第九章曲线积分与曲面积分

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第九章曲线积分与曲面积分

本章重点学习曲线积分与曲面积分的概念、性质、计算和应用，讨论多元函数各种积分间的联系，最后介绍场论的初步知识。

与重积分不同的是，曲线积分与曲面积分都有数值函数的积分与向量值函数的积分两个不同的类型。数值函数的线、面积分与定积分、重积分的概念没有本质的不同，而向量值函数的线、面积分产生的背景是变力作功和向量场中流量的计算，积分域是有“方向”的，学习时应注意这一点。

第一节对弧长的曲线积分

一、对弧长的曲线积分的概念与性质

先看两个实例.

1. 曲线形构件的质量

在 xOy 平面上有一不均匀的物质曲线 L，其端点为 A、B，设 L 上任一点 $ (x, y) $ 处的线密度为 $ \rho(x, y) $，且函数 $ \rho(x, y) $ 在 L 上连续，求这曲线弧 L 的质量（如图 9-1）.

我们知道，当曲线弧的线密度是常量时，其质量就等于它的线密度与它的长度的乘积，现在线密度是变化的，就不能直接用上述方法来计算. 我们仍用微元分析法解决这一问题，可用曲线弧上的点 $ A=M_{0}, M_{1} $

图 9-1

$ M_{2}, \cdots, M_{n-1}, M_{n}=B $ 把曲线弧 L 任意分成 n 个小弧段 $ M_{i-1}M_{i} (i=1, 2, \cdots, n) $，用 $ \Delta s_{i} $ 表示第 i 段 $ M_{i-1}M_{i} $ 的弧长。对每个小弧段来说，线密度虽然是变化的，但由于它是 L 上点的连续函数，所以当 $ \Delta s_{i} $ 很小时，线密度变化不大，可以近似地看作不变。在每小段 $ M_{i-1}M_{i} $ 上任取一点 $ (\xi_{i}, \eta_{i}) $，用 $ \rho(\xi_{i}, \eta_{i}) $ 代替这小段上各点处的线密度，则这一小段质量的近似值为 $ \rho(\xi_{i}, \eta_{i}) \Delta s_{i} $，于

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是，曲线弧 L 的质量可以近似地表示为

$$ M\approx\sum_{i=1}^{n}\rho(\xi_{i},\eta_{i})\Delta s_{i}. $$

显然，分点越多，小弧段的长度越小，精确程度就越好。用 $ \lambda $ 表示 n 个小弧段的最大长度，当 $ \lambda \to 0 $ 时，若上述和式的极限存在，则此极限值便是质量 M 的精确值，即

$$ M=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}\rho(\xi_{i},\eta_{i})\Delta s_{i}. $$

2. 柱面的面积

设 $ \Sigma $ 是母线平行于 $ z $ 轴，准线为 $ xOy $ 面上曲线 $ L $ 的柱面的一部分（如图 9-2），其高度 $ h(x, y) $， $ (x, y) \in L $ 是变量。现在来计算 $ \Sigma $ 的面积。

如果 $ \Sigma $ 的高度是常量，那么 $ \Sigma $ 的面积就等于它的准线 L 的长度与它的高度之乘积。现在它的高度在各点处各不相同，因此不能用上述方法来计算。仿照计算曲边梯形面积的方法，我们用 L 上的点把 L 划分成 n 个小段，在每一分点处作 z 轴的平行线，就把 $ \Sigma $ 分成 n 条小柱面。由于高度函数

图 9-2

$ h(x, y) $ 在 L 上连续，在小弧段 $ \overrightarrow{M_{i-1}M_i} $ 上任取一点 $ (\xi_i, \eta_i) $，用 $ h(\xi_i, \eta_i) $ 作为相应小柱面的底边各点处的高度，从而得到该小柱面面积的近似值

$$ h(\xi_{i},\eta_{i})\Delta s_{i}, $$

其中 $ \Delta s_{i} $ 表示 $ \widehat{M_{i-1}M_{i}} $ 的长度. 于是柱面 $ \Sigma $ 面积的近似值为

$$ A\approx\sum_{i=1}^{n}h(\xi_{i},\eta_{i})\Delta s_{i}. $$

用 $ \lambda $ 表示 n 个小弧段的最大长度，当 $ \lambda \to 0 $ 时，上式右端的极限如果存在，则此极限值为 A 的精确值.

即柱面的面积是

$$ A=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}h\left(\xi_{i},\eta_{i}\right)\Delta s_{i}. $$

这类和式的极限在其他问题中也会遇到．下面引进一般性定义.

定义 9.1.1 设 $L$ 是 $xOy$ 面内的一条光滑曲线弧，函数 $f(x, y)$ 在 $L$ 上有界。用 $L$ 上的点 $M_1, M_2, \cdots, M_{n-1}$ 把 $L$ 任意分成 $n$ 小段，设第 $i$ 个小段的长度为 $\Delta s_i$，$\left(\xi_i, \eta_i\right)$ 为第 $i$ 小段上任意取定的一点，作乘积 $f(\xi_i, \eta_i) \Delta s_i$ ($i=1, 2, \cdots, n$)，并作和 $\sum_{i=1}^{n} f(\xi_i, \eta_i) \Delta s_i$，如果当各小弧段的长度的最大值 $\lambda \to 0$

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时，这个和式的极限存在，则称此极限值为函数 $ f(x, y) $在曲线弧L上对弧长的曲线积分（或第一型曲线积分），记作 $ \int_{L} f(x, y) \, \mathrm{d}s $，即

$$ \int_{L}f(x,y)\mathrm{d}s=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i},\eta_{i})\Delta s_{i}, $$

其中 $ f(x,y) $叫做被积函数， $ f(x,y) $ds叫做被积表达式，L叫做积分弧段（或积分路径），ds叫做弧长元素.

可以证明，如果 $ f(x, y) $ 在光滑曲线 L 上连续，那么 $ f(x, y) $ 在曲线 L 上对弧长的曲线积分 $ \int_{L} f(x, y) \, \mathrm{d}s $ 一定存在。以后我们总假定 $ f(x, y) $ 在 L 上是连续的。

根据定义，线密度为 $ \rho(x, y) $ 的曲线弧 L 的质量 M 可表示为

$$ M=\int_{L}\rho(x,y)\mathrm{d}s. $$

以 xOy 面上曲线 L 为准线，母线平行 z 轴，高度为 $ h(x, y) $ 的柱面面积可表示为

$$ A=\int_{L}h(x,y)\mathrm{d}s $$

可以类似地定义三元函数 $ f(x, y, z) $在空间曲线 $ \Gamma $上对弧长的曲线积分：

$$ \int_{L}f(x,y,z)\mathrm{d}s=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i})\Delta s_{i}. $$

如果 L 是一条闭曲线，那么函数 $ f(x, y) $ 在闭曲线 L 上对弧长的曲线积分记为 $ \oint_{L} f(x, y) \, ds $.

我们假定下面性质中的积分都是存在的。由对弧长曲线积分的定义，可得以下性质.

性质1 设a，b为常数，则

$$ \int_{L}\left[a f(x,y)+b g(x,y)\right]\mathrm{d}s=a\int_{L}f(x,y)\mathrm{d}s+b\int_{L}g(x,y)\mathrm{d}s. $$

性质2 若积分弧段L可分为两段光滑曲线弧 $ L_{1} $和 $ L_{2} $，则

$$ \int_{L}f(x,y)\mathrm{d}s=\int_{L_{1}}f(x,y)\mathrm{d}s+\int_{L_{2}}f(x,y)\mathrm{d}s. $$

性质3 设在 L 上 $ f(x, y) \leq g(x, y) $，则

$$ \int_{L}f(x,y)\mathrm{d}s\leqslant\int_{L}g(x,y)\mathrm{d}s, $$

特别地，有

$$ \left|\int_{L}f(x,y)\mathrm{d}s\right|\leqslant\int_{L}\left|f(x,y)\right|\mathrm{d}s. $$

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二、对弧长曲线积分的计算法

定理 9.1.1 若曲线 L 的参数方程为

$$ x=\varphi\left(t\right),\ y=\psi\left(t\right)\qquad\quad\left(\alpha\leqslant t\leqslant\beta\right), $$

又函数 $ \varphi(t) $， $ \psi(t) $ 在 $ [\alpha, \beta] $ 上具有一阶连续导数， $ \varphi'(t) + \psi''(t) \neq 0 $，函数 $ f(x, y) $ 在 L 上连续，则

$$ \int_{L}f(x,y)\mathrm{d}s=\int_{\alpha}^{\beta}f[\varphi(t),\psi(t)]\sqrt{\varphi^{\prime2}(t)+\psi^{\prime2}(t)}\mathrm{d}t\quad(\alpha\lt \beta) $$

证假定当参数 t 由 $ \alpha $ 变至 $ \beta $ 时，L 上的点 M(x, y) 依点 A 至点 B 的方向描出曲线 L. 在 L 上取一列点

$$ A=M_{0},M_{1},M_{2},\cdots,M_{n-1},M_{n}=B, $$

它们对应于一列单调增加的参数值

$$ \alpha=t_{0}\lt t_{1}\lt t_{2}\lt \cdots\lt t_{n-1}\lt t_{n}=\beta, $$

即有

$$ x_{i}=\varphi\left(t_{i}\right),\quad y_{i}=\psi\left(t_{i}\right)\left(i=1,2,\cdots,n\right), $$

记 $ \lambda = \max_{1 \leq i \leq n} |\Delta s_i| $， $ \lambda' = \max_{1 \leq i \leq n} |\Delta t_i| $ 显然， $ \lambda \to 0 $ 等价于 $ \lambda' \to 0 $。

根据对弧长的曲线积分的定义，有

$$ \int_{L}f(x,y)\mathrm{d}s=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i},\eta_{i})\Delta s_{i}. $$

由弧长的计算公式及定积分的中值定理，有

$$ \Delta s_{i}=\int_{i-1}^{i}\sqrt{\varphi^{^{\prime}2}(t)+\psi^{^{\prime}2}(t)}\mathrm{d}t=\sqrt{\varphi^{^{\prime}2}(\tau_{i})+\psi^{^{\prime}2}(\tau_{i})}\Delta t_{i}, $$

其中 $ \Delta t_{i}=t_{i}-t_{i-1},\quad t_{i-1}\leqslant\tau_{i}\leqslant t_{i} $

因 $ f(x, y) $ 在光滑曲线 L 上连续，曲线积分 $ \int_{L} f(x, y) \, \mathrm{d}s $ 存在，故所作和式的极限存在，且与 $ \Delta s_{i} $ 上点 $ (\xi_{i}, \eta_{i}) $ 的取法无关，所以，我们不妨取

$$ \xi_{i}=\varphi(\tau_{i})~,\quad\eta_{i}=\psi(\tau_{i})\quad(i=1,~2,~\cdots,~n)~, $$

于是

$$ \begin{align*}\int_{L}f(x,\ y)\mathrm{d}s=&\lim_{\lambda\rightarrow0}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i},\ \eta_{i})\Delta s_{i}\\=&\lim_{\lambda\rightarrow0}\sum_{i=1}^{n}f[\varphi(\tau_{i}),\ \psi(\tau_{i})]\sqrt{\varphi^{\prime2}(\tau_{i})+\psi^{\prime2}(\tau_{i})}\Delta t_{i}\\=&\int_{\alpha}^{\beta}f[\varphi(t),\ \psi(t)]\sqrt{\varphi^{\prime2}(t)+\psi^{\prime2}(t)}\mathrm{d}t.\end{align*} $$

公式（1）表明，计算对弧长的曲线积分 $ \int_{L} f(x, y) \, \mathrm{d}s $ 时，只要把 x, y, ds 依次换为 $ \varphi(t) $、 $ \psi(t) $、 $ \sqrt{\varphi'(t) + \psi'(t)} \, \mathrm{d}t $，然后从 $ \alpha $ 到 $ \beta $ 作定积分就行了。

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这里必须注意，定积分的下限 $ \alpha $ 一定小于上限 $ \beta $。这是因为，从上述推导中可以看出，由于小弧段的长度 $ \Delta s_i $ 总是正的，从而 $ \Delta t_i \gt 0 $，所以定积分的下限 $ \alpha $ 一定小于上限 $ \beta $。

特别地，当曲线 L 由方程

$$ y=\psi\left(x\right)\qquad\quad\left(a\leqslant x\leqslant b\right) $$

给出，则把 x 作为参数，由公式（1）得

$$ \int_{L}f(x,y)\mathrm{d}s=\int_{a}^{b}f[x,\psi(x)]\sqrt{1+\psi^{\prime2}(x)}\mathrm{d}x. $$

类似地，当曲线 L 由方程

$$ x=\varphi\left(y\right)\qquad\quad\left(c\leqslant y\leqslant d\right) $$

给出，则可把 y 作为参数，有

$$ \int_{L}f(x,y)\mathrm{d}s=\int_{c}^{d}f[\varphi(y),y]\sqrt{1+\varphi^{\prime2}(y)}\mathrm{d}y. $$

将公式（1）推广：若空间曲线 $ \Gamma $ 的参数方程为

$$ x=\varphi\left(t\right),\ y=\psi\left(t\right),\ z=\omega\left(t\right)\qquad\quad\left(\alpha\leqslant t\leqslant\beta\right) $$

且 $ \varphi'(t) $, $ \psi'(t) $, $ \omega'(t) $ 在 $ [\alpha, \beta] $ 上连续, $ \varphi''(t) + \psi''(t) + \omega''(t) \neq 0 $, $ f(x, y, z) $ 在 $ \Gamma $ 上连续, 则

$$ \begin{align*}&\int_{T}f(x,y,z)\mathrm{d}s\\=&\int_{\alpha}^{\beta}f\big[\varphi(t),\psi(t),\omega(t)\big]\sqrt{\varphi^{\prime2}(t)+\psi^{\prime2}(t)+\omega^{\prime2}(t)}\mathrm{d}t\quad(\alpha\lt \beta).\end{align*} $$

例1 计算 $ \int_{L}x\mathrm{d}s $，其中L分别为

（1）抛物线 $ y=x^{2} $ 上点 O(0,0) 与点 B(1,1) 之间的弧段 $ \widehat{OB} $;

(2) 闭折线 OABO（如图 9-3）.

解（1）曲线 L 方程为

$$ y=x^{2}\quad\left(0\leqslant x\leqslant1\right), $$

因而

$$ \mathrm{d}s=\sqrt{1+\left(2x\right)^{2}}\mathrm{d}x=\sqrt{1+4x^{2}}\mathrm{d}x, $$

图9-3

所以

$$ \begin{aligned}\int_{L}x\mathrm{d}s&=\int_{0}^{1}x\sqrt{1+4x^{2}}\mathrm{d}x,\\&=\frac{1}{12}[\left(1+4x^{2}\right)^{\frac{3}{2}}]_{0}^{1}=\frac{1}{12}(5\sqrt{5}-1).\end{aligned} $$

(2)

$$ \int_{L}x\mathrm{d}s=\int_{\overline{OA}}x\mathrm{d}s+\int_{\overline{AB}}x\mathrm{d}s+\int_{\overline{BO}}x\mathrm{d}s. $$

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在直线段 $ \overline{OA} $上， $ y=0(0\leq x\leq1) $，故 $ ds=dx $，得

$$ \int_{\overline{OA}}x\mathrm{d}s=\int_{0}^{1}x\mathrm{d}x=\frac{1}{2}; $$

在直线段AB上， $ x=1(0\leq y\leq1) $，故 $ ds=dy $，得

$$ \int_{\overline{AB}}x\mathrm{d}s=\int_{0}^{1}\mathrm{d}y=1； $$

在直线段 $ \overline{BO} $上， $ y=x(0\leq x\leq1) $，故 $ ds=\sqrt{2}dx $，得

$$ \int_{\overline{BO}}x\mathrm{d}s=\int_{0}^{1}x\cdot\sqrt{2}\mathrm{d}x=\frac{\sqrt{2}}{2}; $$

因此

$$ \int_{L}x\mathrm{d}s=\frac{1}{2}+1+\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{3+\sqrt{2}}{2} $$

例2 计算 $ \int_{L}\left(x^{2}+y^{2}\right)ds $，其中L是中心在 $ (R,0) $，半径为R的上半圆周（如图9-4）.

解方法一曲线 L 的参数方程为

$$ x=R(1+\cos t),y=R\sin t\qquad(0\leqslant t\leqslant\pi), $$

于是 $ ds=\sqrt{(-R\sin t)^2+(R\cos t)^2}dt=Rd t $,

图 9-4

因此

$$ \begin{align*}\int_{L}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}s&=\int_{0}^{\pi}\left[R^{2}\left(1+\cos t\right)^{2}+R^{2}\sin^{2}t\right]R\mathrm{d}t\\&=2R^{3}\int_{0}^{\pi}\left(1+\cos t\right)\mathrm{d}t\\&=2R^{3}\left(t+\sin t\right)\bigg|_{0}^{\pi}=2\pi R^{3}.\end{align*} $$

方法二曲线 L 的极坐标方程为

$$ r=2R\cos\theta\quad\left(0\leqslant\theta\leqslant\frac{\pi}{2}\right), $$

由直角坐标与极坐标的关系，有

$$ \{\begin{aligned}x&=r\cos\theta=2R\cos^{2}\theta,\\ y&=r\sin\theta=2R\sin\theta\cos\theta,\end{aligned}. $$

于是

$$ \begin{align*}\mathrm{d}s&=\sqrt{\left(\mathrm{d}x\right)^{2}+\left(\mathrm{d}y\right)^{2}}=\sqrt{\left[r\left(\theta\right)\right]^{2}+\left[r^{\prime}\left(\theta\right)\right]^{2}}\mathrm{d}\theta\\&=\sqrt{4R^{2}\cos^{2}\theta+4R^{2}\sin^{2}\theta}\mathrm{d}\theta=2R\mathrm{d}\theta,\end{align*} $$

因此

$$ \int_{L}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}s=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left[\left(2R\cos^{2}\theta\right)^{2}+\left(2R\sin\ \theta\cos\ \theta\right)^{2}\right]2R\mathrm{d}\theta $$

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$$ =8R^{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{2}\theta\mathrm{d}\theta=8R^{3}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}=2\pi R^{3}. $$

例3 计算曲线积分 $ \int_{T}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)\mathrm{d}s $，其中 $ \Gamma $ 为螺旋线 $ x=a\cos t $， $ y=a\sin t $，z=kt 上相应于 t 从 0 到 $ 2\pi $ 的一段弧.

解

$$ \begin{aligned}&\int_{T}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)\mathrm{d}s\\&=\int_{0}^{2\pi}\left[\left(a\cos t\right)^{2}+\left(a\sin t\right)^{2}+\left(k t\right)^{2}\right]\cdot\sqrt{\left(-a\sin t\right)^{2}+\left(a\cos t\right)^{2}+k^{2}}\mathrm{d}t\\&=\int_{0}^{2\pi}\left(a^{2}+k^{2}t^{2}\right)\sqrt{a^{2}+k^{2}}\mathrm{d}t=\sqrt{a^{2}+k^{2}}\left(a^{2}t+\frac{k^{2}}{3}t^{3}\right)\Bigg|_{0}^{2\pi}\\&=\frac{2}{3}\pi\sqrt{a^{2}+k^{2}}\left(3a^{2}+4\pi^{2}k^{2}\right).\end{aligned} $$

例4 试求半径为R，中心角为 $ 2\alpha $的均匀圆弧L（线密度 $ \rho=1 $）的质心和关于它的对称轴的转动惯量.

解以圆心为原点，圆弧的对称轴为 x 轴，建立坐标系如图 9-5，则圆弧 L 的方程为

图9-5

$$ x=R\cos\ \theta,\quad y=R\sin\ \theta\qquad\quad(-\alpha\leqslant\theta\leqslant\alpha) $$

故

$$ \mathrm{d}s=\sqrt{\left(-R\sin\theta\right)^{2}+\left(R\cos\theta\right)^{2}}\mathrm{d}\theta=R\mathrm{d}\theta. $$

（1）求圆弧 L 的质心坐标：由对称性得 $ \overline{y}=0 $

$$ \bar{x}=\frac{\int_{L}\rho x\mathrm{d}s}{\int_{L}\rho\mathrm{d}s}=\frac{\int_{-\alpha}^{\alpha}R\cos\theta\cdot R\mathrm{d}\theta}{R\cdot2\alpha}=\frac{2R^{2}\sin\alpha}{2\alpha R}=\frac{\sin\alpha}{\alpha}R $$

故质心坐标为 $ \left(\frac{\sin\alpha}{\alpha}R,\ 0\right) $.

（2）求圆弧关于对称轴（即 x 轴）的转动惯量：

$$ \begin{aligned}I&=\int_{L}y^{2}\mathrm{d}s=\int_{-\alpha}^{\alpha}R^{2}\sin^{2}\theta\cdot R\mathrm{d}\theta=\frac{R^{3}}{2}\Big(\theta-\frac{1}{2}\sin2\theta\Big)\quad\Bigg|_{-\alpha}^{\alpha}\\&=\frac{R^{3}}{2}(2\alpha-\sin2\alpha)=R^{3}(\alpha-\sin\alpha\cos\alpha).\end{aligned} $$

例5 求圆柱面 $ \left(x-\frac{R}{2}\right)^{2}+y^{2}=\left(\frac{R}{2}\right)^{2} $ 被截在球 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=R^{2} $内的部分曲面的面积，如图9-6所示.

解由对称性知，所求面积是第一卦限部分的面

图9-6

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积的4倍. 柱面与xOy面的交线 $ L: r = R \cos \theta, 0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2} $

弧微分为

$$ \mathrm{d}s=\sqrt{r^{2}+r^{\prime2}}\mathrm{d}\theta=R\mathrm{d}\theta, $$

故

$$ A=4\int_{L}\sqrt{R^{2}-x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}s=4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sqrt{R^{2}-R^{2}\cos^{2}\theta}R\mathrm{d}\theta=4R^{2} $$

习题9-1

计算下列对弧长的曲线积分：

(1) $ \int_{L}(x+y)\,ds $，其中 L 为以 $ O(0,0) $， $ A(1,0) $， $ B(1,1) $ 为顶点的三角形的边界；

(2) $ \oint_{L} xds $，其中 $ L $ 为直线 $ y = x $ 及抛物线 $ y = x^{2} $ 所围成的区域的整个边界；

(3) $ \int_{L}\left(x^{\frac{4}{3}}+y^{\frac{4}{3}}\right)\mathrm{d}s $，其中 L 为星形线 $ x=a\cos^{3}t $， $ y=a\sin^{3}t $ 在第一象限内的弧 $ \left(0\leq t\leq\frac{\pi}{2}\right) $；

(4) $ \oint_{L} \sqrt{x^{2}+y^{2}} \, ds $，其中 $ L $ 为圆周 $ x^{2}+y^{2}=ax $；

(5) $ \int_{L} y^{2} \, \mathrm{d}s $，其中 $ L $ 为摆线的一拱 $ x = a(t - \sin t) $， $ y = a(1 - \cos t) (0 \leq t \leq 2\pi) $；

(6) $ \int_{T} xyzds $，其中 $ \Gamma $ 为折线 ABC，这里 A, B, C 依次为点 $ (0, 0, 0) $， $ (1, 2, 3) $ 和 $ (1, 4, 3) $;

(7) $ \int_{\Gamma} (x^{2} + y^{2}) z \, ds $，其中 $ \Gamma $ 为螺线 $ x = t \cos t $， $ y = t \sin t $，z = t 上相应于 t 从 0 变到 1 的一段弧；

(8) $ \int_{\Gamma} x^{2} ds $，其中 $ \Gamma $ 为球面 $ x^{2} + y^{2} + z^{2} = 4 $ 与平面 $ z = \sqrt{3} $ 的交线.

求曲线 $ x=at $， $ y=\frac{a}{2}t^{2} $， $ z=\frac{a}{3}t^{3} $ ( $ 0\leq t\leq1 $) 的质量，其密度函数 $ \mu=\sqrt{\frac{2y}{a}} $

求半径为 a、中心角为 $ \alpha $ 的均匀圆弧（线密度 $ \mu=1 $）的质心.

已知螺旋形弹簧一圈的方程为 $ x = a \cos t $, $ y = a \sin t $, $ z = bt $, 其中 $ 0 \leq t \leq 2\pi $, 弹簧上各点处的线密度等于该点到原点距离的平方. 求

（1）它的质量；（2）它的质心；（3）它关于z轴的转动惯量 $ I_{z} $

第二节对坐标的曲线积分

一、对坐标的曲线积极分的概念与性质

引例（变力做功问题）

设质点在变力 $ F = P(x, y)i + Q(x, y)j $ 作用下，沿平面光滑曲线 L 从点 A 移动到点 B（如图 9-7），其中 $ P(x, y) $， $ Q(x, y) $ 是 L 上的连续函数，求变

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力 F 所做的功.

先看简单的情形：质点在常力 F 作用下作直线运动，产生位移 $ \overrightarrow{AB} $，常力 F 所做的功为

$$ \boldsymbol{W}=\boldsymbol{F}\cdot\overrightarrow{A B}. $$

现在面临的问题是：质点所受的力 F 是变力，且位移是有方向的曲线段 $ \overrightarrow{AB} $，因此不能直接套用上述公式求解。下面采用积分的微元分析法——先化整为零，且在每一小曲线段上以常力 F 沿直线做功近似代替变力 F 沿曲线弧段做功，再积零为整，然后通过取极限从而解决问题，具体步骤如下：

(1) 化整为零从点 A 到点 B 依次取曲线 L 上的点 $ M_{1}(x_{1}, y_{1}) $， $ M_{2}(x_{2}, y_{2}) $，…， $ M_{n-1}(x_{n-1}, y_{n-1}) $，把 L 分成 n 个有向小弧段，并记点 A 为 $ M_{0}(x_{0}, y_{0}) $，点 B 为 $ M_{n}(x_{n}, y_{n}) $，如图 9-7 所示.

