$25.3.2$ 练习题

例$25.3.1$

求

$$I={\iint }_{\Sigma }4xz\mathrm{d}y\mathrm{d}z-2yz\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(1-z^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$$

其中 $\Sigma$ 是曲线 $z=e^y(0⩽y⩽a)$ 绕 $z$ 轴旋转生成的旋转面, 取下侧.

解

$\Sigma$ 的方程为

$$z={\mathrm{e}}^{\sqrt{x^2+y^2}}(x^2+y^2⩽a^2).$$

图25.5

直接计算比较复杂. 考虑用 $Gauss$公式. 由于 $\Sigma$ 不闭, 需要添加辅助面

${\Sigma }_1:z={\mathrm{e}}^a(x^2+y^2⩽a^2)$ ，取上侧.

见图$25.5$, 设 $\Sigma$ 与 ${\Sigma }_1$ 围成的区域为 $D$ . 令

$$P=4xz,Q=-2yz,R=1-z^2,$$

则

$$\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=0.$$

由公式$(25.5)$，得

$$\begin{array}{l}I=\left({\iint }_{\Sigma }+{\iint }_{{\Sigma }_1}-{\iint }_{{\Sigma }_1}\right)(1-z^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-{\iint }_{{\Sigma }_1}(1-z^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ =({\mathrm{e}}^{2a}-1){\iint }_{x^2+y^2⩽a^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=({\mathrm{e}}^{2a}-1)\pi a^2.\end{array}$$

例$25.3.2$

计算曲面积分

$$I={\iint }_S\frac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2{)}^{3/2}},$$

其中 $S$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=1$ ，取外侧 $(a>0,b>0,c>0)$ .

解1

记 $P(x,y,z)=\frac{x}{(a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2{)}^{3/2}},Q(x,y,z)=\frac{y}{(a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2{)}^{3/2}},$ $R(x,y,z)=\frac{z}{(a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2{)}^{3/2}}$ ，则在不包含原点的任何区域上

$$\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=0.$$

为了利用 $Gauss$公式, 对充分小的 $\epsilon >0$ , 作闭曲面

$$S_{\epsilon }=\left\{a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2={\epsilon }^2\right\},$$

取外侧. 由 $Gauss$公式

$$I={\iint }_{S_{\epsilon }}\frac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2{)}^{3/2}}=\frac{1}{{\epsilon }^3}{\iint }_{S_{\epsilon }}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

上述积分在 $S_{\epsilon }$ 的外侧. 再一次用 $Gauss$公式, 则

$$I=\frac{3}{{\epsilon }^3}{\iiint }_{a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2⩽{\epsilon }^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\frac{3}{{\epsilon }^3}\cdot \frac{4\pi }{3}\cdot \frac{{\epsilon }^3}{\sqrt{abc}}=\frac{4\pi }{\sqrt{abc}}.$$

解2

(不用 $Gauss$公式而直接计算) 利用单位球面的参数方程

$$\begin{array}{r}x=\sin \phi \cos \theta ,y=\sin \phi \sin \theta ,z=\cos \phi ,\\ 0⩽\phi ⩽\pi ,0⩽\theta ⩽2\pi ,\end{array}$$

计算得到

$$\begin{array}{l}A=\frac{\partial (y,z)}{\partial (\phi ,\theta )}={\sin }^2\phi \cos \theta ,B=\frac{\partial (z,x)}{\partial (\phi ,\theta )}={\sin }^2\phi \sin \theta ,\\ C=\frac{\partial (x,y)}{\partial (\phi ,\theta )}=\sin \phi \cos \phi .\end{array}$$

容易看出， $(A,B,C)$ 的方向与单位球面外侧法线方向相同，故积分号前取“+”号，由$(25.3)$得

$$I=8{\int }_0^{\pi /2}{\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin \phi \mathrm{d}\phi \mathrm{d}\theta }{(a{\sin }^2\phi {\cos }^2\theta +b{\sin }^2\phi {\sin }^2\theta +c{\cos }^2\phi {)}^{3/2}}.$$

