最后更新: 2025-10-27 05:38 查看: 67 次纠错评论(0) 课件开VIP

斯托克斯 Stokes 公式

## 斯托克斯 Stokes 公式
### 旋度
这里首先需要引进向量场的旋度概念．设有连续可微的向量场 $a =(P, Q, R)$ ，则可以由 $a$ 生成一个新的向量场

$$
\begin{aligned}
\operatorname{rot} a & =\left|\begin{array}{ccc} 
i & j & k \\
\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial x} \\
P & Q & R
\end{array}\right| \\
& =\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}\right) i +\left(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial z}\right) j +\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right) k
\end{aligned}
$$

称为 $a$ 的**旋度**．它反映了向量场 $a$ 的旋转程度，是场论中的一个重要概念．
也可以用 $\operatorname{curl} a$ 来表示旋度．此外，若用 nabla 算子 $\nabla$ ，则就可以将旋度写为 $\nabla \times a$ ．

## 斯托克斯公式 Stokes 公式．
如图1所示，分片光滑曲面 $S$ 的边界是分段光滑的闭曲线 $C=\partial S, C$ 的取向与 $d S$ 符合右手法则．通俗地说，即设想一个人在 $C$ 上沿所取的方向往前走时，人的头与 $d S$ 一致，这时曲面应当在左侧。我们称符合这个要求的曲面 $S$ 和其边界 $C$ 的取向为相容的．

**Stokes公式** 设 $a =(P, Q, R)$ 于曲面 $S$ 上连续可微，$S$ 与 $C$ 的取向相容，则成立

$$
\begin{aligned}
\oint_C P d x & +Q d y+R d z=\iint_S\left|\begin{array}{ccc}
\cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \\
\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\
P & Q & R
\end{array}\right| d S=\iint_S\left|\begin{array}{ccc}
d y d z & d z d x & d x d y \\
\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\
P & Q & R
\end{array}\right| \\
& =\iint_S\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}\right) d y d z+\left(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial z}\right) d z d x+\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right) d x d y
\end{aligned}
$$

如果写成向量的形式就是

$$
\oint_C a \cdot d r =\iint_S \operatorname{rot} a \cdot d S \left(=\iint_S \nabla \times a \cdot d S \right) .
$$

![图片](/uploads/2025-02/c990cb.jpg)

显然这完全来自于对第二类曲面积分中向量积分元 $d S$ 的多种表示形式．又可以注意到，最后一式的被积表达式中的第三项与 Green 公式中二重积分的被积表达式完全相同，然后用变量循环置换即可得到前两项．

证明：证 先证

$$
\iint_S \frac{\partial P}{\partial z} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x-\frac{\partial P}{\partial y} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\oint_L P \mathrm{~d} x ...(3)
$$

其中曲面 $S$ 由方程 $z=z(x, y)$ 确定，它的正侧法线方向数为 $\left(-z_x,-z_y, 1\right)$ ，方向余弦为 $(\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma)$ ，所以

$$
\frac{\partial z}{\partial x}=-\frac{\cos \alpha}{\cos \gamma}, \quad \frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{\cos \beta}{\cos \gamma} .
$$

若 $S$ 在 $x y$ 平面上投影区域为 $D_{x y}, L$ 在 $x y$ 平面上的投影曲线记为 $\Gamma$ ．现由第二型曲线积分定义及格林公式有

$$
\begin{aligned}
\oint_L P(x, y, z) \mathrm{d} x & =\oint_{\Gamma} P(x, y, z(x, y)) \mathrm{d} x \\
& =-\iint_{D_{x y}} \frac{\partial}{\partial y} P(x, y, z(x, y)) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y
\end{aligned}
$$

因为

$$
\frac{\partial}{\partial y} P(x, y, z(x, y))=\frac{\partial P}{\partial y}+\frac{\partial P}{\partial z} \frac{\partial z}{\partial y},
$$

所以

$$
-\iint_{D_{x y}} \frac{\partial}{\partial y} P(x, y, z(x, y)) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=-\iint_S\left(\frac{\partial P}{\partial y}+\frac{\partial P}{\partial z} \frac{\partial z}{\partial y}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y .
$$

由于 $\frac{\partial z}{\partial y}=-\frac{\cos \beta}{\cos \gamma}$ ，从而

$$
\begin{aligned}
-\iint_S\left(\frac{\partial P}{\partial y}+\frac{\partial P}{\partial z} \frac{\partial z}{\partial y}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y & =-\iint_S\left(\frac{\partial P}{\partial y}-\frac{\partial P}{\partial z} \frac{\cos \beta}{\cos \gamma}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =-\iint_S\left(\frac{\partial P}{\partial y} \cos \gamma-\frac{\partial P}{\partial z} \cos \beta\right) \frac{\mathrm{d} x \mathrm{~d} y}{\cos \gamma} \\
& =-\iint_S\left(\frac{\partial P}{\partial y} \cos \gamma-\frac{\partial P}{\partial z} \cos \beta\right) \mathrm{d} S \\
& =\iint_S \frac{\partial P}{\partial z} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x-\frac{\partial P}{\partial y} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y .
\end{aligned}
$$

