$25.3.2$ 练习题

例$25.3.1$

求

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

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

图25.525.5

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

则

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

由公式$(25.5)$，得

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

例$25.3.2$

计算曲面积分

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

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

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

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

取外侧．由 $Gauss$公式

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

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

I = frac 3ε^ 3 iiint_ a x ^ 2 + b y ^ 2 + c z ^ 2 ≤slant ε^ 2 d x d y d z = frac 3ε^ 3 · frac 4 π3 · frac ε^ 3sqrt a b c = frac 4 πsqrt a b c.$$I=\frac{3}{{\epsilon }^3}{\iiint }_{a{x}^2+b{y}^2+c{z}^2⩽{\epsilon }^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\frac{3}{{\epsilon }^3}\cdot \frac{4\pi }{3}\cdot \frac{{\epsilon }^3}{\sqrt{abc}}=\frac{4\pi }{\sqrt{abc}}.$$

解2

(不用 $Gauss$公式而直接计算) 利用单位球面的参数方程

r l x = sin φ cos θ , y = sin φ sin θ , z = cos φ , 0 ≤slant φ ≤slant π , 0 ≤slant θ ≤slant 2 π ,$$\begin{array}{r}x=\sin \phi \cos \theta ,y=\sin \phi \sin \theta ,z=\cos \phi ,\\ 0⩽\phi ⩽\pi ,0⩽\theta ⩽2\pi ,\end{array}$$

计算得到

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

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 ∫_ 0 ^ π / 2 ∫_ 0 ^ π / 2 frac sin φ d φ d θ(a sin^ 2 φ cos^ 2 θ + b sin^ 2 φ sin^ 2 θ + c cos^ 2 φ) ^ 3 / 2.$$I=8{\int }_0^{\pi /2}{\int }_0^{\pi /2}\frac{\sin \phi \mathrm{d}\phi \mathrm{d}\theta }{(a{\sin }^2\phi {\cos }^2\theta +b{\sin }^2\phi {\sin }^2\theta +c{\cos }^2\phi {)}^{3/2}}.$$

先计算对 $\phi$ 的积分，我们令 $\cos \phi =t$，则

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

最后得到

r l I & = frac 8sqrt c ∫_ 0 ^ π / 2 frac d θa cos^ 2 θ + b sin^ 2 θ = frac 8sqrt c ∫_ 0 ^ + ∞ frac d ta + b t ^ 2 (t = tan θ) & = frac 8sqrt c frac 1sqrt a b arctan (sqrt frac ba t) | _ 0 ^ + ∞ = frac 4 πsqrt a b c.$$\begin{array}{rl}I& =\frac{8}{\sqrt{c}}{\int }_0^{\pi /2}\frac{\mathrm{d}\theta }{a{\cos }^2\theta +b{\sin }^2\theta }=\frac{8}{\sqrt{c}}{\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}t}{a+b{t}^2}(t=\tan \theta )\\ & =\frac{8}{\sqrt{c}}\frac{1}{\sqrt{ab}}\arctan \left(\sqrt{\frac{b}{a}}t\right){|}_0^{+\infty }=\frac{4\pi }{\sqrt{abc}}.\end{array}$$

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

r l | Ω | & = iint_ ∂ Ω x d y d z = iint_ ∂ Ω y d z d x = iint_ ∂ Ω z d x d y & = frac 13 iint_ ∂ Ω x d y d z + y d z d x + z d x d y. (25.7)$$\begin{array}{rl}|\Omega |& ={\iint }_{\partial \Omega }x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\iint }_{\partial \Omega }y\mathrm{d}z\mathrm{d}x={\iint }_{\partial \Omega }z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =\frac{1}{3}{\iint }_{\partial \Omega }x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\end{array}\text{\hspace{1em}(25.7)}$$

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

| Ω | = frac 13 iint_ ∂ Ω (x cos α + y cos β + z cos γ) d S, (25.8)$$|\Omega |=\frac{1}{3}{\iint }_{\partial \Omega }(x\cos \alpha +y\cos \beta +z\cos \gamma )dS,\text{\hspace{1em}(25.8)}$$

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

则

V = frac 13 | iint_ D (A x + B y + C z) d u d v |, (25.9)$$V=\frac{1}{3}\left|{\iint }_D(Ax+By+Cz)\mathrm{d}u\mathrm{d}v\right|,\text{\hspace{1em}(25.9)}$$

