25.5.1 习题课教案一例

§25.5 对于教学的建议

作为大课的补充，建议将下面的三个问题放在习题课上讲解．

1. 关于第一类曲面积分在正交变换下的不变性

第一类曲面积分在正交变换下的不变性，即

iint_ S f (boldsymbol X) d S = iint_ Σ f (boldsymbol A ^ T boldsymbol U) d Σ , (25.18)$${\iint }_{S}f(\mathbf{X})\mathrm{d}S={\iint }_{\Sigma }f({\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{U})\mathrm{d}\Sigma ,\text{\hspace{1em}(25.18)}$$

其中 $X=\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right),U=\left(\begin{array}{c}u\\ v\\ w\end{array}\right)$ ，$A$ 是正交矩阵。满足

boldsymbol U = boldsymbol A X, (25.19)$$\mathbf{U}=\mathbf{AX},\text{\hspace{1em}(25.19)}$$

$A^T$ 为 $A$ 的转置．曲面 $\Sigma$ 是曲面 $S$ 在正交变换 $A$ 下的像．

公式 $(25.18)$ 的证明如下: 设 $S$ 的参数方程为

S: x = x (s, t), y = y (s, t), z = z (s, t), (s, t) ∈ D.$$S:x=x(s,t),y=y(s,t),z=z(s,t),(s,t)\in D.$$

通过$(25.19)$可得 $\Sigma$ 的参数方程为

Σ : u = u (s, t), v = v (s, t), w = w (s, t), (s, t) ∈ D.$$\Sigma :u=u(s,t),v=v(s,t),w=w(s,t),(s,t)\in D.$$

则

iint_ S f (boldsymbol X) d S = iint_ D f (boldsymbol X (s, t)) sqrt E G - F ^ 2 d s d t, (25.20)$${\iint }_{S}f(\mathbf{X})\mathrm{d}S={\iint }_{D}f(\mathbf{X}(s,t))\sqrt{EG-F^2}\mathrm{d}s\mathrm{d}t,\text{\hspace{1em}(25.20)}$$iint_ Σ f (boldsymbol A ^ T boldsymbol U) d Σ = iint_ D f (boldsymbol A ^ T boldsymbol U (s, t)) sqrt E _ 1 G _ 1 - F _ 1 ^ 2 d s d t, (25.21)$${\iint }_{\Sigma }f({\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{U})\mathrm{d}\Sigma ={\iint }_{D}f({\mathbf{A}}^{\mathrm{T}}\mathbf{U}(s,t))\sqrt{E_1{G}_1-F_1^2}\mathrm{d}s\mathrm{d}t,\text{\hspace{1em}(25.21)}$$

其中

E = ±b X _ s ^ 2, F = ±b X _ s · ±b X _ t, G = ±b X _ t ^ 2,$$E=X_s^2,F=X_s\cdot X_t,G=X_t^2,$$E _ 1 = boldsymbol U _ s ^ 2, F _ 1 = boldsymbol U _ s · boldsymbol U _ t, G _ 1 = boldsymbol U _ t ^ 2.$$E_1={\mathbf{U}}_s^2,F_1={\mathbf{U}}_s\cdot {\mathbf{U}}_t,G_1={\mathbf{U}}_t^2.$$

由$(25.19)$得

boldsymbol U _ s = boldsymbol A boldsymbol X _ s, boldsymbol U _ t = boldsymbol A boldsymbol X _ t.$${\mathbf{U}}_s=\mathbf{A}{\mathbf{X}}_s,{\mathbf{U}}_t=\mathbf{A}{\mathbf{X}}_t.$$

从而

E = E _ 1, F = F _ 1, G = G _ 1. (25.22)$$E=E_1,F=F_1,G=G_1.\text{\hspace{1em}(25.22)}$$

由 $(25.20)$ — $(25.22)$ 知 $(25.18)$ 成立．

例题 25.5.1

设 $S$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=1$ , $f$ 是连续函数，证明:

iint_ S f (a x + b y + c z) d S = 2 π ∫_ - 1 ^ 1 f (u sqrt a ^ 2 + b ^ 2 + c ^ 2) d u,$${\iint }_{S}f(ax+by+cz)\mathrm{d}S=2\pi {\int }_{-1}^{1}f(u\sqrt{a^2+b^2+c^2})\mathrm{d}u,$$