先计算对 $\phi$ 的积分, 我们令 $\cos \phi =t$ , 则

$$\begin{array}{l}{\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin \phi \mathrm{d}\phi }{(a{\sin }^2\phi {\cos }^2\theta +b{\sin }^2\phi {\sin }^2\theta +c{\cos }^2\phi {)}^{3/2}}\\ ={\int }_0^1\frac{\mathrm{d}t}{{\left[(a{\cos }^2\theta +b{\sin }^2\theta )-(a{\cos }^2\theta +b{\sin }^2\theta -c)t^2\right]}^{3/2}}\\ =\frac{1}{(a{\cos }^2\theta +b{\sin }^2\theta )}\cdot \frac{t}{{\left[(a{\cos }^2\theta +b{\sin }^2\theta )-(a{\cos }^2\theta +b{\sin }^2\theta -c)t^2\right]}^{1/2}}{|}_{t=0}^{t=1}\\ =\frac{1}{\sqrt{c}}\cdot \frac{1}{a{\cos }^2\theta +b{\sin }^2\theta }.\end{array}$$

最后得到

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{8}{\sqrt{c}}{\int }_0^{\pi /2}\frac{\mathrm{d}\theta }{a{\cos }^2\theta +b{\sin }^2\theta }=\frac{8}{\sqrt{c}}{\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}t}{a+b{t}^2}(t=\tan \theta )\\ & =\frac{8}{\sqrt{c}}\frac{1}{\sqrt{ab}}\arctan \left(\sqrt{\frac{b}{a}}t\right){|}_0^{+\infty }=\frac{4\pi }{\sqrt{abc}}.\end{array}$$

注

利用 $Gauss$公式来计算曲面积分在很多情况下是一种有效的手段, 但要注意使用 $Gauss$公式的条件, 要弄清楚在什么情况下要“挖洞” (即用封闭曲面把 $P$, $Q$, $R$ 无定义或不可微的点围住) 以及选择什么曲面“挖洞”计算更简便.

利用 $Gauss$公式可导出 $R^3$ 中具有逐片光滑边界的有界闭区域 $\Omega$ 的体积公式

$$\begin{array}{rl}|\Omega |& ={\iint }_{\partial \Omega }x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\iint }_{\partial \Omega }y\mathrm{d}z\mathrm{d}x={\iint }_{\partial \Omega }z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =\frac{1}{3}{\iint }_{\partial \Omega }x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\end{array}\text{\hspace{1em}(25.7)}$$

上述积分在 $\partial \Omega$ 的外侧进行. 由两类曲面积分之间的关系, 又有

$$|\Omega |=\frac{1}{3}{\iint }_{\partial \Omega }(x\cos \alpha +y\cos \beta +z\cos \gamma )dS,\text{\hspace{1em}(25.8)}$$

其中 $(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )$ 为 $\partial \Omega$ 的单位外法向量. 如果 $\partial \Omega$ 有参数表示

$$x=x(u,v),y=y(u,v),z=z(u,v),(u,v)\in D,$$

则

$$V=\frac{1}{3}\left|{\iint }_D(Ax+By+Cz)\mathrm{d}u\mathrm{d}v\right|,\text{\hspace{1em}(25.9)}$$

其中

$$A=\frac{\partial (y,z)}{\partial (u,v)},B=\frac{\partial (z,x)}{\partial (u,v)},C=\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}.$$

$(25.9)$ 也可以写为

$$V=\frac{1}{3}\left|{\iint }_D\left|\begin{array}{ccc}x& y& z\\ x_u& y_u& z_u\\ x_v& y_v& z_v\end{array}\right|\mathrm{d}u\mathrm{d}v\right|.\text{\hspace{1em}(25.10)}$$

特别地, 若一个立体的表面在球坐标系中由方程

$$r=r(\phi ,\theta ),(\phi ,\theta )\in D$$

给出，则

$$x=r(\phi ,\theta )\sin \phi \cos \theta ,y=r(\phi ,\theta )\sin \phi \sin \theta ,z=r(\phi ,\theta )\cos \phi ,(\phi ,\theta )\in D.$$

