两类曲面积分的联系
两类曲面积分之间的联系
推导
- 设积分曲面
Σ
\Sigma
Σ是由方程
z
=
z
(
x
,
y
)
z=z(x,y)
z=z(x,y)
(0)给出, Σ \Sigma Σ在 x O y xOy xOy面上的投影区域为 D x y D_{xy} Dxy - 函数 z = z ( x , y ) z=z(x,y) z=z(x,y)在 D x y D_{xy} Dxy上具有一阶连续偏导数,被积函数 R ( x , y , z ) R(x,y,z) R(x,y,z)在 Σ \Sigma Σ上连续
- 若
Σ
\Sigma
Σ取上侧,则
- 对坐标的曲面积分公式
-
∬
Σ
R
(
x
,
y
,
z
)
d
x
d
y
\iint\limits_{\Sigma}R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y
Σ∬R(x,y,z)dxdy=
∬
D
x
y
R
(
x
,
y
,
z
(
x
,
y
)
)
d
x
d
y
\iint\limits_{D_{xy}}R(x,y,z(x,y))\mathrm{d}x\mathrm{d}y
Dxy∬R(x,y,z(x,y))dxdy
(1-1),其中 Σ \Sigma Σ取上侧 -
∬
Σ
R
(
x
,
y
,
z
)
d
x
d
y
\iint\limits_{\Sigma}R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y
Σ∬R(x,y,z)dxdy=
−
∬
D
x
y
R
(
x
,
y
,
z
(
x
,
y
)
)
d
x
d
y
-\iint\limits_{D_{xy}}R(x,y,z(x,y))\mathrm{d}x\mathrm{d}y
−Dxy∬R(x,y,z(x,y))dxdy
(1-1')其中 Σ \Sigma Σ取下侧
-
∬
Σ
R
(
x
,
y
,
z
)
d
x
d
y
\iint\limits_{\Sigma}R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y
Σ∬R(x,y,z)dxdy=
∬
D
x
y
R
(
x
,
y
,
z
(
x
,
y
)
)
d
x
d
y
\iint\limits_{D_{xy}}R(x,y,z(x,y))\mathrm{d}x\mathrm{d}y
Dxy∬R(x,y,z(x,y))dxdy
- 对面积的曲面积分公式:
-
∬
Σ
R
(
x
,
y
,
z
)
d
S
\iint\limits_{\Sigma} R(x,y,z)\mathrm{d}S
Σ∬R(x,y,z)dS=
∬
D
x
y
R
(
x
,
y
,
z
(
x
,
y
)
)
1
+
z
x
2
+
z
y
2
d
x
d
y
\iint\limits_{D_{xy}} R(x,y,z(x,y))\sqrt{1+z_{x}^2 +z_{y}^{2}} \mathrm{d}x\mathrm{d}y
Dxy∬R(x,y,z(x,y))1+zx2+zy2dxdy
(1-2)
-
∬
Σ
R
(
x
,
y
,
z
)
d
S
\iint\limits_{\Sigma} R(x,y,z)\mathrm{d}S
Σ∬R(x,y,z)dS=
∬
D
x
y
R
(
x
,
y
,
z
(
x
,
y
)
)
1
+
z
x
2
+
z
y
2
d
x
d
y
\iint\limits_{D_{xy}} R(x,y,z(x,y))\sqrt{1+z_{x}^2 +z_{y}^{2}} \mathrm{d}x\mathrm{d}y
Dxy∬R(x,y,z(x,y))1+zx2+zy2dxdy
- 对坐标的曲面积分公式
- 令
r
r
r=
1
+
z
x
2
+
z
y
2
\sqrt{1+z_{x}^2+z_{y}^{2}}
1+zx2+zy2
(2),则 Σ \Sigma Σ的法向量 n \bold{n} n的方向余弦分别为如下(2-1,2-2,2-3)- cos α \cos\alpha cosα= − z x r \frac{-z_x}{r} r−zx
- cos β \cos\beta cosβ= − z y r \frac{-z_{y}}{r} r−zy
- cos γ \cos\gamma cosγ= 1 r \frac{1}{r} r1
- 将(2)代入公式(1-2),得
∬
Σ
R
(
x
,
y
,
z
)
d
S
\iint\limits_{\Sigma} R(x,y,z)\mathrm{d}S