其中 $a,b,c$ 是常数．

证明

不妨设 $a^2+b^2+c^2\ne 0$ ，设 $\left(\begin{array}{c}u\\ v\\ w\end{array}\right)=A\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)$ ，其中矩阵 $A$ 为正交矩阵，且 $A$ 的第一行的元素为 $\frac{a}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}},\frac{b}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}},\frac{c}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}$ 。由 $(25.18)$ 知

l iint_ S f (a x + b y + c z) d S = iint_ u ^ 2 + v ^ 2 + w ^ 2 = 1 f (u sqrt a ^ 2 + b ^ 2 + c ^ 2) d S = 2 ∫_ - 1 ^ 1 ∫_ - sqrt 1 - u ^ 2 ^ sqrt 1 - u ^ 2 f (u sqrt a ^ 2 + b ^ 2 + c ^ 2) frac 1sqrt 1 - u ^ 2 - v ^ 2 d u d v = 4 ∫_ - 1 ^ 1 f (u sqrt a ^ 2 + b ^ 2 + c ^ 2) d u ∫_ 0 ^ sqrt 1 - u ^ 2 frac d vsqrt 1 - u ^ 2 - v ^ 2$$\begin{array}{l}{\iint }_{S}f(ax+by+cz)\mathrm{d}S={\iint }_{u^2+v^2+w^2=1}f(u\sqrt{a^2+b^2+c^2})\mathrm{d}S\\ =2{\int }_{-1}^1{\int }_{-\sqrt{1-u^2}}^{\sqrt{1-u^2}}f(u\sqrt{a^2+b^2+c^2})\frac{1}{\sqrt{1-u^2-v^2}}\mathrm{d}u\mathrm{d}v\\ =4{\int }_{-1}^{1}f(u\sqrt{a^2+b^2+c^2})\mathrm{d}u{\int }_0^{\sqrt{1-u^2}}\frac{\mathrm{d}v}{\sqrt{1-u^2-v^2}}\end{array}$$l = 4 ∫_ - 1 ^ 1 f (u sqrt a ^ 2 + b ^ 2 + c ^ 2) d u ∫_ 0 ^ π / 2 d t (v = sqrt 1 - u ^ 2 sin t) = 2 π ∫_ - 1 ^ 1 f (u sqrt a ^ 2 + b ^ 2 + c ^ 2) d u.$$\begin{array}{l}=4{\int }_{-1}^{1}f(u\sqrt{a^2+b^2+c^2})\mathrm{d}u{\int }_0^{\pi /2}\mathrm{d}t(v=\sqrt{1-u^2}\sin t)\\ =2\pi {\int }_{-1}^{1}f(u\sqrt{a^2+b^2+c^2})\mathrm{d}u.\end{array}$$

2. 第二型曲面积分符号的确定（公式(25.3)的证明）

在计算第二型曲面积分时，要将第二型曲面积分化为二重积分，其中的困难之一是如何决定二重积分前的符号．在直角坐标系中计算时往往还比较容易．当用参数方程计算时就要麻烦一些．下面是公式 $(25.3)$ 的证明:

首先由两类曲面积分之间的关系有

iint_ S P d y d z + Q d z d x + R d x d y = iint_ S (P cos α + Q cos β + R cos γ) d S,$${\iint }_{S}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_S(P\cos \alpha +Q\cos \beta +R\cos \gamma )\mathrm{d}S,$$

这里 $(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )$ 为 $S$ 所指定的一侧的单位法向量．我们知道 $S$ 在参数方程下的法向量

boldsymbol n = ± (A, B, C).$$\mathbf{n}=\pm (A,B,C).$$

于是

( c cos α cos β cos γ ) = ± ( c frac Asqrt A ^ 2 + B ^ 2 + C ^ 2 frac Bsqrt A ^ 2 + B ^ 2 + C ^ 2 frac Csqrt A ^ 2 + B ^ 2 + C ^ 2 ).$$\left(\begin{array}{c}\cos \alpha \\ \cos \beta \\ \cos \gamma \end{array}\right)=\pm \left(\begin{array}{c}\frac{A}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}\\ \frac{B}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}\\ \frac{C}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}}\end{array}\right).$$

