最后更新: 2025-05-11 18:27 查看: 329 次反馈刷题

第二类曲面积分的举例

## 第二类曲面积分的举例

`例`  求

$$
I=\iint_S x y z d x d y,
$$

其中 $S$ 是球面：$x^2+y^2+z^2=1$ 在 $x \geqslant 0, y \geqslant 0$ 部分的内侧。

解 $S$ 由单位球面在第一卦限及第五卦限的部分组成，它们的方程分别为（见图 ）：

![图片](/uploads/2025-05/aa2fc7.jpg)
$$
\begin{aligned}
& S_1: z=\sqrt{1-x^2-y^2}, \quad 0 \leqslant x^2+y^2 \leqslant 1, \\
& S_2: z=-\sqrt{1-x^2-y^2}, \quad 0 \leqslant x^2+y^2 \leqslant 1 .
\end{aligned}
$$

由题设 $S_1$ 的法向量的指向朝下，$S_2$ 的法向量指向朝上．$S_1$ 与 $S_2$ 在 $O x y$ 平面上的投影为同一区域

$$
D=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leqslant 1, x \geqslant 0, y \geqslant 0\right\} .
$$

被积函数中 $P=Q=0, R=x y z$ ，故化为二重积分时，被积函数为

$$
P\left(-f_x\right)+Q\left(-f_y\right)+R \cdot 1=R(x, y, z(x, y)) .
$$

于是得
$$
\begin{aligned}
I & =\iint_{S_1} x y z d x d y+\iint_{S_2} x y z d x d y \\
& =-\iint_D x y \sqrt{1-x^2-y^2} d \sigma+\iint_D x y\left(-\sqrt{1-x^2-y^2}\right) d \sigma \\
& =-2 \iint_D x y \sqrt{1-x^2-y^2} d \sigma \\
& =-2 \int_0^{\pi / 2} d \theta \int_0^1 r^3 \sin \theta \cos \theta \sqrt{1-r^2} d r
\end{aligned}
$$

其中

$$
\begin{aligned}
& \int_0^{\pi / 2} \sin \theta \cos \theta d \theta=\left.\frac{1}{2} \sin ^2 \theta\right|_0 ^{\pi / 2}=\frac{1}{2} \\
& \int_0^1 r^3 \sqrt{1-r^2} d r \xlongequal{r=\sin t} \int_0^{\pi / 2} \sin ^3 t \cos ^2 t d t \\
& \quad=\int_0^{\pi / 2} \sin ^3 t\left(1-\sin ^2 t\right) d t=\left(1-\frac{4}{5}\right) \cdot \frac{2}{3}=\frac{2}{15}
\end{aligned}
$$

代入上式得 $I=-\frac{2}{15}$ ．
从上例看出，当第二型曲面积分只有一项

$$
\iint_S R(x, y, z) d x d y
$$

时，只须将其中的 $z$ 用曲面方程代入，将积分曲面 $S$ 换成它在 $x y$ 平面上的投影区域 $D$ ，即化为二重积分，再根据曲面取上侧还是取下侧，确定二重积分前取＂＋＂还是取＂－＂即可。

以上讨论了当曲面由方程 $z=f(x, y)$ 表出时的计算公式．
当光滑曲面 $S$ 的方程可表为

$$
y=y(z, x), \quad(z, x) \in D_{z x}
$$

时（其中 $D_{z x}$ 为 $S$ 在 $O z x$ 平面上的投影），由类似的讨论可得计算公式

$$
\begin{aligned}
\iint_S(P d y d z+Q d z d x+R d x d y) & \\
= \pm \iint_{D_{z x}} & {\left[\left(P(x, y(z, x), z)\left(-y_x\right)+Q(x, y(z, x), z)\right.\right.} \\
& \left.\quad+R(x, y(z, x), z)\left(-y_z\right)\right] d z d x
\end{aligned}
$$

