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两类曲面积分之间的联系
推导
- 设积分曲面 Σ \Sigma Σ是由方程 z = z ( x , y ) z=z(x,y) z=z(x,y)
(0)给出 , Σ \Sigma Σ在 x O y xOy xOy面上的投影区域为 D x y D_{xy} Dxy - 函数 z = z ( x , y ) z=z(x,y) z=z(x,y)在 D x y D_{xy} Dxy上具有一阶连续偏导数 ,被积函数 R ( x , y , z ) R(x,y,z) R(x,y,z)在 Σ \Sigma Σ上连续
- 若 Σ \Sigma Σ取上侧,则
- 对坐标的曲面积分公式
- ∬ Σ R ( x , y , z ) d x d y \iint\limits_{\Sigma}R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y Σ∬R(x,y,z)dxdy= ∬ D x y R ( x , y , z ( x , y ) ) d x d y \iint\limits_{D_{xy}}R(x,y,z(x,y))\mathrm{d}x\mathrm{d}y Dxy∬R(x,y,z(x,y))dxdy
(1-1),其中 Σ \Sigma Σ取上侧 - ∬ Σ R ( x , y , z ) d x d y \iint\limits_{\Sigma}R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y Σ∬R(x,y,z)dxdy= − ∬ D x y R ( x , y , z ( x , y ) ) d x d y -\iint\limits_{D_{xy}}R(x,y,z(x,y))\mathrm{d}x\mathrm{d}y −Dxy∬R(x,y,z(x,y))dxdy
(1-1')其中 Σ \Sigma Σ取下侧
- ∬ Σ R ( x , y , z ) d x d y \iint\limits_{\Sigma}R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y Σ∬R(x,y,z)dxdy= ∬ D x y R ( x , y , z ( x , y ) ) d x d y \iint\limits_{D_{xy}}R(x,y,z(x,y))\mathrm{d}x\mathrm{d}y Dxy∬R(x,y,z(x,y))dxdy
- 对面积的曲面积分公式:
- ∬ Σ R ( x , y , z ) d S \iint\limits_{\Sigma} R(x,y,z)\mathrm{d}S Σ∬R(x,y,z)dS= ∬ D x y R ( x , y , z ( x , y ) ) 1 + z x 2 + z y 2 d x d y \iint\limits_{D_{xy}} R(x,y,z(x,y))\sqrt{1+z_{x}^2 +z_{y}^{2}} \mathrm{d}x\mathrm{d}y Dxy∬R(x,y,z(x,y))1+zx2+zy2 dxdy
(1-2)
- ∬ Σ R ( x , y , z ) d S \iint\limits_{\Sigma} R(x,y,z)\mathrm{d}S Σ∬R(x,y,z)dS= ∬ D x y R ( x , y , z ( x , y ) ) 1 + z x 2 + z y 2 d x d y \iint\limits_{D_{xy}} R(x,y,z(x,y))\sqrt{1+z_{x}^2 +z_{y}^{2}} \mathrm{d}x\mathrm{d}y Dxy∬R(x,y,z(x,y))1+zx2+zy2 dxdy
- 对坐标的曲面积分公式
- 令 r r r= 1 + z x 2 + z y 2 \sqrt{1+z_{x}^2+z_{y}^{2}} 1+zx2+zy2
(2),则 Σ \Sigma Σ的法向量 n \bold{n} n的方向余弦分别为如下(2-1,2-2,2-3)- cos α \cos\alpha cosα= − z x r \frac{-z_x}{r} r−zx
- cos β \cos\beta cosβ= − z y r \frac{-z_{y}}{r} r−zy
- cos γ \cos\gamma cosγ= 1 r \frac{1}{r} r1
- 将(2)代入公式(1-2),得 ∬ Σ R ( x , y , z ) d S \iint\limits_{\Sigma} R(x,y,z)\mathrm{d}S Σ∬R(x,y,z)dS= ∬ D x y R ( x , y , z ( x , y ) ) r d x d y \iint\limits_{D_{xy}} R(x,y,z(x,y))r\mathrm{d}x\mathrm{d}y Dxy∬R(x,y,z(x,y))rdxdy
(3)- 从而 ∬ Σ R ( x , y , z ) cos γ d S \iint\limits_{\Sigma}R(x,y,z)\cos\gamma\mathrm{d}S Σ∬R(x,y,z)cosγdS= ∬ D x y R ( x , y , z ( x , y ) ) r cos γ d x d y \iint\limits_{D_{xy}} R(x,y,z(x,y))r\cos\gamma\mathrm{d}x\mathrm{d}y Dxy∬R(x,y,z(x,y))rcosγdxdy