其中

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

$(25.9)$ 也可以写为

V = frac 13 | iint_ D | c c c x & y & z x _ u & y _ u & z _ u x _ v & y _ v & z _ v | d u d v |. (25.10)$$V=\frac{1}{3}\left|{\iint }_D\left|\begin{array}{ccc}x& y& z\\ x_u& y_u& z_u\\ x_v& y_v& z_v\end{array}\right|\mathrm{d}u\mathrm{d}v\right|.\text{\hspace{1em}(25.10)}$$

特别地，若一个立体的表面在球坐标系中由方程

r = r (φ , θ), (φ , θ) ∈ D$$r=r(\phi ,\theta ),(\phi ,\theta )\in D$$

给出，则

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

代入公式 $(25.10)$ 中得到

V = frac 13 iint_ D r ^ 3 (φ , θ) sin φ d φ d θ . (25.11)$$V=\frac{1}{3}{\iint }_D{r}^3(\phi ,\theta )\sin \phi \mathrm{d}\phi \mathrm{d}\theta .\text{\hspace{1em}(25.11)}$$

当然，公式 $(25.11)$ 也可以从三重积分中直接得到，事实上

V = & iiint limits_(Ω)dxdydz = iiint limits_(substack(φ ,θ)∈ D 0≤slant ρ ≤slant r(θ ,φ))ρ²sin φ dρ dθ dφ = & iint limits_(D)sin φ dφ dθ ∫₀^(r(φ ,θ))ρ² dρ = & 1/3iint limits_(D)r³(φ ,θ) sin φ dφ dθ .$$\begin{array}{rl}V=& \underset{\Omega }{\iiint }\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\underset{\begin{array}{c}(\phi ,\theta )\in D\\ 0⩽\rho ⩽r(\theta ,\phi )\end{array}}{\iiint }{\rho }^2\sin \phi \mathrm{d}\rho \mathrm{d}\theta \mathrm{d}\phi \\ =& \underset{D}{\iint }\sin \phi \mathrm{d}\phi \mathrm{d}\theta {\int }_0^{r(\phi ,\theta )}{\rho }^2\mathrm{d}\rho \\ =& \frac{1}{3}\underset{D}{\iint }{r}^3(\phi ,\theta )\sin \phi \mathrm{d}\phi \mathrm{d}\theta .\end{array}$$

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 13 S H,$$V=\frac{1}{3}SH,$$

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

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

积分沿外法线方向．

$7.$ 求第二型曲面积分

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

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

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

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

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$(25.13)$,

l I = iint_ Σ | c c c frac 1sqrt 3 & frac 1sqrt 3 & frac 1sqrt 3 frac ∂∂ x & frac ∂∂ y & frac ∂∂ z y ^ 2 - z ^ 2 & z ^ 2 - x ^ 2 & x ^ 2 - y ^ 2 | d S = frac 1sqrt 3 iint_ Σ - 4 (x + y + z) d S = - frac 4sqrt 3 iint_ Σ frac 32 a d S = - 2 sqrt 3 a · | Σ | = - 2 sqrt 3 a · frac 3 sqrt 34 a ^ 2 = - frac 92 a ^ 3.$$\begin{array}{l}I={\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{1}{\sqrt{3}}& \frac{1}{\sqrt{3}}\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ y^2-z^2& z^2-x^2& x^2-y^2\end{array}\right|\mathrm{d}S\\ =\frac{1}{\sqrt{3}}{\iint }_{\Sigma }-4(x+y+z)\mathrm{d}S\\ =-\frac{4}{\sqrt{3}}{\iint }_{\Sigma }\frac{3}{2}a\mathrm{d}S=-2\sqrt{3}a\cdot |\Sigma |\\ =-2\sqrt{3}a\cdot \frac{3\sqrt{3}}{4}{a}^2=-\frac{9}{2}{a}^3.\end{array}$$

