最后更新: 2025-05-10 19:04 查看: 432 次反馈刷题

第一类曲面积分(对面积的曲面积分)

## 对面积的曲面积分（第一类曲面积分）应用背景
 
设有一曲面状构件 $\Sigma$ ，其面积为 $S$ ，面密度为连续函数 $\rho=\rho(x, y, z)$ ， $(x, y, z) \in \Sigma$. 若 $\rho$ 是常数 (均匀质体)，则 $M=\rho S$ ；

![图片](/uploads/2025-04/9ffdd0.jpg)

若 $\rho=\rho(x, y, z)$ (非均匀质体)，则 可将曲面 $\Sigma$ 任意地分成 $n$ 个小曲面 $\Delta S_i(i=1,2, \cdots, n) ， \Delta S_i$ 也为该曲面的面积， $\lambda=\max _{1 \leq i \leq n}\left\{\Delta S_i\right.$ 的直径 $\}$ ，任取 $\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right) \in \Delta S_i ， \Delta S_i$ 的质量为 $\Delta m_i \approx \rho\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right) \Delta S_i$ ， $(i=1,2, \cdots, n)$ 从而曲面状构件的质量为

$$
m=\sum_{i=1}^n \Delta m_i \approx \sum_{i=1}^n \rho\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right) \Delta S_i,
$$

当分点无限加密即 $\lambda \rightarrow 0$ 时，此和式极限就是该曲面状构件的质量，即

$$
m=\lim _{\lambda \rightarrow 0} \sum_{i=1}^n \rho\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right) \Delta s_i .
$$

同样抽去其具体意义，就得到第一类曲面积分的定义.

##  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 $\iint_{\Sigma} f(x, y, z) \mathrm{d} S$.

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.

**注 曲面 $S$ 光滑是直观说法，即这种曲面要求每点都有切平面且随切点连续变动切平面也连续变动，这等价于法向量连续变动，如设曲面 $S$ 的方程为 $z=z(x, y)$ ，则法向量为 $\left(-z_x(x, y),-z_y(x, y), 1\right)$ ，法向量连续变动相当于函数 $z_x(x, y), z_y(x, y)$ 连续．**

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 $M=\iint_{\Sigma} \rho(x, y, z) \mathrm{d} S$.

## 对面积的曲面积分的计算
 
**定理1**：设 $S$ 为光滑曲面，其方程为 $z=f(x, y),(x, y) \in D$ ，则其面积
$$
S=\iint_D \sqrt{1+f_x^2+f_y^2} d \sigma
$$

证明：如下图
  ![图片](/uploads/2025-05/cacc8e.jpg){WIDTH=400PX}
 
 将 $S$ 任意分为 $n$ 小块 $\Delta S_i(i=1$ ， $2, \cdots, n)$ ，如图，在每一小块 $\Delta S_i$上任取一点 $\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right)$ ，作该点的切平面 $T_i$ ，在切平面 $T_i$ 上与 $\Delta S_i$ 对应取一小块切平面 $\Delta T_i$（ $\Delta T_i$ 的面积也用 $\Delta T_i$ 表示），使 $\Delta T_i$ 与 $\Delta S_i$ 在 $x O y$ 坐标平面上有相同的投影 $\Delta \sigma_i$ ，则面积有近似公式：$\Delta S_i \approx$
 
 
 $\Delta T_i(i=1,2, \cdots, n)$ ，因为平面 $\Delta T_i$ 与 $\Delta \sigma_i$ 的夹角即为切平面 $T_i$ 的法向量 $n_i=$ $\left(-f_x\left(\xi_i, \eta_i\right),-f_y\left(\xi_i, \eta_i\right), 1\right)$ 与 $x O y$ 平面的法向量 $k$ 的夹角 $\gamma_i$ ，观察图形容易证出：$\frac{\Delta \sigma_i}{\Delta T_i}=\cos \gamma_i=\frac{1}{\sqrt{1+f_x^2+f_y^2}}$ ，即

$$
\Delta T_i=\sqrt{1+f_x^2\left(\xi_i, \eta_i\right)+f_y^2\left(\xi_i, \eta_i\right)} \Delta \sigma_i
$$