(3-1) - 将(2-3)代入(3-1), ∬ Σ R ( x , y , z ) cos γ d S \iint\limits_{\Sigma}R(x,y,z)\cos\gamma\mathrm{d}S Σ∬R(x,y,z)cosγdS= ∬ D x y R ( x , y , z ( x , y ) ) d x d y \iint\limits_{D_{xy}} R(x,y,z(x,y))\mathrm{d}x\mathrm{d}y Dxy∬R(x,y,z(x,y))dxdy
(4)
- 从而 ∬ Σ R ( x , y , z ) cos γ d S \iint\limits_{\Sigma}R(x,y,z)\cos\gamma\mathrm{d}S Σ∬R(x,y,z)cosγdS= ∬ D x y R ( x , y , z ( x , y ) ) r cos γ d x d y \iint\limits_{D_{xy}} R(x,y,z(x,y))r\cos\gamma\mathrm{d}x\mathrm{d}y Dxy∬R(x,y,z(x,y))rcosγdxdy
- 比较(1-1)右端和(4)的右端,两者相等,则两侧左端也相等(或者(4)直接代入(1-1)),从而 ∬ Σ R ( x , y , z ) d x d y \iint\limits_{\Sigma}R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y Σ∬R(x,y,z)dxdy= ∬ Σ R ( x , y , z ) cos γ d S \iint\limits_{\Sigma}R(x,y,z)\cos\gamma\mathrm{d}S Σ∬R(x,y,z)cosγdS
(5)- 若 Σ \Sigma Σ取下侧,则将式(4)代入式(1-1'),得
- ∬ Σ R ( x , y , z ) d x d y \iint\limits_{\Sigma}R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y Σ∬R(x,y,z)dxdy= − ∬ Σ R ( x , y , z ) cos γ d S -\iint\limits_{\Sigma}R(x,y,z)\cos\gamma\mathrm{d}S −Σ∬R(x,y,z)cosγdS
(5-1),此时 cos γ \cos\gamma cosγ= − 1 r \frac{-1}{r} r−1,因此(5,5-1)右端都可以展开为 ∬ Σ R ( x , y , z ) 1 r d S \iint\limits_{\Sigma}R(x,y,z)\frac{1}{r}\mathrm{d}S Σ∬R(x,y,z)r1dS,因此(5)仍然成立
其他形式
- 类似可以推得
- ∬ Σ P ( x , y , z ) d y d z \iint\limits_{\Sigma}P(x,y,z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z Σ∬P(x,y,z)dydz= ∬ Σ P ( x , y , z ) cos α d S \iint\limits_{\Sigma}P(x,y,z)\cos\alpha\mathrm{d}S Σ∬P(x,y,z)cosαdS
(6) - ∬ Σ Q ( x , y , z ) d z d x \iint\limits_{\Sigma}Q(x,y,z)\mathrm{d}z\mathrm{d}x Σ∬Q(x,y,z)dzdx= ∬ Σ Q ( x , y , z ) cos β d S \iint\limits_{\Sigma}Q(x,y,z)\cos\beta\mathrm{d}S Σ∬Q(x,y,z)cosβdS
(7)
- ∬ Σ P ( x , y , z ) d y d z \iint\limits_{\Sigma}P(x,y,z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z Σ∬P(x,y,z)dydz= ∬ Σ P ( x , y , z ) cos α d S \iint\limits_{\Sigma}P(x,y,z)\cos\alpha\mathrm{d}S Σ∬P(x,y,z)cosαdS
公式总结
- 将(5,6,7)合并,得 ∬ Σ P d y d z + Q d z d x + R d x d y \iint\limits_{\Sigma}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y Σ∬Pdydz+Qdzdx+Rdxdy= ∬ Σ ( P cos α + Q cos β + R cos γ ) d S \iint\limits_{\Sigma}(P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma)\mathrm{d}S Σ∬(Pcosα+Qcosβ+Rcosγ)dS
(8)- 其中 cos α , cos β , cos γ \cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma cosα,cosβ,cosγ是有向曲面 Σ \Sigma Σ在 ( x , y , z ) (x,y,z) (x,y,z)处的法向量 n \bold{n} n的方向余弦
公式应用
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两类曲面积分的联系(转换)公式的三种形式(简写)
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∬ Σ P d y d z \iint\limits_{\Sigma}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z Σ∬Pdydz= ∬ Σ P cos α d S \iint\limits_{\Sigma}P\cos\alpha\mathrm{d}S Σ∬PcosαdS