（2）近似代替对于第 i 个有向小弧段 $ \widehat{M_{i-1}M_i} $，由于它是光滑的，当它很短时，则可以用有向直线段

图 9-7

$$ \overrightarrow{M}_{i-1}\overrightarrow{M}_{i}=(\Delta x_{i})i+(\Delta y_{i})j $$

来近似代替它. 这里 $ \Delta x_{i}=x_{i}-x_{i-1} $， $ \Delta y_{i}=y_{i}-y_{i-1} $， $ P(x,y) $ 及 $ Q(x,y) $ 在 L 上连续，可以用 $ \widehat{M_{i-1}M_{i}} $ 上任意取定的一点 $ (\xi_{i},\eta_{i}) $ 处的力

$$ \mathbf{F}\left(\xi_{i},\eta_{i}\right)=P\left(\xi_{i},\eta_{i}\right)i+Q\left(\xi_{i},\eta_{i}\right)j $$

来近似地代替有向弧 $ \overrightarrow{M_{i-1}}\overrightarrow{M_i} $上各点处所受的力。于是，在变力 $ F(x, y) $ 作用下，物体沿有向曲线弧 $ \overrightarrow{M_{i-1}M_i} $所做的功 $ \Delta W_i $ 可以近似地看作是常力 $ F(\xi_i, \eta_i) $ 沿有向直线段 $ \overrightarrow{M_{i-1}M_i} $所做的功，即

$$ \Delta W_{i}\approx\boldsymbol{F}\left(\boldsymbol{\xi}_{i},\boldsymbol{\eta}_{i}\right)\cdot\overrightarrow{M_{i-1}M_{i}}=\boldsymbol{P}\left(\boldsymbol{\xi}_{i},\boldsymbol{\eta}_{i}\right)\Delta x_{i}+Q\left(\boldsymbol{\xi}_{i},\boldsymbol{\eta}_{i}\right)\Delta y_{i} $$

（3）积零为整将上述 n 个有向小弧段上变力所做功的近似值求和，就得到变力 F 沿有向曲线弧 L 所做功的近似值

$$ \mathbb{W}\approx\sum_{i=1}^{n}\left[P\big(\xi_{i},\eta_{i}\big)\Delta x_{i}+Q\big(\xi_{i},\eta_{i}\big)\Delta y_{i}\right]. $$

（4）无限趋近用 $ \lambda $表示n个有向小弧度的最大长度，令 $ \lambda\to0 $时，若上述和式的极限存在，则此极限值定义为在变力 $ F(x,y) $作用下，质点沿有向曲线L从点A移动到点B时变力F所做的功，即

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$$ \mathcal{W}=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}\left[P\left(\xi_{i},\eta_{i}\right)\Delta x_{i}+Q\left(\xi_{i},\eta_{i}\right)\Delta y_{i}\right]. $$

这类和式的极限在其他问题也会遇到，撇开问题的实际意义，抽象出这类和式极限的数学本质，可得到对坐标的曲线积分的定义.

定义 9.2.1 设 L 为 xOy 平面内从起点 A 到终点 B 的一条有向光滑曲线， $ P(x, y) $ 与 $ Q(x, y) $ 是定义在 L 上的有界函数；在 L 上从点 A 到点 B 依次任意地插入分点 $ M_{1}(x_{1}, y_{1}) $， $ M_{2}(x_{2}, y_{2}) $， $ \cdots $， $ M_{n-1}(x_{n-1}, y_{n-1}) $，并记 A 为 $ M_{0}(x_{0}, y_{0}) $，B 为 $ M_{n}(x_{n}, y_{n}) $，把 L 分成 n 个有向小弧段.

$$ \widehat{M_{0}M_{1}},\widehat{M_{1}M_{2}},\cdots,\widehat{M_{i-1}M_{i}},\cdots,\widehat{M_{n-1}M_{n}}; $$

记 $ \Delta x_{i}=x_{i}-x_{i-1} $， $ \Delta y_{i}=y_{i}-y_{i-1} $；在每个小弧段 $ \dot{M}_{i-1}M_{i} $ 上任意取定一点 $ (\xi_{i}, \eta_{i}) $，作积分和

$$ \sum_{i=1}^{n}P(\xi_{i},\eta_{i})\Delta x_{i} 及 \sum_{i=1}^{n}Q(\xi_{i},\eta_{i})\Delta y_{i}. $$

当各小弧段长度的最大值 $ \lambda \rightarrow 0 $ 时，极限

$$ \lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}P(\xi_{i},\eta_{i})\Delta x_{i}\quad 与 \quad\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}Q(\xi_{i},\eta_{i})\Delta y_{i} $$

都存在，则分别称这两个极限值为函数 $ P(x, y) $ 与 $ Q(x, y) $ 在有向曲线弧 L 上的对坐标的曲线积分（或第二型曲线积分），记为 $ \int_{L} P(x, y) \, dx $ 与 $ \int_{L} Q(x, y) \, dy $，即

$$ \int_{L}P(x,y)\mathrm{d}x=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}P(\xi_{i},\eta_{i})\Delta x_{i}, $$

$$ \int_{L}Q(x,y)\mathrm{d}y=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}Q(\xi_{i},\eta_{i})\Delta y_{i}. $$

其中，式（1）为 $ P(x, y) $ 沿有向曲线 L 对坐标 x 的曲线积分，式（2）为 $ Q(x, y) $ 沿有向曲线 L 对坐标 y 的曲线积分.

由于 L 是同一段有向曲线弧，式（1）、式（2）可合并记为

$$ \int_{L}P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y=\int_{L}P(x,y)\mathrm{d}x+\int_{L}Q(x,y)\mathrm{d}y, $$

并称为向量场 $ A(x, y) = \{P(x, y), Q(x, y)\} $ 在有向曲线弧 L 上的第二型曲线积分，其中 $ P(x, y) $ 及 $ Q(x, y) $ 称为被积函数，L 称为积分弧段或积分路径.

根据定义，上述变力 $ F = P(x, y)i + Q(x, y)j $ 沿有向曲线 L 所做的功 W 可表示为

$$ \boldsymbol{W}=\int_{L}\boldsymbol{P}(\boldsymbol{x},\quad\boldsymbol{y})\mathrm{d}\boldsymbol{x}+\boldsymbol{Q}(\boldsymbol{x},\quad\boldsymbol{y})\mathrm{d}\boldsymbol{y}. $$

上述对坐标的曲线积分的概念，可以推广到空间有向曲线 $ \Gamma $ 的情形：

原书第 149 页

$$ \int_{I}P(x,y,z)\mathrm{d}x=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}P(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i})\Delta x_{i}, $$

$$ \int_{\Gamma}Q(x,y,z)\mathrm{d}x=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}Q(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i})\Delta x_{i}, $$

$$ \int_{T}R(x,y,z)\mathrm{d}x=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}R(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i})\Delta x_{i}. $$

类似地，把

$$ \int_{r}P(x,y,z)\mathrm{d}x+\int_{r}Q(x,y,z)\mathrm{d}y+\int_{r}R(x,y,z)\mathrm{d}z $$

简记为

$$ \int_{F}P(x,y,z)\mathrm{d}x+Q(x,y,z)\mathrm{d}y+R(x,y,z)\mathrm{d}z. $$

根据定义，可导出对坐标曲线积分的下列性质：

(1) $ \int_{L} k[P\mathrm{d}x + Q\mathrm{d}y] = k \int_{L} P\mathrm{d}x + Q\mathrm{d}y $ （k 为常数）；

(2)

$$ \int_{L}\left(P_{1}\pm P_{2}\right)\mathrm{d}x=\int_{L}P_{1}\mathrm{d}x\pm\int_{L}P_{2}\mathrm{d}x;\int_{L}\left(Q_{1}\pm Q_{2}\right)\mathrm{d}y=\int_{L}Q_{1}\mathrm{d}y\pm\int_{L}Q_{2}\mathrm{d}y; $$

（3）若将 L 用弧上的点分成 $ L_{1} $ 和 $ L_{2} $ 两部分，则

$$ \int_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y=\int_{L_{1}}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+\int_{L_{2}}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y; $$

（4）改变积分弧段方向，对坐标的曲线积分变号，即

$$ \int_{-L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y=-\int_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y, $$

其中-L是L的反向曲线弧.

应该指出，第二型曲线积分与第一型曲线积分的主要区别在于：第一型曲线积分与积分路径的方向无关，被积表达式 $ f(x, y) $ ds 是两个数量的乘积，ds 为弧长微分，它始终为正；第二型曲线积分与积分路径方向有关，被积表达式 $ P(x, y) $ dx + Q(x, y) dy = A(x, y) · ds 是两向量的数量积。

二、对坐标的曲线积分的计算法

定理 9.2.1 设有向曲线弧 L 由参数方程

$$ x=\varphi\left(t\right),\ y=\psi\left(t\right) $$

给出，$L$ 的起点 $A$ 及终点 $B$ 分别对应参数 $\alpha$ 及 $\beta$（这里 $\alpha$ 不一定小于 $\beta$），函数 $\varphi(t)$，$\psi(t)$ 在以 $\alpha$ 及 $\beta$ 为端点的闭区间上有一阶连续导数，且 $\varphi'(t) + \psi'(t) \neq 0$，当参数 $t$ 单调地由 $\alpha$ 变到 $\beta$ 时，点 $M(x, y)$ 沿曲线 $L$ 从起点 $A$ 变到终点 $B$。又函数 $P(x, v)$，$O(x, v)$ 在 $L$ 上连续，则

$$ \int_{L}P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y $$

原书第 150 页

$$ =\int_{0}^{\beta}\{P[\varphi(t),\psi(t)]\varphi^{\prime}(t)+Q[\varphi(t),\psi(t)]\psi^{\prime}(t)\}\mathrm{d}t. $$

证从 $ \alpha $ 到 $ \beta $ 单调变化地插入 n-1 个值，设

$$ \alpha=t_{0},t_{1},t_{2},\cdots,t_{n-1},t_{n}=\beta, $$

对应于 $ t_{i} $ 的分点为 $ M(x_{i}, y_{i}) $，

$$ x_{i}=\varphi(t_{i}),\ y_{i}=\psi(t_{i})\quad(i=1,\ 2,\ \cdots,\ n). $$

由拉格朗日中值定理，有

$$ \Delta x_{i}=x_{i}-x_{i-1}=\varphi\left(t_{i}\right)-\varphi\left(t_{i-1}\right)=\varphi^{\prime}\left(\tau_{i}\right)\Delta t_{i}, $$

其中 $ \Delta t_{i}=t_{i}-t_{i-1} $， $ \tau_{i} $ 在 $ t_{i-1} $ 与 $ t_{i} $ 之间.

记 $ \lambda = \max_{1 \leq i \leq n} \{ \Delta s_i \} $， $ \lambda' = \max_{1 \leq i \leq n} \{ \Delta t_i \} $ 显然， $ \lambda \to 0 $ 等价于 $ \lambda' \to 0 $.

因 $ P(x, y) $ 在光滑曲线 L 上连续，曲线积分 $ \int_{L} P(x, y) \, dx $ 存在，故所作和式的极限存在且与 $ \widehat{M_{i-1}M_i} $ 上点 $ (\xi_i, \eta_i) $ 的取法无关，所以，我们不妨取

$$ \xi_{i}=\varphi(\tau_{i}),\quad\eta_{i}=\psi(\tau_{i})\qquad(i=1,~2,~\cdots,~n). $$

于是

$$ \begin{align*}\int_{L}P\left(x,\ y\right)\mathrm{d}x=&\lim_{\lambda\rightarrow0}\sum_{i=1}^{n}P\left(\xi_{i},\ \eta_{i}\right)\Delta x_{i}\\=&\lim_{\lambda^{\prime}\rightarrow0}\sum_{i=1}^{n}P\left[\varphi\left(\tau_{i}\right),\ \psi\left(\tau_{i}\right)\right]\varphi^{\prime}\left(\tau_{i}\right)\Delta t_{i}\\=&\int_{\alpha}^{\beta}P\left[\varphi\left(\tau\right),\ \psi\left(\tau\right)\right]\varphi^{\prime}\left(\tau\right)\mathrm{d}t.\end{align*} $$

同理可证

$$ \int_{L}Q(x,y)\mathrm{d}y=\int_{a}^{b}Q\left[\varphi(t),\psi(t)\right]\psi^{\prime}(t)\mathrm{d}t. $$

把以上两式相加，得

$$ \begin{align*}&\int_{L}P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y\\=&\int_{\alpha}^{\beta}\{P[\varphi(t),\psi(t)]\varphi^{\prime}(t)+Q[\varphi(t),\psi(t)]\psi^{\prime}(t)\}\mathrm{d}t.\end{align*} $$

公式（4）表明，计算对坐标的曲线积分

$$ \int_{L}P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y $$

时，只要把 $x$、$y$、$\mathrm{d}x$、$\mathrm{d}y$ 依次换为 $\varphi(t)$、$\psi(t)$、$\varphi'(t)\mathrm{d}t$、$\psi'(t)\mathrm{d}t$，然后从 $L$ 的起点所对应的参数值 $\alpha$ 到 $L$ 的终点所对应的参数值 $\beta$ 作定积分就行了，这里必须注意，下限 $\alpha$ 对应于 $L$ 的起点，上限 $\beta$ 对应于 $L$ 的终点，$\alpha$ 不一定小于 $\beta$.

如果曲线 L 由方程 $ y=\psi(x) $ 给出，且 $ \psi'(x) $ 连续，又起点的横坐标为 a，终点的横坐标为 b，则可把 x 作为参数，由公式（4）便有

原书第 151 页

$$ \int_{L}P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y=\int_{a}^{b}\{P[x,\psi(x)]+Q[x,\psi(x)]\psi^{\prime}(x)\}\mathrm{d}x. $$

类似地，如果曲线 L 由方程 $ x=\varphi(y) $ 给出，且 $ \varphi'(y) $ 连续，又起点的纵坐标为 c，终点的纵坐标为 d，则可把 y 作为参数，便有

$$ \int_{L}P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y=\int_{c}^{d}\{P[\varphi(y),y]\varphi^{\prime}(y)+Q[\varphi(y),y]\}\mathrm{d}y. $$

公式（4）可推广到空间曲线的情形. 若 $ \Gamma $ 由参数方程 $ x=\varphi(t) $， $ y=\psi(t) $， $ z=\omega(t) $ 给出，则有

$$ \begin{align*}&\int_{\Gamma}P(x,\ y,\ z)\mathrm{d}x+Q(x,\ y,\ z)\mathrm{d}y+R(x,\ y,\ z)\mathrm{d}z\\=&\int_{\alpha}^{\beta}\{P[\varphi(t),\ \psi(t),\ \omega(t)]\varphi^{\prime}(t)+Q[\varphi(t),\ \psi(t),\ \omega(t)]\psi^{\prime}(t)+.\\&.R[\varphi(t),\ \psi(t),\ \omega(t)]\omega^{\prime}(t)\}\mathrm{d}t.\end{align*} $$

这里 $ \alpha $、 $ \beta $ 分别对应于曲线的起点和终点.

例1 计算 $ \int_{L}xydx $，其中L为抛物线 $ y^{2}=4x $上从点 $ A(1,-2) $到点 $ B(1,2) $的一段弧（如图9-8）.

解方法一化为对 x 的定积分计算.

弧段 $ \widehat{AO} $的方程为

$$ y=-2\sqrt{x}\qquad(x 从 1 变到 0)， $$

弧段 $ \widehat{OB} $的方程为

$$ y=2\sqrt{x}\quad\left(x 从 0 变到 1\right), $$

图 9-8

因此

$$ \begin{aligned}\int_{L}xy\mathrm{d}x&=\int_{\widehat{AB}}xy\mathrm{d}x+\int_{\widehat{OB}}xy\mathrm{d}x\\&=\int_{1}^{0}x\left(-2\sqrt{x}\right)\mathrm{d}x+\int_{0}^{1}x\left(2\sqrt{x}\right)\mathrm{d}x\\&=4\int_{0}^{1}x\sqrt{x}\mathrm{d}x=\frac{8}{5}.\end{aligned} $$

方法二化为对 y 的定积分计算.

曲线 L 的方程为 $ x=\frac{y^{2}}{4} $ (y 从 -2 变到 2). 因此

$$ \begin{aligned}\int_{L}xy\mathrm{d}x&=\int_{-2}^{2}\frac{y^{2}}{4}y\bigg(\frac{y^{2}}{4}\bigg)^{\prime}\mathrm{d}y=\frac{1}{4}\int_{0}^{2}y^{4}\mathrm{d}y\\&=\frac{1}{4}\bigg(\frac{y^{5}}{5}\bigg)\bigg|_{0}^{2}=\frac{8}{5}.\end{aligned} $$

原书第 152 页

例2 计算曲线积分 $ I=\int_{\widehat{AB}}x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x $，其中 $ \widehat{AB} $为椭圆 $ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 $位于第一象限（如图9-9）从点 $ A(0,\ b) $到点 $ B(a,\ 0) $的一段.

解椭圆 $ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 $ 的参数方程为

$$ \{\begin{aligned}x&=a\cos t,\\ y&=b\sin t,\end{aligned}. $$

起点 A 对应于 $ t=\frac{\pi}{2} $，终点 B 对应于 t=0，因此

$$ \begin{aligned}I&=\int_{\widehat{AB}}x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x=\int_{\frac{\pi}{2}}^{0}\left[a\cos t\left(b\sin t\right)^{\prime}-b\sin t\left(a\cos t\right)^{\prime}\right]\mathrm{d}t\\&=ab\int_{\frac{\pi}{2}}^{0}\mathrm{d}t=-\frac{\pi ab}{2}.\end{aligned} $$

图 9-9

图 9-10

例3 计算 $ \int_{L}y^{2}dx+2xy dy $，其中L为

（1）抛物线 $ y=x^{2} $ 上从 $ O(0,0) $ 到 $ B(1,1) $ 的一段弧；

（2）抛物线 $ x=y^{2} $ 上从 $ O(0,0) $ 到 $ B(1,1) $ 的一段弧；

（3）有向折线 OAB，这里 O，A，B 依次是点（0，0），（1，0），（1，1）（如图 9-10）.

解（1）L 的方程为 $ y=x^{2} $，x 从 0 变到 1，故化为对 x 的定积分

$$ \int_{L}y^{2}\mathrm{d}x+2xy\mathrm{d}y=\int_{0}^{1}\left(x^{4}+4x^{4}\right)\mathrm{d}x=1. $$

(2) L 的方程为 $ x=y^{2} $，y 从 0 变到 1，故化为对 y 的定积分

$$ \int_{L}y^{2}\mathrm{d}x+2xy\mathrm{d}y=\int_{0}^{1}\left(2y^{3}+2y^{3}\right)\mathrm{d}y=1. $$

（3）L应为两有向直线段上积分之和，故

$$ \int_{L}y^{2}\mathrm{d}x+2xy\mathrm{d}y=\int_{OA}y^{2}\mathrm{d}x+2xy\mathrm{d}y+\int_{AB}y^{2}\mathrm{d}x+2xy\mathrm{d}y, $$

在OA上，其方程为y=0，x从0变到1，故

原书第 153 页

$$ \int_{OA}y^{2}\mathrm{d}x+2xy\mathrm{d}y=\int_{0}^{1}0\mathrm{d}x=0. $$

在 AB 上，其方程为 x=1，y 从 0 变到 1，故

$$ \int_{AB}y^{2}\mathrm{d}x+2xy\mathrm{d}y=\int_{0}^{1}2y\mathrm{d}y=1. $$

从而

$$ \int_{L}y^{2}\mathrm{d}x+2xy\mathrm{d}y=0+1=1. $$

从本例可见：对某些第二型曲线积分，积分值仅取决于积分路径的起点和终点，而与积分路径（方程）无关，这是一个很有意义的性质，满足什么条件的第二型曲线积分具有这一性质，如何利用这一特性，将在第三节中详细讨论．此外还发现，当积分路径为平行坐标轴的线段时，积分计算相对简单．

例4 计算曲线积分

$$ I=\int_{r}x y z\mathrm{d}x+x y^{2}\mathrm{d}y+x^{2}y\mathrm{d}z, $$

其中积分弧段 $ \Gamma $ 为

（1）从原点 O 到点 A(1,0,0)，再到点 B(1,1,0)，最后到终点 C(1,1,1) 的折线；

（2）从原点 O 到点 C(1, 1, 1) 的线段.

解积分路径 $ \Gamma $ 如图 9-11 所示.

（1）线段OA的方程：

$$ \{\begin{aligned}y&=0,\\ z&=0\end{aligned}.\quad(0\leqslant x\leqslant1), $$

图9-11

则

$$ \int_{\overline{OA}}xyz\mathrm{d}x+xy^{2}\mathrm{d}y+x^{2}y\mathrm{d}z=0. $$

线段AB的方程：

$$ \{\begin{aligned}x=1,\\ z=0\end{aligned}.,\quad(0\leqslant y\leqslant1), $$

则

$$ \int_{\overline{AB}}xyz\mathrm{d}x+xy^{2}\mathrm{d}y+x^{2}y\mathrm{d}z=\int_{0}^{1}y^{2}\mathrm{d}y=\frac{1}{3}. $$

线段 $ \overline{BC} $的方程：

$$ \{\begin{aligned}x=1,\\ y=1\end{aligned}.,\quad(0\leqslant z\leqslant1), $$

原书第 154 页

则

$$ \int_{\overline{BC}}xyz\mathrm{d}x+xy^{2}\mathrm{d}y+x^{2}y\mathrm{d}z=\int_{0}^{1}\mathrm{d}z=1. $$

综合上述，有

$$ \begin{aligned}I&=\int_{\overrightarrow{OA}}xyz\mathrm{d}x+xy^{2}\mathrm{d}y+x^{2}y\mathrm{d}z+\int_{\overrightarrow{AB}}xyz\mathrm{d}x+xy^{2}\mathrm{d}y+x^{2}y\mathrm{d}z+\int_{\overrightarrow{BC}}xyz\mathrm{d}x+xy^{2}\mathrm{d}y+x^{2}y\mathrm{d}z\\&=0+\frac{1}{3}+1=\frac{4}{3}.\end{aligned} $$

（2）线段OC的方程：

$$ \{\begin{aligned}&x=t,\\ &y=t,\\ &z=t\end{aligned}.\quad(0\leqslant t\leqslant1), $$

起点 $ O(0,0,0) $ 对应 t=0，终点 $ C(1,1,1) $ 对应 t=1。所以

$$ I=\int_{\overline{OC}}xyz\mathrm{d}x+xy^{2}\mathrm{d}y+x^{2}y\mathrm{d}z=\int_{0}^{1}\left(t^{3}+t^{3}+t^{3}\right)\mathrm{d}t=\frac{3}{4}. $$

在本例中，虽然积分表达式相同，积分路径的起点、终点也相同，但积分值却不同。这说明在一般情形下，第二型曲线积分与积分路径有关。

例5 计算 $ \oint_{r} y(z-x^{2}) \, \mathrm{d}x + xy^{2} \, \mathrm{d}y + (x+y+1) \, \mathrm{d}z $,

其中 $ \Gamma $ 为闭曲线 $ \{\begin{aligned}&x^{2}+y^{2}+z^{2}=6,\\&z=x^{2}+y^{2},\end{aligned}. $ $ \Gamma $ 的方向从坐标原点看去为顺时针方向（如图 9-12）.

解曲线 $ \Gamma $

图 9-12

$$ \{\begin{aligned}&x^{2}+y^{2}+z^{2}=6,\\ &z=x^{2}+y^{2}\end{aligned}. $$

可表示为

$$ \{\begin{aligned}&x^{2}+y^{2}=2,\\ &z=2,\end{aligned}. $$

于是曲线 $ \Gamma $ 的参数方程为

$$ \{\begin{aligned}x&=\sqrt{2}\cos t,\\ y&=\sqrt{2}\sin t,\\ z&=2,\end{aligned}. $$

t 从 0 变到 $ 2\pi $，因此

$$ \begin{align*}&\oint_{r}y\left(z-x^{2}\right)\mathrm{d}x+xy^{2}\mathrm{d}y+\left(x+y+1\right)\mathrm{d}z\\=&4\int_{0}^{2\pi}\left[\sin t\left(1-\cos^{2}t\right)\left(-\sin t\right)+\cos t\sin^{2}t\cdot\cos t\right]\mathrm{d}t\end{align*} $$

原书第 155 页

$$ \begin{array}{l l}{}&{=4\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\left(2\operatorname{s i n}^{2}t\operatorname{c o s}^{2}t-\operatorname{s i n}^{2}t\right)\mathrm{d}t}\\ {}&{=4\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\left(\frac{1-\operatorname{c o s}4t}{4}-\frac{1-\operatorname{c o s}2t}{2}\right)\mathrm{d}t=-2\pi.}\\ \end{array} $$

例6 一质点由点（a，0）沿上半椭圆 $ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 $运动到点（0，b）（如图9-13），在运动过程中受到变力F的作用，F的方向指向原点，大小与质点到原点的距离成正比（比例系数为k），求变力F对质点做的功.

解由题意

图 9-13

$$ \boldsymbol{F}=k\left(-x\boldsymbol{i}-\boldsymbol{y}\boldsymbol{j}\right), $$

所以

$$ \bar{W}=\int_{L}\boldsymbol{F}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{s}=-k\int_{L}x\mathrm{d}x+y\mathrm{d}y. $$

路径 L 的参数方程为

$$ x=a\cos t,\quad y=b\sin t, $$

参数t从0变到 $ \frac{\pi}{2} $，于是

$$ \begin{align*}W&=-k\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left[a\cos t(-a\sin t)+b\sin t\cdot b\cos t\right]\mathrm{d}t\\&=k\left(a^{2}-b^{2}\right)\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin t\cdot\cos t\mathrm{d}t=\frac{1}{2}k\left(a^{2}-b^{2}\right).\end{align*} $$

三、两类曲线积分的联系

设曲线 L 用参数方程

$$ \{\begin{aligned}x&=\varphi(t),\quad&\\ y&=\psi(t),\end{aligned}.\quad\alpha\leq t\leq\beta $$

给出， $ \tau=\{\varphi'(t),\,\psi'(t)\} $ 是曲线的切向量，因而

$$ \mathrm{d}s=\{\mathrm{d}x,\mathrm{~d}y\}=\{\varphi^{\prime}(t),\psi^{\prime}(t)\}\mathrm{d}t $$

也是曲线的切向量，且其方向与积分路径方向一致.

而ds的模正好是弧长的微分，即

$$ \left|\mathrm{d}s\right|=\sqrt{\left(\mathrm{d}x\right)^{2}+\left(\mathrm{d}y\right)^{2}}=\mathrm{d}s, $$

设ds的方向余弦为 $ \cos\alpha $， $ \cos\beta $，则有

$$ \{\begin{array}{l}\cos\alpha,\quad\cos\beta\end{array}\}=\frac{\mathrm{d}s}{|\mathrm{d}s|}=\{\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}s},\quad\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}s}\} $$

原书第 156 页

由此可得 $ dx = \cos \alpha ds $， $ dy = \cos \beta ds $，因而

$$ \int_{\widehat{AB}}P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y=\int_{\widehat{AB}}\left(P\cos\alpha+Q\cos\beta\right)\mathrm{d}s, $$

其中 $ \cos\alpha $， $ \cos\beta $ 为曲线弧 $ \widehat{AB} $ 上沿从点 A 到 B 方向的切线的方向余弧，P、Q 是 $ \widehat{AB} $ 上的连续函数。上式指明了平面曲线上两类曲线积分的关系。要注意的是，式中的 $ \cos\alpha $， $ \cos\beta $ 与曲线的方向有关，当曲线的方向改变时， $ \cos\alpha $， $ \cos\beta $ 都要改变符号。

类似地可知，空间曲线 $ \Gamma $ 上的两类曲线积分之间有如下联系：

$$ \int_{r}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z=\int_{r}\left(P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma\right)\mathrm{d}s, $$

其中 $ \cos\alpha $、 $ \cos\beta $、 $ \cos\gamma $ 为有向曲线弧 $ \Gamma $ 在点 $ (x,y,z) $ 处的切向量的方向余弦.