代入公式 $(25.10)$ 中得到

$$V=\frac{1}{3}{\iint }_D{r}^3(\phi ,\theta )\sin \phi \mathrm{d}\phi \mathrm{d}\theta .\text{\hspace{1em}(25.11)}$$

当然, 公式 $(25.11)$ 也可以从三重积分中直接得到, 事实上

$$\begin{array}{rl}V=& \underset{\Omega }{\iiint }\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\underset{\begin{array}{c}(\phi ,\theta )\in D\\ 0⩽\rho ⩽r(\theta ,\phi )\end{array}}{\iiint }{\rho }^2\sin \phi \mathrm{d}\rho \mathrm{d}\theta \mathrm{d}\phi \\ =& \underset{D}{\iint }\sin \phi \mathrm{d}\phi \mathrm{d}\theta {\int }_0^{r(\phi ,\theta )}{\rho }^2\mathrm{d}\rho \\ =& \frac{1}{3}\underset{D}{\iint }{r}^3(\phi ,\theta )\sin \phi \mathrm{d}\phi \mathrm{d}\theta .\end{array}$$

1. 利用 $Gauss$公式计算积分:

(1) $\iint y(x-z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+z^2\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(y^2+xz)\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$ 其中 $S$ 是正立方体 $\{(x,y,z)|0⩽x⩽a,0⩽y⩽a,0⩽z⩽a\}$ ( $a>0$ ) 的表面，取内侧.

(2) ${\iint }_{\Sigma }(x^3+x)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+(y^2-xz)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(z^3+z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$ 其中 $\Sigma$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=2z,$ 取外侧.

(3) 设 $A_1=x^3-x^{2}y+z^3,A_2=x{y}^2+y^3,A_3=xz+z^2,\Sigma$ 是由 $yOz$ 平面上的抛物线 $z=1-y^2$ 与 $z=0$ 所围成的平面区域绕 $z$ 轴旋转后所得的旋转体的表面，取外侧。试求

$\iint \left(\frac{\partial A_3}{\partial y}-\frac{\partial A_2}{\partial z}\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(\frac{\partial A_1}{\partial z}-\frac{\partial A_3}{\partial x}\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\left(\frac{\partial A_2}{\partial x}-\frac{\partial A_1}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$

2. 先添加辅助面, 再用 $Gauss$公式计算下列曲面积分:

(1) ${\iint }_{\Sigma }(x^2\cos \alpha +y^2\cos \beta +z^2\cos \gamma )\mathrm{d}S,$ 其中 $\Sigma$ 是锥面 $z^2=x^2+y^2$ 在 $0⩽z⩽h$ 的一段， $(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )$ 为 $\Sigma$ 上的单位法向量，其方向为下方.

(2) ${\iint }_{\Sigma }{x}^3\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y^3\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z^3\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$ 其中 $\Sigma$ 为球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 之上半部分，取上侧.

(3) ${\iint }_{\Sigma }\left(\frac{x^3}{a^3}+y^3{z}^3\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(\frac{y^3}{b^3}+z^3{x}^3\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\left(\frac{z^3}{c^3}+x^3{y}^3\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$ 其中 $\Sigma$ 为椭球面 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1,x⩾0,$ 取后侧.

3. $F(x,y,z)$ 是定义在 ${\mathbf{R}}^3$ 上的光滑函数，且 $F(x,y,z)=0$ 是一个以原点为顶点的锥面 $\Sigma$ ，如果 $\Sigma$ 与平面 $\Pi :Ax+By+Cz=D$ 围成一个锥体，证明：此锥体的体积

$$V=\frac{1}{3}SH,$$

其中 $S$ 为平面 $\Pi$ 上锥底部分的面积, $H$ 为顶点到锥底的高.

4. 求由曲面 $(x^2+y^2+z^2{)}^2=a^{2}xy$ 所围成的立体的体积.

5. 求 ${\iint }_{\Sigma }(x^3+y^3)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+(x^3+2x^{2}y)\mathrm{d}z\mathrm{d}x-x^{2}z\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$ 其中 $\Sigma$ 是单叶双曲面 $x^2+y^2-z^2=1$ 在 $0⩽z⩽\sqrt{3}$ 的部分，取外侧.