图25.625.6

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

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

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

图25.725.7

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

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

l I = (iint_ Σ_ 1 + iint_ Σ_ 2) | c c c cos (n, x) & cos (n, y) & cos (n, z) frac ∂∂ x & frac ∂∂ y & frac ∂∂ z P & Q & R | d S = (oint_ C _ + + oint_ C _ -) P d x + Q d y + R d z = 0.$$\begin{array}{l}I=\left({\iint }_{{\Sigma }_1}+{\iint }_{{\Sigma }_2}\right)\left|\begin{array}{ccc}\cos (\mathbf{n},x)& \cos (\mathbf{n},y)& \cos (\mathbf{n},z)\\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ P& Q& R\end{array}\right|\mathrm{d}S\\ =\left({\oint }_{C_{+}}+{\oint }_{C_{-}}\right)P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z=0.\end{array}$$

例$25.3.5$

试用 $Stokes$公式计算

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

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$(25.13)$

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

$\mathrm{25.3.4}$ 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 | c c c d x & d y & d z cos α & cos β & cos γ x & y & z |.$${\oint }_C\left|\begin{array}{ccc}\mathrm{d}x& \mathrm{d}y& \mathrm{d}z\\ \cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \\ x& y& z\end{array}\right|.$$

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

6. 求

iint_ Σ | c c c cos α & cos β & cos γ frac ∂∂ x & frac ∂∂ y & frac ∂∂ z x - z & x ^ 3 - y z & - 3 x y ^ 2 | d S,$${\iint }_{\Sigma }\left|\begin{array}{ccc}\cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \\ \frac{\partial }{\partial x}& \frac{\partial }{\partial y}& \frac{\partial }{\partial z}\\ x-z& x^3-yz& -3x{y}^2\end{array}\right|dS,$$

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

Ω = {(x, y, z) | x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2 ≤slant 1, x ^ 2 + y ^ 2 ≥slant frac 12 }$$\Omega =\{(x,y,z)\mid x^2+y^2+z^2⩽1,x^2+y^2⩾\frac{1}{2}\}$$

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

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

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

(4) 存在势函数 $\phi (x,y,z)$，使得在 $D$ 内成立

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

且

r l φ (x, y, z) & = ∫_ x _ 0 ^ x P (x, y, z) d x + ∫_ y _ 0 ^ y Q (x _ 0, y, z) d y & + ∫_ z _ 0 ^ z R (x _ 0, y _ 0, z) d z + C, (25.14)$$\begin{array}{rl}\phi (x,y,z)& ={\int }_{x_0}^{x}P(x,y,z)\mathrm{d}x+{\int }_{y_0}^{y}Q(x_0,y,z)\mathrm{d}y\\ & +{\int }_{z_0}^{z}R(x_0,y_0,z)\mathrm{d}z+C,\end{array}\text{\hspace{1em}(25.14)}$$ ∫_ (x _ 0, y _ 0, z _ 0) ^ (x, y, z) P d x + Q d y + R d z = φ | _ (x _ 0, y _ 0, z _ 0) ^ (x, y, z) = φ (x, y, z) - φ (x _ 0, y _ 0, z _ 0).$${\int }_{(x_0,y_0,z_0)}^{(x,y,z)}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z=\phi {|}_{(x_0,y_0,z_0)}^{(x,y,z)}=\phi (x,y,z)-\phi (x_0,y_0,z_0).$$

例$25.3.6$

对于微分式

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

判断原函数的存在性并求出之．

解1

容易验证

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

φ (x, y, z) = ∫_ 0 ^ z (frac xx ^ 2 + z ^ 2 - frac 1x y) d z + C = arctan frac zx - frac zx y + C.$$\phi (x,y,z)={\int }_0^z\left(\frac{x}{x^2+z^2}-\frac{1}{xy}\right)\mathrm{d}z+C=\arctan \frac{z}{x}-\frac{z}{xy}+C.$$

解2

求原函数时也可用下面求不定积分的方法: 由

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

则

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

由此得

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

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

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

即 $\psi (x,y)$ 为常数，所以

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

$\mathrm{25.3.6}$ 练习题

1. 证明：下列微分式为全微分，并求出其原函数：

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

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

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:

∫_ C r ^ 3 (x d x + y d y + z d z) = frac 15 (b ^ 5 - a ^ 5),$${\int }_C{r}^3(x\mathrm{d}x+y\mathrm{d}y+z\mathrm{d}z)=\frac{1}{5}(b^5-a^5),$$

其中 $r=\sqrt{x^2+y^2+z^2}$