习题9-2

计算下列对坐标的曲线积分：

(1) $ \int_{L}(x+y)dx $，其中L为有向闭折线OABO，这里O、A、B依次为 $ (0,0) $、 $ (1,0) $、 $ (0,1) $;

(2) $ \oint_{L} xydx $，其中 $ L $ 为圆周 $ (x-a)^2 + y^2 = a^2 $ ( $ a \gt 0 $) 及 $ x $ 轴所围成的在第一象限内的区域的整个边界（按逆时针方向）；

(3) $ \int_{L}(2a-y)\,\mathrm{d}x+x\,\mathrm{d}y $，其中 $ L $ 为摆线 $ x=a(t-\sin t) $， $ y=a(1-\cos t) $ 上由 $ t=0 $ 到 $ t=2\pi $ 的一段弧；

(4) $ \oint_{L}(x+y)dx+(x-y)dy $，其中 L 为按逆时针方向绕椭圆 $ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 $ 一周；

(5) $ \oint_L |y| \, dx + |x| \, dy $，其中 $ L $ 为以点 $ A(1,0) $ $ B(0,1) $ 及 $ C(-1,0) $ 为顶点的三角形的边界（按逆时针方向）；

(6) $ \int_{L}\left(12xy+e^{x}\right)\mathrm{d}x-\left(\cos y-xe^{y}\right)\mathrm{d}y $，其中 L 为由点 $ A(-1,1) $ 沿抛物线 $ y=x^{2} $ 到点 $ O(0,0) $，再沿 x 轴到点 $ B(2,0) $ 的弧段.

(7) $ \int_{\Gamma} x \, dx + y \, dy + (x + y - 1) \, dz $，其中 $ \Gamma $ 是从点（1，1，1）到点（2，3，4）的一段直线；

(8) $ \int_{\Gamma} y \, dx - x \, dy + dz $，其中 $ \Gamma $ 是圆柱螺线 $ x = 2\cos t $， $ y = 2\sin t $， $ z = 3t $ 从 $ t = 0 $ 到 $ t = 2\pi $ 的一段弧；

(9) $ \oint_F (y^2 - z^2) \, \mathrm{d}x + (z^2 - x^2) \, \mathrm{d}y + (x^2 - y^2) \, \mathrm{d}z $，其中 $ \Gamma $ 为球面 $ x^2 + y^2 + z^2 = 1 $ 在第一象限部分的有向边界线 ABCA，这里 $ A $、 $ B $、 $ C $ 依次为 $ (1, 0, 0) $、 $ (0, 1, 0) $、 $ (0, 0, 1) $。

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(10) $ \int_{r} \frac{1}{2} x \, dx + y \, dy + z \, dz $，其中 $ \Gamma $ 是圆 $ \{\begin{aligned}x^{2} + y^{2} + z^{2} &= 1, \\ y &= z\end{aligned}. $ 从点 $ A(1, 0, 0) $ 按正向到点 $ B\left(0, \frac{1}{\sqrt{2}}, \frac{1}{\sqrt{2}}\right) $ 的一段圆弧.

设力 F 的大小等于作用点的横坐标的平方，而方向依 y 轴的负方向，求质量为 m 的质点沿抛物线 $ 1-x=y^{2} $ 从点（1，0）移动到点（0，1）时，力 F 所做的功.

设在椭圆 $ \{\begin{array}{l}x=a\cos t,\\y=b\sin t\end{array}. $ 上，每一点 M 都有作用力 F，其大小等于从 M 到椭圆中心的距离，而方向指向椭圆中心. 今有一质量为 m 的质点 P 在椭圆上沿正向移动，求

（1）P点历经第一象限中的椭圆弧段时，F所做的功；

(2) P 点走遍全椭圆时，F 所做的功.

把对坐标的曲线积分 $ \int_{L}P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y $ 化成对弧长的曲线积分，其中 L 为

（1）在 xOy 平面内沿直线从点（0，0）到点（1，1）；

（2）沿抛物线 $ y=x^{2} $ 从点（0，0）到点（1，1）.

（3）沿上半圆周 $ x^{2}+y^{2}=2x $ 从点（0，0）到点（1，1）.

设 $ \Gamma $ 为曲线 x=t, $ y=t^{2} $, $ z=t^{3} $ 上相应于 t 从 0 变到 1 的曲线弧. 把对坐标的曲线积分 $ \int_{\Gamma} P dx + Q dy + R dz $ 化成对弧长的曲线积分.

第三节格林公式及其应用

英国数学家格林在1825年给出公式揭示平面区域上的二重积分与沿这个区域边界的第二型曲线积分之间的联系。格林公式是微积分基本公式的推广，它不仅给计算第二型曲线积分带来新方法，更重要的是导出了曲线积分与积分路径无关的条件，在积分理论的发展中发挥着重要的作用。

一、格林公式

为了对格林公式有更准确的描述，需对平面区域作进一步的说明：若区域D内的任一条简单闭曲线C所围成的内部区域B全部属于D（即 $ B \subseteq D $），则称D是单连通域；否则，若有一简单闭曲线 $ C_1 \subseteq D $，而 $ C_1 $所围成的内部区域 $ B_1 $不完全属于D，则称D为复连通域。如图9-14所示，（a）为单连通域，而（b）中线段l不属于D，故也是单连通域；（c）、（d）是复连通域。直观地说，单连通域是“无洞”的，而复连通域是“有洞”的，即使是只有一点的“点洞”。

对于平面区域 D 的边界闭曲线 L 的正向规定为：若一个人沿 L 行走时，D 内在他近处的部分总在他的左边，则此人前进的方向就是 L 的正向．比如，对

原书第 158 页

单连通域（如图 9-15（a）），其边界的正向是反时针方向，对复连通区域（如图 9-15（b））其外边界 L 的正向是逆时针方向，而内边界的正向是顺时针方向.

(a)

(b)

(c)

(d)

图 9-14

(2)

(b)

图 9-15

定理9.3.1 设闭区域D由分段光滑的曲线围成，函数 $ P(x, y) $及 $ Q(x, y) $在D上具有一阶连续偏导数，则有

$$ \iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\oint_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y, $$

其中 L 是 D 的取正向的边界曲线.

公式（1）叫做格林公式.

证先设区域 D 的边界曲线 L 与平行于坐标轴的直线的交点不多于两个，但也可能有一段是平行于坐标轴的直线（如图 9-16），这时区域 D 可表示为

$$ \varphi_{1}(x)\leqslant y\leqslant\varphi_{2}(x),\ a\leqslant x\leqslant b. $$

根据二重积分的计算法有

图 9-16

$$ \begin{align*}\iint_{D}\frac{\partial P}{\partial\boldsymbol{\gamma}}\mathrm{d}\boldsymbol{x}\mathrm{d}\boldsymbol{\gamma}&=\int_{a}^{b}\mathrm{d}x\int_{\varphi_{1}(x)}^{\varphi_{2}(x)}\frac{\partial P}{\partial\boldsymbol{\gamma}}\mathrm{d}\boldsymbol{\gamma}\\&=\int_{a}^{b}\{P[\boldsymbol{x},\boldsymbol{\varphi}_{2}(\boldsymbol{x})]-P[\boldsymbol{x},\boldsymbol{\varphi}_{1}(\boldsymbol{x})]\}\mathrm{d}\boldsymbol{x}.\end{align*} $$

另一方面，根据对坐标的曲线积分的性质及计算法有

原书第 159 页

$$ \begin{align*}\oint_{L}P\mathrm{d}x&=\int_{\widehat{AB}}P\mathrm{d}x+\int_{\widehat{BC}}P\mathrm{d}x+\int_{\widehat{CD}}P\mathrm{d}x\\&=\int_{a}^{b}P[\boldsymbol{x},\boldsymbol{\varphi}_{1}(x)]\mathrm{d}x+0+\int_{b}^{a}P[\boldsymbol{x},\boldsymbol{\varphi}_{2}(x)]\mathrm{d}x\\&=\int_{a}^{b}\{P[\boldsymbol{x},\boldsymbol{\varphi}_{1}(x)]-P[\boldsymbol{x},\boldsymbol{\varphi}_{2}(x)]\}\mathrm{d}x,\\&-\iint_{D}\frac{\partial P}{\partial y}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\oint_{L}P\mathrm{d}x.\end{align*} $$

因此

类似可证

$$ \iint_{D}\frac{\partial Q}{\partial x}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\oint_{L}Q\mathrm{d}y. $$

故有

$$ \iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\oint_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y. $$

如果区域 D 的边界曲线 L（除平行坐标轴的部分外）与平行坐标轴的直线的交点多于两个时，可以在 D 内引进一条或几条辅助线，把 D 分成有限个部分区域，使得每个部分区域的边界曲线与平行于坐标轴的直线的交点不多于两个。例如图 9-17 所示的区域 D，引进辅助线 AB，把 D 分成两个部分区域 $ D_{1} $ 与 $ D_{2} $，L 也分为两部分 $ L_{1} $ 与 $ L_{2} $，则 $ D_{1} $ 的边界为 $ L_{1} + AB $， $ D_{2} $ 的边界为 $ L_{2} + BA $，分别应用上述已得公式于两部分区域，得

$$ \iint_{D_{1}}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{L_{1}}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+\int_{AB}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y. $$

$$ \iint_{D_{2}}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{L_{2}}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+\int_{BA}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y. $$

因为

$$ \int_{AB}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y=-\int_{BA}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y,\quad L_{1}+L_{2}=L, $$

所以

$$ \begin{aligned}\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iint_{D_{1}}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\iint_{D_{2}}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\int_{L_{1}}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+\int_{I_{2}}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y=\oint_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y.\end{aligned} $$

图 9-17

图 9-18

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再如图 9-18 所示的区域 D，它的边界 $ L = L_1 + L_2 $，我们也可引两条辅助线 $ A_1A_2A_3 $ 和 $ B_1B_2B_3 $，把 D 分为四个部分区域 $ D_1 $、 $ D_2 $、 $ D_3 $、 $ D_4 $ 分别应用已得公式，最后亦可证明

$$ \iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\oint_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y. $$

一般地，公式（1）对于由分段光滑曲线围成的闭区域都成立．证毕.

利用格林公式可以在沿闭路径的曲线积分与二重积分之间进行转化，这有时会给计算带来方便.

例1 计算 $ I=\oint_{L}\frac{y^{2}}{\sqrt{R^{2}+x^{2}}}dx+\left[4x+2y\ln\left(x+\sqrt{R^{2}+x^{2}}\right)\right]dy $，其中 L 为区域 D: $ 0\leq x\leq\pi $， $ 0\leq y\leq\sin x $ 的正向边界 $ (R\gt 0) $.

解这里

$$ P(x,y)=\frac{y^{2}}{\sqrt{R^{2}+x^{2}}},\quad Q(x,y)=4x+2y\ln\left(x+\sqrt{R^{2}+x^{2}}\right), $$

$$ \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{2y}{\sqrt{R^{2}+x^{2}}},\quad\frac{\partial Q}{\partial x}=4+\frac{2y}{\sqrt{R^{2}+x^{2}}}. $$

$ P(x, y) $， $ Q(x, y) $ 在 L 所围的闭区域 D 上具有一阶连续偏导数，利用格林公式有

$$ \begin{aligned}I&=\oint_{L}\frac{y^{2}}{\sqrt{R^{2}+x^{2}}}\mathrm{d}x+\left[4x+2y\ln\left(x+\sqrt{R^{2}+x^{2}}\right)\right]\mathrm{d}y\\&=\iint\limits_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=4\iint\limits_{D}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=4\int_{0}^{\pi}\mathrm{d}x\int_{0}^{\sin x}\mathrm{d}y=8.\end{aligned} $$

由例1知，若L为封闭曲线，且 $ \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} $较简单，则可直接利用格林公式将曲线积分化为二重积分来计算.

例2 计算 $ I=\int_{\widehat{AB}}\left(e^x\sin y-1\right)dx+\left(e^x\cos y+x\right)dy $，其中 $ \widehat{OAB} $为由点 $ O(0,0) $ 到点 $ B(2a,0) $ 的上半圆周 $ x^2+y^2=2ax $ （如图9-19）.

解为了应用格林公式，补充直线段 $ \widehat{BO} $，使

与半圆周 $ \widehat{OAB} $组成闭曲线 $ L=\widehat{OAB}+\widehat{BO} $. L 所围成

的区域为半圆域 D. 由于

$$ P(x,y)=\mathrm{e}^{x}\sin y-1,\quad Q(x,y)=\mathrm{e}^{x}\cos y+x, $$

$$ \frac{\partial P}{\partial y}=\mathrm{e}^{x}\cos y,\quad\frac{\partial Q}{\partial x}=\mathrm{e}^{x}\cos y+1, $$

图 9-19

并注意到 L 的方向是区域 D 的边界的负向，由格林公式得

原书第 161 页

$$ \oint_{L}\left(\mathrm{e}^{x}\sin y-1\right)\mathrm{d}x+\left(\mathrm{e}^{x}\cos y+x\right)\mathrm{d}y=-\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-\iint_{D}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-\frac{\pi}{2}a^{2}. $$

而

$$ \int_{\overline{BO}}\left(\mathrm{e}^{x}\sin y-1\right)\mathrm{d}x+\left(\mathrm{e}^{y}\cos y+x\right)\mathrm{d}y=\int_{2a}^{0}\left(-1\right)\mathrm{d}x=2a $$

所以

$$ I=-\frac{\pi}{2}a^{2}-2a. $$

由例2知，若 $L$ 不是封闭曲线，则不能直接用格林公式求解，但只要 $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$ 较简单，可考虑添加曲线段 $L_1$，使 $L \cup L_1$ 为封闭曲线，这样原积分成为一个沿 $L_1$ 的曲线积分与一个二重积分之和。

例3 计算 $ \oint_{L}\frac{(x+y)dx-(x-y)dy}{x^{2}+y^{2}} $，其中L分别是

（1）不包围也不通过原点的闭曲线（按逆时针方向）；

（2）包围原点的闭曲线（按逆时针方向）.

解因为

$$ P=\frac{x+y}{x^{2}+y^{2}},Q=-\frac{x-y}{x^{2}+y^{2}}, $$

当 $ x^{2}+y^{2}\neq0 $时，

$$ \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{x^{2}-2xy-y^{2}}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}=\frac{\partial Q}{\partial x}. $$

可见除去原点 $ O(0,0) $ 外，P、Q 有连续偏导数，且 $ \frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y} $。而在原点 $ O(0,0) $ 处，P、Q 无定义。

（1）原点 O 在闭曲线 L 所围的区域 D 外部，故在 D 上恒有 $ \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 0 $。由格林公式得

$$ \oint_{L}\frac{\left(x+y\right)\mathrm{d}x-\left(x-y\right)\mathrm{d}y}{x^{2}+y^{2}}=\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0. $$

（2）原点 O 在闭曲线 L 所围的区域 D 内部，这时，考察被积表达式，可在 L 内作一个以原点为中心， $ \varepsilon $ 为半径的圆 $ L_{1} $ 把原点 O 挖去，由 L 与 $ L_{1} $ 围成的区域为 $ D_{1} $，其中 $ L_{1} $ 的方向为逆时针方向（如图 9-20）.

在 $ D_{1} $上应用格林公式得

$$ \oint_{L+\left(-L_{1}\right)}\frac{\left(x+y\right)\mathrm{d}x-\left(x-y\right)\mathrm{d}y}{x^{2}+y^{2}}=\iint_{D_{1}}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0. $$

图 9-20

原书第 162 页

由此得

$$ \oint_{L}\frac{\left(x+y\right)\mathrm{d}x-\left(x-y\right)\mathrm{d}y}{x^{2}+y^{2}}=\oint_{L_{1}}\frac{\left(x+y\right)\mathrm{d}x-\left(x-y\right)\mathrm{d}y}{x^{2}+y^{2}}. $$

因 $ L_{1} $ 的参数方程为 $ x = \varepsilon \cos t $， $ y = \varepsilon \sin t $（t 由 0 变到 $ 2\pi $），故有

$$ \begin{aligned}&\oint_{L_{1}}\frac{\left(x+y\right)\mathrm{d}x-\left(x-y\right)\mathrm{d}y}{x^{2}+y^{2}}\\ &=\int_{0}^{2\pi}\frac{\left(\varepsilon\cos\ t+\varepsilon\sin\ t\right)\left(-\varepsilon\sin\ t\right)-\left(\varepsilon\cos\ t-\varepsilon\sin\ t\right)\varepsilon\cos\ t}{\varepsilon^{2}}\mathrm{d}t\\ &=-\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}t=-2\pi.\\ \end{aligned} $$

于是，当 L 为围绕原点的闭曲线时，

$$ \oint_{L}\frac{(x+y)\mathrm{d}x-(x-y)\mathrm{d}y}{x^{2}+y^{2}}=-2\pi. $$

由例3可见，在L围成的区域D内，若除了一点 $ M_{0} $外，处处都有 $ \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y} $，则可作一分段光滑的简单闭曲线 $ L_{1} $，使 $ L_{1} $也包含 $ M_{0} $点，有

$$ \oint_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y=\oint_{L_{1}}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y, $$

其中 $ L_{1} $， $ L_{1} $ 同取逆时针方向，或同取顺时针方向.

例4 计算 $ \iint_{D}e^{-y^{2}}dxdy $，其中 D 是以 O(0,0)，A(1,1)，B(0,1) 为顶点的三角形闭区域（如图9-21）.

解令 P=0, $ Q=xe^{-y^{2}} $，则

$$ \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=\mathrm{e}^{-y^{2}}, $$

图 9-21

因此，由公式（1）有

$$ \begin{aligned}\iint\limits_{D}\mathbf{e}^{-\gamma^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\int\limits_{OA+AB+BO}x\mathbf{e}^{-\gamma^{2}}\mathrm{d}y\\&=\int_{OA}x\mathbf{e}^{-\gamma^{2}}\mathrm{d}y=\int_{0}^{1}x\mathbf{e}^{-x^{2}}\mathrm{d}x=\frac{1}{2}(\mathbf{1}-\mathbf{e}^{-1}).\end{aligned} $$

下面介绍应用格林公式通过曲线积分计算平面图形面积的公式.

在格林公式中，如果取 P = -y，Q = x，则 $ \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 2 $，故

$$ 2\iint_{D}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\oint_{L}x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x. $$

上式左端是闭区域 D 的面积的两倍，由此得到用曲线积分计算闭曲线所围图

原书第 163 页

形面积的公式

$$ A=\frac{1}{2}\oint_{L}x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x, $$

同理，还可得

$$ \begin{aligned}A&=\oint_{L}x\mathrm{d}y,\\A&=\oint_{L}-y\mathrm{d}x.\end{aligned} $$

例5 求椭圆 $ x=a\cos\theta $， $ y=b\sin\theta $ 所围成图形的面积 A.

解利用公式（2），

$$ \begin{aligned}A=&\frac{1}{2}\oint_{L}x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\left(ab\cos^{2}\theta+ab\sin^{2}\theta\right)\mathrm{d}\theta\\=&\frac{1}{2}ab\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta=\pi ab.\end{aligned} $$

二、平面上曲线积分与路径无关的条件

在前面曾提及到，有些第二型曲线积分的值，只依赖积分路径的起点与终点，而与积分路径的选取无关。本节讨论，当函数 $ P(x, y) $， $ Q(x, y) $ 满足什么条件时，曲线积分

$$ \int_{\widehat{AB}}P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y $$

与积分路径无关.

为讨论这一问题，先做下列两点说明.

（1）明确什么叫做曲线积分 $ \int_{L}Pdx+Qdy $与路径无关.

若对给定的平面区域 G 内任意两点 A, B 以及 G 内从点 A 到点 B 的任意两条曲线 $ L_{1} $, $ L_{2} $ （如图 9-22），都有

$$ \int_{L_{1}}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y=\int_{L_{2}}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y $$

图 9-22

成立，就说曲线积分 $ \int_{L}Pdx+Qdy $ 在 G 内与路径无关，否则便说与路径有关.

（2）曲线积分 $ \int_{t}Pdx+Qdy $与积分路径无关的一个等价问题.

如果在 G 内曲线积分与路径无关，那么对于 G 内的任何有向闭曲线 C，总可用其上的两点把它分为两部分 $ C_{1} $ 与 $ C_{2} $，此时， $ C_{1} $ 与 $ -C_{2} $ 便具有相同的起点

原书第 164 页

与终点，故

$$ \int_{c_{1}}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y=\int_{-c_{2}}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y, $$

所以

$$ \int_{C_{1}}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y-\int_{-C_{2}}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y=0, $$

即

$$ \int_{c_{1}}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+\int_{c_{2}}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y=0, $$

于是

$$ \oint_{c}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y=0. $$

因此，由在区域 G 内曲线积分与路径无关，可推得在 G 内沿任意闭曲线的曲线积分为零。反过来，如果在 G 内沿任意闭曲线的曲线积分为零，也可推得在区域 G 内曲线积分与路径无关。由此得到如下结论：

曲线积分 $ \int Pdx + Qdy $ 在 G 内与路径无关等价于沿 G 内任意闭曲线 C 的曲线积分 $ \oint_{L} Pdx + Qdy = 0 $.

下面利用格林公式推导一个重要定理.

定理 9.3.2 设区域 G 是一个单连通域，函数 $ P(x, y) $， $ Q(x, y) $ 在 G 内具有一阶连续偏导数，则曲线积分 $ \int Pdx + Qdy $ 在 G 内与路径无关（或沿 G 内任意闭曲线的曲线积分为零）的充分必要条件是

$$ \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y} $$

在 G 内恒成立.

证充分性：在 G 内任取一条闭曲线 C，要证条件（3）成立时有

$$ \oint_{c}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y=0. $$

因为 G 是单连通域，所以闭曲线 C 所围成的区域 D 全部在 G 内，于是

（3）式在D上恒成立．由格林公式，有

$$ \oint_{C}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y=\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0. $$

必要性：如果沿 G 内任意闭曲线的曲线积分为零，要证（3）式在 G 内成立．用反证法证明．假定上述结论不成立，那么在 G 内至少存在一点 $ M_{0}(x_{0}, y_{0}) $，使

$$ \left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)_{M_{0}}\neq0. $$

不妨设 $ \left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)_{M_{0}}=\eta\gt 0 $。由于 $ \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y} $在G内连续，因此在G内必存在一

原书第 165 页

个以 $ M_{0} $ 为中心，半径足够小的圆形闭区域 K，使得在 K 上有

$$ \left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\geq\frac{\eta}{2}. $$

于是由格林公式及二重积分性质，有

$$ \oint_{y}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y=\iint\limits_{k}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\geqslant\frac{\eta}{2}\cdot\sigma\gt 0, $$

其中 $ \gamma $ 是 K 的正向边界曲线， $ \sigma $ 是 K 的面积。这结果与沿 G 内沿任意闭曲线的曲线积分为零的假设矛盾。因此，在 G 内使（3）式不成立的点是不可能存在的，由此得证。

在定理 9.3.2 中，要求区域 $ G $ 是单连通区域，且函数 $ P(x, y) $、 $ Q(x, y) $ 在 $ G $ 内具有一阶连续偏导数。如果这两个条件之一不能满足，那么定理的结论不能保证成立。例如，在例 3 中我们已经看到，当所围成的区域含有原点时，虽然除去原点外，恒有 $ \frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y} $，但沿闭曲线的积分 $ \oint_L P \, dx + Q \, dy \ne 0 $，其原因在于区域内含有破坏函数 $ P $、 $ Q $ 及 $ \frac{\partial Q}{\partial x} $、 $ \frac{\partial P}{\partial y} $ 连续性条件的点 $ O $，这种点通常称为奇点。

当曲线积分与路径无关时，从点 $ A(x_{0}, y_{0}) $ 到点 $ B(x_{1}, y_{1}) $ 的曲线积分，通常记为

$$ \int_{A}^{B}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y\quad 或 \quad\int_{(x_{0},y_{0})}^{(x_{1},y_{1})}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y, $$

并且可以选择便利的路径来计算曲线积分.

例6 计算曲线积分 $ \int_{L}\left(1-2xy-y^{2}\right)\mathrm{d}x-\left(x+y\right)^{2}\mathrm{d}y $，其中L是 $ x^{2}+y^{2}=2y $上从 $ (0,0) $到 $ (1,1) $的一段定向弧.

解这里 $ P(x, y) = 1 - 2xy - y^{2} $， $ Q(x, y) = -(x + y)^{2} $，因为

$$ \frac{\partial Q}{\partial x}=-2\left(x+y\right)=\frac{\partial P}{\partial y}, $$

故曲线积分在 xOy 面上与路径无关．现选取 $ L_{1} $ 是从（0，0）经（1，0）到（1，1）的有向折线段（如图9-23），则所求积分

$$ \begin{aligned}&\int_{L}\left(1-2x\boldsymbol{y}-\boldsymbol{y}^{2}\right)\mathrm{d}\boldsymbol{x}-\left(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y}\right)^{2}\mathrm{d}\boldsymbol{y}\\=&\int_{L_{1}}\left(1-2x\boldsymbol{y}-\boldsymbol{y}^{2}\right)\mathrm{d}\boldsymbol{x}-\left(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y}\right)^{2}\mathrm{d}\boldsymbol{y}\\=&\int_{(0,0)}^{(1,0)}\left(1-2x\boldsymbol{y}-\boldsymbol{y}^{2}\right)\mathrm{d}\boldsymbol{x}-\left(\boldsymbol{x}+\boldsymbol{y}\right)^{2}\mathrm{d}\boldsymbol{y}+\int_{(1,0)}^{(1,1)}\end{aligned} $$

图 9-23

$$ \int_{(0,0)}^{(1,0)}\left(1-2xy-y^{2}\right)\mathrm{d}x-\left(x+y\right)^{2}\mathrm{d}y+\int_{(1,0)}^{(1,1)}\left(1-2xy-y^{2}\right)\mathrm{d}x-\left(x+y\right)^{2}\mathrm{d}y $$

原书第 166 页

$$ =\int_{0}^{1}1\mathrm{d}x+\int_{0}^{1}\left[-\left(1+y\right)^{2}\right]\mathrm{d}y=1-\frac{7}{3}=-\frac{4}{3}. $$

例7 计算 $ \int_{L}\frac{x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x}{x^{2}+y^{2}} $，其中L为曲线

$$ \{\begin{aligned}{x}&{{}=a(t-\operatorname{s i n}t)-a\pi,}\\ {y}&{{}=a(1-\operatorname{c o s}t)}\end{aligned}. $$

中从 t=0 到 $ t=2\pi $ 的一段.

解这里

$$ P(x,y)=-\frac{y}{x^{2}+y^{2}},Q(x,y)=\frac{x}{x^{2}+y^{2}}, $$

当 $ x^{2}+y^{2}\neq0 $时，

$$ \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{y^{2}-x^{2}}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}=\frac{\partial Q}{\partial x}. $$

可见，除去原点外，P、Q 具有连续偏导数，且 $ \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x} $恒成立．因此，在

不包含原点的任何单连通域内，曲线积分与路径无关.

对应于 t=0 及 $ t=2\pi $ 的点分别为 $ A(-a\pi,0) $ 及 $ B(a\pi,0) $. 现选择从点 A 到点 B 的上半圆周 $ L_{1} $ 为积分路径（如图 9-24），则 $ L_{1} $ 可表示为

$ x=a\pi\cos\theta,\ y=a\pi\sin\theta $ ( $ \theta $从 $ \pi $变到0).