6. $V=\{(x,y,z)\mid x^2+y^2<z<1\},S=\partial V,$ 求积分

$$\iint yz\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(x^2+y^2)z\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$$

积分沿外法线方向.

$7.$ 求第二型曲面积分

$$\iint z\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\cos y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$$

其中 $S$ 为 $x^2+y^2+z^2=1$ 的外侧.

$\mathrm{25.3.3}$ $Stokes$ 公式

$Stokes$公式是将空间曲面上的第二型曲面积分与该曲面边界上的第二型曲线积分之间建立联系的一个重要公式.

设 $D$ 是 $R^3$ 中的分片光滑曲面, $D$ 的边界 $\partial D$ 由分段光滑曲线组成, 又设 $P$, $Q$, $R$ 有关于 $x$, $y$, $z$ 的连续偏导数, 则成立下列 $Stokes$公式:

$${\oint }_{\partial D}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z={\iint }_D\left|\begin{array}{ccc}\mathrm{d}y\mathrm{d}z& \mathrm{d}z\mathrm{d}x& \mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|,\text{\hspace{1em}(25.12)}$$

其中 $\partial D$ 的方向和 $D$ 的方向服从右手法则. 由两类曲面积分之间的关系 $(25.4)$, $(25.12)$ 又可以写为

$${\oint }_{\partial D}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z={\iint }_D\left|\begin{array}{ccc}\cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|\mathrm{d}S,\text{\hspace{1em}(25.13)}$$

其中 $\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma$ 是曲面 $D$ 上法向量的方向余弦。如果曲面 $D$ 在 $xOy$ 平面上，则公式$(25.12)$，$(25.13)$就是$Green$公式。公式$(25.12)$与$(25.13)$给我们提供了一个求曲线积分与曲面积分的新方法。

例$25.3.3$

求

$$I={\oint }_C(y^2-z^2)\mathrm{d}x+(z^2-x^2)\mathrm{d}y+(x^2-y^2)\mathrm{d}z,$$

其中 $C$ 是立方体 $\{(x,y,z)\mid 0⩽x⩽a,0⩽y⩽a,0⩽z⩽a\}$ 的表面与平面 $x+y+z=\frac{3}{2}a$ 的交线，取向从 $z$ 轴正向看去是逆时针方向.

分析

见图$25.6$, 分六段积分的计算量很大, 且 $C$ 也不便于表示为一个统一的参数式. 因 $C$ 为闭曲线, 且 $P=y^2-z^2$ , $Q=z^2-x^2$ , $R=x^2-y^2$ 连续可微, 故考虑用 $Stokes$公式.

解

令 $\Sigma$ 为 $x+y+z=\frac{3}{2}a$ 被 $C$ 所围的一块, 取上侧, 则 $C$ 的取向与 $\Sigma$ 的取侧相容. 应用 $Stokes$公式$(25.13)$,

$$\begin{array}{l}I={\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{1}{\sqrt{3}}\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ y^2-z^2& z^2-x^2& x^2-y^2\end{array}\right|\mathrm{d}S\\ =\frac{1}{\sqrt{3}}{\iint }_{\Sigma }-4(x+y+z)\mathrm{d}S\\ =-\frac{4}{\sqrt{3}}{\iint }_{\Sigma }\frac{3}{2}a\mathrm{d}S=-2\sqrt{3}a\cdot |\Sigma |\\ =-2\sqrt{3}a\cdot \frac{3\sqrt{3}}{4}{a}^2=-\frac{9}{2}{a}^3.\end{array}$$

图25.6

例$25.3.4$

设 $\Sigma$ 是分片光滑的闭曲面, $\mathbf{n}$ 为 $\Sigma$ 上的单位外法向量, 证明:

$$I=\iint \left|\begin{array}{ccc}\cos (\mathbf{n},x)& \cos (\mathbf{n},y)& \cos (\mathbf{n},z)\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|dS=0,$$

其中分两种情形：$(1)$ $P$, $Q$, $R$ 在 $\overline{\Omega }$ 上二阶连续可微，$\Omega$ 为 $\Sigma$ 所围的立体；$(2)$ $P$, $Q$, $R$ 在 $\Sigma$ 上一阶连续可微.