Σ∬R(x,y,z)dS=
∬
D
x
y
R
(
x
,
y
,
z
(
x
,
y
)
)
r
d
x
d
y
\iint\limits_{D_{xy}} R(x,y,z(x,y))r\mathrm{d}x\mathrm{d}y
Dxy∬R(x,y,z(x,y))rdxdy
(3)- 从而
∬
Σ
R
(
x
,
y
,
z
)
cos
γ
d
S
\iint\limits_{\Sigma}R(x,y,z)\cos\gamma\mathrm{d}S
Σ∬R(x,y,z)cosγdS=
∬
D
x
y
R
(
x
,
y
,
z
(
x
,
y
)
)
r
cos
γ
d
x
d
y
\iint\limits_{D_{xy}} R(x,y,z(x,y))r\cos\gamma\mathrm{d}x\mathrm{d}y
Dxy∬R(x,y,z(x,y))rcosγdxdy
(3-1) - 将(2-3)代入(3-1),
∬
Σ
R
(
x
,
y
,
z
)
cos
γ
d
S
\iint\limits_{\Sigma}R(x,y,z)\cos\gamma\mathrm{d}S
Σ∬R(x,y,z)cosγdS=
∬
D
x
y
R
(
x
,
y
,
z
(
x
,
y
)
)
d
x
d
y
\iint\limits_{D_{xy}} R(x,y,z(x,y))\mathrm{d}x\mathrm{d}y
Dxy∬R(x,y,z(x,y))dxdy
(4)
- 从而
∬
Σ
R
(
x
,
y
,
z
)
cos
γ
d
S
\iint\limits_{\Sigma}R(x,y,z)\cos\gamma\mathrm{d}S
Σ∬R(x,y,z)cosγdS=
∬
D
x
y
R
(
x
,
y
,
z
(
x
,
y
)
)
r
cos
γ
d
x
d
y
\iint\limits_{D_{xy}} R(x,y,z(x,y))r\cos\gamma\mathrm{d}x\mathrm{d}y
Dxy∬R(x,y,z(x,y))rcosγdxdy
- 比较(1-1)右端和(4)的右端,两者相等,则两侧左端也相等(或者(4)直接代入(1-1)),从而
∬
Σ
R
(
x
,
y
,
z
)
d
x
d
y
\iint\limits_{\Sigma}R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y
Σ∬R(x,y,z)dxdy=
∬
Σ
R
(
x
,
y
,
z
)
cos
γ
d
S
\iint\limits_{\Sigma}R(x,y,z)\cos\gamma\mathrm{d}S
Σ∬R(x,y,z)cosγdS
(5)- 若 Σ \Sigma Σ取下侧,则将式(4)代入式(1-1’),得
-
∬
Σ
R
(
x
,
y
,
z
)
d
x
d
y
\iint\limits_{\Sigma}R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y
Σ∬R(x,y,z)dxdy=
−
∬
Σ
R
(
x
,
y
,
z
)
cos
γ
d
S
-\iint\limits_{\Sigma}R(x,y,z)\cos\gamma\mathrm{d}S
−Σ∬R(x,y,z)cosγdS
(5-1),此时 cos γ \cos\gamma cosγ= − 1 r \frac{-1}{r} r−1,因此(5,5-1)右端都可以展开为 ∬ Σ R ( x , y , z ) 1 r d S \iint\limits_{\Sigma}R(x,y,z)\frac{1}{r}\mathrm{d}S Σ∬R(x,y,z)r1dS,因此(5)仍然成立
其他形式
- 类似可以推得
-
∬
Σ
P
(
x
,
y
,
z
)
d
y
d
z
\iint\limits_{\Sigma}P(x,y,z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z
Σ∬P(x,y,z)dydz=
∬
Σ
P
(
x
,
y
,
z
)
cos
α
d
S
\iint\limits_{\Sigma}P(x,y,z)\cos\alpha\mathrm{d}S
Σ∬P(x,y,z)cosαdS
(6) -
∬
Σ
Q
(
x
,
y
,
z
)
d
z
d
x
\iint\limits_{\Sigma}Q(x,y,z)\mathrm{d}z\mathrm{d}x
Σ∬Q(x,y,z)dzdx=
∬
Σ
Q
(
x
,
y
,
z
)
cos
β
d
S