图 9-24

故

$$ \begin{aligned}&\int_{L}\frac{x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x}{x^{2}+y^{2}}=\int_{L_{1}}\frac{x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x}{x^{2}+y^{2}}\\&=\int_{\pi}^{0}\frac{a\pi\cos\theta\left(a\pi\cos\theta\right)-a\pi\sin\theta\left(-a\pi\sin\theta\right)}{a^{2}\pi^{2}}\mathrm{d}\theta\\&=\int_{\pi}^{0}\mathrm{d}\theta=-\pi.\end{aligned} $$

例8 设 f 为连续可微函数，u = xy，计算 $ I = \int_{\widehat{AB}} \left[ yf(u) - \frac{y}{x^{2}} \right] \, \mathrm{d}x + \left[ xf(u) + \frac{1}{x} \right] \, \mathrm{d}y $ 其中 $ \widehat{AB} $ 是从点 $ A(1, 2) $ 到点 $ B\left(3, \frac{2}{3}\right) $ 的位于第一象限的任意光滑曲线.

解本题 f 为抽象函数， $ \widehat{AB} $ 曲线段的方程未具体给出，因此它或许是应用积分与路径无关的问题.

这里

$$ P=yf(u)-\frac{y}{x^{2}},\quad Q=xf(u)+\frac{1}{x},\quad 所以 $$

原书第 167 页

$$ \frac{\partial P}{\partial y}=f(u)+xyf^{\prime}(u)-\frac{1}{x^{2}}=\frac{\partial Q}{\partial x}\qquad(x\neq0). $$

可见在右半平面内，积分与路径无关。注意到 A、B 两点的特殊性 A(1,2) 及 $ B\left(3,\frac{2}{3}\right) $ 点的横、纵坐标之积相等，所以选择积分路径为

$$ L_{1}：x y=2\quad\left(x\ 从 \ 1\ 变到 \ 3\right), $$

从而

$$ \begin{aligned}I&=\int_{L_{1}}\left[yf(u)-\frac{y}{x^{2}}\right]\mathrm{d}x+\left[xf(u)+\frac{1}{x}\right]\mathrm{d}y\\&=\int_{1}^{3}\left[\frac{2}{x}f(2)-\frac{2}{x^{3}}\right]\mathrm{d}x+\left[xf(2)+\frac{1}{x}\right]\cdot\frac{-2}{x^{2}}\mathrm{d}x\\&=\int_{1}^{3}-\frac{4}{x^{3}}\mathrm{d}x=\left(\frac{2}{x^{2}}\right)\bigg|_{1}^{3}=-\frac{16}{9}.\end{aligned} $$

三、二元函数的全微分求积

如果在区域 D 上存在函数 $ u(x, y) $ 使得

$$ \mathrm{d}u(x,y)=P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y, $$

则称 $ P(x, y) \, \mathrm{d}x + Q(x, y) \, \mathrm{d}y $ 在 D 内为二元函数 $ u(x, y) $ 的全微分，也称 $ u(x, y) $ 为 $ P(x, y) \, \mathrm{d}x + Q(x, y) \, \mathrm{d}y $ 在区域 D 上的一个原函数.

定理 9.3.3 设开区域 G 是一个单连通域， $ P(x, y) $， $ Q(x, y) $ 在 G 内具有一阶连续偏导数，则 $ P(x, y) \, \mathrm{d}x + Q(x, y) \, \mathrm{d}y $ 在 G 内为某一函数全微分的充分必要条件是等式

$$ \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x} $$

在 G 内恒成立.

证必要性：若存在函数 $ u(x, y) $，使得

于是

$$ \begin{aligned}\mathrm{f}(x,\ y)&=P(x,\ y)\mathrm{d}x+Q(x,\ y)\mathrm{d}y\\\frac{\partial u}{\partial x}&=P(x,\ y),\ \frac{\partial u}{\partial y}=Q(x,\ y),\\\frac{\partial^{2}u}{\partial x\partial y}&=\frac{\partial P}{\partial y},\ \frac{\partial^{2}u}{\partial y\partial x}=\frac{\partial Q}{\partial x}.\end{aligned} $$

从而可得

由于 P、Q 具有一阶连续偏导数，所以 $ \frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y} $， $ \frac{\partial^2 u}{\partial y \partial x} $ 连续，因此 $ \frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y} = \frac{\partial^2 u}{\partial y \partial x} $，即 $ \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x} $。这就证明了条件（4）的成立。

充分性：若条件（4）在 G 内恒成立，则由定理 9.3.2 可知，起点为 $ M_{0}(x_{0}, y_{0}) $，而终点 $ M(x, y) $ 可在 G 内移动的曲线积分在 G 内与路径无关，于是这个曲线积分为

原书第 168 页

$$ \int_{\left(x_{0},y_{0}\right)}^{\left(x,y\right)}P\left(x,y\right)\mathrm{d}x+Q\left(x,y\right)\mathrm{d}y. $$

当起点 $ M_{0}(x_{0}, y_{0}) $ 固定时，这个积分是终点坐标 $ (x, y) $ 的函数，把它记作 $ u(x, y) $，即

$$ u(x,y)=\int_{(x_{0},y_{0})}^{(x,y)}P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y. $$

因为 $ P(x, y) \, \mathrm{d}x + Q(x, y) \, \mathrm{d}y $ 具有一阶连续偏导数，所以函数 $ u(x, y) $ 可微。因此只要证明由上式所确定的函数 $ u(x, y) $ 满足关系式 $ \frac{\partial u}{\partial x} = P(x, y) $， $ \frac{\partial u}{\partial y} = Q(x, y) $。

先求 $ \frac{\partial u}{\partial x} $. 为此，固定 y 而让 x 取得增量 $ \Delta x $，则终点由 $ M(x, y) $ 变到 $ N(x+\Delta x, y) $，由（5）式得

$$ u\left(x+\Delta x,y\right)=\int_{\left(x_{0},y_{0}\right)}^{\left(x+\Delta x,y\right)}P\left(x,y\right)\mathrm{d}x+Q\left(x,y\right)\mathrm{d}y. $$

由于曲线积分与路径无关，故从 $ M_{0} $ 到 N 的路径取由 $ M_{0} $ 先到 M，然后沿平行于 x 轴的直线段再从 M 到 N（如图 9-25），于是

$$ \begin{aligned}u\left(x+\Delta x,\ y\right)=&\int_{\left(x_{0},\ y_{0}\right)}^{\left(x,\ y\right)}P\left(x,\ y\right)\mathrm{d}x+Q\left(x,\ y\right)\mathrm{d}y+\\&\int_{\left(x,\ y\right)}^{\left(x+\Delta x,\ y\right)}P\left(x,\ y\right)\mathrm{d}x+Q\left(x,\ y\right)\mathrm{d}y,\end{aligned} $$

图 9-25

从而

$$ u\left(x+\Delta x,y\right)-u\left(x,y\right)=\int_{\left(x,y\right)}^{\left(x+\Delta x,y\right)}P\left(x,y\right)\mathrm{d}x+Q\left(x,y\right)\mathrm{d}y. $$

因为在直线 MN 上，y= 常数，dy=0，并应用定积分中值定理，上式成为

$$ \begin{aligned}u\left(x+\Delta x,\ y\right)-u\left(x,\ y\right)&=\int_{x}^{x+\Delta x}P\left(x,\ y\right)\mathrm{d}x\\&=P\left(x+\theta\Delta x,\ y\right)\Delta x\qquad\left(0\lt \theta\lt 1\right),\end{aligned} $$

上式两边除以 $ \Delta x $，并令 $ \Delta x \to 0 $ 取极限，得

$$ \lim_{\Delta x\to0}\frac{u(x+\Delta x,y)-u(x,y)}{\Delta x}=P(x,y) $$

所以

$$ \frac{\partial u}{\partial x}=P(x,y). $$

$$ \frac{\partial u}{\partial y}=Q\left(x,\ y\right). $$

同理可证

这就证明了条件（4）是充分的.

最后讨论（5）式中 $ u(x, y) $ 的求法.

原书第 169 页

求 $ P(x, y) \, \mathrm{d}x + Q(x, y) \, \mathrm{d}y $ 的原函数 $ u(x, y) $，称为全微分求积。如果函数 $ P(x, y) $， $ Q(x, y) $ 在单连通域 G 内具有一阶连续偏导数，且 $ \frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y} $，那么原函数 $ u(x, y) $ 可由公式（5）求出。由于（5）式中曲线积分与路径无关，为计算简便起见，可以选择平行于坐标轴的直线段连成的折线作为积分路径（假设这些折线完全在 G 内）。

如果取折线 $ M_{0}M_{1}M $ 为积分路径（如图 9-26），得

$$ u(x,y)=\int_{x_{0}}^{x}P(x,y_{0})\mathrm{d}x+\int_{y_{0}}^{y}Q(x,y)\mathrm{d}y. $$

如果取折线 $ M_{0}M_{2}M $ 为积分路径，得

$$ u\left(x,y\right)=\int_{y_{0}}^{y}Q\left(x_{0},y\right)\mathrm{d}y+\int_{x_{0}}^{x}P\left(x,y\right)\mathrm{d}x. $$

图 9-26

假设 $ U(x, y) $ 是全微分式 $ P \mathrm{d}x + Q \mathrm{d}y $ 的任何一个原函数，则 $ \frac{\partial U}{\partial x} = P $， $ \frac{\partial U}{\partial y} = Q $，故由（6）式，有

$$ \begin{aligned}u\left(x,y\right)&=\int_{x_{0}}^{x}\frac{\partial U\left(x,\ y_{0}\right)}{\partial x}\mathrm{d}x+\int_{y_{0}}^{y}\frac{\partial U\left(x,\ y\right)}{\partial y}\mathrm{d}y\\&=\left[U\left(x,\ y_{0}\right)\right]_{x_{0}}^{x}+\left[U\left(x,\ y\right)\right]_{y_{0}}^{y}\\&=U\left(x,\ y_{0}\right)-U\left(x_{0},\ y_{0}\right)+U\left(x,\ y\right)-U\left(x,\ y_{0}\right)\\&=U\left(x,\ y\right)-U\left(x_{0},\ y_{0}\right).\\ \end{aligned} $$

这说明原函数 u 与 U 只差一个常数，并且有

$$ \int_{(x_{0},y_{0})}^{(x,y)}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y=\int_{(x_{0},y_{0})}^{(x,y)}\mathrm{d}U(x,y)=\left[U(x,y)\right]_{(x_{0},y_{0})}^{(x,y)}. $$

这个结果可以看作是定积分的牛顿-莱布尼茨公式的推广.

例9 验证下列 $ P(x, y)\mathrm{d}x+Q(x, y)\mathrm{d}y $在所指范围内是某个函数的全微分，并分别求出它们的一个原函数：

（1）（ $ 1-2xy-y^{2} $）dx- $ (x+y)^{2} $dy，在整个xOy平面内；

(2) $ \frac{ydy+xdx}{x^{2}+y^{2}} $，在xOy平面除y的负半轴及原点外的开区域G内.

解（1）因为 $ P=1-2xy-y^{2} $， $ Q=-(x+y)^{2} $ 在 xOy 面内具有一阶连续偏导数，且恒有

$$ \frac{\partial P}{\partial y}=-2\left(x+y\right)=\frac{\partial Q}{\partial x}, $$

而 xOy 面是单连通域，因此在 xOy 平面内， $ (1-2xy-y^{2})dx-(x+y)^{2}dy $ 是某个

原书第 170 页

函数的全微分. P取积分路径如图9-27（a）所示，利用公式（6）得所求的一个原函数为

$$ \begin{align*}u\left(x,y\right)&=\int_{\left(0,0\right)}^{\left(x,y\right)}\left(1-2xy-y^{2}\right)\mathrm{d}x-\left(x+y\right)^{2}\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{x}\mathrm{d}x-\int_{0}^{y}\left(x+y\right)^{2}\mathrm{d}y=x-\frac{1}{3}\left[\left(x+y\right)^{3}\right]_{0}^{y}\\&=x-\frac{1}{3}\left(x+y\right)^{3}+\frac{1}{3}x^{3}=x-x^{2}y-xy^{2}-\frac{1}{3}y^{3}.\end{align*} $$

（2）因为 $ P(x, y) = \frac{x}{x^{2} + y^{2}} $， $ Q(x, y) = \frac{y}{x^{2} + y^{2}} $ 在 G 内具有一阶连续偏导数，且恒有

$$ \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{-2xy}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}=\frac{\partial Q}{\partial x}, $$

而 $G$ 是一个单连通域，因此在区域 $G$ 内 $\frac{y dy + x dx}{x^{2} + y^{2}}$ 是某个函数的全微分.

取积分路径如图9-27（b）所示，利用公式（6）得所求的一个原函数为

$$ \begin{align*}u\left(x,y\right)&=\int_{\left(1,0\right)}^{\left(x,y\right)}\frac{y\mathrm{d}y+x\mathrm{d}x}{x^{2}+y^{2}}=\int_{1}^{x}\frac{1}{x}\mathrm{d}x+\int_{0}^{y}\frac{y}{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}y\\&=\ln x+\frac{1}{2}\ln\left(x^{2}+y^{2}\right)-\frac{1}{2}\ln x^{2}\\&=\frac{1}{2}\ln\left(x^{2}+y^{2}\right).\end{align*} $$

(a)

(b)

图 9-27

例 10 验证

$$ (3x^{2}+2x\sin y+y^{2}\cos x)\mathrm{d}x+(x^{2}\cos y+2y\sin x+2y)\mathrm{d}y $$

是某可微函数 u 的全微分，并求 $ u = u(x, y) $.

证这里

$$ P=3x^{2}+2x\sin y+y^{2}\cos x,\quad Q=x^{2}\cos y+2y\sin x+2y, $$

则

$$ \frac{\partial P}{\partial y}=2x\cos y+2y\cos x=\frac{\partial Q}{\partial x}\qquad 在 xOy 面上恒成立 . $$

原书第 171 页

故 $ (3x^{2}+2x\sin y+y^{2}\cos x)\mathrm{d}x+(x^{2}\cos y+2y\sin x+2y)\mathrm{d}y $ 是 xOy 面上某二元可微函数 $ u(x,y) $ 的全微分.

求函数 $ u(x, y) $，具体方法有三种，以下分别介绍.

方法1（曲线积分法）

选 $ M_{0} $为原点， $ (x,y) $为xOy面上任一点，则

$$ \begin{align*}u\left(\boldsymbol{x},\boldsymbol{y}\right)&=\int_{\left(0,0\right)}^{\left(x,\ y\right)}P\left(s,\ t\right)\mathrm{d}s+Q\left(s,\ t\right)\mathrm{d}t\\&=\int_{0}^{s}3s^{2}\mathrm{d}s+\int_{0}^{y}\left(x^{2}\cos\ t+2t\sin\ x+2t\right)\mathrm{d}t\\&=x^{3}+x^{2}\sin\ y+y^{2}\sin\ x+y^{2}\ ,\end{align*} $$

故所求 u 的一般解为

$$ u=x^{3}+x^{2}\sin y+y^{2}\sin x+y^{2}+C. $$

类似地，也可选另一折线路径：

$$ \begin{align*}u\left(x,\ y\right)&=\int_{0}^{y}Q\left(0,\ t\right)\mathrm{d}t+\int_{0}^{x}P\left(s,\ y\right)\mathrm{d}s\\&=\int_{0}^{y}2t\mathrm{d}t+\int_{0}^{x}\left(3s^{2}+2s\sin\ y+y^{2}\cos\ s\right)\mathrm{d}s\\&=y^{2}+x^{3}+x^{2}\sin\ y+y^{2}\sin\ x+C.\end{align*} $$

方法2（凑微分法）

$$ \begin{aligned}\mathrm{d}u&=(3x^{2}+2x\sin y+y^{2}\cos x)\mathrm{d}x+(x^{2}\cos y+2y\sin x+2y)\mathrm{d}y\\&=3x^{2}\mathrm{d}x+(2x\sin y\mathrm{d}x+x^{2}\cos y\mathrm{d}y)+(y^{2}\cos x\mathrm{d}x+2y\sin x\mathrm{d}y)+2y\mathrm{d}y\\&=\mathrm{d}(x^{3})+\mathrm{d}(x^{2}\sin y)+\mathrm{d}(y^{2}\sin x)+\mathrm{d}(y^{2})\\&=\mathrm{d}(x^{3}+x^{2}\sin y+y^{2}\sin x+y^{2})，\end{aligned} $$

所以

$$ u=x^{3}+x^{2}\sin y+y^{2}\sin x+y^{2}+C. $$

方法3（不定积分法）

$$ \frac{\partial u}{\partial x}=P=3x^{2}+2x\sin y+y^{2}\cos x, $$

由

对x积分得

$$ u=x^{3}+x^{2}\sin y+y^{2}\sin x+c(y) $$

又因为

$$ \frac{\partial u}{\partial y}=x^{2}\cos y+2y\sin x+c^{\prime}(y)=Q=x^{2}\cos y+2y\sin x+2y, $$

故得 $ c'(y)=2y $，从而 $ c(y)=y^{2}+C $，所以

$$ u=x^{3}+x^{2}\sin y+y^{2}\sin x+y^{2}+C $$

习题9-3

利用曲线积分，求下列曲线所围成的图形的面积：

原书第 172 页

(1) 星形线 $ x = a \cos^{3} t $, $ y = a \sin^{3} t $;

（2）椭圆 $ 9x^{2}+16y^{2}=144 $.

验证格林公式的正确性，并计算下列曲线积分：

(1) $ \oint_{L}(2xy - x^{2}) \, \mathrm{d}x + (x + y^{2}) \, \mathrm{d}y $，其中 $ L $ 是由抛物线 $ y = x^{2} $ 和 $ y^{2} = x $ 所围成的区域的正向边界曲线；

(2) $ \oint_{L}\left(x^{2}-xy^{3}\right)dx+\left(y^{2}-2xy\right)dy $，其中 L 是四个顶点分别为 $ (0,0) $、 $ (2,0) $、 $ (2,2) $ 和 $ (0,2) $ 的正方形区域的正向边界.

利用格林公式计算下列曲线积分：

(1) $ \oint_{L}(x+y)dx-(x-y)dy $，其中 L 为逆时针绕椭圆 $ \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1 $ 一周；

(2) $ \int_{L}\left(2xy^{3}-y^{2}\cos x\right)\mathrm{d}x+\left(1-2y\sin x+3x^{2}y^{2}\right)\mathrm{d}y $，其中 $ L $ 为抛物线 $ 2x=\pi y^{2} $ 上由点 $ (0,0) $ 到点 $ \left(\frac{\pi}{2},1\right) $ 的一段弧；

(3) $ \int_{\Omega} (\mathrm{e}^{x}\sin y-my)\,\mathrm{d}x + (\mathrm{e}^{x}\cos y-m)\,\mathrm{d}y $，其中 $ \widehat{AO} $是由 $ A(a,0) $到 $ O(0,0) $的上半圆周 $ x^{2}+y^{2}=ax $；

(4) $ \oint_L (x^2 y \cos x + 2 x y \sin x - y^2 e^x) \, dx + (x^2 \sin x - 2 y e^x) \, dy $，其中 $ L $ 为正向星形线 $ x^{\frac{2}{3}} + y^{\frac{2}{3}} = a^{\frac{2}{3}} (a \gt 0) $；

(5) $ \int_{L}(x^{2}-y)dx-(x+\sin^{2}y)dy $，其中 L 是在圆周 $ y=\sqrt{2x-x^{2}} $ 上由点 $ (0,0) $ 到点 $ (1,1) $ 的一段弧.

计算 $ \oint_{L} \frac{x \mathrm{d}y - y \mathrm{d}x}{x^{2} + y^{2}} $，其中 L 为

（1）圆周 $ (x-1)^{2}+(y-1)^{2}=1 $ （按逆时针方向）；

(2) 闭曲线 $ \left|x\right| + \left|y\right| = 1 $ （按逆时针方向）.

证明下列曲线积分在 xOy 平面内与路径无关，并计算积分值：

(1) $ \int_{(0,0)}^{(a,b)}\mathrm{e}^{x}(\cos y\mathrm{d}x-\sin y\mathrm{d}y) $;

(2) $ \int_{(1,0)}^{(2,1)}(2xy-y^{4}+3)dx+(x^{2}-4xy^{3})dy $;

(3) $ \int_{(0,0)}^{(\pi,2)}\left(\mathrm{e}^{y}\cos x-m\right)\mathrm{d}x+\left(\mathrm{e}^{y}\sin x-my\right)\mathrm{d}y $;

(4) $ \int_{(1,2)}^{(3,4)}(6xy^{2}-y^{3})\,dx+(6x^{2}y-3xy^{2})\,dy $.

计算 $ \int_{\mathbb{R}^{n}} (e^{y} + x) \, dx + (xe^{y} - 2y) \, dy $，其中 L 是过三点 $ A(0, 0) $， $ B(0, 1) $， $ C(1, 2) $ 的圆周.

验证下列沿闭路径的曲线积分等于零：

原书第 173 页

(1) $ \oint_{L} x^{y}\left(\frac{y}{x} \mathrm{d}x + \ln x \mathrm{d}y\right) $，其中 L 为位于右半平面的一条正向闭曲线；

(2) $ \oint_{L} f(xy)(ydx + xdy) $，其中 L 为正向闭曲线，且 $ f(u) $ 具有连续导数.

设 $ f(x) $ 在 $ (-\infty, +\infty) $ 上具有连续导数，计算

$$ \int_{L}\frac{1+y^{2}f(xy)}{y}\mathrm{d}x+\frac{x}{y^{2}}\left[y^{2}f(xy)-1\right]\mathrm{d}y, $$

其中 L 为从点 $ \left(3, \frac{2}{3}\right) $ 到点 (1, 2) 的直线段.

验证下列 $ P(x, y) \, \mathrm{d}x + Q(x, y) \, \mathrm{d}y $ 在整个 xOy 平面内是某一函数的全微分，并求出它的一个原函数：

(1) $ [(x+y)e^x - e^y]dx + [e^x - (x+1)e^y]dy $;

(2) $4\sin x\sin 3y\cos xdx-3\cos 3y\cos 2xdy$;

(3) $ (3x^{2}y + 8xy^{2})dx + (x^{3} + 8x^{2}y + 12ye^{7})dy $;

(4) $ (2x\cos y+y^{2}\cos x)\,\mathrm{d}x+(2y\sin x-x^{2}\sin y)\,\mathrm{d}y $.

设有一变力在坐标轴上的投影为 $ X = x + y^{2} $，Y = 2xy - 8，这变力确定了一个力场，证明质点在此场内移动时，场力所做的功与路径无关.

第四节对面积的曲面积分

一、对面积曲面积分的概念与性质

我们将讨论函数 $ f(x, y, z) $在一片曲面上的积分，与曲线积分类似，曲面积分也有两类，一类是对面积的曲面积分，另一类是对坐标的曲面积分。这里，我们从求曲面薄片的质量入手，引进对面积的曲面积分概念。

1. 曲面薄片的质量

设有一具有质量的光滑曲面薄片 $ \Sigma $（即在 $ \Sigma $ 上每点处都有切平面，且切平面的法向量随 $ \Sigma $ 上的点连续地变化），其面密度为连续函数 $ \rho(x, y, z) $，试求这曲面薄片 $ \Sigma $ 的质量.

当曲面薄片 $ \Sigma $ 的面密度是常数时，其质量就等于它的面密度与面积的乘积。当曲面薄片 $ \Sigma $ 的面密度是连续变化的函数时，可以采用以下四个步骤求质量。

（1）化整为零将曲面薄片 $ \Sigma $ 任意分成 n 个小块曲面 $ \Delta S_{1} $， $ \Delta S_{2} $，…， $ \Delta S_{n} $（小块曲面面积仍用 $ \Delta S_{1} $， $ \Delta S_{2} $，…， $ \Delta S_{n} $ 表示）.

（2）近似代替在每小块曲面 $ \Delta S_{i} $ 上任取一点 $ (\xi_{i}, \eta_{i}, \zeta_{i}) $，第 i 小块曲面的质量近似为

$$ \rho(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i})\Delta S_{i}\quad(i=1,2,\cdots,n). $$

原书第 174 页

（3）积零为整将所有小块曲面的质量的近似值相加，便得到整个曲面薄片质量的近似值：

$$ M\approx\sum_{i=1}^{n}\rho(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i})\Delta S_{i}. $$

（4）无限趋近记 $ \lambda = \max_{1 \leq i \leq n} \{\Delta S_i $ 的直径\}, $ 当 $ \lambda \to 0 $ 时，如果上述和的极限存在，则极限值就是曲面薄片质量的精确值，即$

$$ M=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}\rho(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i})\Delta S_{i}. $$

这类和式的极限还会在其他问题中遇到，抽去它们的具体意义，可得出对面积的曲面积分的定义.

2. 对面积曲面积分的定义

定义 9.4.1 设曲面 $ \Sigma $ 是光滑的，函数 $ f(x, y, z) $ 在 $ \Sigma $ 上有界。把 $ \Sigma $ 任意分成 n 个小块曲面 $ \Delta S_i $ ( $ \Delta S_i $ 同时也表示第 i 小块曲面的面积)，在 $ \Delta S_i $ 上任取一点 $ (\xi_i, \eta_i, \zeta_i) $，作和式 $ \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i, \eta_i, \zeta_i) \Delta S_i $，如果当各小块曲面的直径的最大值 $ \lambda \to 0 $ 时，这个和式的极限存在，则称此极限值为函数 $ f(x, y, z) $ 在曲面 $ \Sigma $ 上对面积的曲面积分（或第一型曲面积分），记作 $ \iint_{\Sigma} f(x, y, z) \, dS $，即

$$ \iint_{\Sigma}f(x,y,z)\mathrm{d}S=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i})\Delta S_{i} $$

其中 $ f(x,y,z) $称为被积函数， $ \Sigma $称为积分曲面，dS称为曲面的面积元素.

可以证明，当被积函数 $ f(x, y, z) $ 在 $ \Sigma $ 上连续时，则 $ f(x, y, z) $ 在 $ \Sigma $ 上对面积的曲面积分必定存在.

