最后更新: 2024-10-07 10:18 ● 参与者查看: 483 次纠错分享参与项目词条搜索

对面积曲面积分的概念与性质

##  对面积曲面积分的概念与性质 
定义 1 设 $\Sigma$ 为光滑(或分片光滑)曲面，函数 $f(x, y, z)$ 在 $\Sigma$ 上有界，将 $\Sigma$ 任 $\lambda=\max _{1 \leq i \leq n}\left\{\Delta S_i\right.$ 的直径 $\}$ ，
任取 $\left(\xi_i, \eta_i, \varsigma_i\right) \in \Delta S_i(i=1,2, \cdots, n)$ ，若 $\lim _{\lambda \rightarrow 0} \sum_{i=1}^n f\left(\xi_i, \eta_i, \varsigma_i\right) \Delta S_i$ 存在，
则称此极限为 $f(x, y, z)$ 在曲面 $\Sigma$ 上第一类曲面积分或对面积的曲面积分， 记作 $\iint_{\Sigma} f(x, y, z) \mathrm{d} S$.
注 所谓曲面是光滑的，即曲面上各点处都有切平面，且当点在曲面上连续 移动时，切平面也连续转动，如果曲面 $\sum$ 是分片光滑的，即曲面 $\sum$ 由有限片光 滑曲面组成. 我们规定函数在分片光滑曲面 $\Sigma$ 上的对面积的曲面积分，等于各片 光滑的曲面上的对面积的曲面积分之和. 例如， $\Sigma$ 可分为两片光滑曲面 $\Sigma_1$ 及 $\Sigma_2$ ， 记为 $\Sigma=\Sigma_1+\Sigma_2$ ，则有

$$
\iint_{\Sigma} f(x, y, z) \mathrm{d} S=\iint_{\Sigma_1+\Sigma_2} f(x, y, z) \mathrm{d} S=\iint_{\Sigma_1} f(x, y, z) \mathrm{d} S+\iint_{\Sigma_2} f(x, y, z) \mathrm{d} S
$$

以后我们总是假定曲面是光滑或分片光滑的.
如果 $\Sigma$ 是闭曲面，那么函数 $f(x, y, z)$ 在 $\Sigma$ 上的对面积的曲面积分通常会记为 $\iint_{\Sigma} f(x, y, z) \mathrm{d} S$.
当被积函数 $f(x, y, z) \equiv 1$ 时，它在 $\Sigma$ 上的对面积的曲面积分通常记为 $\iint_{\Sigma} \mathrm{d} S$. 显然 $\iint_{\Sigma} \mathrm{d} S$ 表示 $\Sigma$ 的面积，其中 $\mathrm{d} S$ 称为积分曲面 $\Sigma$ 的面积元素.
可以证明，如果函数 $f(x, y, z)$ 在曲面 $\Sigma$ 上连续，那么在 $\Sigma$ 上对面积的曲面积 分 $\iint_{\Sigma} f(x, y, z) \mathrm{d} S$ 必定存在，今后总假定 $f(x, y, z)$ 在 $\Sigma$ 上连续.
根据定义，面密度 $\rho(x, y, z)$ 为连续函数的曲面状构件的质量 $M$ 可以表示 为在曲面 $\Sigma$ 上的对面积的曲面积分 $M=\iint_{\Sigma} \rho(x, y, z) \mathrm{d} S$.

定理 1 设积分曲面 $\Sigma$ 由方程 $z=z(x, y)$ 给出， $\Sigma$ 在 $x O y$ 面上的投影区域为 $D_{x y}$ (见图 7-59)，
其中 $z=z(x, y)$ 在 $D_{x y}$ 上具有一阶连续偏 导数，被积函数 $f(x, y, z)$ 在 $\Sigma$ 上连续，则

$$
\begin{aligned}
& \iint_{\Sigma} f(x, y, z) \mathrm{d} S \\
& =\iint_{D_{x y}} f(x, y, z(x, y)) \sqrt{1+z_x^{\prime 2}+z_y^{\prime 2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y
\end{aligned}
$$

定理的证明从略.
![图片](/uploads/2023-01/image_20230101b89f3a6.png)
公式 (1) 表明，
在计算对面积的曲面积分 $\iint_{\Sigma} f(x, y, z) \mathrm{d} S$ 时，只要把变量 $z$ 换成 $z(x, y)$ ，积分 曲面的面积元素 $\mathrm{d} S$ 换成 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，积分号下的 $\Sigma$ 换成它在 $x O y$ 面上的投 影区域 $D_{x y}$ ，
于是就把对面积的曲面积分化成了相应的二重积分.
类似地，设积分曲面 $\Sigma$ 由方程 $x=x(y, z)$ 给出， $\Sigma$ 在 $y O z$ 面上的投影区域为 $D_{y z}$ ，其中 $x=x(y, z)$ 在 $D_{y z}$ 上具有一阶连续偏导数，则

$$
\iint_{\Sigma} f(x, y, z) \mathrm{d} S=\iint_{D_{x y}} f(x(y, z), y, z) \sqrt{1+x_y^2+x_{\Sigma}^2} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z ；
$$