\iint\limits_{\Sigma}Q(x,y,z)\cos\beta\mathrm{d}S
Σ∬Q(x,y,z)cosβdS
(7)
-
∬
Σ
P
(
x
,
y
,
z
)
d
y
d
z
\iint\limits_{\Sigma}P(x,y,z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z
Σ∬P(x,y,z)dydz=
∬
Σ
P
(
x
,
y
,
z
)
cos
α
d
S
\iint\limits_{\Sigma}P(x,y,z)\cos\alpha\mathrm{d}S
Σ∬P(x,y,z)cosαdS
公式总结
- 将(5,6,7)合并,得
∬
Σ
P
d
y
d
z
+
Q
d
z
d
x
+
R
d
x
d
y
\iint\limits_{\Sigma}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y
Σ∬Pdydz+Qdzdx+Rdxdy=
∬
Σ
(
P
cos
α
+
Q
cos
β
+
R
cos
γ
)
d
S
\iint\limits_{\Sigma}(P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma)\mathrm{d}S
Σ∬(Pcosα+Qcosβ+Rcosγ)dS
(8)- 其中 cos α , cos β , cos γ \cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma cosα,cosβ,cosγ是有向曲面 Σ \Sigma Σ在 ( x , y , z ) (x,y,z) (x,y,z)处的法向量 n \bold{n} n的方向余弦
公式应用
-
两类曲面积分的联系(转换)公式的三种形式(简写)
-
∬ Σ P d y d z \iint\limits_{\Sigma}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z Σ∬Pdydz= ∬ Σ P cos α d S \iint\limits_{\Sigma}P\cos\alpha\mathrm{d}S Σ∬PcosαdS
-
∬ Σ Q d z d x \iint\limits_{\Sigma}Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x Σ∬Qdzdx= ∬ Σ Q cos β d S \iint\limits_{\Sigma}Q\cos\beta\mathrm{d}S Σ∬QcosβdS
-
∬ Σ R d x d y \iint\limits_{\Sigma}R\mathrm{d}x\mathrm{d}y Σ∬Rdxdy= ∬ Σ R cos γ d S \iint\limits_{\Sigma}R\cos\gamma\mathrm{d}S Σ∬RcosγdS
-
-
公式(8)将第二类曲面积分转化为第一类曲面积分来计算
-
欲将 ∬ Σ R d x d y \iint\limits_{\Sigma}R\mathrm{d}x\mathrm{d}y Σ∬Rdxdy转换为第一类曲面积分,只要将被积元素 d x d y \mathrm{d}x\mathrm{d}y dxdy用 cos α d S \cos\alpha\mathrm{d}S cosαdS替换即可
- 其他2种情形类似
区域投影和方向余弦
- 由区域投影的知识,有面积元素关系:
(
d
y
d
x
,
d
z
d
x
,
d
x
d
y
)
(\mathrm{d}y\mathrm{d}x,\mathrm{d}z\mathrm{d}x,\mathrm{d}x\mathrm{d}y)
(dydx,dzdx,dxdy)=
(
cos
α
d
S
,
cos
β
d
S
,
cos
γ
d
S
)
(\cos\alpha\mathrm{d}S,\cos\beta\mathrm{d}S,\cos\gamma\mathrm{d}S)
(cosαdS,cosβdS,cosγdS)
- 这个公式有时可以用来变形并合并积分式,简化计算
- 将第二类曲面积分转换到另一个投影面计算,然后与其他投影面上的被积表达式合并计算,另见例题
向量形式
-
∬
Σ
A
⋅
d
S
\iint\limits_{\Sigma}\bold{A}\cdot\mathrm{d}\bold{S}
Σ∬A⋅dS=
∬
Σ
A
⋅
n
d
S
\iint\limits_{\Sigma}\bold{A}\cdot\bold{n}\mathrm{d}{S}