根据定义，上述面密度为连续函数 $ \rho(x, y, z) $ 的曲面薄片的质量 M，可以表示为

$$ M=\iint\limits_{\Sigma}\rho(x,y,z)\mathrm{d}S. $$

由定义可知，对面积的曲面积分具有和对弧长的曲线积分相类似的性质。例如，设 $ \Sigma $ 可分成两片光滑曲面 $ \Sigma_{1} $ 与 $ \Sigma_{2} $，则有

$$ \iint_{\Sigma}f(x,y,z)\mathrm{d}S=\iint_{\Sigma_{1}}f(x,y,z)\mathrm{d}S+\iint_{\Sigma_{2}}f(x,y,z)\mathrm{d}S. $$

其他类似性质，这里不再赘述

二、第一型曲面积分的计算

定理 9.4.1 设函数 $ f(x, y, z) $ 在曲面 $ \Sigma $ 上连续， $ \Sigma $ 的方程为 $ z = z(x, y) $

原书第 175 页

$ \Sigma $ 在 xOy 面上的投影区域为 $ D_{xy} $，函数 $ z = z(x, y) $ 在 $ D_{xy} $ 上具有一阶连续偏导数，则

$$ \iint_{\Sigma}f(x,y,z)\mathrm{d}S=\iint_{D_{xy}}f(x,y,z(x,y))\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}\mathrm{d}\sigma. $$

证如图9-28所示，将区域 $ D_{sy} $任意地分成 $ n $个小块 $ \Delta\sigma_1 $， $ \Delta\sigma_2 $， $ \cdots $， $ \Delta\sigma_n $，以每个 $ \Delta\sigma_i $的边界为准线，作母线平行于z轴的柱面，这样就将曲面 $ \Sigma $相应地分成了 $ n $小块 $ \Delta S_1 $， $ \Delta S_2 $， $ \cdots $， $ \Delta S_n $（ $ \Delta S_i\gt 0 $， $ \Delta S_i $也表示其面积），这 $ n $个小块就构成了曲面 $ \Sigma $的一种分割，由曲面面积公式与二重积分中值定理得到

$$ \begin{aligned}\Delta S_{i}&=\iint_{D_{\Delta\sigma_{i}}}\sqrt{1+z_{s}^{2}+z_{y}^{2}}\mathrm{d}\sigma\\ &=\sqrt{1+z_{s}^{2}(\xi_{i},\eta_{i})+z_{y}^{2}(\xi_{i},\eta_{i})}\Delta\sigma_{i},\end{aligned} $$

图 9-28

其中，点 $ (\xi_i, \eta_i) \in \Delta \sigma_i $。令 $ \zeta_i = z(\xi_i, \eta_i) $，则点 $ (\xi_i, \eta_i, \zeta_i) \in \Delta S_i $，于是 $ \sum_{i=1}^{n} f(\xi_i, \eta_i, \zeta_i) \Delta S_i = \sum_{i=1}^{n} f[\xi_i, \eta_i, z(\xi_i, \eta_i)] \sqrt{1 + z_x^2(\xi_i, \eta_i) + z_y^2(\xi_i, \eta_i)} \Delta \sigma_i $，记 $ d = \max_{1 \leq i \leq n} |\Delta \sigma_i| $ 的直径， $ \lambda = \max_{1 \leq i \leq n} |\Delta S_i| $ 的直径，则当 $ d \to 0 $ 时，显然 $ \lambda \to 0 $。因为 $ f(x, y, z) $ 在曲面 $ \Sigma $ 上连续，所以， $ f(x, y, z) $ 在 $ \Sigma $ 上可积，上面等式左端和式的极限就是第一型曲面积分，即

$$ \lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i})\Delta S_{i}=\iint_{\Sigma}f(x,y,z)dS. $$

又由已知条件，函数 $ f[x,y,z(x,y)]\sqrt{1+z_{x}^{2}(x,y)+z_{y}^{2}(x,y)} $在 $ D_{xy} $上连续，所以，该函数在平面区域 $ D_{xy} $可积，上面等式右端和式的极限就是二重积分，即

$$ \begin{align*}&\lim_{d\to0}\sum_{i=1}^{n}f\left[\xi_{i},\eta_{i},z(\xi_{i},\eta_{i})\right]\sqrt{1+z_{x}^{2}(\xi_{i},\eta_{i})+z_{y}^{2}(\xi_{i},\eta_{i})}\Delta\sigma_{i}\\=&\iint\limits_{D_{xy}}f(x,y,z(x,y))\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}\mathrm{d}\sigma.\end{align*} $$

由式（1）与（2）从而得到第一型曲面积分的计算公式

$$ \iint_{\Sigma}f(x,y,z)\mathrm{d}S=\iint_{D_{xy}}f(x,y,z(z,y))\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}\mathrm{d}\sigma. $$

定理表明，在计算第一型曲面积分 $ \iint_{\Sigma} f(x, y, z) \, \mathrm{d}S $ 时，如果 $ \Sigma $ 的方程

原书第 176 页

由 $ z=z(x,y) $给定，则只要把曲面 $ \Sigma $方程 $ z=z(x,y) $代入被积函数中，并将曲面的面积元素dS换为 $ \sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}} $d $ \sigma $，然后在 $ \Sigma $的投影区域 $ D_{xy} $上求二重积分即可.

这里，曲面 $ \Sigma $ 的方程是 $ z = z(x, y) $，将 $ \Sigma $ 往 xOy 面投影，投影域为 $ D_{xy} $ ( $ D_{xy} $ 的面积不能为零)， $ \Sigma $ 应是 $ D_{xy} $ 上的单值函数.

因而曲面与平行于z轴的直线的交点只有一点，如果曲面与平行于z轴的直线的交点多于一点，则应将曲面分成若干部分，使每部分符合上述要求，再作计算.

类似地，如果曲面 $ \Sigma $ 的方程为 $ x = x(y, z) $， $ \Sigma $ 在平面 yOz 上的投影域为 $ D_{y} $，则

$$ \iint_{\Sigma}f(x,y,z)\mathrm{d}S=\iint_{D_{x}}f(x(y,z),y,z)\sqrt{1+x_{y}^{2}+x_{z}^{2}}\mathrm{d}\sigma. $$

如果曲面 $ \Sigma $ 的方程为 $ y = y(x, z) $， $ \Sigma $ 在平面 xOz 上的投影域为 $ D_{xx} $，则

$$ \iint_{\Sigma}f(x,\ y,\ z)\mathrm{d}S=\iint\limits_{D_{x}}f(x,\ y(x,\ z),\ z)\sqrt{1+y_{z}^{2}+y_{x}^{2}}\mathrm{d}\sigma. $$

例1 计算 $ \oint_{\Sigma} zdS $，其中 $ \Sigma $ 是由抛物面 $ z = \frac{1}{2}(x^2 + y^2) $ 及平面 $ z = 1 $ 所围成立体的表面（如图 9-29）.

解因为平行 z 轴的直线与曲面 $ \Sigma $ 的交点有两点，所以应把 $ \Sigma $ 分成两部分， $ \Sigma = \Sigma_{1} + \Sigma_{2} $，其中

图 9-29

$$ \Sigma_{1}:\ z=\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2}),\qquad\Sigma_{2}:\ z=1. $$

它们在 xOy 面上的投影域为 $ D\colon x^2 + y^2 \leq 2 $，对于 $ \Sigma_1 $，

$$ \mathrm{d}S=\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}\mathrm{d}\sigma=\sqrt{1+x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}\sigma, $$

$$ \begin{aligned}\iint_{\Sigma}z\mathrm{d}S&=\iint_{x^{2}+y^{2}\leq2}\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2})\sqrt{1+x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}\sigma\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\sqrt{2}}\frac{1}{2}r^{3}\sqrt{1+r^{2}}\mathrm{d}r=\frac{\pi}{2}\int_{0}^{\sqrt{2}}r^{2}\sqrt{1+r^{2}}\mathrm{d}r^{2}\\&=\frac{\pi}{15}(12\sqrt{3}+2).\end{aligned} $$

对于 $ \Sigma_{2} $，z=1， $ \mathrm{d}S=\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}\mathrm{d}\sigma=\mathrm{d}\sigma $，

原书第 177 页

$$ \iint_{\Sigma_{2}}z\mathrm{d}S=\iint_{x^{2}+y^{2}\leq2}\mathrm{d}\sigma=2\pi, $$

因此

$$ \iint_{\Sigma}z\mathrm{d}S=\iint_{\Sigma_{1}}z\mathrm{d}S+\iint_{\Sigma_{2}}z\mathrm{d}S=\frac{\pi}{15}(12\sqrt{3}+2)+2\pi. $$

例2 计算 $ \oint_{\Sigma}\frac{dS}{\left(1+x+y\right)^2} $，其中 $ \Sigma $为四面体 $ x+y+z\leq1 $， $ x\geq0 $， $ y\geq0 $， $ z\geq0 $的界面.

解四面体的界面 $ \Sigma $ 由四部分组成（如图9-30）.

$$ \Sigma_{1}:\ x+y+z=1,\ x\gt 0,\ y\gt 0,\ z\gt 0. $$

$ \Sigma_1 $ 在 $ xOy $ 面上的投影域为 $ D_{xy} = \{(x, y) \mid 0 \leqslant y \leqslant 1 - x, 0 \leqslant x \leqslant 1\} $，则

$$ \mathrm{d}S=\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}\mathrm{d}\sigma=\sqrt{3}\mathrm{d}\sigma. $$

图 9-30

$ \Sigma_2: x = 0 $.

$ \Sigma_{2} $ 在 yOz 面上的投影域为 $ D_{yx}=\left|\left(y,z\right)\right|0\leqslant z\leqslant1-y,0\leqslant y\leqslant1 $，则

$$ \mathrm{d}S=\sqrt{1+x_{y}^{2}+x_{z}^{2}}\mathrm{d}\sigma=\mathrm{d}\sigma. $$

$ \Sigma_3: y = 0 $.

$ \Sigma_{3} $ 在 $ zOx $ 面上的投影域为 $ D_{zz}=\{(z,x)\mid0\leqslant z\leqslant1-x,0\leqslant x\leqslant1\} $，则

$$ \mathrm{d}S=\sqrt{1+y_{x}^{2}+y_{z}^{2}}\mathrm{d}\sigma=\mathrm{d}\sigma. $$

$$ \Sigma_{4}:\ z=0. $$

$ \Sigma_{4} $ 在 xOy 面上的投影域为上述的 $ D_{xy} $，故

$$ \mathrm{d}S=\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}\mathrm{d}\sigma=\mathrm{d}\sigma. $$

于是

$$ \begin{aligned}\oint_{\Sigma}\frac{\mathrm{d}S}{\left(1+x+y\right)^{2}}=&\sqrt{3}\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1-x}\frac{1}{\left(1+x+y\right)^{2}}\mathrm{d}y+\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\int_{0}^{1-y}\frac{1}{\left(1+y\right)^{2}}\mathrm{d}z\\ &+\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1-x}\frac{1}{\left(1+x\right)^{2}}\mathrm{d}z+\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1-x}\frac{1}{\left(1+x+y\right)^{2}}\mathrm{d}y\\ =&\frac{3-\sqrt{3}}{2}+(\sqrt{3}-1)\ln2.\end{aligned} $$

例3 求圆锥面 $ z=\sqrt{x^{2}+y^{2}} $ 自 z=0 到 $ z=h(h\gt 0) $ 的质量，假设锥面上各点的密度与该点到原点的距离成正比.

解由 $ z=\sqrt{x^{2}+y^{2}} $ 得 $ z_{x}=\frac{x}{z} $， $ z_{y}=\frac{y}{z} $，

$$ \mathrm{d}S=\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\sqrt{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

原书第 178 页

由假设，密度 $ \rho = k \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}} $，k 为比例常数，故得锥面的质量

$$ \begin{aligned}M&=k\iint_{\Sigma}\sqrt{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\mathrm{d}S\\&=k\iint_{\Sigma_{x}}\sqrt{x^{2}+y^{2}+(\sqrt{x^{2}+y^{2}})^{2}}\sqrt{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y,\end{aligned} $$

其中锥面 $ \Sigma $ 在 xOy 面上的投影域 $ D_{xy} $ 为闭圆域： $ x^{2}+y^{2}\leqslant h^{2} $，利用极坐标得

$$ \begin{aligned}M&=2k\iint_{x^{2}+y^{2}\leq h^{2}}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}\sigma\\&=2k\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{h}r\cdot r\mathrm{d}r=\frac{4}{3}\pi k h^{3}.\end{aligned} $$

例4 计算 $ \iint_{\Sigma}(x+y+z)^{2}\mathrm{d}S $，其中 $ \Sigma $ 是柱面介于 $ x^{2}+y^{2}=R^{2} $ 介于 $ -h\leq z\leq h(h\gt 0) $ 之间的部分.

解如图 9-31 所示，有

$$ \begin{aligned}\iint_{\Sigma}\left(x+y+z\right)^{2}\mathrm{d}S&=\iint_{\Sigma}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}S+\iint_{\Sigma}z^{2}\mathrm{d}S\\&+\iint_{\Sigma}\left(2xy+2yz+2xz\right)\mathrm{d}S\\&=I_{1}+I_{2}+I_{3}.\end{aligned} $$

由于曲面 $ \Sigma $ 关于 xOy 面对称，2xy 关于 x 为奇函数，所以 $ \iint_{\Sigma} 2xy \, dS = 0 $。同理， $ \iint_{\Sigma} 2yz \, dS = \iint_{\Sigma} 2xz \, dS = 0 $，故 $ I_3 = 0 $。

图 9-31

利用曲面方程把 $ I_{1} $中的被积函数化简，可得到

$$ I_{1}=\iint\limits_{\Sigma}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}S=R^{2}\iint\limits_{\Sigma}\mathrm{d}S=R^{2}\cdot2\pi R\cdot2h=4\pi h R^{3}. $$

下面计算 $ I_{2} $， $ I_{2}=\iint_{\Sigma}z^{2}dS $

将 $ \Sigma $ 向 $ zOx $ 面作投影，设 $ \Sigma_1 $ 表示 $ \Sigma $ 在 $ zOx $ 面的右半部分，则

$$ \Sigma_{1}:\ y=\sqrt{R^{2}-x^{2}},\ \mathrm{d}S=\sqrt{1+y_{x}^{2}+y_{z}^{2}}\ \mathrm{d}z\mathrm{d}x=\frac{R}{\sqrt{R^{2}-x^{2}}}\mathrm{d}z\mathrm{d}x $$

又 $ \Sigma_{1} $ 在 zOx 面上的投影域为

$$ D_{m}=\{(z,x)\mid-h\leqslant z\leqslant h,-R\leqslant x\leqslant R\}. $$

由于曲面 $ \Sigma $ 关于 zOx 面对称，被积函数 $ z^{2} $ 关于 y 为偶函数，所以

$$ I_{2}=2\iint_{\Sigma_{1}}z^{2}\mathrm{d}S=2\iint_{D x x}z^{2}\frac{R}{\sqrt{R^{2}-x^{2}}}\mathrm{d}z\mathrm{d}x, $$

原书第 179 页

$$ =2R\int_{-h}^{h}z^{2}\mathrm{d}z\int_{-R}^{R}\frac{1}{\sqrt{R^{2}-x^{2}}}\mathrm{d}x=\frac{4}{3}\pi R h^{3}. $$

故原积分 $ =I_{1}+I_{2}+I_{3}=4\pi hR^{3}+\frac{4}{3}\pi Rh^{3} $.

在计算 $ I_2 $ 时，将曲面 $ \Sigma $ 向 $ zOx $ 面作投影，而没有向 $ xOy $ 面作投影，这是由于 $ \Sigma $ 的方程不含 $ z $，故它无法表示成 $ x $， $ y $ 的函数。

习题9-4

当 $ \Sigma $ 是 xOy 面内的一个闭区域时，曲面积分 $ \iint_{\Sigma} f(x, y, z) \, \mathrm{d}S $ 与二重积分有什么关系？

计算下列对面积的曲面积分：

(1) $ \iint_{\Sigma} \left( z + 2x + \frac{4}{3}y \right) dS $， $ \Sigma $ 为平面 $ \frac{x}{2} + \frac{y}{3} + \frac{z}{4} = 1 $ 在第一卦限中的部分；

(2) $ \iint_{\Sigma} (x^{2}+y^{2})\,dS $，其中 $ \Sigma $ 为锥面 $ z = \sqrt{x^{2}+y^{2}} $ 与平面 z=1 所围成的区域的整个边界曲面；

(3) $ \iint_{\Sigma} (xy + yz + zx) \, \mathrm{d}S $，其中 $ \Sigma $ 为锥面 $ z = \sqrt{x^2 + y^2} $ 被柱面 $ x^2 + y^2 = 2ax $ 所截得的有限部分；

(4) $ \iint_{\Sigma} (x^{2}+y^{2}+z^{2})\,dS $，其中 $ \Sigma $ 为球面 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=2ax $;

(5) $ \iint_{\Sigma}(x+y+z)dS $，其中 $ \Sigma $ 为球面 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2} $ 上 $ z\geqslant h(0\lt h\lt a) $ 的部分.

计算曲面积分 $ \oint_{S} zdS $，Σ是由圆柱面 $ x^{2}+y^{2}=1 $，平面 z=0 和 z=1+x 所围立体的表面.

求抛物面壳 $ z=\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2})(0 \leqslant z \leqslant 1) $ 的质量，此壳的密度按规律 $ \rho = z $ 而变更.

设圆锥面 $ z=\frac{h}{a}\sqrt{x^{2}+y^{2}} $ （a 为圆锥面的底面半径，h 为高），其质量均匀分布，求它的重心位置.

第五节对坐标的曲面积分

一、有向曲面

记 $ \Sigma $ 是一片光滑曲面，在 $ \Sigma $ 上每一点处的法向量总有两个相反的指向，我们就用这两个不同的指向来区分曲面 $ \Sigma $ 的两个不同的侧向，具有两个不同侧向的曲面称为双侧曲面。本节所要讨论的对坐标的曲面积分，其积分域就是双侧曲面（其实也存在单侧曲面。本书不涉及单侧曲面）。

在标准设置的空间直角坐标系下，如果将曲面 $ \Sigma $ 以 $ z = z(x, y) $ 表示，则

原书第 180 页

把曲面上法向量指向朝上（即法向量与z轴正向的夹角 $ \gamma $为锐角）的一侧称为 $ \Sigma $的上侧，另一侧（即角 $ \gamma $为钝角）称为 $ \Sigma $的下侧（如图9-32）.

类似地，如果将曲面 $ \Sigma $ 以 $ y = y(z, x) $ 表示，则把法向量指向朝右（即法向量与 y 轴正向夹角 $ \beta $ 为锐角）的一侧称为 $ \Sigma $ 的右侧，另一侧为 $ \Sigma $ 的左侧；如果将曲面 $ \Sigma $ 以 $ x = x(y, z) $ 表示，则把法向量指向朝前（即法向量与 x 轴正向夹角 $ \alpha $ 为锐角）的一侧称为 $ \Sigma $ 的前侧，另一侧称为 $ \Sigma $ 的后侧；如果 $ \Sigma $ 是封闭曲面，我们把法向量指向内的一侧称为内侧，指向外的一侧称为外侧（如图 9-33）。这种取定了法向量亦即确定了侧的曲面，就称为有向曲面。

图 9-32

图 9-33

现在介绍有向曲面微元在坐标面上的投影。在有向曲面 $ \Sigma $ 上取一小块曲面 $ \Delta S $，它的面积也记为 $ \Delta S $。把 $ \Delta S $ 投影到 $ xOy $ 面上得一投影区域，这投影区域的面积（非负的标量）记为 $ (\Delta\sigma)_{xy} $。另一方面，由 $ \Sigma $ 所选定的侧，可知 $ \Delta S $ 上各点处的法向量与 $ z $ 轴的夹角 $ \gamma $ 的余弦 $ \cos \gamma $ 有着相同的符号，上侧为正，下侧为负。我们把 $ \cos \gamma \cdot \Delta S $ 称为有向曲面的微元 $ \Delta S $ 在 $ xOy $ 面上的投影，并记为 $ (\Delta S)_{xy} $，即 $ (\Delta S)_{xy} = \cos \gamma \cdot \Delta S $。显然，这投影的值 $ (\Delta S)_{xy} $ 可正，可负，也可为零，且与 $ (\Delta\sigma)_{xy} $ 有如下关系：

$$ (\Delta S)_{x y}=\{\begin{aligned}&(\Delta\sigma)_{x y},\quad&\cos\gamma&\gt 0,\\ &-\cdot(\Delta\sigma)_{x y},\quad&\cos\gamma&\lt 0,\\ &0,\quad&\cos\gamma&=0,\end{aligned}. $$

这里 $ \cos \gamma \equiv 0 $ 也就是 $ (\Delta \sigma)_{xy} = 0 $ 的情形. $ \Delta S $ 在 xOy 面上的投影 $ (\Delta S)_{xy} $ 实际上就是有向曲面微元 $ \Delta S $ 在 xOy 面上的投影区域的面积赋以一定的正负号，类似地可以定义 $ \Delta S $ 在另两个坐标面 yOz 及 zOx 面上的投影 $ (\Delta S)_{yz} $ 及 $ (\Delta S)_{zx} $.

二、对坐标的曲面积分的概念与性质

下面从计算流量问题，引进对坐标的曲面积分的概念。设稳定流动的不可压缩流体的速度场由

原书第 181 页

$$ \boldsymbol{v}(x,y,z)=\boldsymbol{P}(x,y,z)\boldsymbol{i}+\boldsymbol{Q}(x,y,z)\boldsymbol{j}+\boldsymbol{R}(x,y,z)\boldsymbol{k} $$

给出（“稳定”是指流速不随时间而变化，“不可压缩”是指流体的密度不变）。 $ \Sigma $ 是速度场中的一片有向曲面，函数 $ P(x, y, z) $、 $ Q(x, y, z) $、 $ R(x, y, z) $ 都在 $ \Sigma $ 上连续，求在单位时间内流向 $ \Sigma $ 指定侧的流体的质量，即流量 $ \Phi $。

如果流体流过平面上面积为 A 的一个闭区域，且流速 v 为常向量，又设 n 为该平面的单位法向量，那么在单位时间内流过这闭区域的流体组成一个底面积为 A，斜高为 $ |v| $ 的斜柱体（如图 9-34），其体积为

$$ A\mid\boldsymbol{v}\mid\cos\theta=A\boldsymbol{v}\cdot\boldsymbol{n}, $$

其中 $ \theta $ 为 $ v $ 与 $ n $ 的夹角（ $ 0 \leq \theta \leq \pi $）。因密度不变，不妨假定密度为 1，故流体通过闭区域 $ A $ 流向 $ n $ 所指一侧的流量为 $ v \cdot nA $。

当 $\Sigma$ 是一片曲面，且流速 $v$ 不是常向量时，所求流量不能直接用上述公式计算。现将曲面 $\Sigma$ 分为 $n$ 小块曲面 $\Delta S_i$（$\Delta S_i$ 同时也代表第 $i$ 小块曲面的面积），在 $\Sigma$ 是光滑的且 $v$ 是连续的前提下，只要 $\Delta S_i$ 的直径很少，我们就可以用 $\Delta S_i$ 上任一点 $(\xi_i, \eta_i, \zeta_i)$ 处的流速

$$ \begin{aligned}{\boldsymbol{v}_{i}}&{{}=v\big(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i}\big)}\\ {}&{{}=P\big(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i}\big)\boldsymbol{i}+Q\big(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i}\big)\boldsymbol{j}+R\big(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i}\big)\boldsymbol{k}}\\ \end{aligned} $$

代替 $ \Delta S_{i} $ 上其他各点处的流速，以该点 $ (\xi_{i}, \eta_{i}, \zeta_{i}) $ 处曲面 $ \Sigma $ 的单位法向量

$$ \boldsymbol{n}_{i}=\cos\alpha_{i}\boldsymbol{i}+\cos\beta_{i}\boldsymbol{j}+\cos\gamma_{i}\boldsymbol{k} $$

代替 $ \Delta S_{i} $ 上其他各点处的单位法向量（如图 9-35）。从而得到通过 $ \Delta S_{i} $ 流向指定侧的流量的近似值为

$$ \boldsymbol{v}_{i}\cdot\boldsymbol{n}_{i}\Delta S_{i}\qquad(i=1,~2,~\cdots,~n). $$

图 9-34

图 9-35

通过 $ \Sigma $ 流向指定侧的流量为

$$ \begin{align*}\Phi&\approx\sum_{i=1}^{n}\boldsymbol{v}_{i}\cdot\boldsymbol{n}_{i}\Delta S_{i}\\&=\sum_{i=1}^{n}\left[P(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i})\cos\alpha_{i}+Q(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i})\cos\beta_{i}+R(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i})\cos\gamma_{i}\right]\Delta S_{i}.\end{align*} $$

原书第 182 页

由于 $ \Delta S_i $ 很小，可近似地看作是垂直于法向量 $ n_i(M) $ 的一小片平面，其中 $ M $ 是小块 $ \Delta S_i $ 中的点。这样， $ \Delta S_i $ 在三个坐标面上的投影分别为

$$ \cos\alpha_{i}\cdot\Delta S\approx(\Delta S_{i})_{y z},\quad\cos\beta_{i}\cdot\Delta S\approx(\Delta S_{i})_{x x},\quad\cos\gamma_{i}\cdot\Delta S\approx(\Delta S_{i})_{x y}, $$

因此上式可以写成

$$ \Phi\approx\sum_{i=1}^{n}\left[P(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i})\left(\Delta S_{i}\right)_{y i}+Q(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i})\left(\Delta S_{i}\right)_{x x}+R(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i})\left(\Delta S_{i}\right)_{x y}\right] $$

令各小块曲面的直径的最大值 $ \lambda \to 0 $，上述和式的极限就是流量 $ \Phi $ 的精确值。由此，引进对坐标的曲面积分的概念。

定义 9.5.1 设 $ \Sigma $ 为光滑的有向曲面，函数 $ R(x, y, z) $ 在 $ \Sigma $ 上有界。把 $ \Sigma $ 任意分为 $ n $ 块小曲面 $ \Delta S_i $（ $ \Delta S_i $ 同时又表示第 $ i $ 块小曲面的面积）， $ \Delta S_i $ 在坐标面 $ xOy $ 上的投影为 $ (\Delta S_i)_{xy} $， $ (\xi_i, \eta_i, \zeta_i) $ 是 $ \Delta S_i $ 任意取定的一点，如果当各小块曲面的直径的最大值 $ \lambda \to 0 $ 时，

$$ \lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}R(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i})(\Delta S_{i})_{xy} $$

总存在，则称此极限为函数 $ R(x, y, z) $ 在有向曲面 $ \Sigma $ 上对坐标 $ x, y $ 的曲面积分，记作 $ \iint_{\Sigma} R(x, y, z) \, dx \, dy $，即

$$ \iint_{\Sigma}R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}R(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i})(\Delta S_{i})_{xy}, $$

其中 $ R(x, y, z) $ 叫做被积函数， $ \Sigma $ 叫做积分曲面.

类似地可以定义函数 $ P(x, y, z) $ 在有向曲面 $ \Sigma $ 上对坐标 y, z 的曲面积分 $ \iint_{\Sigma} P(x, y, z) \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z $，及函数 $ Q(x, y, z) $ 在有向曲面 $ \Sigma $ 上对坐标 z, x 的曲面积分 $ \iint_{\Sigma} Q(x, y, z) \, \mathrm{d}z \, \mathrm{d}x $，它们分别为

$$ \begin{align*}\iint\limits_{\Sigma}P\left(x,\ y,\ z\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z=&\lim_{\lambda\rightarrow0}\sum_{i=1}^{n}P\left(\xi_{i},\ \eta_{i},\ \zeta_{i}\right)\left(\Delta S_{i}\right)_{yz},\\\iint\limits_{\Sigma}Q\left(x,\ y,\ z\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x=&\lim_{\lambda\rightarrow0}\sum_{i=1}^{n}Q\left(\xi_{i},\ \eta_{i},\ \zeta_{i}\right)\left(\Delta S_{i}\right)_{zx}.\end{align*} $$

以上三个曲面积分也称为第二型曲面积分.