证明

对情形$(1)$用 $Gauss$公式

$$\begin{array}{l}I={\iint }_{\Sigma }\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x\\ +\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ ={\iiint }_{\Omega }[\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}\right)+\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}\right)\\ +\frac{\partial }{\partial z}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\ =0.\end{array}$$

图25.7

情形$(2)$参见图$25.7$. 在 $\Sigma$ 上任取一条逐段光滑的闭曲线 $C$, $C$ 分 $\Sigma$ 为两部分 ${\Sigma }_1$ 与 ${\Sigma }_2$ , 在 ${\Sigma }_1$, ${\Sigma }_2$ 上分别应用 $Stokes$公式, 则对于 $i=1,2$ ,

$${\iint }_{{\Sigma }_i}\left|\begin{array}{ccc}\cos (\mathbf{n},x)& \cos (\mathbf{n},y)& \cos (\mathbf{n},z)\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|\mathrm{d}S={\oint }_{C_i}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z.$$

因 ${\Sigma }_1,{\Sigma }_2$ 分居 $C$ 两侧，故 $C_1,C_2$ 为同一条曲线 $C,$ 只是它们的定向相反.若记 $C_1$ 为 $C_{+}$ ，则 $C_2$ 为 $C_{-}$ ，从而

$$\begin{array}{l}I=\left({\iint }_{{\Sigma }_1}+{\iint }_{{\Sigma }_2}\right)\left|\begin{array}{ccc}\cos (\mathbf{n},x)& \cos (\mathbf{n},y)& \cos (\mathbf{n},z)\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|\mathrm{d}S\\ =\left({\oint }_{C_{+}}+{\oint }_{C_{-}}\right)P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z=0.\end{array}$$

例$25.3.5$

试用 $Stokes$公式计算

$$I={\oint }_C(y^2+z^2)\mathrm{d}x+(z^2+x^2)\mathrm{d}y+(x^2+y^2)\mathrm{d}z,$$

其中 $C$ 为 $x^2+y^2+z^2=2Rx$ 与 $x^2+y^2=2rx$ 的交线 $(0<r<R,z>0)$ ，$C$ 的定向使得 $C$ 所包围的球面上较小区域保持在左边.

解

见图$25.4$, 设 $S$ 为球面 $x^2+y^2+z^2=2Rx$ 被柱面 $x^2+y^2=2rx$ 所截部分的外侧, 由 $Stokes$公式$(25.13)$

$$\begin{array}{l}I={\iint }_S\left|\begin{array}{ccc}\frac{x-R}{R}& \frac{y}{R}& \frac{z}{R}\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ y^2+z^2& z^2+x^2& x^2+y^2\end{array}\right|\mathrm{d}S\\ =\frac{2}{R}{\iint }_S[(y-z)(x-R)+(z-x)y+(x-y)z]\mathrm{d}S\\ =2{\iint }_S(z-y)\mathrm{d}S=2{\iint }_{S}z\mathrm{d}S=2R{\iint }_{x^2+y^2⩽2rx}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=2\pi r^{2}R.\end{array}$$

$\mathrm{25.3.4}$ 练习题

1. 设 $C$ 是平面 $x\cos \alpha +y\cos \beta +z\cos \gamma -p=0$ 上逐段光滑的闭曲线, $C$ 所界的面积为 $S$, $C$ 的定向与 $(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )$ 成右手系, 试计算积分

$${\oint }_C\left|\begin{array}{ccc}\mathrm{d}x& \mathrm{d}y& \mathrm{d}z\\ \cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \\ x& y& z\end{array}\right|.$$

2. 求 ${\oint }_C(y-z)\mathrm{d}x+(z-x)\mathrm{d}y+(x-y)\mathrm{d}z,C$ 为 $x^2+y^2=1$ 与 $x+y+z=1$ 的交线，从 $x$ 轴正向看是逆时针方向.