综合上述结果，便得所要证明的（3）式。
同样对于曲面 $S$ 表示为 $x=x(y, z)$ 和 $y=y(z, x)$ 时，可证得

$$
\iint_S \frac{\partial Q}{\partial x} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y-\frac{\partial Q}{\partial z} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\oint_L Q \mathrm{~d} y
$$

和
$$
\iint_S \frac{\partial R}{\partial y} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z-\frac{\partial R}{\partial x} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x=\oint_L R \mathrm{~d} z 
$$

三式相加，即可得结论。

`例` 计算

$$
I=\oint_L\left(y^2-z^2\right) \mathrm{d} x+\left(z^2-x^2\right) \mathrm{d} y+\left(x^2-y^2\right) \mathrm{d} z,
$$

其中 $L$ 是立方体 $[0, a] \times[0, a] \times[0, a]$ 的表面与平面 $x+ y+z=\frac{3 a}{2}$ 的交线，从 $z$ 轴正向看去取逆时针方向 （图22－8）．

解 令 $S$ 为 $x+y+z=\frac{3 a}{2}$ 被 $L$ 所围的一块，取上侧，由斯托克斯公式，

$$
\begin{aligned}
I & =\iint_S\left|\begin{array}{ccc}
\mathrm{d} y \mathrm{~d} z & \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x & \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\
\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\
y^2-z^2 & z^2-x^2 & x^2-y^2
\end{array}\right| \\
& =\iint_S(-2 y-2 z) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+(-2 z-2 x) \mathrm{d} z \mathrm{~d} x+(-2 x-2 y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =\frac{1}{\sqrt{3}} \iint_S-4(x+y+z) \mathrm{d} S \\
& =-2 \sqrt{3} a \iint_S \mathrm{~d} S=-\frac{9}{2} a^3
\end{aligned}
$$

`例` 计算 $I=\int_L\left(y^2-z^2\right) \mathrm{d} x+\left(z^2-x^2\right) \mathrm{d} y+\left(x^2-y^2\right) \mathrm{d} z$ ，其中 $L$ 为平面 $x+y+z=1$
被三个坐标平面所截三角形 $\Sigma$ 的边界，若从 $x$ 轴的正向看去，定向为逆时针方向（见图 14．3．19）。

![图片](/uploads/2025-10/d6eefe.jpg){width=250px}

解 由 Stokes 公式得

$$
\begin{aligned}
I & =\int_L\left(y^2-z^2\right) \mathrm{d} x+\left(z^2-x^2\right) \mathrm{d} y+\left(x^2-y^2\right) \mathrm{d} z \\
& =\iint_{\Sigma}\left|\begin{array}{ccc}
\cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \\
\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\
y^2-z^2 & z^2-x^2 & x^2-y^2
\end{array}\right| \mathrm{d} S \\
& =-2 \iint_{\Sigma}[(y+z) \cos \alpha+(x+z) \cos \beta+(x+y) \cos \gamma] \mathrm{d} S .
\end{aligned}
$$

由于 $\Sigma$ 的方程为 $x+y+z=1$ ，定向为上侧（这是要与 $L$ 的定向相配合来使用 Stokes 公式），则易计算

$$
\cos \alpha=\cos \beta=\cos \gamma=\frac{1}{\sqrt{3}}
$$

因此注意到在三角形 $\Sigma$ 上成立 $x+y+z=1$ ，且 $\Sigma$ 的面积为 $\frac{\sqrt{3}}{2}$ ，就得

$$
I=-\frac{4}{\sqrt{3}} \iint_{\Sigma}(x+y+z) \mathrm{d} S=-\frac{4}{\sqrt{3}} \iint_{\Sigma} \mathrm{d} S=-2
$$

`例`设刚体绕 $z$ 轴旋转（该旋转轴未必与刚体相交），加速度为 $\omega$ ，从 $z$ 轴正向看下去为逆时针旋转， $v (x, y, z)$ 表示在刚体旋转时所经过的点 $(x, y, z)$ 处的速度，求 $\operatorname{rot} v$ ．