我们指出，当 $ P(x, y, z) $、 $ Q(x, y, z) $、 $ R(x, y, z) $ 在有向光滑曲面 $ \Sigma $ 上连续时，对坐标的曲面积分是总存在的，以后总假定 P、Q、R 在 $ \Sigma $ 上连续。

若 $ \Sigma $ 是同一有向曲面，则可把上述三个曲面积分合并起来：

$$ \iint_{\Sigma}P\left(x,y,z\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\iint_{\Sigma}Q\left(x,y,z\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\iint_{\Sigma}R\left(x,y,z\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y $$

且简记为

原书第 183 页

$$ \iint_{\Sigma}P\left(x,y,z\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\left(x,y,z\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\left(x,y,z\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

例如，上述流向 $ \Sigma $ 指定侧的流量 $ \Phi $ 可表示为

$$ \Phi=\iint\limits_{\Sigma}P\left(x,\ y,\ z\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\left(x,\ y,\ z\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\left(x,\ y,\ z\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

对坐标的曲面积分具有与对坐标的曲线积分相类似的一些性质.

（1）如果 $ \Sigma $ 是分片光滑的有向曲面，那么在 $ \Sigma $ 上对坐标的曲面积分等于在各片光滑曲面上对坐标的曲面积分之和．即有

$$ \begin{align*}&\iint\limits_{\Sigma=\Sigma_{1}+\Sigma_{2}+\cdots+\Sigma_{n}}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\=&\iint\limits_{\Sigma_{1}}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\iint\limits_{\Sigma_{2}}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\cdots+\\&\iint\limits_{\Sigma_{n}}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\end{align*} $$

（2）设 $ \Sigma $ 是有向曲面， $ \Sigma^- $ 表示与 $ \Sigma $ 取相反侧的有向曲面，则

$$ \iint_{\Sigma^{-}}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-\iint_{\Sigma}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

（2）式表示，当积分曲面改变为相反侧时，对坐标的曲面积分要改变符号。因此关于对坐标的曲面积分，我们必须注意积分曲面所取的侧。

三、对坐标的曲面积分的计算法

设积分曲面 $ \Sigma $ 是由方程 $ z = z(x, y) $ 所给出的曲面上侧， $ \Sigma $ 在 xOy 面上的投影区域为 $ D_{xy} $，函数 $ z = z(x, y) $ 在 $ D_{xy} $ 上具有一阶连续偏导数，被积函数 $ R(x, y, z) $ 在 $ \Sigma $ 上连续.

按对坐标的曲面积分的定义，有

$$ \iint_{\Sigma}R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\lim_{\lambda\to0}\sum_{i=1}^{n}R(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i})(\Delta S_{i})_{xy}, $$

因为 $ \Sigma $ 取上侧， $ \cos \gamma \gt 0 $，所以

$$ \left(\begin{array}{c}{\Delta S_{i}}\\ \end{array}\right)_{x y}=\left(\begin{array}{c}{\Delta\sigma_{i}}\\ \end{array}\right)_{x y}, $$

又因 $ \left(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i}\right) $ 是 $ \Sigma $ 上的一点，故 $ \zeta_{i}=z\left(\xi_{i},\eta_{i}\right) $. 从而有

$$ \sum_{i=1}^{n}\mathrm{\boldmath~R(}\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i}\mathrm{)}({\Delta S}_{i})_{x y}=\sum_{i=1}^{n}\mathrm{\boldmath~R[}\xi_{i},\eta_{i},\mathrm{\boldmath~z(}\xi_{i},\eta_{i}\mathrm{)]{(\Delta\sigma_{i})}_{x y}, }$$

令 $ \lambda \rightarrow 0 $ 取上式两端的极限，就得到

$$ \iint\limits_{\Sigma}R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint\limits_{B_{xy}}R[x,y,z(x,y)]\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

原书第 184 页

这就是把对坐标 x，y 的曲面积分化为在 xOy 面上有界闭区域 $ D_{xy} $ 二重积分的公式。必须注意，公式（3）的曲面积分是取在曲面 $ \Sigma $ 上侧的；如果曲面积分取在 $ \Sigma $ 的下侧，这时 $ \cos \gamma \lt 0 $，那么

$$ \left(\left.\Delta S_{i}\right\rangle_{s y}=-\left(\left.\Delta\sigma_{i}\right\rangle_{s y},\right.\right. $$

从而有

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

类似地，如果 $ \Sigma $ 由 $ x = x(y, z) $ 给出，则有

$$ \iint_{\Sigma}P(x,y,z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\pm\iint_{D_{x}}P[x(y,z),y,z]\mathrm{d}y\mathrm{d}z, $$

等式右端的符号这样确定：当 $ \Sigma $ 为前侧，即 $ \cos \alpha \gt 0 $，应取正号；反之，如果 $ \Sigma $ 取后侧，即 $ \cos \alpha \lt 0 $，应取负号。

如果 $ \Sigma $ 由 $ y = y(z, x) $ 给出，则有

$$ \iint_{\Sigma}Q\left(x,\ y,\ z\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x=\iint\limits_{B_{x}}Q\left[x,\ y\left(z,\ x\right),\ z\right]\mathrm{d}z\mathrm{d}x, $$

等式右端的符号这样确定：当 $ \Sigma $ 为右侧，即 $ \cos \beta \gt 0 $，应取正号；反之，如果 $ \Sigma $ 取左侧，即 $ \cos \beta \lt 0 $，应取负号。

例1 计算曲面积分

$$ \iint_{\Sigma}y\left(x-z\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+x^{2}\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\left(y^{2}+xz\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y, $$

其中 $ \Sigma $ 是边长为 a 的正方体表面并取外侧（如图 9-36）.

解原式 = $ \iint_{\Sigma} y(x-z) \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z + \iint_{\Sigma} x^{2} \, \mathrm{d}z \, \mathrm{d}x + \iint_{\Sigma} (y^{2} + xz) \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y $,

其中积分曲面 $ \Sigma $ 由六个平面 $ \Sigma_{1} $， $ \Sigma_{2} $， $ \Sigma_{3} $， $ \Sigma_{4} $， $ \Sigma_{5} $， $ \Sigma_{6} $（如图 9-36）组成。

先计算 $ \iint_{\Sigma} y(x-z) \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z $，应将 $ \Sigma $ 投影到 yOz 面，此时平面 $ \Sigma_{3} $， $ \Sigma_{4} $， $ \Sigma_{5} $， $ \Sigma_{6} $ 的投影均为 0，而 $ \Sigma_{1} $：x=a 取前侧； $ \Sigma_{2} $：x=0 取后侧，得

$$ \begin{aligned}\iint_{\Sigma}y\left(x-z\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z&=\iint_{\Sigma_{1}}y\left(x-z\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\iint_{\Sigma_{2}}y\left(x-z\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\&=\iint\limits_{D_{yx}}y\left(a-z\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z-\iint\limits_{D_{yx}}y\left(0-z\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\&=\int_{0}^{a}\int_{0}^{a}y\left(a-z\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z-\int_{0}^{a}\int_{0}^{a}y\left(0-z\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z\end{aligned} $$

图 9-36

原书第 185 页

$$ \frac{a^{4}}{4}+\frac{a^{4}}{4}=\frac{a^{4}}{2}. $$

同样，对于 $ \iint_{\Sigma} x^{2} \, dz \, dx $，应将 $ \Sigma $ 投影到 zOx 面，此时 $ \Sigma_{1}, \Sigma_{2}, \Sigma_{3}, \Sigma_{6} $ 的投影为 0，而 $ \Sigma_{1}: y = a $ 取右侧： $ \Sigma_{1}: y = 0 $ 取左侧．得

$$ \begin{aligned}\iint_{\Sigma}x^{2}\mathrm{d}z\mathrm{d}x&=\iint_{\Sigma_{1}}x^{2}\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\iint_{\Sigma_{2}}x^{2}\mathrm{d}z\mathrm{d}x\\&=\iint_{D_{xx}}x^{2}\mathrm{d}z\mathrm{d}x-\iint_{D_{xx}}x^{2}\mathrm{d}z\mathrm{d}x=0.\end{aligned} $$

对于 $ \iint_{\Sigma}(y^{2}+xz)\mathrm{d}x\mathrm{d}y $，应将 $ \Sigma $投影到xOy面，此时 $ \Sigma_{1},\Sigma_{2},\Sigma_{3},\Sigma_{4} $的投影为0，而 $ \Sigma_{5} $：z=a取上侧； $ \Sigma_{6} $：z=0取下侧，得

$$ \begin{aligned}\iint\limits_{2}\left(y^{2}+xz\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iint\limits_{52}\left(y^{2}+xz\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\iint\limits_{56}\left(y^{2}+xz\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\iint\limits_{D_{xy}}\left(y^{2}+ax\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y-\iint\limits_{D_{xy}}\left(y^{2}-0\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\iint\limits_{D_{xy}}ax\mathrm{d}x\mathrm{d}y=a\int_{0}^{a}\mathrm{d}y\int_{0}^{a}x\mathrm{d}x=\frac{a^{4}}{2}.\end{aligned} $$

于是

$$ \frac{a^{4}}{2}+0+\frac{a^{4}}{2}=a^{4}. $$

例2 计算曲面积分 $ \iint_{\Sigma}xyzdxdy $，其中 $ \Sigma $ 是球面 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=1 $ 外侧在 $ x\geqslant0 $， $ y\geqslant0 $ 的部分.

解把 $ \Sigma $ 分为 $ \Sigma_{1} $ 和 $ \Sigma_{2} $ 两部分（如图 9-37）， $ \Sigma_{1} $ 的方程为

$$ z=-\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}, $$

$ \Sigma_{2} $ 的方程为

$$ z=\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}, $$

$$ \iint_{\Sigma}x y z\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_{\Sigma_{1}}x y z\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\iint_{\Sigma_{2}}x y z\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

上式右端的第一个积分的积分曲面 $ \Sigma_{1} $ 取下侧，第二个积分的积分曲面 $ \Sigma_{2} $ 取上侧，因此分别应用公式 (3) 与 (3)，就有

图 9-37

原书第 186 页

$$ \begin{aligned}\iint_{\Sigma}xyz\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=-\iint_{D_{xy}}xy\big(-\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}\big)\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\iint_{D_{xy}}xy\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=2\iint_{D_{-}}xy\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y,\end{aligned} $$

其中 $ D_{xy} $ 是 $ \Sigma_{1} $ 及 $ \Sigma_{2} $ 在 xOy 面上的投影区域，就是位于第一象限内的扇形域 $ x^{2}+y^{2}\leqslant1 $ （ $ x\geqslant0 $， $ \gamma\geqslant0 $）。利用极坐标计算这个二重积分如下：

$$ \begin{aligned}2\iint\limits_{D_{xy}}xy\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=2\iint\limits_{D_{xy}}\rho^{2}\sin\theta\cos\theta\sqrt{1-\rho^{2}}\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin2\theta\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}\rho^{3}\sqrt{1-\rho^{2}}\mathrm{d}\rho=\frac{2}{15},\end{aligned} $$

从而

$$ \iint_{\Sigma}xyz\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{2}{15}. $$

例3 计算曲面积分

$$ I=\iint\limits_{\Sigma}x z\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y x^{2}\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z y^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y, $$

式中 $ \Sigma $ 是 $ z = x^{2} + y^{2} $ 在 $ x \geqslant 0, y \geqslant 0, 0 \leqslant z \leqslant 1 $ 部分的上侧.

解记 $ I = I_{1} + I_{2} + I_{3} $ 其中 $ \iint_{\Sigma} x z \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z = I_{1} $,

$ \iint_{\Sigma}yx^{2}\mathrm{d}z\mathrm{d}x=I_{2},\iint_{\Sigma}zy^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=I_{3} $，如图9-38所示， $ \Sigma $

上侧的法向量为 $ n = \{-2x, -2y, 1\} $，于是

$$ I_{3}=\iint\limits_{\Sigma( 上 )}z y^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint\limits_{D_{z x}}\left(x^{2}+y^{2}\right)y^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y, $$

其中 $ D_{xy}: x^{2}+y^{2}\leq1, x\geq0, y\geq0. $

图 9-38

利用二重积分的性质，又有

$$ I_{3}=\iint\limits_{D_{xy}}^{}x^{2}(x^{2}+y^{2})\mathrm{d}x\mathrm{d}y, $$

两式相加，可得

$$ I_{3}=\frac{1}{2}\iint_{D_{xy}}\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}\mathrm{d}\sigma_{xy}=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}r^{4}\cdot r\mathrm{d}r=\frac{\pi}{24}. $$

将 $ \Sigma $ 向 yOz 面投影，应取后侧，于是

$$ I_{1}=\iint\limits_{S^{\left( 后 \right)}}xz\mathrm{d}y\mathrm{d}z=-\iint\limits_{D_{xz}}z\sqrt{z-y^{2}}\mathrm{d}y\mathrm{d}z=-\int_{0}^{1}z\mathrm{d}z\int_{0}^{\sqrt{z}}\sqrt{z-y^{2}}\mathrm{d}y=-\frac{\pi}{12}. $$

将 $ \Sigma $ 向 zOx 面投影，应取左侧，于是

原书第 187 页

$$ I_{2}=\iint_{D_{2}}yx^{2}\mathrm{d}z\mathrm{d}x=-\iint_{D_{2}}x^{2}\sqrt{z-x^{2}}\mathrm{d}z\mathrm{d}x=-\int_{0}^{1}x^{2}\mathrm{d}x\int_{x^{2}}^{1}\sqrt{z-x^{2}}\mathrm{d}x=-\frac{\pi}{48}. $$

综上所述，原积分

$$ I=\frac{\pi}{24}-\frac{\pi}{12}-\frac{\pi}{48}=-\frac{\pi}{16}. $$

例4 计算 $ I = \oint_{\Sigma} (x + y) \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z + (y + z) \, \mathrm{d}z \, \mathrm{d}x + (z + x) \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y $，式中 $ \Sigma $ 是由 $ \Sigma_1: x = 0, \Sigma_2: y = 0, \Sigma_3: z = 0 $ 及 $ \Sigma_4: x + y + z = 1 $ 所围成四面体的界面的外侧.

解曲面 $ \Sigma $ 如图 9-39 所示. 先求

$$ I_{3}=\iint\limits_{\Sigma^{(\mathrm{ 外 })}}\left(z+x\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

因为 $ \Sigma_{1} $， $ \Sigma_{2} $ 在 xOy 面投影为 0，所以

图 9-39

$$ \iint_{\Sigma_{1}+\Sigma_{2}}\left(z+x\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0. $$

而

$$ \begin{aligned}&\iint\limits_{\Sigma_{3}^{ 负 }}\left(z+x\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\iint\limits_{\Sigma_{4}^{ 上 }}\left(z+x\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-\iint\limits_{D_{xy}}x\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\iint\limits_{D_{xy}}\left(1-y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\=&\iint\limits_{D_{xy}}\left(1-x-y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1-x}\left(1-x-y\right)\mathrm{d}y=\frac{1}{6}.\end{aligned} $$

由曲面和被积函数构造上的对称性，得

$$ I_{1}=\iint_{\Sigma( 外 )}(x+y)\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\frac{1}{6}, $$

$$ I_{2}=\iint\limits_{\Sigma^{\left(外\right)}}\left(y+z\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x=\frac{1}{6}, $$

$$ I=I_{1}+I_{2}+I_{3}=\frac{1}{2}. $$

故原积分

例5 计算 $ I=\oint_{\Sigma}x^{2}\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y^{2}\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y $，其中 $ \Sigma $ 为球面 $ (x-a)^{2}+(y-b)^{2}+(z-c)^{2}=R^{2} $ 的外侧.

解先计算 $ I_{3}=\oint_{\Sigma}z^{2}dxdy $，将 $ \Sigma $ 分为 $ \Sigma_{1} $ 和 $ \Sigma_{2} $ 两部分：

$ \Sigma_{2} $ 的方程为 $ z=c+\sqrt{R^{2}-(x-a)^{2}-(y-b)^{2}} $ 取上侧，

$ \Sigma_{1} $ 的方程为 $ z=c-\sqrt{R^{2}-(x-a)^{2}-(y-b)^{2}} $ 取下侧，

原书第 188 页

则

$$ \begin{aligned}I_{3}&=\iint\limits_{\Sigma_{1}}z^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\iint\limits_{\Sigma_{2}}z^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\iint\limits_{D_{xy}}\left[c+\sqrt{R^{2}-\left(x-a\right)^{2}-\left(y-b\right)^{2}}\right]^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&\quad-\iint\limits_{D_{xy}}\left[c-\sqrt{R^{2}-\left(x-a\right)^{2}-\left(y-b\right)^{2}}\right]^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=4c\iint\limits_{D_{xy}}\sqrt{R^{2}-\left(x-a\right)^{2}-\left(y-b\right)^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y,\end{aligned} $$

其中 $ D_{xy} $ 是 $ \Sigma_{1} $ 及 $ \Sigma_{2} $ 在 xOy 面的投影域：

$$ \left(x-a\right)^{2}+\left(y-b\right)^{2}\leqslant R^{2}. $$

令 $ x-a=r\cos\theta $， $ y-b=r\sin\theta $，得

$$ I_{3}=4c\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{R}r\sqrt{R^{2}-r^{2}}\mathrm{d}r=8\pi c\left[-\frac{1}{3}\left(R^{2}-r^{2}\right)^{\frac{3}{2}}\right]_{0}^{R}=\frac{8}{3}\pi cR^{3}. $$

$$ I_{1}=\iint\limits_{\Sigma}x^{2}\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\frac{8}{3}\pi aR^{3}, $$

由对称性得

$$ I_{2}=\iint\limits_{\Sigma}y^{2}\mathrm{d}z\mathrm{d}x=\frac{8}{3}\pi b R^{3}. $$

三式相加得

$$ I=\frac{8}{3}\pi R^{3}(a+b+c). $$

四、两类曲面积分的关系

现在，我们利用两类曲面积分的计算法，来说明它们之间有如下关系：

$$ \begin{aligned}&\iint\limits_{\Sigma}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\=&\iint\limits_{\Sigma}\left(P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma\right)\mathrm{d}S,\end{aligned} $$

其中 $ \cos\alpha $， $ \cos\beta $， $ \cos\gamma $ 是有向曲面 $ \Sigma $ 的法向量的方向余弦.

事实上，设曲面 $ \Sigma $ 的方程为 $ z = z(x, y) $， $ \Sigma $ 在 xOy 面上的投影区域为 $ D_{xy} $，如果 $ \Sigma $ 取上侧，则由对坐标的曲面积分计算公式（3）有

$$ \iint_{\Sigma}R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_{D_{xy}}R[x,y,z(x,y)]\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

又因为

原书第 189 页

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

由对面积的曲面积分计算法有

$$ \iint_{\Sigma}R(x,y,z)\cos\gamma\mathrm{d}S=\iint_{D_{xy}}R[x,y,z(x,y)]\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

故

$$ \iint_{\Sigma}R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_{\Sigma}R(x,y,z)\cos\gamma\mathrm{d}S. $$

如果 $ \Sigma $ 取下侧，则由 $ (3^{\prime}) $ 有

$$ \iint_{\Sigma}R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-\iint_{\partial_{xy}}R[x,y,z(x,y)]\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

但这时 $ \cos\gamma=\frac{-1}{\sqrt{1+z_{s}^{2}+z_{\gamma}^{2}}} $，因此（7）式仍成立。同理

$$ \iint\limits_{\Sigma}P(x,y,z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\iint\limits_{\Sigma}P(x,y,z)\cos\alpha\mathrm{d}S, $$

$$ \iint\limits_{\Sigma}Q\left(x,\ y,\ z\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x=\iint\limits_{\Sigma}Q\left(x,\ y,\ z\right)\cos\beta\mathrm{d}S. $$

合并（7）、（8）、（9）得

$$ \iint\limits_{\Sigma}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint\limits_{\Sigma}\left(P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma\right)\mathrm{d}S. $$

还要指出，公式（6）不但建立了两类曲面积分的联系，而且还可使两种对不同坐标的曲面积分互相转化。

例6 计算曲面积分 $ \iint_{\Sigma}(z^{2}+x)dydz-zdx dy $，其中 $ \Sigma $ 是旋转抛物面 $ z=\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2}) $ 介于平面 z=0 及 z=2 之间的部分的下侧.

解由公式（6），得

$$ \begin{aligned}\iint_{\Sigma}\left(z^{2}+x\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z&=\iint_{\Sigma}\left(z^{2}+x\right)\cos\alpha\mathrm{d}S\\&=\iint_{\Sigma}\left(z^{2}+x\right)\frac{\cos\alpha}{\cos\gamma}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\end{aligned} $$

在曲面 $ \Sigma $ 上，有

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

故

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

原书第 190 页

所以

$$ \iint_{\Sigma}\left(z^{2}+x\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z-z\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_{\Sigma}\left[\left(z^{2}+x\right)\left(-x\right)-z\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

再按对坐标的曲面积分的计算法，便得

$$ \begin{aligned}&\iint\limits_{\Sigma}(z^{2}+x)\mathrm{d}y\mathrm{d}z-z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\=&-\iint\limits_{B_{xy}}\{[\frac{1}{4}(x^{2}+y^{2})^{2}+x](-x)-\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2})\}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\=&\iint\limits_{B_{xy}}\frac{1}{4}x(x^{2}+y^{2})^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\iint\limits_{B_{xy}}[x^{2}+\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2})]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\=&0+\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{2}(r^{2}\cos^{2}\theta+\frac{1}{2}r^{2})r\mathrm{d}r=8\pi.\end{aligned} $$

习题9-5

当 $ \Sigma $ 为 xOy 面内的一个有界闭区域时，曲面积分 $ \iint_{\Sigma} R(x, y, z) \, dx \, dy $ 与二重积分有什么关系？

计算下列对坐标的曲面积分：

(1) $ \iint_{\Sigma} z^{2} \, dx \, dy $，其中 $ \Sigma $ 是平面 $ x+y+z=1 $ 在第一封限部分的上侧；

(2) $ \iint_{\Sigma} z \, dx \, dy + x \, dy \, dz + y \, dz \, dx $，其中 $ \Sigma $ 是柱面 $ x^{2} + y^{2} = 1 $ 被平面 z = 0 及 z = 3 所截得的在第一卦限内的部分前侧；

(3) $ \oint_{\Sigma} xydydz + yzdzdx + xzdx dy $，其中 $ \Sigma $ 是平面 x=0, y=0, z=0 及 $ x+y+z=1 $ 所围成的立体的整个边界曲面的外侧；

(4) $ \oint_{\Sigma} \frac{e^{x}}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}} \, dy \, dz $，其中 $ \Sigma $ 为上半锥面 $ z = \sqrt{x^{2} + y^{2}} $ 及平面 z = 1, z = 2 所围成立体表面的外侧.

(5) $ \iint_{\Sigma}(z^{2}+x)dydz-zdx dy $，其中 $ \Sigma $ 为旋转抛物面 $ z=\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2}) $ 下侧介于平面 z=0 及 z=2 之间的部分.

计算曲面积分 $ \iint_{\Sigma} \frac{ax \, dy \, dz + (z + a)^2 \, dx \, dy}{\sqrt{x^2 + y^2 + z^2}} $，其中 $ \Sigma $ 为下半球面 $ z = -\sqrt{a^2 - x^2 - y^2} $ 的上侧， $ a $ 为大于零的常数.

已知速度场 $ v(x, y, z) = \{x, y, z\} $，求流体在单位时间内通过上半锥面 $ z = \sqrt{x^{2} + y^{2}} $ 与平面 Z = 1 所围成锥体表面向外流出的流量.

把对坐标的曲面积分 $ \iint_{D}P(x,y,z)dydz+Q(x,y,z)dzdx+R(x,y,z)dxdy $ 化为对面

原书第 191 页

积的曲面积分：

(1) $ \Sigma $ 是平面 $ 3x+2y+2\sqrt{3}z=6 $ 在第一卦限的部分的上侧；

(2) $ \Sigma $ 是抛物面 $ z=8-(x^{2}+y^{2}) $ 在 xOy 面上方的部分的上侧.

第六节高斯公式和斯托克斯公式

格林公式揭示了平面有界闭区域 D 上的二重积分与沿其边界 L 的曲线积分之间的关系.

对于三重积分也有类似于格林公式的结论．把在空间闭区域Ω上的三重积分与其边界曲面上的曲面积分联系起来，揭示它们之间关系的就是高斯公式.

另外，把在空间曲面 $ \Sigma $ 上的曲面积分与沿其边界曲线 $ \Gamma $ 的线积分联系起来，就可推得斯托克斯公式. 它是格林公式的空间形式.

一、高斯公式

定理 9.6.1 设空间有界闭区域 $ \Omega $ 是由分片光滑的闭曲面 $ \Sigma $ 所围成，函数 $ P(x, y, z) $、 $ Q(x, y, z) $、 $ R(x, y, z) $ 在 $ \Omega $ 上具有一阶连续偏导数，则有

$$ \iiint_{\Omega}\left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}\right)\mathrm{d}V=\oint_{\Sigma}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y, $$

或

$$ \iiint_{\Omega}\left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}\right)\mathrm{d}V=\iint_{\Sigma}\left(P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma\right)\mathrm{d}S, $$

这里 $ \Sigma $ 是 $ \Omega $ 的整个边界曲面的外侧， $ \cos \alpha $、 $ \cos \beta $、 $ \cos \gamma $ 是 $ \Sigma $ 在点 $ (x, y, z) $ 处的法向量的方向余弦，公式 (I) 或 (I') 叫做高斯公式.

证由两类曲面积分之间的关系可知，公式

(Ⅰ) 及 $ (1') $ 的右端是相等的，因此这里只要证明

公式（1）就可以了.

