta \le 2\pi, 0 \le \phi \le \pi/2。
  7. 第三步：計算底面 S1S_1 上的面積分： 在 S1S_1 上， z=0z=0，且法向量 n=−k\mathbf{n} = -\mathbf{k}。 ∬S1F⋅dS1=∬S1F⋅(−k) dA=∬x2+y2≤1−x dA\iint_{S_1} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{S}_1 = \iint_{S_1} \mathbf{F} \cdot (-\mathbf{k})\,\mathrm{d}A = \iint_{x^2+y^2 \le 1} -x \,\mathrm{d}A 利用對稱性可知該積分為 0。
  8. 兩者相減即可得到 SS 上的面積分值。

答題過程

展開

為使用散度定理，我們定義 S1S_1 為 xyxy 平面上的單位圓盤：

S1={(x,y,0)∣x2+y2≤1}S_1 = \{ (x, y, 0) \mid x^2 + y^2 \le 1 \}

並規定其朝下的法向量為 n1=−k\mathbf{n}_1 = -\mathbf{k}。 設 VV 為上半球體區域 V={(x,y,z)∣x2+y2+z2≤1,z≥0}V = \{ (x, y, z) \mid x^2 + y^2 + z^2 \le 1, z \ge 0 \}，其封閉邊界為 S∪S1S \cup S_1。

根據散度定理：

∬SF⋅dS+∬S1F⋅dS1=∭V∇⋅F dV\iint_S \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{S} + \iint_{S_1} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{S}_1 = \iiint_V \nabla \cdot \mathbf{F} \,\mathrm{d}V

1. 計算散度與體積分

計算向量場 F\mathbf{F} 的散度：

∇⋅F=∂∂x(z2x+ey)+∂∂y(x2y+cosh⁡z)+∂∂z(y2z+x)=z2+x2+y2\nabla \cdot \mathbf{F} = \frac{\partial}{\partial x}(z^2 x + e^y) + \frac{\partial}{\partial y}(x^2 y + \cosh z) + \frac{\partial}{\partial z}(y^2 z + x) = z^2 + x^2 + y^2

我們引入球面座標系計算 ∭V(x2+y2+z2) dV\iiint_V (x^2+y^2+z^2)\,\mathrm{d}V：

x2+y2+z2=ρ2,dV=ρ2sin⁡ϕ dρdθdϕx^2 + y^2 + z^2 = \rho^2, \quad \mathrm{d}V = \rho^2 \sin\phi\,\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\mathrm{d}\phi

其中積分範圍為：

0≤ρ≤1,0≤θ≤2π,0≤ϕ≤π20 \le \rho \le 1, \quad 0 \le \theta \le 2\pi, \quad 0 \le \phi \le \frac{\pi}{2}

代入體積分：

∭V(x2+y2+z2) dV= ∫02π∫0π2∫01ρ2⋅ρ2sin⁡ϕ dρdϕdθ= (∫02πdθ)(∫0π2sin⁡ϕ dϕ)(∫01ρ4 dρ)= (2π)⋅[−cos⁡ϕ]0π2⋅[15ρ5]01= 2π⋅(0−(−1))⋅15= 2π5\begin{align*} \iiint_V (x^2 + y^2 + z^2)\,\mathrm{d}V =&\, \int_0^{2\pi} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \int_0^1 \rho^2 \cdot \rho^2 \sin\phi \,\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\phi\mathrm{d}\theta \\[4mm] =&\, \left( \int_0^{2\pi} \mathrm{d}\theta \right) \left( \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin\phi \,\mathrm{d}\phi \right) \left( \int_0^1 \rho^4 \,\mathrm{d}\rho \right) \\[4mm] =&\, (2\pi) \cdot \left[ -\cos\phi \right]_0^{\frac{\pi}{2}} \cdot \left[ \frac{1}{5}\rho^5 \right]_0^1 \\[4mm] =&\, 2\pi \cdot (0 - (-1)) \cdot \frac{1}{5} \\[4mm] =&\, \frac{2\pi}{5} \end{align*}

2. 計算底面 S1S_1 上的面積分

在圓盤 S1S_1 上，我們有 z=0z = 0，且朝下外側法向量為 dS1=−k dA\mathrm{d}\mathbf{S}_1 = -\mathbf{k}\,\mathrm{d}A。 將 z=0z = 0 代入 F\mathbf{F} 的第三分量 R(x,y,z)=y2z+xR(x, y, z) = y^2 z + x：

R(x,y,0)=y2(0)+x=xR(x, y, 0) = y^2(0) + x = x

因此在 S1S_1 上的面積分為：

∬S1F⋅dS1=∬x2+y2≤1F⋅(−k) dA=∬x2+y2≤1−x dxdy\iint_{S_1} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{S}_1 = \iint_{x^2+y^2 \le 1} \mathbf{F} \cdot (-\mathbf{k})\,\mathrm{d}A = \iint_{x^2+y^2 \le 1} -x \,\mathrm{d}x\mathrm{d}y

由於積分區域 x2+y2≤1x^2+y^2 \le 1 關於 yy 軸對稱，而被積函數 −x-x 為奇函數，因此：

∬S1F⋅dS1=0\iint_{S_1} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{S}_1 = 0

3. 求解上半球面之面積分

由散度定理公式：

∬SF⋅dS+0=2π5  ⟹  ∬SF⋅dS=2π5 .\iint_S \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{S} + 0 = \frac{2\pi}{5} \implies \iint_S \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{S} = \frac{2\pi}{5} \,.