由此可以看出，其中 $\pm$ 号的选取应该是使 $\pm (A,B,C)$ 的方向与 $S$ 所选的那一侧的法向量 $(\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma )$ 的方向一致．另一方面，由 $A^2+B^2+C^2=EG-F^2$ 得到

d S = sqrt A ^ 2 + B ^ 2 + C ^ 2 d u d v,$$\mathrm{d}S=\sqrt{A^2+B^2+C^2}\mathrm{d}u\mathrm{d}v,$$

于是 $(25.3)$ 式成立．

例题 25.5.2

求第二类曲面积分

iint_ S x d y d z + y d z d x + z d x d y,$${\iint }_{S}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$$

其中 $S$ 是柱体 $x^2+y^2⩽1$ 被两个平面 $z=0$ 和 $z=4$ 所截部分的边界，积分沿边界的外侧．

解

设上底面为 $S_1$ ，下底面为 $S_2$ ，侧面为 $S_3$ ，则

iint_ S _ 1 x d y d z + y d z d x + z d x d y = iint_ S _ 1 z d x d y = 4 iint_ S _ 1 d x d y = 4 π .$${\iint }_{S_1}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_{S_1}z\mathrm{d}x\mathrm{d}y=4{\iint }_{S_1}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=4\pi .$$

在 $S_2$ 上， $z=\mathrm{d}z=0$ ，于是在 $S_2$ 上的积分为零。下面计算在 $S_3$ 上的积分。令

x = cos θ , y = sin θ , z = z,$$x=\cos \theta ,y=\sin \theta ,z=z,$$(θ , z) ∈ D = {0 ≤slant θ ≤slant 2 π , 0 ≤slant z ≤slant 4 },$$(\theta ,z)\in D=\{0⩽\theta ⩽2\pi ,0⩽z⩽4\},$$

则

A = cos θ , B = sin θ , C = 0.$$A=\cos \theta ,B=\sin \theta ,C=0.$$

于是

iint_ S _ 3 x d y d z + y d z d x + z d x d y = iint_ D (cos^ 2 θ + sin^ 2 θ) d θ d z = 8 π .$${\iint }_{S_3}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_D({\cos }^2\theta +{\sin }^2\theta )\mathrm{d}\theta \mathrm{d}z=8\pi .$$

这里积分号前取正号是因为向量 $(A,B,C)$ 与柱面外侧法方向一致，最后得到

iint_ S x d y d z + y d z d x + z d x d y = 1 2 π .$${\iint }_{S}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y=12\pi .$$

3. 球面上的曲面积分（证明关系式(25.28)）

若曲面 $S$ 是以 $M_0=(x_0,y_0,z_0)$ 为球心， $r$ 为半径的球面 $\partial B_r(M_0)$ ，则其参数方程为

c x = x _ 0 + r sin φ cos θ , y = y _ 0 + r sin φ sin θ , z = z _ 0 + r cos φ , 0 ≤slant θ ≤slant 2 π , 0 ≤slant φ ≤slant π .$$\begin{array}{c}x=x_0+r\sin \phi \cos \theta ,y=y_0+r\sin \phi \sin \theta ,z=z_0+r\cos \phi ,\\ 0⩽\theta ⩽2\pi ,0⩽\phi ⩽\pi .\end{array}$$

由此计算出

l E = x _ θ ^ 2 + y _ θ ^ 2 + z _ θ ^ 2 = r ^ 2 sin^ 2 φ , F = x _ θ x _ φ + y _ θ y _ φ + z _ θ z _ φ = 0, G = x _ φ ^ 2 + y _ φ ^ 2 + z _ φ ^ 2 = r ^ 2,$$\begin{array}{l}E=x_{\theta }^2+y_{\theta }^2+z_{\theta }^2=r^2{\sin }^2\phi ,\\ F=x_{\theta }{x}_{\phi }+y_{\theta }{y}_{\phi }+z_{\theta }{z}_{\phi }=0,\\ G=x_{\phi }^2+y_{\phi }^2+z_{\phi }^2=r^2,\end{array}$$