假设穿过 $ \Omega $ 内部且平行于 z 轴的直线与 $ \Omega $ 的界面 $ \Sigma $ 的交点恰好是两个，如图 9-40 所示，闭区域 $ \Omega $ 在 xOy 面上的投影区域为 $ D_{xy} $， $ \Sigma $ 由 $ \Sigma_1 $， $ \Sigma_2 $ 和 $ \Sigma_3 $ 三部分组成，其中 $ \Sigma_1 $ 和 $ \Sigma_2 $ 分别由方程 $ z = z_1(x, y) $ 和 $ z = z_2(x, y) $ 给出，且 $ z_1(x, y) \leq z_2(x, y) $， $ \Sigma_1 $ 取下侧， $ \Sigma_2 $ 取上侧； $ \Sigma_3 $ 是以 $ D_{xy} $ 的边界曲线为准线而母线平行于 z 轴的柱面上的一部分，取外侧。

图 9-40

先证明 $ \iiint_{\Omega}\frac{\partial R}{\partial z}dV=\oint_{\Sigma}R(x,y,z)dxdy. $ 由三重积分的计算法，

原书第 192 页

有

$$ \begin{align*}\iiint\limits_{\Omega}\frac{\partial R}{\partial z}\mathrm{d}V&=\iint\limits_{\partial_{zy}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\int_{z_{1}(x,y)}^{z_{2}(x,y)}\frac{\partial R}{\partial z}\mathrm{d}z\\&=\iint\limits_{\partial_{xy}}\{R[x,\ y,\ z_{2}(x,\ y)]-R[x,\ y,\ z_{1}(x,\ y)]\}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\end{align*} $$

又根据曲面积分的计算法，有

$$ \begin{aligned}&\iint\limits_{\Sigma_{1}}R\left(x,\ y,\ z\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-\iint\limits_{D_{xy}}R\left[x,\ y,\ z_{1}(x,\ y)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y,\\&\iint\limits_{\Sigma_{2}}R\left(x,\ y,\ z\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint\limits_{D_{xy}}R\left[x,\ y,\ z_{2}(x,\ y)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\\ \end{aligned} $$

因为 $ \Sigma_{3} $ 上任意一块曲面在 xOy 面上的投影为零，所以根据对坐标的曲面积分的定义知

$$ \iint_{\Sigma_{3}}R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0. $$

把以上三式相加，得

$$ \iint_{\Sigma}R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_{D_{xy}}\{R[x,y,z_{2}(x,y)]-R[x,y,z_{1}(x,y)]\}\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

比较（2）、（3）两式，得

$$ \iiint_{\Omega}\frac{\partial R}{\partial z}\mathrm{d}V=\iint_{\Sigma}R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

类似地可证

$$ \begin{aligned}\iiint\limits_{\Omega}\frac{\partial P}{\partial x}\mathrm{d}V&=\iint\limits_{\Sigma}P\left(x,\ y,\ z\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z,\\\iiint\limits_{\Omega}\frac{\partial Q}{\partial y}\mathrm{d}V&=\iint\limits_{\Sigma}Q\left(x,\ y,\ z\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x.\end{aligned} $$

把以上三式两端分别相加，即得高斯公式（1）.

如果穿过 $ \Omega $ 内部且平行坐标轴的直线与边界曲面 $ \Sigma $ 的交点多于两个，这时可引进若干张辅助曲面，将 $ \Omega $ 分成有限个闭区域，使穿过每个闭区域内部且平行于坐标轴的直线与边界曲面的交点恰好是两个。并注意到沿辅助曲面的相反两侧的两个曲面积分的绝对值相等而符号相反，相加时正好抵消，因此公式（1）对这样的闭区域仍然是正确的。

例1 设 $ \Omega $ 为封闭曲面 $ \Sigma $ 所围成的空间区域，证明 $ \Omega $ 的体积 V 可表示为

$$ V=\frac{1}{3}\iint\limits_{x(外)}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

证在高斯公式中令 P=x, Q=y, R=z，则

$$ \iint_{\Sigma( 外 )}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iiint\limits_{a}3\mathrm{d}V=3V, $$

原书第 193 页

于是

$$ V=\frac{1}{3}\iint\limits_{\Sigma( 外 )}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

本例表明，可通过计算沿曲面 $ \Sigma $（取外侧）的曲面积分来计算空间闭区域 $ \Omega $ 的体积，较简单的形式有

$$ V=\iint\limits_{\Sigma^{\left( 外 \right)}}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\iint\limits_{\Sigma^{\left( 外 \right)}}y\mathrm{d}z\mathrm{d}x=\iint\limits_{\Sigma^{\left( 外 \right)}}z\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

例2 利用高斯公式计算曲面积分

$$ \oint_{\Sigma}\left(x-y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\left(y-z\right)x\mathrm{d}y\mathrm{d}z, $$

其中 $ \Sigma $ 为柱面 $ x^2 + y^2 = 1 $ 及平面 $ z = 0 $， $ z = 3 $ 所围成的空间闭区域 $ \Omega $ 的整个边界曲面的外侧（如图 9-41）.

解由高斯公式，应有 $ P=(y-z)x $，Q=0，R=x-y，

$$ \frac{\partial P}{\partial x}=y-z,\quad\frac{\partial Q}{\partial y}=0,\quad\frac{\partial R}{\partial z}=0, $$

于是

图 9-41

则

$$ \begin{aligned}&\iint\limits_{\Sigma}\left(x-y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\left(y-z\right)x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\iiint\limits_{\Omega}\left(y-z\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\=&\iiint\limits_{\Omega}\left(r\sin\theta-z\right)r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta\mathrm{d}z=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}r\mathrm{d}r\int_{0}^{3}\left(r\sin\theta-z\right)\mathrm{d}z=-\frac{9\pi}{2}.\end{aligned} $$

例3 计算曲面积分

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

式中 $ \Sigma $ 为半球面 $ z = \sqrt{a^{2} - x^{2} - y^{2}} $，取上侧.

解直接计算曲面积分比较复杂，可创造条件应用高斯公式。由于曲面 $ \Sigma $ 不是封闭曲面，引进辅助面 $ \Sigma_1: z = 0 \quad (x^2 + y^2 \leq a^2) $，取下侧，使 $ \Sigma \cup \Sigma_1 $ 为封闭曲面，且取外侧，如图9-42所示。曲面 $ \Sigma \cup \Sigma_1 $ 所围成的上半球体为

图 9-42

$$ \Omega=\{(x,y,z)\mid0\leqslant z\leqslant\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}},\quad(x,y)\in D_{xy}\} $$

而

$$ P=x z^{2},\quad Q=x^{2}y-z^{2},\quad R=2x y+y^{2}z, $$

从而

$$ \frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=x^{2}+y^{2}+z^{2} $$

由高斯公式，得

$$ \oint_{\Sigma\cup\Sigma_{1}}x z^{2}\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(x^{2}y-z^{2}\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\left(2x y+y^{2}z\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y $$

原书第 194 页

$$ \iiint_{D}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)\mathrm{d}V=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\varphi\int_{0}^{a}r^{4}\sin\varphi\mathrm{d}r=\frac{2\pi}{5}a^{5} $$

又在 $ \Sigma_{1} $ 上，由于 $ \cos\alpha=0 $， $ \cos\beta=0 $ 及 z=0，则

$$ \begin{align*}&\iint\limits_{\Sigma_{1}}xz^{2}\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(x^{2}y-z^{2}\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\left(2xy+y^{2}z\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\=&\iint\limits_{\Sigma_{1}}\left(2xy+0\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-\iint\limits_{D_{xy}}2xy\mathrm{d}\sigma=0.\end{align*} $$

所以

$$ \begin{aligned}I=&\iint\limits_{\Sigma\cup\Sigma_{1}}x z^{2}\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(x^{2}y-z^{2}\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\left(2x y+y^{2}z\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y-\\&\iint\limits_{\Sigma_{1}}x z^{2}\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(x^{2}y-z^{2}\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\left(2x y+y^{2}z\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\=&\frac{2\pi}{5}a^{5}+0=\frac{2\pi}{5}a^{5}.\end{aligned} $$

例4 计算曲面积分

$$ I=\iint\limits_{\Sigma}\left(x+2y+3z\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(y+2z+3x\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\left(z+2x+3y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y, $$

式中 $ \Sigma $ 为球面 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2} $ 被平面 $ x+y+z=0 $ 截得的上半部分的上侧.

分析本例 $ \Sigma $ 分别向三个坐标面投影有一定困难，不宜直接计算； $ \Sigma $ 既不是封闭曲面也不能直接应用高斯公式. 为此，需创造条件，作一个辅助面.

解引进辅助面

$$ \Sigma_{1}:\ x+y+z=0\quad\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\leqslant a^{2}\right),\ 取下侧 , $$

则 $ \Sigma $ 与 $ \Sigma $ 围成半球体 $ \Omega $，由高斯公式，有

$$ \begin{aligned}&\iint\limits_{\Sigma_{1}^{\left( 上 \right)}\cup\Sigma^{\left( 上 \right)}}\left(x+2y+3z\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(y+2z+3x\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\left(z+2x+3y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\=&\iiint\limits_{\Omega}\left(1+1+1\right)\mathrm{d}V=3\times\frac{1}{2}\times\frac{4}{3}\pi a^{3}=2\pi a^{3}.\end{aligned} $$

对于 $ \Sigma_{1} $，其单位法向量 $ n = \frac{1}{\sqrt{3}} $ {1, 1, 1}，故

$$ \begin{aligned}&\iint\limits_{\Sigma_{1}^{(下)}}\left(x+2y+3z\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(y+2z+3x\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\left(z+2x+3y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\=&\frac{1}{\sqrt{3}}\iint\limits_{\Sigma_{1}}6\left(x+y+z\right)\mathrm{d}S=0.\end{aligned} $$

从而，所求曲面积分 $ I=2\pi a^{3} $

例5 利用高斯公式计算

原书第 195 页

$$ \iint_{\Sigma}\left(x^{2}\cos\alpha+y^{2}\cos\beta+z^{2}\cos\gamma\right)\mathrm{d}S, $$

其中 $ \Sigma $ 为锥面 $ x^{2}+y^{2}=z^{2} $ 介于平面 z=0 及 $ z=h(h\gt 0) $ 之间的部分的下侧， $ \cos\alpha $， $ \cos\beta $， $ \cos\gamma $ 是 $ \Sigma $ 在点 $ (x,y,z) $ 处的法向量的方向余弦.

解 $ \Sigma $ 不是封闭曲面，先设 $ \Sigma_{1} $ 为 $ z = h $ （ $ x^{2} + y^{2} \leq h^{2} $）的上侧，则 $ \Sigma $ 与 $ \Sigma_{1} $ 组成闭曲面，且它们围成的空间闭区域为 $ \Omega $，利用高斯公式（4），得

$$ \begin{aligned}&\iint\limits_{\Sigma+\Sigma_{1}}\left(x^{2}\cos\alpha+y^{2}\cos\beta+z^{2}\cos\gamma\right)\mathrm{d}S=2\iiint\limits_{\Omega}\left(x+y+z\right)\mathrm{d}V\\=&2\iint\limits_{D_{xy}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\int_{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}^{h}\left(x+y+z\right)\mathrm{d}z\\=&2\iint\limits_{D_{xy}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\int_{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}^{h}\left(x+y\right)\mathrm{d}z+2\iint\limits_{D_{yy}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\int_{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}^{h}z\mathrm{d}z,\end{aligned} $$

其中 $ D_{xy}=\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\leqslant h^{2}\} $. 注意到

$$ \iint_{D_{xy}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\int_{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}^{h}(x+y)\mathrm{d}z=0, $$

于是

$$ \iint_{\Sigma+\Sigma_{1}}\left(x^{2}\cos\alpha+y^{2}\cos\beta+z^{2}\cos\gamma\right)\mathrm{d}S=\iint_{D_{xy}}\left(h^{2}-x^{2}-y^{2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{1}{2}\pi h^{4}. $$

又

$$ \iint\limits_{\Sigma_{1}}\left(x^{2}\cos\alpha+y^{2}\cos\beta+z^{2}\cos\gamma\right)\mathrm{d}S=\iint\limits_{\Sigma_{1}}z^{2}\mathrm{d}S=\iint\limits_{D_{xy}}h^{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\pi h^{4}. $$

因此，原式 $ = \frac{1}{2}\pi h^{4} - \pi h^{4} = -\frac{1}{2}\pi h^{4} $.

二、斯托克斯公式

斯托克斯（Stokes）公式建立了有向曲面 $ \Sigma $ 上的曲面积分与沿 $ \Sigma $ 边界曲线 $ \Gamma $ 的曲线积分之间的关系，是格林公式的推广。

定理9.6.2 设 $ \Sigma $ 为分片光滑的有向曲面，其边界曲线 $ \Gamma $ 为分段光滑的空间有向闭曲线，函数 $ P(x, y, z) $， $ Q(x, y, z) $， $ R(x, y, z) $ 在一个包含曲面 $ \Sigma $ 的空间区域内具有连续的一阶偏导数，则有

$$ \begin{aligned}&\iint_{\Sigma}\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\oint_{r}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z,\end{aligned} $$

其中 $ \Gamma $ 的正向与 $ \Sigma $ 的侧符合右手法则，即当右手除拇指外的四指依 $ \Gamma $ 的绕行方向时，拇指所指的方向与 $ \Sigma $ 上法向量的指向相同。公式（4）叫做斯托克斯

原书第 196 页

公式.

由两类曲面积分的关系，斯托克斯公式也可写成

$$ \begin{aligned}&\iint\limits_{\Sigma}\left[\left(\frac{\partial R}{\partial\gamma}-\frac{\partial Q}{\partial z}\right)\cos\alpha+\left(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}\right)\cos\beta+\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial\gamma}\right)\cos\gamma\right]\mathrm{d}S\\ =&\oint_{r}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z,\end{aligned} $$

其中 $ n=\{\cos\alpha, \cos\beta, \cos\gamma\} $ 为有向曲面 $ \Sigma $ 的单位法向量.

证先证

$$ \oint_{r}P\mathrm{d}x=\iint\limits_{s}\left(\frac{\partial P}{\partial z}\cos\beta-\frac{\partial P}{\partial y}\cos\gamma\right)\mathrm{d}S. $$

为简便起见，假设 $ \Sigma $ 与平行于 $ z $ 轴的直线相交不多于一点，并设 $ \Sigma $ 为曲面 $ z = z(x, y) $ 的上侧， $ \Sigma $ 的正向边界曲线 $ \Gamma $ 在 $ xOy $ 面上的投影为平面有向曲线 $ C $， $ C $ 所围成的闭区域为 $ D_{xy} $（如图 9-43）。

图 9-43

又设在 xOy 面上曲线 C 的方程为 $ x = x(t) $， $ y = y(t) $（t 从 $ \alpha $ 变到 $ \beta $），则空间曲线 $ \Gamma $ 的方程可表示为

$$ x=x(t),\quad y=y(t),\quad z=z[x(t),\quad y(t)]\quad(t 从 \alpha 变到 \beta). $$

由曲线积分的计算法，得

$$ \begin{align*}\oint_{r}P(x,\ y,\ z)\mathrm{d}x&=\int_{a}^{b}P\{x(t),\ y(t),\ z[x(t),\ y(t)]\}x^{\prime}(t)\mathrm{d}t\\&=\oint_{c}P[x,\ y,\ z(x,\ y)]\mathrm{d}x,\end{align*} $$

对右端的积分应用格林公式，得

$$ \begin{aligned}\oint_{C}P\left[\begin{array}{l l l}x,&y,&z\left(x,\ y\right)\end{array}\right]\mathrm{d}x=&-\iint\limits_{D_{xy}}\frac{\partial}{\partial y}P\left[\begin{array}{l l l}x,&y,&z\left(x,\ y\right)\end{array}\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\=&-\iint\limits_{D_{xy}}\left(\frac{\partial P}{\partial y}+\frac{\partial P}{\partial z}\frac{\partial z}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\end{aligned} $$

注意到

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

曲面面积元素为

$$ \mathrm{d}S=\sqrt{1+\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{\cos\gamma} $$

故有

$$ \oint_{r}P(x,y,z)\mathrm{d}x=\oint_{c}P[x,y,z(x,y)]\mathrm{d}x $$

原书第 197 页

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

如果曲面 $ \Sigma $ 与平行于 z 轴的直线的交点多于一个，则可作辅助曲线把曲面分成几部分，使在每个部分能用公式（7）并相加。因为沿辅助曲线方向相反的两个曲线积分相加时正好抵消，所以对于这一类曲面公式（6）也成立。

同理可证

$$ \begin{align*}\oint_{r}Q\left(x,\ y,\ z\right)\mathrm{d}y&=\iint_{\Sigma}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}\cos\gamma\frac{-\partial Q}{\partial z}\cos\alpha\right)\mathrm{d}S,\\\oint_{r}R\left(x,\ y,\ z\right)\mathrm{d}z&=\iint_{\Sigma}\left(\frac{\partial R}{\partial y}\cos\alpha\frac{-\partial R}{\partial x}\cos\beta\right)\mathrm{d}S.\end{align*} $$

把它们与公式（6）相加即得公式（5），从而公式（4）也得证.

为了帮助记忆，利用行列式记号，公式（4）可写成

$$ \iint_{\Sigma}\left|\begin{array}{c c c}{\mathrm{d}y\mathrm{d}z}&{\mathrm{d}z\mathrm{d}x}&{\mathrm{d}x\mathrm{d}y}\\ {\frac{\partial}{\partial x}}&{\frac{\partial}{\partial y}}&{\frac{\partial}{\partial z}}\\ {P}&{Q}&{R}\end{array}\right|=\oint_{r}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z. $$

公式（5）可写成

$$ \begin{aligned}\iint_{\Sigma}&\left|\begin{array}{ccc}\cos\alpha&\cos\beta&\cos\gamma\\\frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\P&Q&R\end{array}\right|=\oint_{R}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z.\end{aligned} $$

在斯托克斯公式（4）中，若 $ \Sigma $ 是 xOy 面上的一块平面闭区域，则 dz=0

这时斯托克斯公式就变成格林公式.

例6 计算曲线积分

$$ \oint_{r}\left(2y+z\right)\mathrm{d}x+\left(x-z\right)\mathrm{d}y+\left(y-x\right)\mathrm{d}z, $$

其中 $ \Gamma $ 为平面 $ x+y+z=1 $ 与各坐标面的交线，正对着 Oz 轴正向看， $ \Gamma $ 成逆时针方向，如图 9-44 所示.

解取 $ \Sigma $ 为平面 $ x+y+z=1 $ 上的 $ \triangle ABC $ 的上侧，由于

$$ P=2y+z,\quad Q=x-z,\quad R=y-x, $$

图 9-44

原书第 198 页

依斯托克斯公式，得

$$ \begin{aligned}&\oint_{r}^{}\left(2y+z\right)\mathrm{d}x+\left(x-z\right)\mathrm{d}y+\left(y-x\right)\mathrm{d}z\\&=\iint_{\Sigma}^{}\left|\begin{matrix}\mathrm{d}y\mathrm{d}z&\mathrm{d}z\mathrm{d}x&\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\\frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\2y+z&x-z&y-x\\\end{matrix}\right|=\iint_{\Sigma}^{}2\mathrm{d}y\mathrm{d}z+2\mathrm{d}z\mathrm{d}x-\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=1+1-\frac{1}{2}=\frac{3}{2}.\end{aligned} $$

例 7 计算曲线积分

$$ \oint_{r}y\mathrm{d}x+z\mathrm{d}y+x\mathrm{d}z, $$

其中 $ \Gamma $ 为球面 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2} $ 与平面 $ x+y+z=0 $ 的交线，正对着 Oz 轴正向看， $ \Gamma $ 成逆时针方向.

解取平面 $ x+y+z=0 $ 被球面 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2} $ 所截的平面为 $ \Sigma $，并取上侧。显然以 $ \Sigma $ 是以 a 为半径的圆片，其面积为 $ \pi a^{2} $，且在 $ \Sigma $ 上的每一点均有

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

由斯托克斯公式，有

$$ \begin{aligned}\oint_{T}y\mathrm{d}x+z\mathrm{d}y+x\mathrm{d}z&=\iint\limits_{S}\left|\begin{array}{ccc}\cos\alpha&\cos\beta&\cos\gamma\\ \frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\ y&z&x\end{array}\right|\mathrm{d}S\\&=\iint\limits_{S}\left|\begin{array}{ccc}\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{3}}&\frac{1}{\sqrt{3}}\\ \frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\ y&z&x\end{array}\right|\mathrm{d}S=\iint\limits_{S}\left(-\sqrt{3}\right)\mathrm{d}S=-\sqrt{3}\pi a^{2}.\end{aligned} $$

空间曲线积分与路径无关，也有与平面曲线积分相类似的结论.

定理 9.6.3 设 $ \Omega $ 为空间的单连通区域（即 $ \Omega $ 内任一闭曲线总可以张一片完全属于 $ \Omega $ 的曲面），若 $ P(x, y, z) $、 $ Q(x, y, z) $、 $ R(x, y, z) $ 在 $ \Omega $ 上有一阶连续的偏导数，则以下四个命题等价：

（1）对Ω内任一分取光滑的闭曲线Γ，有

$$ \oint_{r}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z=0; $$

（2）对 $ \Omega $ 内任一分段光滑的曲线 $ \Gamma $，曲线积分

原书第 199 页

$$ \int_{r}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z=0 $$

与路径无关；

（3） $ P_{d}x+Q_{d}y+R_{d}z=0 $ 是 $ \Omega $ 内某三元函数 u 的全微分，即

$$ \mathrm{d}u=P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z; $$

(4) $ \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x} $, $ \frac{\partial Q}{\partial z} = \frac{\partial R}{\partial y} $, $ \frac{\partial R}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial z} $ 在 $ \Omega $ 内处处成立.

例8 验证曲线积分

$$ \int_{F}(y+z)\mathrm{d}x+(z+x)\mathrm{d}y+(x+y)\mathrm{d}z $$

与路径无关，当 L 为从点 A(1, 2, 3) 到点 B(4, 5, 6) 的一条光滑曲线时，求积分值.

解由 P=y+z, Q=z+x, R=x+y, 得

$$ \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}=1,\quad\frac{\partial Q}{\partial z}=\frac{\partial R}{\partial y}=1,\quad\frac{\partial R}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial z}=1, $$

所以曲线积分与路径无关．以下求

$$ \int_{A}^{B}\left(y+z\right)\mathrm{d}x+\left(z+x\right)\mathrm{d}y+\left(x+y\right)\mathrm{d}z. $$

取 A 点至 B 点的路径如图 9-45 所示折线：

图 9-45

从点 $ A(1, 2, 3) $ 沿与 Ox 轴平行的直线到点 $ C(4, 2, 3) $，再沿着平行 Oy 轴的直线到点 $ D(4, 5, 3) $，最后沿着平行 Oz 轴的直线到点 $ B(4, 5, 6) $，于是

$$ \begin{aligned}&\int_{A}^{B}\left(y+z\right)\mathrm{d}x+\left(z+x\right)\mathrm{d}y+\left(x+y\right)\mathrm{d}z\\=&\int_{1}^{4}\left(2+3\right)\mathrm{d}x+\int_{2}^{5}\left(4+3\right)\mathrm{d}y+\int_{3}^{6}\left(4+5\right)\mathrm{d}z\\=&5\times3+7\times3+9\times3=63.\end{aligned} $$

原书第 200 页

习题9-6

利用高斯公式计算曲面积分；

(1) $ \oint_{\Sigma} x^2 \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z + y^2 \, \mathrm{d}z \, \mathrm{d}x + z^2 \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y $，其中 $ \Sigma $ 是平面 $ x=0 $， $ y=0 $， $ z=0 $ 及 $ x+y+z=1 $ 所围成的立体的表面外侧；

(2) $ \iint_{\Sigma} yz \, dz \, dx + 2 \, dx \, dy $，式中 $ \Sigma $ 为上半球面 $ z = \sqrt{4 - x^{2} - y^{2}} $ 的上侧.

(3) $ \oint_{\Sigma} x(y-z) \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z + (x-y) \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y $，其中 $ \Sigma $ 为柱面 $ x^2 + y^2 = 1 $ 及平面 $ z = 0 $， $ z = 3 $ 所围成的立体的表面外侧；

(4) $ \oint_{\Sigma} x \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z $，其中 $ \Sigma $ 为圆柱面 $ x^2 + y^2 = 1 $ 及平面 $ z = x + 2 $， $ z = 0 $ 所围成的立体的表面外侧.

(5) $ \oint_{\Sigma} x^2 \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z + 2y^2 \, \mathrm{d}z \, \mathrm{d}x + (3z^2 - 4x^2y^2) \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y $，其中 $ \Sigma $ 为 $ z = \sqrt{x^2 + y^2} $ 与 z = 2 所围成立体的表面，取外侧.

利用高斯公式计算曲面积分

$$ I=\iint\limits_{\Sigma}x^{3}\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y^{3}\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\left(z^{3}+x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y, $$

其中 $ \Sigma $为

(1). 球面 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=R^{2}(R\gt 0) $ 的外侧；

(2) 上半球面 $ z = \sqrt{R^{2} - x^{2} - y^{2}} (R \gt 0) $ 的上侧.

利用高斯公式计算曲面积分

$$ \iint\limits_{\Sigma}\left(8y+1\right)x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+2\left(1-y^{2}\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x-4y z\mathrm{d}x\mathrm{d}y, $$

其中 $ \Sigma $ 是由曲线 $ \{\begin{aligned}z&=\sqrt{y-1},\\ x&=0\end{aligned}. $ （ $ 1\leqslant y\leqslant3 $）绕 y 轴旋转一周所成的曲面，它的法向量与 y 轴正向的夹角恒大于 $ \frac{\pi}{2} $.

设空间区域 $ \Omega $ 由曲面 $ z = a^2 - x^2 - y^2 $ ( $ a \gt 0 $) 与平面 $ z = 0 $ 围成，其体积记为 $ V $； $ \Sigma $ 为区域的表面，取外侧。证明

$$ \oint\limits_{z}x^{2}\mathrm{d}y\mathrm{d}z-xy^{2}z^{2}\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\left(z+xyz^{2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=V. $$

利用斯托克斯公式，计算下列曲线积分：

(1) $ \oint_F y \, dx + z \, dy + x \, dz $，其中 $ \Gamma $ 为圆周 $ x^2 + y^2 + z^2 = a^2 $， $ x + y + z = 0 $，若从 $ x $ 轴的正向看去，这圆周是取逆时针方向；

(2) $ \oint_{F}(y-z)dx+(z-x)dy+(x-y)dz $，其中 $ \Gamma $ 为椭圆 $ x^{2}+y^{2}=a^{2} $， $ \frac{x}{a}+\frac{z}{b}=1 $ (a>0, b>0).

原书第 201 页

若从 x 轴正向看去，这椭圆是取逆时针方向；

(3) $ \oint_\Gamma 3ydx - xzdy + yz^2 dz $，其中 $ \Gamma $ 是圆周 $ x^2 + y^2 = 2z $， $ z = 2 $，若从 $ z $ 轴正向看去，这圆周是取逆时针方向；

(4) $ \oint_{F}\left(z^{2}-y^{2}\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(x^{2}-z^{2}\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\left(y^{2}-x^{2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y $，式中 $ \Gamma $ 是由点 $ A(1,0,0) $， $ B(0,1,0) $， $ C(0,0,1) $ 所连成的三角形周界 ABCA.

设 $ P = x^2 - yz $， $ Q = y^2 - xz $， $ R = z^2 - xy $，

（1）证明对任意逐段光滑的闭曲线 $ \Gamma $，有 $ \oint_{F^{+}} Pdx + Qdy + Rdz = 0 $；

(2) 求三元函数 $ \mu $，使 $ \text{grad}\mu = \left|P, Q, R\right| $ （或 $ \mathrm{d}\mu = P\mathrm{d}x + Q\mathrm{d}y + R\mathrm{d}z $）.

第七节场论初步

一、场的概念

在物理学中，我们已经遇到过电场、磁场、速度场、引力场、温度场等各式各样的场。撇开它们的物理意义，单纯从数学上看，所谓的场是指某一类数量或向量在空间中的分布。更确切地说，如果对空间区域 $ \Omega $ 而言， $ \Omega $ 中的每一点 $ M(x, y, z) $ 都有唯一确定的数量。

$$ u=f(M)=f(x,y,z) $$

或向量

$$ \mathbf{A}=\boldsymbol{F}\left(\boldsymbol{M}\right)=\boldsymbol{P}\left(\boldsymbol{M}\right)\mathbf{i}+\boldsymbol{Q}\left(\boldsymbol{M}\right)\mathbf{j}+\boldsymbol{R}\left(\boldsymbol{M}\right)\mathbf{k} $$

与之对应，则称 $ u = f(M) $ 或 $ A = F(M) $ 是 $ \Omega $ 上的一个场；前者 u 称作数量场，而后者 A 称作向量场.