3. 求 ${\int }_C(z^3+3x^{2}y)\mathrm{d}x+(x^3+3y^{2}z)\mathrm{d}y+(y^3+3z^{2}x)\mathrm{d}z,$ 其中 $C$ 是 $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$ 与 $x=y$ 的交线，自 $A\left(\frac{a}{\sqrt{2}},\frac{a}{\sqrt{2}},0\right)$ 到 $B\left(-\frac{a}{\sqrt{2}},-\frac{a}{\sqrt{2}},0\right).$

4. 用 $Stokes$公式求 ${\int }_C{\mathrm{e}}^{x+z}\{[(x+1)y^2+1]\mathrm{d}x+2xy\mathrm{d}y+x{y}^2\mathrm{d}z\}$ , 其中 $C$ 是右半柱面 $|x|+|y|=a(y>0)$ 与平面 $y=z$ 的交线上从 $(-a,0,0)$ 到 $(a,0,0)$ 的一段 $(a>0)$ .

5. 设 $C$ 是空间任一逐段光滑的简单闭曲线, $f(x)$ , $g(x)$ , $h(x)$ 是任意连续函数. 证明:

$${\oint }_C[f(x)-yz]\mathrm{d}x+[g(y)-xz]\mathrm{d}y+[h(z)-xy]\mathrm{d}z=0.$$

6. 求

$${\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{ccc}\cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ x-z& x^3-yz& -3x{y}^2\end{array}\right|dS,$$

其中 $\Sigma$ 是 $x^2+y^2+z^2=R^2$ 在 $z⩾0$ 的部分， $(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )$ 是 $\Sigma$ 下侧的单位法向量.

7. 求 ${\oint }_{C}ydx+zdy+xdz$ ，其中 $C$ 是 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 与 $x+y+z=0$ 的交线，从 $z$ 轴正向看是逆时针方向.

$\mathrm{25.3.5}$ ${\mathbb{R}}^3$ 中曲线积分与路径无关的条件

利用 $Stokes$公式可将 $\mathrm{24.3.2}$ 小节中平面曲线积分与路径无关的条件推广到 ${\mathbf{R}}^3$ 中，但首先要清楚什么是 ${\mathbf{R}}^3$ 中的“单连通区域”，为此我们要求无论 $L$ 是区域 $\Omega$ 内的什么样的简单闭路，总存在一个以 $L$ 为边界而且全部包含在 $\Omega$ 内的曲面 $S.$ 这时称空间区域 $\Omega$ 是曲面单连通区域．例如两个同心球面之间的部分是曲面单连通区域；一个球打了一个贯通的柱形孔洞后剩下的部分，如

$$\Omega =\{(x,y,z)\mid x^2+y^2+z^2⩽1,x^2+y^2⩾\frac{1}{2}\}$$

不是曲面单连通区域; $R^3$ 中的圆环面

$$T^2:(\sqrt{x^2+y^2}-a{)}^2+z^2=b^2(0<b<a)$$

所围的区域也不是曲面单连通区域.

如果 $D$ 是 $R^3$ 中的曲面单连通区域, $w=P(x,y,z)dx+Q(x,y,z)dy+R(x,y,z)dz$ , 其中 $P$, $Q$, $R$ 都在 $D$ 上有连续偏导数, 则下列结论等价:

(1) 对 $D$ 内任意一条闭曲线 $C$, 有

$${\oint }_{C}w=0;$$

(2) 对 $D$ 内的任意一条路径 $C,{\int }_{C}w$ 仅与 $C$ 的起点和终点有关, 而与所沿的路径无关;

(3) 在 $D$ 内 (处处) 成立

$$\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y},\frac{\partial R}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial z},\frac{\partial P}{\partial z}=\frac{\partial R}{\partial x};$$

(4) 存在势函数 $\phi (x,y,z)$ , 使得在 $D$ 内成立

$$\mathrm{d}\phi (x,y,z)=P(x,y,z)\mathrm{d}x+Q(x,y,z)\mathrm{d}y+R(x,y,z)\mathrm{d}z,$$