-
∬ Σ Q d z d x \iint\limits_{\Sigma}Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x Σ∬Qdzdx= ∬ Σ Q cos β d S \iint\limits_{\Sigma}Q\cos\beta\mathrm{d}S Σ∬QcosβdS
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∬ Σ R d x d y \iint\limits_{\Sigma}R\mathrm{d}x\mathrm{d}y Σ∬Rdxdy= ∬ Σ R cos γ d S \iint\limits_{\Sigma}R\cos\gamma\mathrm{d}S Σ∬RcosγdS
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-
公式(8)将第二类曲面积分转化为第一类曲面积分来计算
-
欲将 ∬ Σ R d x d y \iint\limits_{\Sigma}R\mathrm{d}x\mathrm{d}y Σ∬Rdxdy转换为第一类曲面积分,只要将被积元素 d x d y \mathrm{d}x\mathrm{d}y dxdy用 cos α d S \cos\alpha\mathrm{d}S cosαdS替换即可
- 其他2种情形类似
区域投影和方向余弦
- 由区域投影的知识,有面积元素关系: ( d y d x , d z d x , d x d y ) (\mathrm{d}y\mathrm{d}x,\mathrm{d}z\mathrm{d}x,\mathrm{d}x\mathrm{d}y) (dydx,dzdx,dxdy)= ( cos α d S , cos β d S , cos γ d S ) (\cos\alpha\mathrm{d}S,\cos\beta\mathrm{d}S,\cos\gamma\mathrm{d}S) (cosαdS,cosβdS,cosγdS)
- 这个公式有时可以用来变形并合并积分式,简化计算
- 将第二类曲面积分转换到另一个投影面计算,然后与其他投影面上的被积表达式合并计算,另见例题
向量形式
- ∬ Σ A ⋅ d S \iint\limits_{\Sigma}\bold{A}\cdot\mathrm{d}\bold{S} Σ∬A⋅dS= ∬ Σ A ⋅ n d S \iint\limits_{\Sigma}\bold{A}\cdot\bold{n}\mathrm{d}{S} Σ∬A⋅ndS
(9)或 ∬ Σ A n ⋅ d S \iint\limits_{\Sigma}{A_{n}}\cdot\mathrm{d}{S} Σ∬An⋅dS(10)- A \bold{A} A= ( P , Q , R ) (P,Q,R) (P,Q,R),
- n \bold{n} n= ( cos α , cos β , cos γ ) (\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma) (cosα,cosβ,cosγ)为有向曲面 Σ \Sigma Σ在 ( x , y , z ) (x,y,z) (x,y,z)处的单位法向量
- d S \mathrm{d}\bold{S} dS= ( d y d x , d z d x , d x d y ) (\mathrm{d}y\mathrm{d}x,\mathrm{d}z\mathrm{d}x,\mathrm{d}x\mathrm{d}y) (dydx,dzdx,dxdy)称为有向曲面元 也记为 n d S \bold{n}\mathrm{d}S ndS= ( cos α d S , cos β d S , cos γ d S ) (\cos\alpha\mathrm{d}S,\cos\beta\mathrm{d}S,\cos\gamma\mathrm{d}S) (cosαdS,cosβdS,cosγdS)
- ( d y d x , d z d x , d x d y ) (\mathrm{d}y\mathrm{d}x,\mathrm{d}z\mathrm{d}x,\mathrm{d}x\mathrm{d}y) (dydx,dzdx,dxdy)= ( cos α d S , cos β d S , cos γ d S ) (\cos\alpha\mathrm{d}S,\cos\beta\mathrm{d}S,\cos\gamma\mathrm{d}S) (cosαdS,cosβdS,cosγdS)
(11)
- ( d y d x , d z d x , d x d y ) (\mathrm{d}y\mathrm{d}x,\mathrm{d}z\mathrm{d}x,\mathrm{d}x\mathrm{d}y) (dydx,dzdx,dxdy)= ( cos α d S , cos β d S , cos γ d S ) (\cos\alpha\mathrm{d}S,\cos\beta\mathrm{d}S,\cos\gamma\mathrm{d}S) (cosαdS,cosβdS,cosγdS)
- A n A_{n} An为向量 A \bold{A} A在 n \bold{n} n上的投影
例
- 计算 I = ∬ Σ ( z 2 + x ) d y d z − z d x d y I=\iint\limits_{\Sigma}(z^2+x)\mathrm{d}y\mathrm{d}z-z\mathrm{d}x\mathrm{d}y I=Σ∬(z2+x)dydz−zdxdy