于是

sqrt E G - F ^ 2 = r ^ 2 sin φ .$$\sqrt{EG-F^2}=r^2\sin \phi .$$

与直角坐标系中三重积分化为球坐标积分的Jacobi行列式一样，但这里的 $r$ 是常数．于是

l oiint_ ∂ B _ r (M _ 0) f (x, y, z) d S _ r = ∫_ 0 ^ 2 π ∫_ 0 ^ π f (x _ 0 + r sin φ cos θ , y _ 0 + r sin φ sin θ , z _ 0 + r cos φ) r ^ 2 sin φ d θ d φ , (25.23)$$\begin{array}{l}\iint f(x,y,z)\mathrm{d}{S}_r\\ ={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\pi }f(x_0+r\sin \phi \cos \theta ,y_0+r\sin \phi \sin \theta ,z_0+r\cos \phi )r^2\sin \phi \mathrm{d}\theta \mathrm{d}\phi ,\end{array}\text{\hspace{1em}(25.23)}$$

其中 $d{S}_r$ 是半径为 $r$ 的球面的面积元．从上面的计算可以看出

d S _ r = r ^ 2 sin φ d θ d φ , (25.24)$$\mathrm{d}{S}_r=r^2\sin \phi \mathrm{d}\theta \mathrm{d}\phi ,\text{\hspace{1em}(25.24)}$$d S _ 1 = sin φ d θ d φ , (25.25)$$\mathrm{d}{S}_1=\sin \phi \mathrm{d}\theta \mathrm{d}\phi ,\text{\hspace{1em}(25.25)}$$

于是就有

d S _ r = r ^ 2 d S _ 1, (25.26)$$\mathrm{d}{S}_r=r^2\mathrm{d}{S}_1,\text{\hspace{1em}(25.26)}$$

如果记

sin φ cos θ = α_ 1, sin φ sin θ = α_ 2, cos φ = α_ 3,$$\sin \phi \cos \theta ={\alpha }_1,\sin \phi \sin \theta ={\alpha }_2,\cos \phi ={\alpha }_3,$$

注意这里 ${\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3$ 都是 $\phi ,\theta$ 的函数，则$(25.23)$可改写为

r l iint_ ∂ B _ r (M _ 0) f (x, y, z) d S _ r & = iint_ ∂ B _ r (mathbf 0) f (x _ 0 + r α_ 1, y _ 0 + r α_ 2, z _ 0 + r α_ 3) d S _ r & = r ^ 2 iint_ ∂ B _ 1 (mathbf 0) f (x _ 0 + r α_ 1, y _ 0 + r α_ 2, z _ 0 + r α_ 3) d S _ 1. (25.27)$$\begin{array}{rl}{\iint }_{\partial B_r(M_0)}f(x,y,z)\mathrm{d}{S}_r& ={\iint }_{\partial B_r(0)}f(x_0+r{\alpha }_1,y_0+r{\alpha }_2,z_0+r{\alpha }_3)\mathrm{d}{S}_r\\ & =r^2{\iint }_{\partial B_1(0)}f(x_0+r{\alpha }_1,y_0+r{\alpha }_2,z_0+r{\alpha }_3)\mathrm{d}{S}_1.\end{array}\text{\hspace{1em}(25.27)}$$