解 如图所示，在旋转轴上取定一点为原点，则在刚体经过的点 $(x, y, z)$ 处的旋转速度为

$$
v = \omega \times r .
$$

由于 $\omega =(0,0, \omega)$ ，因此就有

$$
v =\left|\begin{array}{ccc} 
i & j & k \\
\omega_x & \omega_y & \omega_z \\
x & y & z
\end{array}\right|=-y \omega i +x \omega j .
$$

![图片](/uploads/2025-02/a87274.jpg)
 
 （这里可以事先看出速度向量与 $\omega$ 和 $r$ 正交，又若记它们的夹角为 $\theta$ ，则 $| v |=r w \sin \theta$ ．）于是就有

$$
\operatorname{rot} v =\left|\begin{array}{ccc} 
i & j & k \\
\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\
-y \omega & x \omega & 0
\end{array}\right|=2 \omega k ,
$$

可见旋度确实反映了散度场内的旋转速度的大小．
现在取围绕旋转轴的封闭曲线 $C$ ．为简单起见就取 $z=0$ 平面上的圆 $x^2+y^2=R^2$ ，取逆时针方向，则就可以对于 $C$ 和它所围绕的 $z=0$ 平面上的曲面 $S: x^2+y^2 \leqslant R^2, z=0$ ，取上侧，用 Stokes 公式（实际上也就是 Green 公式），得到

$$
\oint_C v \cdot d r =\iint_S \operatorname{rot} v \cdot d S =\iint_S(0,0,2 \omega) \cdot(0,0,1) d S=2 \omega|S|=2 \omega \pi R^2 .
$$

这表明在曲线 $C$ 上的环流量就是 $S$ 上的旋度之和（积分就是求和），这也就是 Stokes 公式的意义。

`例`求曲线积分

$$
I=\oint_C(y-x) d x+(z-x) d y+(x-y) d z
$$

其中 $C$ 是柱面 $x^2+y^2=a^2$ 和平面 $\frac{x}{a}+\frac{z}{h}=1(a>$ $0, h>0)$ 的交线，其方向从 $z$ 轴正向看去为逆时针方向．

解 1 以 $C$ 为边界的曲面不是惟一的，这里取处于平面 $\frac{x}{a}+\frac{z}{h}=1$ 上的椭圆最为简单，将它记为 $\sigma$ ．按照 Stokes 公式的要求，取 $\sigma$ 的上侧方向即与 $C$ 的给定取向相容（见图3）．
 ![图片](/uploads/2025-02/95bd63.jpg)
 先从曲面 $\sigma$ 所在的平面方程计算出 $d S =\frac{1}{\sqrt{a^2+h^2}}(h, 0, a) d S$ ，然后就可以用 Stokes 公式得到

$$
\begin{aligned}
I & =\iint_\sigma \operatorname{rot}(y-z, z-x, x-y) \cdot d S \\
& =\frac{1}{\sqrt{h^2+a^2}} \iint_\sigma(-2,-2,-2) \cdot(h, 0, a) d S \\
& =\frac{-2(h+a)}{\sqrt{h^2+a^2}} \iint_\sigma d S=\frac{-2(h+a)}{\sqrt{h^2+a^2}}|\sigma| .
\end{aligned}
$$

由于 $\sigma$ 是椭圆，长半轴是 $\sqrt{h^2+a^2}$ ，短半轴是 $a$ ，因此 $|\sigma|=\pi a \sqrt{h^2+a^2}$ ．合并以上得到 $I=-2 \pi a(h+a)$ ．

解 2 若不用向量形式的公式，则有

$$
\begin{aligned}
I & =\iint_\sigma\left|\begin{array}{ccc}
\cos \alpha & \cos \beta & \cos \gamma \\
\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\
y-z & z-x & x-y
\end{array}\right| d S \\
& =-2 \iint_\sigma(\cos \alpha+\cos \beta+\cos \gamma) d S \\
& =-2(\cos \alpha+\cos \beta+\cos \gamma)|\sigma| .
\end{aligned}
$$

这里利用了 $\sigma$ 为平面，其法方向的方向余弦为常数．
以下若计算方向余弦，则与解 1 相同。
一个不同的方法是用投影的思想．利用 $\cos \alpha|\sigma|$ 是 $\sigma$ 向 $y z$ 平面的投影，即是以 $a, h$ 为半轴长的椭圆面积，因此等于 $\pi a h$ 。同样， $\cos \beta|\sigma|$ 是 $\sigma$ 向 $x z$ 平面的投影，这只是一个直线段，面积为 0 。最后， $\cos \gamma|\sigma|$ 是 $\sigma$ 向 $x y$ 平面的投影，即圆面积 $\pi a^2$ 。因此得到 $I=-2 \pi\left(a^2+a h\right)$ ．

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