Σ∬A⋅ndS
(9)或 ∬ Σ A n ⋅ d S \iint\limits_{\Sigma}{A_{n}}\cdot\mathrm{d}{S} Σ∬An⋅dS(10)- A \bold{A} A= ( P , Q , R ) (P,Q,R) (P,Q,R),
- n \bold{n} n= ( cos α , cos β , cos γ ) (\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma) (cosα,cosβ,cosγ)为有向曲面 Σ \Sigma Σ在 ( x , y , z ) (x,y,z) (x,y,z)处的单位法向量
-
d
S
\mathrm{d}\bold{S}
dS=
(
d
y
d
x
,
d
z
d
x
,
d
x
d
y
)
(\mathrm{d}y\mathrm{d}x,\mathrm{d}z\mathrm{d}x,\mathrm{d}x\mathrm{d}y)
(dydx,dzdx,dxdy)称为有向曲面元也记为
n
d
S
\bold{n}\mathrm{d}S
ndS=
(
cos
α
d
S
,
cos
β
d
S
,
cos
γ
d
S
)
(\cos\alpha\mathrm{d}S,\cos\beta\mathrm{d}S,\cos\gamma\mathrm{d}S)
(cosαdS,cosβdS,cosγdS)
-
(
d
y
d
x
,
d
z
d
x
,
d
x
d
y
)
(\mathrm{d}y\mathrm{d}x,\mathrm{d}z\mathrm{d}x,\mathrm{d}x\mathrm{d}y)
(dydx,dzdx,dxdy)=
(
cos
α
d
S
,
cos
β
d
S
,
cos
γ
d
S
)
(\cos\alpha\mathrm{d}S,\cos\beta\mathrm{d}S,\cos\gamma\mathrm{d}S)
(cosαdS,cosβdS,cosγdS)
(11)
-
(
d
y
d
x
,
d
z
d
x
,
d
x
d
y
)
(\mathrm{d}y\mathrm{d}x,\mathrm{d}z\mathrm{d}x,\mathrm{d}x\mathrm{d}y)
(dydx,dzdx,dxdy)=
(
cos
α
d
S
,
cos
β
d
S
,
cos
γ
d
S
)
(\cos\alpha\mathrm{d}S,\cos\beta\mathrm{d}S,\cos\gamma\mathrm{d}S)
(cosαdS,cosβdS,cosγdS)
- A n A_{n} An为向量 A \bold{A} A在 n \bold{n} n上的投影
例
- 计算
I
=
∬
Σ
(
z
2
+
x
)
d
y
d
z
−
z
d
x
d
y
I=\iint\limits_{\Sigma}(z^2+x)\mathrm{d}y\mathrm{d}z-z\mathrm{d}x\mathrm{d}y
I=Σ∬(z2+x)dydz−zdxdy
(1)- 其中
Σ
\Sigma
Σ是旋转抛物面
z
=
1
2
(
x
2
+
y
2
)
z=\frac{1}{2}(x^2+y^2)
z=21(x2+y2)
(2)介于两平面截面 z = 0 , z = 2 z=0,z=2 z=0,z=2之间的部分的下侧(2-1)
- 其中
Σ
\Sigma
Σ是旋转抛物面
z
=
1
2
(
x
2
+
y
2
)
z=\frac{1}{2}(x^2+y^2)
z=21(x2+y2)
- 解
- 有两类曲面积分之间的联系,
∬
Σ
(
z
2
+
x
)
d
y
d
z
\iint\limits_{\Sigma}(z^2+x)\mathrm{d}y\mathrm{d}z
Σ∬(z2+x)dydz=
∬
Σ
(
z
2
+
x
)
cos
α
d
S
\iint\limits_{\Sigma}(z^2+x)\cos\alpha\mathrm{d}S
Σ∬(z2+x)cosαdS=
∬
Σ
(
z
2
+
x
)
cos
α
1
cos
γ
d
x
d
y
\iint\limits_{\Sigma}(z^2+x)\cos\alpha\frac{1}{\cos\gamma}{\mathrm{d}x\mathrm{d}y}
Σ∬(z2+x)cosαcosγ1dxdy
(3) - 在曲面 Σ \Sigma Σ上,将(2)变形: x 2 + y 2 − 2 z = 0 x^2+y^2-2z=0 x2+y2−2z=0法向量 2 ( x , y , − 1 ) 2(x,y,-1) 2(x,y,−1),取 n \bold{n} n= ( x , y , − 1 ) (x,y,-1) (x,y,−1)