研究实际问题时，有些场往往还依赖于时间 t，也就是说，上述的数量分布或向量分布不仅是点 M 的函数而且还是时间 t 的函数： $ u=f(M,t) $ 或 $ A=F(M,t) $。通常我们把依赖于时间的场称为稳定场，而把随时间变化的场称为不稳定场。

有关数量场的梯度和向量场的散度与旋度的定义、计算与性质构成场的基本理论，简称场论。场论在电磁学，流体力学，空气动力学等领域有着广泛应用，其意义重大。

二、数量场的等值面与梯度

给定一数量场 $ u = f(M) $， $ M \in \Omega $，所有使 $ u = f(M) $ 取相同函数值 C 的点构成的曲面 $ f(M) = C $ 称为这数量场的一个等值面。

给常数 C 以不同的值，就得到不同的等值面．对数量场域中 $ \Omega $ 的任何一

原书第 202 页

点 $ M_0 $，它必位于等值面 $ f(M) = f(M_0) $ 上，且因为 $ f(M) $， $ M \in \Omega $ 是单值函数，所以 $ M_0 $ 只能位于一个等值面上。由此可见，等值面充满了场域 $ \Omega $，并且互不相交。

如果数量场域是一个平面区域 $ D $，则数量场 $ u = f(M) $， $ M \in D $ 中，使 $ f(M) $ 取相同数值 C 的点构成这数量场的等值线 $ f(M) = C $。例如，地面气象图上的等温线，等压线，地形图上的等高线等都是等值线，它们直观反映了温度，气压，地面高度等在场中的分布情况。

对于数量场 $ u=f(M)=f(x,y,z) $ 而言，重要的一个量就是梯度：

$$ \mathbf{grad}f=\{\frac{\partial f}{\partial x},\quad\frac{\partial f}{\partial y},\quad\frac{\partial f}{\partial z}\}. $$

由于梯度 gradf 不再是一个数量，而是一个向量，所以每一个数量场 f 都有一个向量场 gradf 与之对应，gradf 称为数量场 f 的梯度场.

梯度向量的方向与等值面在相应点处法线的一个方向相同，它的指向从数值较低的等值面指向数值较高的等值域，而梯度的模等于数量场f在这个法线方向的方向导数.

三、向量场的通量与散度

给定一向量场

$$ \boldsymbol{A}\left(x,\ y,\ z\right)=\boldsymbol{P}\left(x,\ y,\ z\right)\boldsymbol{i}+\boldsymbol{Q}\left(x,\ y,\ z\right)\boldsymbol{j}+\boldsymbol{R}\left(x,\ y,\ z\right)\boldsymbol{k}, $$

$ \Sigma $ 为场内一有向曲面， $ \Sigma $ 上指定一侧的单位法向量为 $ n_{0} $，向量场 A 沿曲面 $ \Sigma $ 的第二型曲面积分

$$ \iint_{\Sigma}\boldsymbol{A}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{S}=\iint_{\Sigma}\boldsymbol{A}\cdot n_{0}\mathrm{d}\boldsymbol{S}=\iint_{\Sigma}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y, $$

称为向量场A通过有向曲线 $ \Sigma $指定一侧的通量.

在具体的各种不同的向量场中，通量具有确定的不同的物理意义.

如果 $ \Sigma $ 是一分片光滑的闭曲面， $ n_{0} $ 为外法向量，V 为 $ \Sigma $ 所包围的空间区域，由高斯公式有

$$ \iint_{\Sigma}\boldsymbol{A}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{S}=\iint_{\Sigma}\boldsymbol{A}\cdot\boldsymbol{n}_{0}\mathrm{d}S=\iint_{\Sigma}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iiint_{V}\left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}\right)\mathrm{d}V, $$

将 $ \frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z} $称为向量场 $ A(x,y,z) $的散度，记为div $ A $，即

$$ \mathrm{div}\boldsymbol{A}=\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}. $$

于是高斯公式可以写成如下的向量形式：

$$ \iiint_{V}\mathrm{div}\boldsymbol{A}\mathrm{d}V=\oint_{\Sigma}\boldsymbol{A}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{S}. $$

原书第 203 页

散度是一个数量，它是由向量场A产生的数量场，称为散度场.

下面我们来解释高斯公式的物理意义. 设 $ A(x, y, z) $ 为稳定流动的不可压缩流体的速度场, 那么上式的右端表示单位时间内流体流过边界闭曲面 $ \Sigma $ 的流量 (离开闭区域 V 的总量), 因此在流体离开 V 的同时, V 内部必须有产生流体的 “源头” 产生出同样多的流体来补充, 所以上式的左端表示单位时间 V 内产生的流体的总量. 我们设想空间区域 V 内的每一点都是一个微小的 “源头”, 流体从这些小 “源头” 产生出来或吸收进去. 用空间区域 V 的体积 V 除上式的两端, 得到

$$ \frac{1}{V}\iiint_{V}\mathrm{div}\boldsymbol{A}\mathrm{d}V=\frac{1}{V}\iint_{\Sigma}\boldsymbol{A}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{S}, $$

上式左端表示 V 内的“源头”在单位时间单位体积内产生的流体总量的平均值，利用积分中值定理，得

$$ \left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}\right)\mathrm{\boldmath~\left|~\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}~\right|~}_{\xi,\eta,\zeta}=\frac{1}{V}\iint_{\Sigma}\boldsymbol{A}\cdot\mathrm{\boldmath~\boldsymbol{d}~}\boldsymbol{S}, $$

其中 $ \left(\xi,\eta,\zeta\right) $ 为 V 内一点，令 V 收缩到 V 内一点 $ M(x,y,z) $，上式两端取极限，有

$$ \frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=\lim_{V\to M}\iint\limits_{S}\frac{1}{V}\boldsymbol{A}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{S}. $$

即

$$ \mathrm{div}\boldsymbol{A}=\lim_{\substack{V\to M\\V\neq\Sigma}}\oint\frac{1}{V}\boldsymbol{A}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{S}. $$

这说明散度 divA 表示稳定流动的不可压缩流体在点 M 散发出的强度。如果 divA(M)>0，表示有流体从这一点流出，称这一点为“源”；如果 divA(M)<0，表示流体在这一点被吸收，称这一点为“汇”；如果 divA(M)=0，则称向量场 A 为无源场。

由这一公式可以看出，散度与坐标轴的选取是无关的.

例1 设向量场为 $ A(x, y, z) = \{xy^2, y\mathrm{e}^x, x\ln(1+z^2)\} $，求该向量场在点 $ (1, 1, 0) $ 处的散度 $ \mathrm{div}A $.

解因为 $ P = xy^2 $， $ Q = ye^x $， $ R = x\ln(1 + z^2) $，所以

$$ \frac{\partial P}{\partial x}=y^{2},\quad\frac{\partial Q}{\partial y}=\mathrm{e}^{x},\quad\frac{\partial R}{\partial z}=\frac{2xz}{1+z^{2}}. $$

从而

$$ \mathrm{div}\boldsymbol{A}=\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=y^{2}+e^{x}+\frac{2xz}{1+z^{2}}, $$

故

194

原书第 204 页

$$ \mathrm{div}\boldsymbol{A}\left.\right|_{\left(1,1,0\right)}=1+1+0=2. $$

例2 设数量场 $ u(x, y, z) $ 具有二阶连续偏导数，试求 $ \mathrm{div}(\mathrm{grad}u) $.

解因为

$$ \mathbf{grad}u=\frac{\partial u}{\partial x}\mathbf{i}+\frac{\partial u}{\partial y}\mathbf{j}+\frac{\partial u}{\partial z}\mathbf{k}, $$

故

$$ \mathrm{div}\left(\mathbf{grad}u\right)=\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\partial u}{\partial x}\right)+\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\partial u}{\partial y}\right)+\frac{\partial}{\partial z}\left(\frac{\partial u}{\partial z}\right)=\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}u}{\partial y^{2}}+\frac{\partial^{2}u}{\partial z^{2}}. $$

例3 设向量场 $ A = xzi - y^2j + 2x^2yk $，求 A 在点 $ M(1, -1, 2) $ 处的散度. 解由于

$$ \mathrm{div}\boldsymbol{A}=\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=z-2y, $$

故

$$ \mathrm{div}\boldsymbol{A}\left.\right|_{\left(1,-1,2\right)}=2+2=4. $$

四、向量场的环流量与旋度

给定一向量场 $ A(x, y, z) = P(x, y, z)i + Q(x, y, z)j + R(x, y, z)k $，设 $ \Gamma $ 为场内一有向闭曲线， $ \Gamma $ 上与指定方向一致的单位切向量为 $ \tau_{0} $，则曲线积分

$$ \oint_{r}\boldsymbol{A}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{s}=\oint_{r}\boldsymbol{A}\cdot\boldsymbol{\tau}_{0}\mathrm{d}s=\oint_{r}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z $$

称为向量场A沿有向闭曲线 $ \Gamma $的环流量.

设 $ \Sigma $ 是以 $ \Gamma $ 为边界的有向曲面，曲线 $ \Gamma $ 的方向与曲面 $ \Sigma $ 的侧符合右手规则，由斯托克斯公式有

$$ \begin{aligned}&\oint_{L}\boldsymbol{A}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{s}=\oint_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z\\ &=\iint_{\Sigma}\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\\ \end{aligned} $$

向量

$$ \left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}\right)i+\left(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}\right)j+\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)k $$

称为向量场A的旋度，记为rotA，即

$$ \mathbf{r o t}A=\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}\right)i+\left(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}\right)j+\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)k=\left|\begin{array}{c c c}{i}&{j}&{k}\\ {\frac{\partial}{\partial x}}&{\frac{\partial}{\partial y}}&{\frac{\partial}{\partial z}}\\ {P}&{Q}&{R}\\ \end{array}\right|. $$

于是利用旋度可将斯托克斯公式写成如下形式：

原书第 205 页

$$ \iint\limits_{S}\mathbf{rot}\boldsymbol{A}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{S}=\oint_{L}\boldsymbol{A}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{s}. $$

它表示向量场 $ A $ 沿有向曲线 $ \Gamma $ 的环流量等于其旋度 $ \mathrm{rot}A $ 通过以 $ \Gamma $ 为边界所张的曲面 $ \Sigma $ 的通量.

旋度是一个向量，它是由向量场A产生的向量场，称为旋度场.

如果 $ A $ 表示稳定流动的不可压缩流体的流速场，那么环流量 $ \oint_L A \cdot ds $ 表示单位时间内沿闭曲线 $ \Gamma $ 的流体总量，反映了流体沿 $ \Gamma $ 时的旋转强弱程度。当 $ \text{rot}A = 0 $ 时，即沿任意闭曲线的环流量为零，此时流体流动时不形成旋涡，称 $ A $ 为无旋场。

例4 设向量场为

$$ \boldsymbol{A}\left(x,\ y,\ z\right)=\boldsymbol{P}\left(x,\ y,\ z\right)\boldsymbol{i}+\boldsymbol{Q}\left(x,\ y,\ z\right)\boldsymbol{j}+\boldsymbol{R}\left(x,\ y,\ z\right)\boldsymbol{k}, $$

其中 P、Q、R 具有二阶连续偏导数，求 div(rotA).

解因为

所以

$$ \begin{aligned}\operatorname{div}(\mathbf{rot}\boldsymbol{A})=&\frac{\partial}{\partial x}\Big(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}\Big)+\frac{\partial}{\partial y}\Big(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}\Big)+\frac{\partial}{\partial z}\Big(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Big)\\ =&\frac{\partial^{2}R}{\partial y\partial x}-\frac{\partial^{2}Q}{\partial z\partial x}+\frac{\partial^{2}P}{\partial z\partial y}-\frac{\partial^{2}R}{\partial x\partial y}+\frac{\partial^{2}Q}{\partial x\partial z}-\frac{\partial^{2}P}{\partial y\partial z}=0.\end{aligned} $$

例 5 一刚体绕 z 轴转动（如图 9-46），其角速度 $ \omega = \omega k $ 为常向量，求刚体上任一点 M 处的线速度 $ v(M) $ 的旋度.

解设点 M 的向径为 $ \boldsymbol{r}=(x, y, z) $，则由力学知道，点 M 的线速度 v 为

$$ \begin{array}{c|c c c|c}{\mathbf{\boldsymbol{v}}=\omega\times\mathbf{\boldsymbol{r}}=}&{i}&{j}&{k}&{}\\ {}&{0}&{0}&{\omega}&{=(-\omega y,~\omega x,~0),}\\ {\mathbf{\boldsymbol{x}}}&{x}&{y}&{z}&{}\\ \end{array} $$

从而 v 的旋度为

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

图 9-46

由此可见，在刚体旋转的线速度场中，任一点处的旋度，除去一个常数因子外，恰好就是刚体旋转的角速度。这就是“旋度”这一名词的由来。

原书第 206 页

五、保守场与势函数

在物理中存在一种十分重要的场，在这种场内第二类曲线积分只与起点和终点有关，而与积分路径无关，这种场称为保守场.

根据曲线积分与积分路径无关的等价条件可知，一个向量场

$$ \boldsymbol{A}(x,y,z)=\boldsymbol{P}(x,y,z)i+Q(x,y,z)j+R(x,y,z)k $$

为保守场的充要条件是向量场 A 是无旋场. 同时我们还知道存在函数 $ u(x, y, z) $, 使

$$ \mathrm{d}u=P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z, $$

$$ \operatorname{grad}u=A\left(x,y,z\right). $$

即

这时向量场A为某个函数 $ u(x,y,z) $的梯度场，函数 $ u(x,y,z) $称为向量场A的势函数（也叫原函数），所以也称向量场A为有势场.

综上所述，我们得出在单连通区域内，向量场A为保守场的充要条件是：A为无旋场，或A为梯度场，或A为有势场。

向量微分算子：

$$ \nabla=\frac{\partial}{\partial x}i+\frac{\partial}{\partial y}j+\frac{\partial}{\partial z}k, $$

又称为 $ \nabla(Nabba) $ 算子或哈密顿（Hamilton）算子.

其运算法则是：对于数量值函数 $ u(x, y, z) $，

$$ \nabla u=\left(\frac{\partial}{\partial x}i+\frac{\partial}{\partial y}j+\frac{\partial}{\partial z}k\right)u=\frac{\partial u}{\partial x}i+\frac{\partial u}{\partial y}j+\frac{\partial u}{\partial z}k. $$

对于向量值函数

$$ \boldsymbol{A}\left(x,\ y,\ z\right)=\boldsymbol{P}\left(x,\ y,\ z\right)\boldsymbol{i}+\boldsymbol{Q}\left(x,\ y,\ z\right)\boldsymbol{j}+\boldsymbol{R}\left(x,\ y,\ z\right)\boldsymbol{k}, $$

$$ \nabla\cdot\boldsymbol{A}=\left(\frac{\partial}{\partial x}\boldsymbol{i}+\frac{\partial}{\partial y}\boldsymbol{j}+\frac{\partial}{\partial z}\boldsymbol{k}\right)\mathbf{\nabla}\cdot\left(\boldsymbol{P}\boldsymbol{i}+\boldsymbol{Q}\boldsymbol{j}+\boldsymbol{R}\boldsymbol{k}\right)=\frac{\partial\boldsymbol{P}}{\partial x}+\frac{\partial\boldsymbol{Q}}{\partial y}+\frac{\partial\boldsymbol{R}}{\partial z}, $$

$$ \nabla\times\boldsymbol{A}=\left(\frac{\partial}{\partial x}\boldsymbol{i}+\frac{\partial}{\partial y}\boldsymbol{j}+\frac{\partial}{\partial z}\boldsymbol{k}\right)\cdot\left(\boldsymbol{P}\boldsymbol{i}+\boldsymbol{Q}\boldsymbol{j}+\boldsymbol{R}\boldsymbol{k}\right)=\left|\begin{array}{c c c}{\boldsymbol{i}}&{\boldsymbol{j}}&{\boldsymbol{k}}\\ {\frac{\partial}{\partial x}}&{\frac{\partial}{\partial y}}&{\frac{\partial}{\partial z}}\\ {\boldsymbol{P}}&{\boldsymbol{Q}}&{\boldsymbol{R}}\end{array}\right|. $$

利用算子 $ \nabla $ 可以将梯度写成 $ \text{grad} u = \nabla u $，散度写成 $ \text{div} A = \nabla \cdot A $，旋度写成 $ \text{rot} A = \nabla \times A $，从而可以将高斯公式和斯托克斯公式表示成更简单的形式，即

$$ \iiint_{V}\nabla\cdot\boldsymbol{A}\mathrm{d}V=\iint_{\Sigma}\boldsymbol{A}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{S}, $$

原书第 207 页

$$ \iint_{\Sigma}\left(\nabla\times\boldsymbol{A}\right)\mathrm{d}\boldsymbol{S}=\oint_{L}\boldsymbol{A}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{s}. $$

最后指出

$$ \nabla^{2}u=\nabla\cdot\nabla u=\nabla\cdot\mathbf{grad}u=\nabla\cdot\left(\frac{\partial u}{\partial x},\frac{\partial u}{\partial y},\frac{\partial u}{\partial z}\right)=\frac{\partial^{2}u}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}u}{\partial y^{2}}+\frac{\partial^{2}u}{\partial z^{2}}=\Delta u, $$

其中 $ \Delta=\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}}{\partial y^{2}}+\frac{\partial^{2}}{\partial z^{2}} $ 称为拉普拉斯算子.

习题9-7

求下列向量场 A 通过曲面 $ \Sigma $ 指定一侧的通量：

（1） $ A = zi + yj - xk $， $ \Sigma $ 为由平面 $ 2x + 3y + z = 6 $ 与 x = 0，y = 0，z = 0 所围成立体的表面，流向外侧；

(2) $ A = x^2i + y^2j + z^2k $， $ \Sigma $ 为由圆锥 $ \sqrt{x^2 + y^2} \leq z \leq 1 $ 的全表面，流向外侧；

（3） $ A=xz^2i+yx^2j+zy^2k $， $ \Sigma $ 为由曲面 $ z=x^2+y^2 $， $ x^2+y^2=1 $ 与平面 $ z=0 $ 所围成立体的表面，流向外侧；

(4) $ A = (2x + 3y)i - (xz + y)j + (y^2 + 2z)k $， $ \Sigma $ 为以点 $ (3, -1, 2) $ 为球心，半径 $ R = 3 $ 的球面，流向外侧.

求下列向量场 A 的散度：

(1) $ A = (2x - y)i - (y + 2z)j - (x - 5z)k $;

(2) $ A = x^3 i + (z^3 - 2x^2 y) j + (y^3 - x^2 z) k $.

求下列向量场 A 沿闭曲线 $ \Gamma $（从 z 轴的正向往负向看 $ \Gamma $ 取逆时针方向）的环流量：

(1) A = -yi + xj + ck (c 为常数)，Γ 为圆周： $ \{\begin{aligned}x^{2} + y^{2} &= 1,\\ z &= 0;\end{aligned}. $

(2) $ A = (x - z)i + (x^3 + yz)j - 3xy^2k $， $ \Gamma $ 为圆周： $ \begin{cases} z = 2 - \sqrt{x^2 + y^2} \\ z = 0 \end{cases} $，

求下列向量场 A 的旋度：

(1) $ A = (2x + z)i + (x - 2z)j + (2y - z)k $;

(2) $ A = xy^2 i + yz^2 j + zx^2 k $.

验证下列向量场 A 为保守场，并求其势函数：

(1) $ A = yzi + zxj + zx^2k $;

(2) $ A = (2x + y)i + (x + 2z)j + (2y - 6z)k $.

设 $ u = u(x, y, z) $ 具有二阶连续偏导数，计算 $ \mathrm{rot}(\mathrm{grad}u) $.

总练习题九

填空：

(1) 对坐标的曲线积分 $ \oint_{r} Pdx + Qdy + Rdz $ 化成第一类曲线积分是 ___ ，其中 $ \alpha $

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$ \beta $， $ \gamma $ 为有向曲线弧 $ \Gamma $ 在点 $ (x, y, z) $ 处的 ___ 的方向角.

（2）对坐标的曲面积分 $ \iint_{\Sigma} Pdydz + Qdzdx + Rdxdy $ 化成第一型曲线积分是 ___ ，其中 $ \alpha, \beta, \gamma $ 为有向曲线弧 $ \Gamma $ 在点 $ (x, y, z) $ 处的 ___ 的方向角.

（3）设对坐标的曲线积分 $ \int_{L}\left[f(x)-\mathrm{e}^{x}\right]\sin y\mathrm{d}x-f(x)\cos y\mathrm{d}y $与路径无关，其中 $ f(x) $一阶连续可导且 $ f(0)=0 $，则 $ f(x) $ ___.

（4）设对坐标的曲面积分 $ I = \iint_{\Sigma} (y^2 + z) \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z + (x + z^2) \, \mathrm{d}z \, \mathrm{d}x + (y + x^2) \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y $，其中 $ \Sigma $ 为单位球面 $ x^2 + y^2 + z^2 = 1 $ 的外侧，则 $ I = $ ___。

(5) 设 $ A = \{ e^x \sin y, \, 2xy^2 + z, \, xy^2 \} $，则 $ \operatorname{div} A \mid _{(1,0,1)} = \underline{\qquad} $， $ \operatorname{rot} A \mid _{(1,0,1)} = \underline{\qquad} $.

计算下列曲线积分：

(1) $ \oint_{L} \sqrt{x^{2}+y^{2}} \, ds $，其中 $ L $ 为圆周 $ x^{2}+y^{2}=ax $；

(2) $ \int_{T}(x^{2}+y^{2})zds $，其中 $ F $ 为螺线 $ x=t\cos t $， $ y=t\sin t $， $ z=t $ 上相应于 $ t $ 从 0 到 1 的一段弧；

(3) $ \int_{T} x^{2} z \, ds $，其中 $ \Gamma $ 为球面 $ x^{2} + y^{2} + z^{2} = a^{2} $ 与平面 $ x + y + z = 0 $ 的交线；

(4) $ \int_{L}(2a-y)dx+xdy $，其中 $ L $ 为摆线 $ x=a(t-\sin t) $， $ y=a(1-\cos t) $ 上对应 $ t $ 从 0 到 $ 2\pi $ 的一段弧；

(5) $ \int_{F} x^{3} dx + 3zy^{2} dy - x^{2} y dz $，其中 $ \Gamma $ 是从点 $ A(3, 2, 1) $ 到点 $ B(0, 0, 0) $ 的直线段；

(6) $ \int_{T}(y^{2}-z^{2})\,\mathrm{d}x+2yz\,\mathrm{d}y-x^{2}\,\mathrm{d}z $，其中 $ \Gamma $ 是曲线 $ x=t $， $ y=t^{2} $， $ z=t^{3} $ 上由 $ t_{1}=0 $ 到 $ t_{2}=1 $ 的一段弧；

(7) $ \int_L (e^x \sin y - 2y) \, \mathrm{d}x + (e^x \cos y - 2) \, \mathrm{d}y $，其中 $ L $ 为上半圆周 $ (x - a)^2 + y^2 = a^2 $， $ y \geq 0 $，沿逆时针方向；

(8) $ \oint_{L}\frac{dx+dy}{|x|+|y|} $，其中 L 是以点为定点 $ A(1,0) $， $ B(0,1) $， $ C(-1,0) $， $ D(0,-1) $ 的正方形的整个边界（取正向）.

计算下列曲面积分：

(1) 计算 $ \iint_{V} y \, dS $， $ \Sigma $ 是平面 $ x+y+z=4 $ 被圆柱面 $ x^{2}+y^{2}=1 $ 截出的有限部分；

(2) $ \iint_{\Sigma} \frac{dS}{x^{2}+y^{2}+z^{2}} $，其中 $ \Sigma $ 是介于平面 z=0 及 z=h 之间的圆柱面 $ x^{2}+y^{2}=R^{2} $;

(3) $ \iint_{\Sigma} (y^2 - z) \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z + (z^2 - x) \, \mathrm{d}z \, \mathrm{d}x + (x^2 - y) \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y $，其中 $ \Sigma $ 为锥面 $ z = \sqrt{x^2 + y^2} (0 \leq z \leq h) $ 的外侧；

(4) $ \iint_{\Sigma} xyz \, dx \, dy + ydz \, dx + zdx \, dy $，其中 $ \Sigma $ 为半球面 $ z = \sqrt{R^2 - x^2 - y^2} $ 的上侧；

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(5) $ \iint_{\Sigma} xyz \, dx \, dy $，其中 $ \Sigma $ 为球面 $ x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1 $ ( $ x \geq 0 $, $ y \geq 0 $) 的外侧；

(6) $ \oint_\Gamma 2ydx + 3xdy - z^2 dz $，其中 $ \Gamma $ 是圆周 $ \begin{cases} x^2 + y^2 + z^2 = 9, \\ z = 0, \end{cases} $ 若正对着 $ Oz $ 轴正向看去， $ \Gamma $ 取逆时针方向.

设 $ f(x) $ 具有连续的导数， $ f(0)=0 $，且使表达式 $ [xe^x+f(x)]ydx+f(x)dy $ 是某函数 $ \mu(x, y) $ 的全微分，求 $ f(x) $，并求一个 $ \mu(x, y) $.

证明在右半平面 $ (x\gt 0) $ 内，力 $ F=\{\frac{x}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}},\frac{y}{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\} $，所做的功与所走的路径无关，并计算由点 $ A(1,1) $ 到 $ B(2,2) $ 所做的功.

求力 $ F = yi + zj + xk $ 沿有向曲线 $ \Gamma $ 所作的功，其中 $ \Gamma $ 为平面 $ x + y + z = 1 $ 被三个坐标面所截成的三角形的整个边界，从 z 轴正向看去，沿顺时针方向.

证明： $ \frac{xdx+ydy}{x^{2}+y^{2}} $ 在整个 xOy 平面除去 y 的负半轴及原点的区域 G 内是某个二元函数的全微分，并求出一个这样的二元函数.

在过原点 $ O(0,0) $ 和点 $ A(\pi,0) $ 的曲线族 $ y=a\sin x(a\gt 0) $ 中，求一条曲线 L，使沿该曲线从原点到 A 点的积分 $ \int_{L}(1+y^{3})\,\mathrm{d}x+(2x+y)\,\mathrm{d}y $ 的值最小.

求均匀曲面 $ z = \sqrt{x^{2} - x^{2} - y^{2}} $ 的质心的坐标.

求向量 $ A = x\mathbf{i} + y\mathbf{j} + z\mathbf{k} $ 通过闭区域 $ \Omega = \left|(x, y, z) \mid 0 \leq y \leq z, 0 \leq z \leq 1\right| $ 的边界曲面流向外侧的通量.

第九章 曲线积分与曲面积分