且

$$\begin{array}{rl}\phi (x,y,z)& ={\int }_{x_0}^{x}P(x,y,z)\mathrm{d}x+{\int }_{y_0}^{y}Q(x_0,y,z)\mathrm{d}y\\ & +{\int }_{z_0}^{z}R(x_0,y_0,z)\mathrm{d}z+C,\end{array}\text{\hspace{1em}(25.14)}$$ $${\int }_{(x_0,y_0,z_0)}^{(x,y,z)}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z=\phi {|}_{(x_0,y_0,z_0)}^{(x,y,z)}=\phi (x,y,z)-\phi (x_0,y_0,z_0).$$

例$25.3.6$

对于微分式

$$z\left(\frac{1}{x^{2}y}-\frac{1}{x^2+z^2}\right)\mathrm{d}x+\frac{z}{x{y}^2}\mathrm{d}y+\left(\frac{x}{x^2+z^2}-\frac{1}{xy}\right)\mathrm{d}z,$$

判断原函数的存在性并求出之.

解1

容易验证

$$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=-\frac{z}{x^2{y}^2},$$$$\frac{\partial Q}{\partial z}=\frac{\partial R}{\partial y}=\frac{1}{x{y}^2},$$$$\frac{\partial R}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial z}=\frac{1}{x^{2}y}+\frac{z^2-x^2}{(x^2+z^2{)}^2},$$

因此该微分式有原函数. 根据微分式的特点, 为计算简单起见取 $z_0=0$ , $x_0,y_0>0$ , 积分路径为 $(x_0,y_0,0)⟶(x,y_0,0)⟶(x,y,0)\to (x,y,z)$ , 则

$$\phi (x,y,z)={\int }_0^z\left(\frac{x}{x^2+z^2}-\frac{1}{xy}\right)\mathrm{d}z+C=\arctan \frac{z}{x}-\frac{z}{xy}+C.$$

解2

求原函数时也可用下面求不定积分的方法: 由

$$\frac{\partial \phi }{\partial z}=\frac{x}{x^2+z^2}-\frac{1}{xy},$$

则

$$\phi (x,y,z)=\int \left(\frac{x}{x^2+z^2}-\frac{1}{xy}\right)\mathrm{d}z=\arctan \frac{z}{x}-\frac{z}{xy}+\psi (x,y).$$

由此得

$$\frac{\partial \phi }{\partial x}=-\frac{z}{x^2+z^2}+\frac{z}{x^{2}y}+\frac{\partial \psi }{\partial x},$$$$\frac{\partial \phi }{\partial y}=\frac{z}{x{y}^2}+\frac{\partial \psi }{\partial y}.$$

由 $\frac{\partial \phi }{\partial x}=P,\frac{\partial \phi }{\partial y}=Q,$ 得

$$\frac{\partial \psi }{\partial x}=\frac{\partial \psi }{\partial y}=0.$$

即 $\psi (x,y)$ 为常数，所以

$$\phi (x,y,z)=\arctan \frac{z}{x}-\frac{z}{xy}+C.$$

$\mathrm{25.3.6}$ 练习题

1. 证明：下列微分式为全微分，并求出其原函数：

(1) $(x^2-2yz)\mathrm{d}x+(y^2-2xz)\mathrm{d}y+(z^2-2xy)\mathrm{d}z;$

$$\left[\frac{x}{(x^2-y^2{)}^2}-\frac{1}{x}+2x^2\right]\mathrm{d}x+\left[\frac{1}{y}-\frac{y}{(x^2-y^2{)}^2}+3y^3\right]\mathrm{d}y+5z^3\mathrm{d}z.\text{\hspace{1em}(2)}$$

2. 求 ${\int }_{(1,2,3)}^{(6,1,1)}yz\mathrm{d}x+xz\mathrm{d}y+xy\mathrm{d}z$ .

3. 设 $C$ 是由球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 上的任一点沿任一路径运动到球面 $x^2+y^2+z^2=b^2(b>a)$ 上的任一点的轨迹, $C$ 分段光滑, 证明:

$${\int }_C{r}^3(x\mathrm{d}x+y\mathrm{d}y+z\mathrm{d}z)=\frac{1}{5}(b^5-a^5),$$

其中 $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$