从而 $\Delta S_i \approx \Delta T_i=\sqrt{1+f_x^2\left(\xi_i, \eta_i\right)+f_y^2\left(\xi_i, \eta_i\right)} \Delta \sigma_i, i=1,2, \cdots, n$ ，故

$$
\begin{aligned}
S & =\sum_{i=1}^n \Delta S_i=\lim _{\lambda \rightarrow 0} \sum_{i=1}^n \Delta T_i=\lim _{\lambda \rightarrow 0} \sum_{i=1}^n \sqrt{1+f_x^2\left(\xi_i, \eta_i\right)+f_y^2\left(\xi_i, \eta_i\right)} \Delta \sigma_i \\
& =\iint_D \sqrt{1+f_x^2+f_y^2} d \sigma
\end{aligned}
$$

$d S=\sqrt{1+f_x^2+f_y^2} d \sigma$ 称为曲面面积元素．

`例` 求抛物面 $z=x^2+y^2, z \leqslant 1$ 的面积．
解

$$
\begin{aligned}
S & =\iint_D \sqrt{1+z_x^2+z_y^2} d x d y=\iint_{x^2+y^2 \leqslant 1} \sqrt{1+4 x^2+4 y^2} d x d y \\
& =\int_0^{2 \pi} d \theta \int_0^1 \rho \sqrt{1+4 \rho^2} d \rho=\frac{\pi}{6}(5 \sqrt{5}-1)
\end{aligned}
$$

**定理2** 设曲面 $S$ 的方程为：$z=z(x, y),(x, y) \in D_{x y}, D_{x y}$ 为曲面 $S$ 在 $x O y$ 面上的投影，$z(x, y)$ 在 $D_{x y}$ 上有连续偏导数，则有计算公式

$$
\iint_S f(x, y, z) d S=\iint_{D_{x y}} f[x, y, z(x, y)] \sqrt{1+z_x^2+z_y^2} d x d y
$$

![图片](/uploads/2025-05/4274bc.jpg){width=400px}
 
 证明：  设 $\Delta S_i$ 在 $x O y$ 面上的投影为 $\left(\Delta \sigma_i\right)_{x y}$（其面积也记作 $\left.\left(\Delta \sigma_i\right)_{x y}\right)$ ，则 $\Delta S_i$ 的面积为

$$
\Delta S_i=\iint_{\left\langle\Delta \sigma_i\right\rangle_{x y}} \sqrt{1+z_x^2+z_y^2} d x d y,
$$

由积分中值定理，有

$$
\Delta S_i=\sqrt{1+z_x^2\left(\xi_i, \eta_i\right)+z_y^2\left(\xi_i, \eta_i\right)}\left(\Delta \sigma_i\right)_{x y}
$$

其中 $\left(\xi_i, \eta_i\right) \in\left(\Delta \sigma_i\right)_{x y}$ ，令 $\zeta_i=z\left(\xi_i, \eta_i\right)$ ，则 $\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right) \in S$ ，且有

$$
\iint_S f(x, y, z) d S=\lim _{\lambda \rightarrow 0} \sum_{i=1}^n f\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right) \Delta S_i
$$

$$
\begin{aligned}
&\begin{aligned}
\iint_S f(x, y, z) d S & =\lim _{\lambda \rightarrow 0} \sum_{i=1}^n f\left(\xi_i, \eta_i, \zeta_i\right) \Delta S_i \\
& =\lim _{\lambda^{\prime} \rightarrow 0} \sum_{i=1}^n f\left[\xi_i, \eta_i, z\left(\xi_i, \eta_i\right)\right] \sqrt{1+z_x^2\left(\xi_i, \eta_i\right)+z_y^2\left(\xi_i, \eta_i\right)}\left(\Delta \sigma_i\right)_{x y} \\
& =\iint_D f[x, y, z(x, y)] \sqrt{1+z_x^2+z_y^2} d x d y
\end{aligned}\\
&\text { 这里 } \lambda^{\prime}=\max _{1 \leqslant i \leqslant n}\left\{\left(\Delta \sigma_i\right)_{x y}\right\} \text { ．}
\end{aligned}
$$