(1)- 其中 Σ \Sigma Σ是旋转抛物面 z = 1 2 ( x 2 + y 2 ) z=\frac{1}{2}(x^2+y^2) z=21(x2+y2)
(2)介于两平面截面 z = 0 , z = 2 z=0,z=2 z=0,z=2之间的部分的下侧(2-1)
- 其中 Σ \Sigma Σ是旋转抛物面 z = 1 2 ( x 2 + y 2 ) z=\frac{1}{2}(x^2+y^2) z=21(x2+y2)
- 解
- 有两类曲面积分之间的联系, ∬ Σ ( z 2 + x ) d y d z \iint\limits_{\Sigma}(z^2+x)\mathrm{d}y\mathrm{d}z Σ∬(z2+x)dydz= ∬ Σ ( z 2 + x ) cos α d S \iint\limits_{\Sigma}(z^2+x)\cos\alpha\mathrm{d}S Σ∬(z2+x)cosαdS= ∬ Σ ( z 2 + x ) cos α 1 cos γ d x d y \iint\limits_{\Sigma}(z^2+x)\cos\alpha\frac{1}{\cos\gamma}{\mathrm{d}x\mathrm{d}y} Σ∬(z2+x)cosαcosγ1dxdy
(3) - 在曲面 Σ \Sigma Σ上,将(2)变形: x 2 + y 2 − 2 z = 0 x^2+y^2-2z=0 x2+y2−2z=0法向量 2 ( x , y , − 1 ) 2(x,y,-1) 2(x,y,−1),取 n \bold{n} n= ( x , y , − 1 ) (x,y,-1) (x,y,−1)
- 令 r = 1 + x 2 + y 2 r=\sqrt{1+x^2+y^2} r=1+x2+y2 , cos α \cos\alpha cosα= x r \frac{x}{r} rx; cos γ \cos\gamma cosγ= − 1 r \frac{-1}{r} r−1
(4),代入(3), ∬ Σ ( z 2 + x ) d y d z \iint\limits_{\Sigma}(z^2+x)\mathrm{d}y\mathrm{d}z Σ∬(z2+x)dydz= ∬ Σ ( z 2 + x ) ( − x ) d x d y \iint\limits_{\Sigma}(z^2+x)(-x){\mathrm{d}x\mathrm{d}y} Σ∬(z2+x)(−x)dxdy - 从而 I I I= ∬ Σ [ ( z 2 + x ) ( − x ) − z ] d x d y \iint\limits_{\Sigma}[(z^2+x)(-x)-z]\mathrm{d}x\mathrm{d}y Σ∬[(z2+x)(−x)−z]dxdy
(5) - 对(5)按对坐标的区面积计算,即
- 确定符号:由条件(2-1)指出方向取下侧,从而符号取负号
- 将式(2)代入(5),得 I I I= − ∬ D x y [ ( 1 4 ( x 2 + y 2 ) 2 + x ) ( − x ) − 1 2 ( x 2 + y 2 ) ] d x d y -\iint\limits_{D_{xy}}[(\frac{1}{4}(x^2+y^2)^2+x)(-x)-\frac{1}{2}(x^2+y^2)]\mathrm{d}x\mathrm{d}y −Dxy∬[(41(x2+y2)2+x)(−x)−21(x2+y2)]dxdy
- 计算此二重积分时,注意对称性和奇偶性: ∬ D x y 1 4 x ( x 2 + y 2 ) 2 \iint\limits_{D_{xy}}\frac{1}{4}x(x^2+y^2)^2 Dxy∬41x(x2+y2)2= 0 0 0
- 所以 I I I= ∬ D x y ( x 2 + 1 2 ( x 2 + y 2 ) ) d x d y \iint\limits_{D_{xy}}(x^2+\frac{1}{2}(x^2+y^2))\mathrm{d}x\mathrm{d}y Dxy∬(x2+21(x2+y2))dxdy
- 该积分适合用极坐标计算:
- θ ∈ [ 0 , 2 π ] \theta\in[0,2\pi] θ∈[0,2π], r ∈ [ 0 , 2 ] r\in[0,2] r∈[0,2],其中 D x y D_{xy} Dxy是半径为 2 2 2的圆
- I I I= ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 r 3 cos 2 θ + 1 2 r 3 d r \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{2}r^3\cos^2\theta+\frac{1}{2}r^3\mathrm{d}r ∫02πdθ∫02r3cos2θ+21r3dr= 4 ∫ 0 4 ( cos 2 θ + 1 2 ) d θ 4\int_{0}^{4}(\cos^{2}\theta+\frac{1}{2})\mathrm{d}\theta 4∫04(cos2θ+21)dθ= 8 π 8\pi 8π
- 有两类曲面积分之间的联系, ∬ Σ ( z 2 + x ) d y d z \iint\limits_{\Sigma}(z^2+x)\mathrm{d}y\mathrm{d}z Σ∬(z2+x)dydz= ∬ Σ ( z 2 + x ) cos α d S \iint\limits_{\Sigma}(z^2+x)\cos\alpha\mathrm{d}S Σ∬(z2+x)cosαdS= ∬ Σ ( z 2 + x ) cos α 1 cos γ d x d y \iint\limits_{\Sigma}(z^2+x)\cos\alpha\frac{1}{\cos\gamma}{\mathrm{d}x\mathrm{d}y} Σ∬(z2+x)cosαcosγ1dxdy