最后更新: 2025-04-09 08:20 查看: 422 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

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

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

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

## 例题
`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)
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` 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` 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)

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 $\iint_{\Sigma} x y z \mathrm{~d} S=\iint_{\Sigma_4} x y z \mathrm{~d} S=\iint_{D_{n y}} \sqrt{3} x y(1-x-y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$,
 
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

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

刷题

做题，是检验是否掌握数学的唯一真理

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