设积分曲面 $\Sigma$ 由方程 $y=y(z, x)$ 给出， $\Sigma$ 在 $z O x$ 面上的投影区域为 $D_{z x}$ ， 其中 $y=y(z, x)$ 在 $D_{z x}$ 上具有一阶连续偏导数，则

$$
\iint_{\Sigma} f(x, y, z) \mathrm{d} S=\iint_{D_0} f(x, y(z, x), z) \sqrt{1+y_z^2+y_x^2} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x .
$$

例 1 求 $\iint_{\Sigma} \sqrt{1+4 z} \mathrm{~d} S$ ，其中 $\Sigma$ 为 $z=x^2+y^2(z \leq 1)$ 的部分 (图 7-60).
解 $\Sigma$ 在 $x O y$ 面上的投影为 $D_{x y}=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leq 1\right\}$ ，

![图片](/uploads/2023-01/image_20230101a052eaa.png)
例 1 求 $\iint_{\Sigma} \sqrt{1+4 z} \mathrm{~d} S$ ，其中 $\Sigma$ 为 $z=x^2+y^2(z \leq 1)$ 的部分 (图 7-60).
解 $\Sigma$ 在 $x O y$ 面上的投影为 $D_{x y}=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leq 1\right\}$ ，
又 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\sqrt{1+4\left(x^2+y^2\right)}$, 利用极坐标

$$
\begin{aligned}
\iint_{\Sigma} \sqrt{1+4 z} \mathrm{~d} S & =\iint_{D_{x y}} \sqrt{1+4\left(x^2+y^2\right)} \cdot \sqrt{1+4\left(x^2+y^2\right)} \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\int_0^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_0^1\left(1+4 r^2\right) r \mathrm{~d} r \\
& =2 \pi\left(\frac{r^2}{2}+r^4\right)_0^1=3 \pi .
\end{aligned}
$$

例 2 计算曲面积分 $\iint_{\Sigma} \frac{\mathrm{d} S}{z}$, 其中 $\sum$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 被平面 $z=h(0<h<a$ ) 截出的顶部 (见图 7-61).
解 $\Sigma$ 的方程为 $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$.
$\Sigma$ 在 $x O y$ 面上的投影区域 $D_{x y}$ :

$$
\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leq a^2-h^2\right\}
$$

![图片](/uploads/2023-01/image_20230101f88f778.png)
例 2 计算曲面积分 $\iint_{\Sigma} \frac{\mathrm{d} S}{z}$, 其中 $\sum$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 被平面 $z=h\left(0<h<a\right.$ ) 截出的顶部 (见图 7-61). $\Sigma$ 的方程为 $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$.
$\Sigma$ 在 $x O y$ 面上的投影区域 $D_{x y}:\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leq a^2-h^2\right\}$
又 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\frac{a}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}$, 利用极坐标
故有 $\iint_{\Sigma} \frac{\mathrm{d} S}{z}=\iint_{D_{x y}} \frac{a \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y}{a^2-r^2}=\iint_{D_{y y}} \frac{a r \mathrm{~d} r \mathrm{~d} \theta}{a^2-r^2}=a \int_0^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_0^{\sqrt{a^2-h^2}} \frac{r \mathrm{~d} r}{a^2-r^2}$

$$
=2 \pi a\left[-\frac{1}{2} \operatorname{In}\left(a^2-r^2\right)\right]_0^{\sqrt{a^2-h^2}}=2 \pi a \operatorname{In} \frac{a}{h} .
$$

例 3 计算 $\iint_{\Sigma}(x+y+z) \mathrm{d} S$, 其中 $\Sigma$ 为平面 $y+z=5$ 被柱面 $x^2+y^2=25$ 所截得 的部分 (见图 7-62) .

![图片](/uploads/2023-01/image_202301018f30aaa.png)
解 积分曲面 $\sum: z=5-y$, 其投影域 $D_{x y}=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leq 25\right\}$, 又

$$
\mathrm{d} S=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\sqrt{1+0+(-1)^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\sqrt{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y,
$$

故

$$
\begin{aligned}
\iint_{\Sigma}(x+y+z) \mathrm{d} S & =\sqrt{2} \iint_{D_{x y}}(x+y+5-y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\sqrt{2} \iint_{D_{x y}}(5+x) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =\sqrt{2} \int_0^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_0^5(5+r \cos \theta) r \mathrm{~d} r=125 \sqrt{2} \pi
\end{aligned}
$$

例 4 计算 $\int_{\Sigma} x y z z d S$, 其中 $\Sigma$ 是由平面 $x=0, y=0, z=0$ 及 $x+y+z=1$ 所 围四面体的整个边界曲面.
解 如图 7-63，整个边界曲面 $\Sigma$ 在平面 $x=0, y=0, z=0$ 及 $x+y+z=1$ 上 的部分依次记为 $\Sigma_1 、 \Sigma_2 、 \Sigma_3 、 \Sigma_4$ ，于是

$$
\iint_{\Sigma} x y z \mathrm{~d} S=\iint_{\Sigma_1} x y z \mathrm{~d} S+\iint_{\Sigma_2} x y z \mathrm{~d} S+\iint_{\Sigma_3} x y z \mathrm{~d} S+\iint_{\Sigma_4} x y z \mathrm{~d} S .
$$