`例` 求 $I=\iint_S\left(x^3+z^2\right) d S$ ，其中 $S: x^2+y^2+z^2=a^2$ ．

解 因 $x^3$ 为奇函数，$S$ 关于 $y O z$ 面对称，故 $\iint_S x^3 d S=0$ ．
又因 $z^2$ 关于 $z$ 为偶函数，$S$ 关于 $x O y$ 面对称，故 $I=\iiint_S z^2 d S=2 \iint_{S_1} z^2 d S$ ，其中 $S_1$ 为 $S$ 的上半部分．而

$$
\begin{aligned}
\iint_{S_1} z^2 d S & =\iint_D\left(a^2-x^2-y^2\right) \frac{a}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}} d x d y \\
& =a \iint_D \sqrt{a^2-x^2-y^2} d x d y \\
& =a \int_0^{2 \pi} d \theta \int_0^a \rho \sqrt{a^2-\rho^2} d \rho=\frac{2}{3} \pi a^4
\end{aligned}
$$

故 $I=\frac{4}{3} \pi a^4$ ．
 
注 $\iint_S z^2 d S$ 可用对称性计算：因 $\iint_S x^2 d S=\iint_S y^2 d S=\iint_S z^2 d S$ ，故
$$
\iint_S z^2 d S=\frac{1}{3} \iint_S\left(x^2+y^2+z^2\right) d S=\frac{1}{3} \iint_S a^2 d S=\frac{4}{3} \pi a^4
$$
 
`例` 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)
 
 
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` 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)
 
 
$\Sigma$ 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 $\iint_{\Sigma} \frac{\mathrm{d} S}{z}=\iint_{D_{x y}} \frac{a \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y}{a^2-r^2}=\iint_{D_{y y}} \frac{a r \mathrm{~d} r \mathrm{~d} \theta}{a^2-r^2}=a \int_0^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_0^{\sqrt{a^2-h^2}} \frac{r \mathrm{~d} r}{a^2-r^2}$

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

一般地，若在积分 $\iint_S f(x, y, z) d S$ 中将某两个变量互换后积分值不变，则称该积分关于这两个变量具有对称性．一个常用的结论是：当被积函数与积分区域关于某两个变量具有对称性，则积分关于这两个变量有对称性．如 $f(x, y, z)=$ $f(y, x, z)$ ，且 $x$ 与 $y$ 交换后，积分区域 $S$ 的表达式不变，则 $\iint_S f(x, y, z) d S=$ $\iint_S f(y, x, z) d S$ ，对于其他类型的积分也有同样的结论．

若曲面 $S$ 的方程为 $x=x(u, v), y=y(u, v), z=z(u, v),(u, v) \in D$ ，因 $E=$ $x_u^2+y_u^2+z_u^2, G=x_v^2+y_v^2+z_v^2, F=x_u x_v+y_u y_v+z_u z_v, d S=\sqrt{E G-F^2} d u d v$ ，故

$$
\begin{aligned}
& \iint_S f(x, y, z) d S \\
= & \iint_D f[x(u, v), y(u, v), z(u, v)] \sqrt{\left[\frac{\partial(y, z)}{\partial(u, v)}\right]^2+\left[\frac{\partial(z, x)}{\partial(u, v)}\right]^2+\left[\frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)}\right]^2} d u d v \\
= & \iint_D f[x(u, v), y(u, v), z(u, v)] \sqrt{E G-F^2} d u d v .
\end{aligned}
$$

`例`计算 $\iint_S z d S$ ，其中 $S$ 为螺旋面片：$x=u \cos v, y=u \sin v, z=v$ ， $0 \leqslant u \leqslant a, \quad 0 \leqslant v \leqslant 2 \pi$ ．

解 计算得 $E=1, F=0, G=1+u^2, d S=\sqrt{E G-F^2} d u d v=\sqrt{1+u^2} d u d v$ ，有

$$
\begin{aligned}
\iint_S z d S & =\iint_D w \sqrt{1+u^2} d u d v=\int_0^a \sqrt{1+u^2} d u \int_0^{2 \pi} v d v \\
& =2 \pi^2 \int_0^a \sqrt{1+u^2} d u=\pi^2\left[a \sqrt{1+a^2}+\ln \left(a+\sqrt{1+a^2}\right)\right]
\end{aligned}
$$

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