当 $S$ 取右侧即法向量 $n$ 与 $y$ 轴正向成锐角时，上式右端二重积分前取＂＋＂号，当 $S$ 取左侧即 $n$ 与 $y$ 轴正向成钝角时，二重积分前取＂一＂号．特别有

$$
\iint_S Q(x, y, z) d z d x= \pm \iint_{D_{z x}} Q(x, y(z, x), z) d z d x
$$

上式右端二重积分前＂＋＂－＂号的选取由法向量指向右侧还是指向左侧而定。

当光滑曲面 $S$ 的方程可表为

$$
x=x(y, z), \quad(y, z) \in D_{y z}
$$

时，其中 $D_{y z}$ 为 $S$ 在 $O y z$ 平面上的投影；有计算公式

$$
\begin{aligned}
\iint_S P d y d z+Q d z d x+R d x d y & \\
= \pm \iint_{D_{y z}} & {\left[P(x(y, z), y, z)+Q(x(y, z), y, z)\left(-x_y\right)\right.} \\
& \left.\quad+R(x(y, z), y, z)\left(-x_z\right)\right] d y d z
\end{aligned}
$$

当 $S$ 取前侧即其法向量 $n$ 的指向与 $x$ 轴正向成锐角时，上式右端取＂＋＂号，当 $S$ 取后侧即 $n$ 与 $x$ 轴正向成钝角时，上式右端取＂- ＂号。特别有

$$
\iint_S P d y d z= \pm \iint_{D_{y z}} P(x(y, z), y, z) d y d z
$$

上式右端＂＋＂或＂－＂的选取由法向量指向前侧还是后侧而定．

`例`计算 $\iint_{\Sigma} x^2 y^2 z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $\Sigma$ 为锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}(0 \leq z \leq R)$ 的下侧.

解 锥面在 $x O y$ 面上的投影区域为 $D_{x y}=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leq R^2\right\}$ ， (见图 7-75)
则

$$
\begin{aligned}
& \iint_{\Sigma} x^2 y^2 z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=-\iint_{D_y} x^2 y^2 \sqrt{x^2+y^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\
& =-\int_0^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_0^R r^6 \cos ^2 \theta \sin ^2 \theta \mathrm{d} r=-\frac{\pi}{28} R^7 ;
\end{aligned}
$$

![图片](/uploads/2023-01/image_202301012b9f3d6.png)

`例`计算曲面积分 $\iint_{\Sigma} x y z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$, 其中 $\Sigma$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=1$ 外侧在 $x \geq 0, y \geq 0$ 的部分.
解 把 $\Sigma$ 分成 $\Sigma_1$ 和 $\Sigma_2$ 两部分 (见图 7-76)，这里 $\Sigma_1$ 的方程为 $z=-\sqrt{1-x^2-y^2}$, 取下侧; $\Sigma_2$ 的方程为 $z=\sqrt{1-x^2-y^2}$, 取上侧.
$\Sigma_1$ 和 $\Sigma_2$ 在 $x O y$ 面上的投影区域都是
$D_{x y}=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leq 1, x \geq 0, y \geq 0\right\}$,
![图片](/uploads/2023-01/image_20230101c2d73bd.png)

于是由积分的曲面可加性可知 $\iint_{\Sigma} x y z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{\Sigma_1} x y z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y+\iint_{\Sigma_2} x y z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$

$$
=\iint_{D_{y y}} x y \sqrt{1-x^2-y^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y-\iint_{D_{x y}} x y\left(-\sqrt{1-x^2-y^2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=2 \iint_{D_{x y}} x y \sqrt{1-x^2-y^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y
$$

这个二重积分可以利用极坐标计算， $2 \iint_{D_{y y}} x y \sqrt{1-x^2-y^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$

$$
=2 \iint_{D_{x y}} r^2 \sin \theta \cos \theta \sqrt{1-r^2} r \mathrm{~d} r \mathrm{~d} \theta=\int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin 2 \theta \mathrm{d} \theta \int_0^1 r^3 \sqrt{1-r^2} \mathrm{~d} r=\frac{2}{15} .
$$

`例`计算曲面积分 $\iint_{\Sigma}(x+1) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+\mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $\Sigma$ 为由平面 $x=0$ 、 $y=0 、 z=0$ 及 $x+y+z=1$ 所围四面体的外侧.
解 记 $O(0,0,0), A(1,0,0), B(0,1,0), C(0,0,1)$.
把有向曲面 $\Sigma$ 分为以下 $\Sigma_1(O A B), \Sigma_2(O B C), \Sigma_3(O A C), \Sigma_4(A B C) 4$ 个部分
(见图 7-77)，则有

$$
\begin{aligned}
& \iint_{\Sigma}(x+1) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+\mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& \quad=\iint_{O A B}+\iint_{O B C}+\iint_{O C A}+\iint_{A B C}((x+1) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+\mathrm{d} x \mathrm{~d} y)
\end{aligned}