另一方面， $({\alpha }_1,{\alpha }_2,{\alpha }_3)$ 恰是球面 $\partial B_r(0)$ （也是 $\partial B_1(0)$ ）上的单位法向量 $n$ ，方向指向球面的外部，因此上述表达式又可以简写为

r l oint_ ∂ B _ r (M _ 0) f (x, y, z) d S _ r & = oint_ ∂ B _ r (mathbf 0) f (M _ 0 + r mathbf n) d S _ r & = r ^ 2 oint_ ∂ B _ 1 (mathbf 0) f (M _ 0 + r mathbf n) d S _ 1. (25.28)$$\begin{array}{rl}{\oint }_{\partial B_r(M_0)}f(x,y,z)\mathrm{d}{S}_r& ={\oint }_{\partial B_r(0)}f(M_0+r\mathbf{n})\mathrm{d}{S}_r\\ & =r^2{\oint }_{\partial B_1(0)}f(M_0+r\mathbf{n})\mathrm{d}{S}_1.\end{array}\text{\hspace{1em}(25.28)}$$

例题 25.5.3

设 $B_r(M_0)$ 是以 $M_0=(x_0,y_0,z_0)$ 为心， $r$ 为半径的球， $\partial B_r(M_0)$ 是以 $M_0=(x_0,y_0,z_0)$ 为心， $r$ 为半径的球面，证明：

l (1) iiint_ B _ r (M _ 0) f (x, y, z) d x d y d z = ∫_ 0 ^ r oiint_ ∂ B _ ρ (M _ 0) f (x, y, z) d S _ ρ d ρ , (2) frac dd r iiint_ B _ r (M _ 0) f (x, y, z) d x d y d z = oiint_ ∂ B _ r (M _ 0) f (x, y, z) d S _ r.$$\begin{array}{l}(1){\iiint }_{B_r(M_0)}f(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\int }_0^r\iint f(x,y,z)\mathrm{d}{S}_{\rho }\mathrm{d}\rho ,\\ (2)\frac{\mathrm{d}}{\mathrm{d}r}{\iiint }_{B_r(M_0)}f(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\iint f(x,y,z)\mathrm{d}{S}_r.\end{array}$$

证明

只证 $(1)$，因为在 $(1)$ 的两边对 $r$ 求导便得到 $(2)$．作球坐标变换

r l x = x _ 0 + ρ sin φ cos θ , & y = y _ 0 + ρ sin φ sin θ , z = z _ 0 + ρ cos φ , 0 ≤slant θ ≤slant 2 π , & 0 ≤slant φ ≤slant π , 0 ≤slant ρ ≤slant r.$$\begin{array}{rl}x=x_0+\rho \sin \phi \cos \theta ,& y=y_0+\rho \sin \phi \sin \theta ,z=z_0+\rho \cos \phi ,\\ 0⩽\theta ⩽2\pi ,& 0⩽\phi ⩽\pi ,0⩽\rho ⩽r.\end{array}$$

则

l iiint_ B _ r (M _ 0) f (x, y, z) d x d y d z = ∫_ 0 ^ r ∫_ 0 ^ π ∫_ 0 ^ 2 π f (x _ 0 + ρ sin φ cos θ , y _ 0 + ρ sin φ sin θ , z _ 0 + ρ cos φ) ρ^ 2 sin φ d θ d φ d ρ = ∫_ 0 ^ r oiint_ ∂ B _ ρ (M _ 0) f (x, y, z) d S _ ρ d ρ .$$\begin{array}{l}{\iiint }_{B_r(M_0)}f(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\ ={\int }_0^r{\int }_0^{\pi }{\int }_0^{2\pi }f(x_0+\rho \sin \phi \cos \theta ,y_0+\rho \sin \phi \sin \theta ,z_0+\rho \cos \phi ){\rho }^2\sin \phi \mathrm{d}\theta \mathrm{d}\phi \mathrm{d}\rho \\ ={\int }_0^r\iint f(x,y,z)\mathrm{d}{S}_{\rho }\mathrm{d}\rho .\end{array}$$

最后一个等号是由$(25.23)$得出．

25.5.2 学习要点

1. 求空间第二型曲线积分 ${\int }_{C}Pdx+Qdy+Rdz$ 的几种方法:

(1) 用 $Stokes$ 公式化为第二型曲面积分;

(2) 若满足 $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x},\frac{\partial P}{\partial z}=\frac{\partial R}{\partial x},\frac{\partial Q}{\partial z}=\frac{\partial R}{\partial y}$，如果曲线 $C$ 不封闭，可考虑用求出原函数的方法;