![图片](/uploads/2023-01/image_202301017b41089.png)

例 4 计算 $\oint_{\Sigma} x y z d S$, 其中 $\sum$ 是由平面 $x=0, y=0, z=0$ 及 $x+y+z=1$ 所围四 面体的整个边界曲面.
因为在 $\Sigma_1, \Sigma_2, \Sigma_3$ 上，被积函数 $f(x, y, z)=x y z=0$, 故

$$
\iint_{\Sigma_1} x y z \mathrm{~d} S=\iint_{\Sigma_2} x y z \mathrm{~d} S=\iint_{\Sigma_3} x y z \mathrm{~d} S=0 .
$$

在 $\Sigma_4$ 上， $z=1-x-y$, 所以

$$
\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\sqrt{1+(-1)^2+(-1)^2}=\sqrt{3},
$$

从而 $\iint_{\Sigma} x y z \mathrm{~d} S=\iint_{\Sigma_4} x y z \mathrm{~d} S=\iint_{D_{n y}} \sqrt{3} x y(1-x-y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$,
例 4 计算 $\int_{\Sigma} x y z d S$, 其中 $\Sigma$ 是由平面 $x=0, y=0, z=0$ 及 $x+y+z=1$ 所围四 面体的整个边界曲面.
其中 $D_{x y}$ 是 $\Sigma_4$ 在 $x O y$ 面上的投影区域，即由直线 $x=0, y=0, z=0$ 和 $x+y+z=1$ 所围成的闭区域，故

$$
\begin{aligned}
\iint_{\Sigma} x y z \mathrm{~d} S & =\sqrt{3} \int_0^1 x \mathrm{~d} x \int_0^{1-x} y(1-x-y) \mathrm{d} y=\sqrt{3} \int_0^1 x\left[(1-x) \frac{y^2}{2}-\frac{y^3}{3}\right]_0^{1-x} \mathrm{~d} x \\
& =\sqrt{3} \int_0^1 x \cdot \frac{\left(1-x^3\right)}{6} \mathrm{~d} x=\frac{\sqrt{3}}{6} \int_0^1\left(x-3 x^2+3 x^3-x^4\right) \mathrm{d} x=\frac{\sqrt{3}}{120} .
\end{aligned}
$$

例 5 计算第一类曲面积分 $\int_{\Sigma}\left(x^2+y^2\right) \mathrm{d} S$ ，其中 $\Sigma$ 为立体 $\sqrt{x^2+y^2} \leq z \leq 1$ 的整 个边界曲面.
解 曲面 $\Sigma$ 所围的立体在 $x O y$ 面上投影区域为 $D_{x y}: x^2+y^2 \leq 1$ (见图 7-64)， 曲面 $\Sigma$ 分为 $\Sigma_1, \Sigma_2$ 两部分， 其中

$$
\begin{aligned}
& \Sigma_1: z=1, \mathrm{~d} S=\sqrt{1+z_x^{\prime 2}+z_y^{\prime 2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\mathrm{d} x \mathrm{~d} y, \\
& \Sigma_2: z=\sqrt{x^2+y^2}, \\
& \mathrm{~d} S=\sqrt{1+z_x^{\prime 2}+z_y^{\prime 2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\sqrt{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y,
\end{aligned}

![图片](/uploads/2023-01/image_202301014fe4b62.png)
例 5 计算第一类曲面积分 $\iint_{\Sigma}\left(x^2+y^2\right) \mathrm{d} S$ ，其中 $\Sigma$ 为立体 $\sqrt{x^2+y^2} \leq z \leq 1$ 的整 个边界曲面. $\Sigma_1: z=1 ， \mathrm{~d} S=\sqrt{1+z_x^{\prime 2}+z_y^{\prime 2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ，

$$
\Sigma_2: z=\sqrt{x^2+y^2}, \quad \mathrm{~d} S=\sqrt{1+z_x^{\prime 2}+z_y^{\prime 2}} \mathrm{~d} \mathrm{~d} y=\sqrt{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y ，
$$

因此 $\iint_{\Sigma}\left(x^2+y^2\right) \mathrm{d} S=\iint_{\Sigma_1}\left(x^2+y^2\right) \mathrm{d} S+\iint_{\Sigma_2}\left(x^2+y^2\right) \mathrm{d} S$

$$
\begin{aligned}
& =\iint_{D_N}\left(x^2+y^2\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y+\iint_{D_n}\left(x^2+y^2\right) \sqrt{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=(1+\sqrt{2}) \iint_{D_N}\left(x^2+y^2\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =(1+\sqrt{2}) \int_0^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_0^1 r^3 \mathrm{~d} r=\frac{\pi}{2}(1+\sqrt{2}) .
\end{aligned}

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