![图片](/uploads/2023-01/image_202301010d8fcd7.png)
在 $\Sigma_1(O A B)$ 上，曲面方程为 $z=0(0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1-x)$ ，曲面取下侧，且 在 $y O z$ 和 $x O z$ 面投影为零，在 $x O y$ 面投影区域为 $D_{x y}=\{(x, y) \mid 0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1-x\}$ ， 故 $\quad \iint_{O A B}(x+1) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+\mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{O A B} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$

$$
=-\iint_{D_{x y}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=-\frac{1}{2},
$$

在 $\sum_2(O B C)$ 上，曲面方程为 $x=0(0 \leq y \leq 1,0 \leq z \leq 1-y)$ ，曲面取后侧，且在 $x O z$ 和 $x O y$ 面投影为零，在 $y O z$ 面投影区域为 $D_{y z}=\{(y, z) \mid 0 \leq y \leq 1,0 \leq z \leq 1-y\}$ ， 故

$$
\iint_{O B C}(x+1) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+\mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{O B C}(x+1) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z=-\iint_{D_x}(0+1) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z=-\frac{1}{2}
$$

在 $\Sigma_3(O C A)$ 上，曲面方程为 $y=0(0 \leq x \leq 1,0 \leq z \leq 1-x)$ ，曲面取左侧，且在 $y O z$ 和 $x O y$ 面投影为零，在 $x O z$ 面投影区域为 $D_{x z}=\{(x, z) \mid 0 \leq x \leq 1,0 \leq z \leq 1-x\}$ ， 故

$$
\iint_{O C A}(x+1) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+\mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{O C} y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x=0
$$

在 $\Sigma_4(O A B)$ 上，计算 $\iint_{A B C} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，则曲面方程为

$$
z=1-x-y(0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1-x),
$$

曲面取上侧，且在 $x O y$ 面投影区域为

$$
D_{x y}=\{(x, y) \mid 0 \leq x \leq 1,0 \leq y \leq 1-x\} \text {, }
$$

计算 $\iint_{A B C} y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x$ ，则曲面方程为 $y=1-x-z(0 \leq x \leq 1,0 \leq z \leq 1-x)$ ，
曲面取右侧，且在 $x O z$ 面投影区域为

$$
D_{x z}=\{(x, z) \mid 0 \leq x \leq 1,0 \leq z \leq 1-x\},
$$

计算 $\iint_{A B C}(x+1) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z$ ，则曲面方程为 $x=1-y-z(0 \leq y \leq 1,0 \leq z \leq 1-y)$ ， 曲面取前侧，且在 $y O z$ 面投影区域为

$$
D_{x z}=\{(x, z) \mid 0 \leq x \leq 1,0 \leq z \leq 1-x\} \text {, }
$$

$$
\begin{aligned}
& \text { 故 } \iint_{A B C}(x+1) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+\mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{A B C}(x+1) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+\iint_{A B C} y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+\iint_{A B C} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\
& \quad=\iint_{D_{y z}}(1-y-z+1) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+\iint_{D_{z x}}(1-x-z) \mathrm{d} z \mathrm{~d} x+\iint_{D_{x y}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\
& \quad=\int_0^1 \mathrm{~d} y \int_0^{1-y}(1-y-z+1) \mathrm{d} z+\int_0^1 \mathrm{~d} x \int_0^{1-x}(1-x-z) \mathrm{d} z+\frac{1}{2}=\frac{2}{3}+\frac{1}{6}+\frac{1}{2}=\frac{8}{6}=\frac{4}{3} \text {, } \\
& \text { 因此 } f \int_{\Sigma}(x+1) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+\mathrm{d} x \mathrm{~d} y=-\frac{1}{2}-\frac{1}{2}+\frac{4}{3}=\frac{1}{3} .
\end{aligned}

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