(3) 利用曲线的参数方程化为定积分求解．

2. 求空间第二型曲面积分的几种方法:

(1) 用 $Stokes$ 公式化为第二型曲线积分;

(2) 用 $Gauss$ 公式化为三重积分;

(3) 利用曲面的参数方程化为二重积分求解，要特别注意积分号前正负号的确定，这在 $\mathrm{25.2.1}$ 和 $\mathrm{25.5.1}$ 小节中已分析得比较透彻了．

3. 计算第一型曲面积分一般都直接应用公式 $(25.1)$ 或 $(25.2)$，若计算过于复杂，则可考虑利用两类曲面积分之间的关系转化为求第二型曲面积分．

4. 利用曲线积分与路径无关的条件可以判断原函数的存在并求出原函数，求原函数的两种方法见例题 $\mathrm{25.3.6}$．同时利用曲线积分与路径无关的条件还可以简化曲线积分的计算，当在原来的路径上曲线积分的计算较复杂时，可换一条新的路径，使得曲线积分在新的路径上的计算可能变得简单．

5. 在球面上的曲面积分看似简单，实际上有很多技巧．

(1) 若把球心移到坐标原点，用球坐标系中的 $\theta ,\phi$ 作为球面的参数方程中的参数时，向量

(sin φ cos θ , sin φ sin θ , cos φ)$$(\sin \phi \cos \theta ,\sin \phi \sin \theta ,\cos \phi )$$

的长度为 $1$，方向与该点的矢径的方向相同，因此它就是球面上的单位外法向量，这在应用 $Gauss$ 公式时带来一些运算上的方便．

(2) 在公式 $(25.28)$ 中的两个表达式

oiint_ ∂ B _ r (mathbf 0) f (M _ 0 + r boldsymbol n) d S _ r, r ^ 2 oiint_ ∂ B _ 1 (mathbf 0) f (M _ 0 + r boldsymbol n) d S _ 1$$\iint f(M_0+r\mathbf{n})\mathrm{d}{S}_r,r^2\iint f(M_0+r\mathbf{n})\mathrm{d}{S}_1$$

各有用处．前者表达简捷，但由于积分限与被积函数中都有 $r$，因此需要对 $r$ 求导数时，用后者方便．

(3) 例题 $\mathrm{25.5.3}$ 中的两个结论是非常有用的关系式．

25.5.3 参考题

1. 设 $S$ 是平面 $x+y+z=t$ 上被球面 $x^2+y^2+z^2=1$ 所割下的部分，

φ (x, y, z) = { l l 1 - x ^ 2 - y ^ 2 - z ^ 2, & text 当 x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2 ≤slant 1, 0, & text 当 x ^ 2 + y ^ 2 + z ^ 2 > 1. .$$\phi (x,y,z)=\{\begin{array}{ll}1-x^2-y^2-z^2,& \text{当}{x}^2+y^2+z^2⩽1,\\ 0,& \text{当}{x}^2+y^2+z^2>1.\end{array}$$

证明：

iint_ S φ (x, y, z) d S = { l l frac π1 8 (3 - t ^ 2) ^ 2, & text 当 | t | ≤slant sqrt 3, 0, & text 当 | t | > sqrt 3. .$${\iint }_S\phi (x,y,z)\mathrm{d}S=\{\begin{array}{ll}\frac{\pi }{18}(3-t^2{)}^2,& \text{当}|t|⩽\sqrt{3},\\ 0,& \text{当}|t|>\sqrt{3}.\end{array}$$

2. 证明：

∫_ 0 ^ 2 π d x ∫_ 0 ^ π sin y e ^ sin y (cos x - sin x) d y = sqrt 2 π (e ^ sqrt 2 - e ^ - sqrt 2).$${\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}x{\int }_0^{\pi }\sin y{\mathrm{e}}^{\sin y(\cos x-\sin x)}\mathrm{d}y=\sqrt{2}\pi ({\mathrm{e}}^{\sqrt{2}}-{\mathrm{e}}^{-\sqrt{2}}).$$

