日期: 2023-10-01 11:28 查看: 199 次编辑导出

两类曲面积分之间的关系

设有向曲面 $\Sigma: z=z(x, y) ， \Sigma$ 在 $x O y$ 面上投影区域为 $D_{x y}$ ，函数 $z(x, y)$ 在 $D_{x y}$ 上具有一阶连续偏导数， $R(x, y, z)$ 在 $\sum$ 上连续， $\underline{\boldsymbol{e}}_n=(\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma)$ 为曲 面 $\Sigma$ 上点 $(x, y, z)$ 处的单位法向量. 若取 $\Sigma$ 上侧，则有

$$
\iint_{\Sigma} R(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D_{x y}} R(x, y, z(x, y)) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y ，
$$

又， $\iint_{\Sigma} R(x, y, z) \cos \gamma \mathrm{d} S=\iint_{D_{x y}} R(x, y, z(x, y)) \frac{1}{\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}} \sqrt{1+z_x^2+z_y^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$

$$
=\iint_{D_{x y}} R(x, y, z(x, y)) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \text {, }
$$

因此 $\iint_{\Sigma} R(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{\Sigma} R(x, y, z) \cos \gamma \mathrm{d} S$ ；
若取 $\Sigma$ 下侧，则有

$$
\iint_{\Sigma} R(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=-\iint_{D_{y y}} R(x, y, z(x, y)) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y,
$$

又， $\iint_{\Sigma} R(x, y, z) \cos \gamma \mathrm{d} S=\iint_{D_{x y}} R(x, y, z(x, y)) \frac{-1}{\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}} \sqrt{1+z_x^2+z_y^2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$

$$
=-\iint_{D_{x y}} R(x, y, z(x, y)) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \text {, }
$$

因此 $\iint_{\Sigma} R(x, y, z) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{\Sigma} R(x, y, z) \cos \gamma \mathrm{d} S$ 成立.
类似地，有

$$
\begin{aligned}
& \iint_{\Sigma} P(x, y, z) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z=\iint_{\Sigma} P(x, y, z) \cos \alpha \mathrm{d} S ， \\
& \iint_{\Sigma} Q(x, y, z) \mathrm{d} z \mathrm{~d} x=\iint_{\Sigma} Q(x, y, z) \cos \beta \mathrm{d} S ，
\end{aligned}
$$

三式合并，就有

$$
\iint_{\Sigma} P \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+Q \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+R \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{\Sigma}(P \cos \alpha+Q \cos \beta+R \cos \gamma) \mathrm{d} S .
$$

注 两类曲面积分的关系式

$$
\mathrm{d} S=\frac{\mathrm{d} y \mathrm{~d} z}{\cos \alpha}=\frac{\mathrm{d} z \mathrm{~d} x}{\cos \beta}=\frac{\mathrm{d} x \mathrm{~d} y}{\cos \gamma} .
$$

$$
\cos \alpha=\frac{z_x}{\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}}=\frac{x}{\sqrt{1+x^2+y^2}}, \quad \cos \gamma=\frac{-1}{\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}}=\frac{-1}{\sqrt{1+x^2+y^2}} ，
$$

故所求积分可以转化为

$$
\iint_{\Sigma}\left(z^2+x\right) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z-z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{\Sigma}\left[\left(z^2+x\right) \frac{\cos \alpha}{\cos \gamma}-z\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{\Sigma}\left[\left(z^2+x\right)(-x)-z\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y
$$

例 12 计算曲面积分 $\iint_{\Sigma}\left(z^2+x\right) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z-z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $\Sigma$ 为 $z=\frac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)$ 介于 $z=0$ 和 $z=2$ 之间的下侧. $\iint_{\Sigma}\left(z^2+x\right) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z-z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iiint_{\Sigma}\left[\left(z^2+x\right)(-x)-z\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$
又 $\Sigma$ 的方程为 $z=\frac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)$ ，在 $x O y$ 面上投影区域为 $D_{x y}=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leq 4\right\}$ ， 因此 $\iiint_{\Sigma}\left[\left(z^2+x\right)(-x)-z\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=-\iint_{D_{x y}}\left\{\left[\frac{1}{4}\left(x^2+y^2\right)^2+x\right](-x)-\frac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)\right\}$ ， 注意到 $\iint_{D_{y y}}\left[\frac{1}{4}\left(x^2+y^2\right)^2 x\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=0 ＼mathrm{~ ， ~ 因 此 ~} \iint_{\Sigma}\left(z^2+x\right) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z-z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$

$$
=\iint_{D_y}\left[x^2+\frac{1}{2}\left(x^2+y^2\right)\right] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\int_0^{2 \pi} \mathrm{d} \theta \int_0^2\left(r^2 \cos ^2 \theta+\frac{1}{2} r^2\right) r \mathrm{~d} r=8 \pi .

上一篇：对坐标的曲面积分例子

下一篇：单连通区域及其正向边界