3. 设 $\Omega$ 为空间第一卦限中的区域，函数 $f(x,y,z)$ 在 $\Omega$ 上有连续一阶偏导数．$S$ 为 $\Omega$ 中任一光滑闭曲面，试给出第二型曲面积分

iint_ S f (x, y, z) (x d y d z + y d z d x + z d x d y) = 0$${\iint }_{S}f(x,y,z)(x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y)=0$$

的充分必要条件，并证明之．

4. 设 $\Sigma$ 是光滑的闭曲面，围成的区域为 $\Omega ,n$ 为 $\Sigma$ 上单位外法向量， $(x_0,y_0,z_0)$ 为 $\Omega$ 内固定一点， $(x,y,z)\in \Sigma ,r=(x-x_0,y-y_0,z-z_0)$ ，证明：

oiint_ Σ cos (boldsymbol n, boldsymbol r) d S = 2 iiint_ Ω frac d x d y d z| boldsymbol r |.$$\iint \cos (\mathbf{n},\mathbf{r})\mathrm{d}S=2{\iiint }_{\Omega }\frac{\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{|\mathbf{r}|}.$$

5. 已给平面 $\Pi :Ax+By+Cz=D$，对于 $\Pi$ 的任一定向，求 $w=P(x,y,z)\mathrm{d}x+Q(x,y,z)\mathrm{d}y+R(x,y,z)\mathrm{d}z$，使得沿 $\Pi$ 上任意逐段光滑简单封闭曲线 $\Gamma$ ( $\Gamma$ 的定向与 $\Pi$ 的定向一致) 恒有

oint_ Γ w = S (Γ),$${\oint }_{\Gamma }w=S(\Gamma ),$$

其中 $S(\Gamma )$ 为 $\Gamma$ 在 $\Pi$ 上所围区域的面积．

6. 设 $\Gamma$ 是 ${\mathbf{R}}^3$ 中逐段光滑简单封闭定向曲线，对于 $(x,y,z)\notin \Gamma$，定义

l P (x, y, z) = oint_ Γ frac (ζ - z) d η - (η - y) d ζr ^ 3, Q (x, y, z) = oint_ Γ frac (ξ - x) d ζ - (ζ - z) d ξr ^ 3, R (x, y, z) = oint_ Γ frac (η - y) d ξ - (ξ - x) d ηr ^ 3,$$\begin{array}{l}P(x,y,z)={\oint }_{\Gamma }\frac{(\zeta -z)\mathrm{d}\eta -(\eta -y)\mathrm{d}\zeta }{r^3},\\ Q(x,y,z)={\oint }_{\Gamma }\frac{(\xi -x)\mathrm{d}\zeta -(\zeta -z)\mathrm{d}\xi }{r^3},\\ R(x,y,z)={\oint }_{\Gamma }\frac{(\eta -y)\mathrm{d}\xi -(\xi -x)\mathrm{d}\eta }{r^3},\end{array}$$

其中 $(\xi ,\eta ,\zeta )\in \Gamma$ 是积分变元，

r = sqrt (ξ - x) ^ 2 + (η - y) ^ 2 + (ζ - z) ^ 2.$$r=\sqrt{(\xi -x{)}^2+(\eta -y{)}^2+(\zeta -z{)}^2}.$$

证明：

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

7. 在上题中求函数 $u(x,y,z)$ ，使得 $du=Pdx+Qdy+Rdz$ .

8. 利用 $Gauss$ 公式证明 $Archimedes$ 的流体静力学定律: 物体在液体中所受的浮力等于物体排开液体的重量，方向垂直向上．

第二十六章 场论初步

场本来是物理学的研究对象，如温度场、电磁场、重力场等。这些场除了有各自不同的物理性质之外，表现在数量关系上可分为数量场与向量场。

本章介绍场论的初步数学知识．在 §26.1 引入散度和旋度的概念，然后将梯度、散度、旋度与 $Green$ 公式、$Gauss$ 公式、$Stokes$ 公式融合在一起，展现多元积分丰富多彩的一面．在 §26.2 中介绍 $Laplace$ 算子和有关调和函数的一些知识．最后一节是学习要点和两组参考题．