- 令
r
=
1
+
x
2
+
y
2
r=\sqrt{1+x^2+y^2}
r=1+x2+y2,
cos
α
\cos\alpha
cosα=
x
r
\frac{x}{r}
rx;
cos
γ
\cos\gamma
cosγ=
−
1
r
\frac{-1}{r}
r−1
(4),代入(3), ∬ Σ ( z 2 + x ) d y d z \iint\limits_{\Sigma}(z^2+x)\mathrm{d}y\mathrm{d}z Σ∬(z2+x)dydz= ∬ Σ ( z 2 + x ) ( − x ) d x d y \iint\limits_{\Sigma}(z^2+x)(-x){\mathrm{d}x\mathrm{d}y} Σ∬(z2+x)(−x)dxdy - 从而
I
I
I=
∬
Σ
[
(
z
2
+
x
)
(
−
x
)
−
z
]
d
x
d
y
\iint\limits_{\Sigma}[(z^2+x)(-x)-z]\mathrm{d}x\mathrm{d}y
Σ∬[(z2+x)(−x)−z]dxdy
(5) - 对(5)按对坐标的区面积计算,即
- 确定符号:由条件(2-1)指出方向取下侧,从而符号取负号
- 将式(2)代入(5),得 I I I= − ∬ D x y [ ( 1 4 ( x 2 + y 2 ) 2 + x ) ( − x ) − 1 2 ( x 2 + y 2 ) ] d x d y -\iint\limits_{D_{xy}}[(\frac{1}{4}(x^2+y^2)^2+x)(-x)-\frac{1}{2}(x^2+y^2)]\mathrm{d}x\mathrm{d}y −Dxy∬[(41(x2+y2)2+x)(−x)−21(x2+y2)]dxdy
- 计算此二重积分时,注意对称性和奇偶性: ∬ D x y 1 4 x ( x 2 + y 2 ) 2 \iint\limits_{D_{xy}}\frac{1}{4}x(x^2+y^2)^2 Dxy∬41x(x2+y2)2= 0 0 0
- 所以 I I I= ∬ D x y ( x 2 + 1 2 ( x 2 + y 2 ) ) d x d y \iint\limits_{D_{xy}}(x^2+\frac{1}{2}(x^2+y^2))\mathrm{d}x\mathrm{d}y Dxy∬(x2+21(x2+y2))dxdy
- 该积分适合用极坐标计算:
- θ ∈ [ 0 , 2 π ] \theta\in[0,2\pi] θ∈[0,2π], r ∈ [ 0 , 2 ] r\in[0,2] r∈[0,2],其中 D x y D_{xy} Dxy是半径为 2 2 2的圆
- I I I= ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 r 3 cos 2 θ + 1 2 r 3 d r \int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{2}r^3\cos^2\theta+\frac{1}{2}r^3\mathrm{d}r ∫02πdθ∫02r3cos2θ+21r3dr= 4 ∫ 0 4 ( cos 2 θ + 1 2 ) d θ 4\int_{0}^{4}(\cos^{2}\theta+\frac{1}{2})\mathrm{d}\theta 4∫04(cos2θ+21)dθ= 8 π 8\pi 8π
- 有两类曲面积分之间的联系,
∬
Σ
(
z
2
+
x
)
d
y
d
z
\iint\limits_{\Sigma}(z^2+x)\mathrm{d}y\mathrm{d}z
Σ∬(z2+x)dydz=
∬
Σ
(
z
2
+
x
)
cos
α
d
S
\iint\limits_{\Sigma}(z^2+x)\cos\alpha\mathrm{d}S
Σ∬(z2+x)cosαdS=
∬
Σ
(
z
2
+
x
)
cos
α
1
cos
γ
d
x
d
y
\iint\limits_{\Sigma}(z^2+x)\cos\alpha\frac{1}{\cos\gamma}{\mathrm{d}x\mathrm{d}y}
Σ∬(z2+x)cosαcosγ1dxdy
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2022-11-29 OS_内存管理@非连续方式@段式和段页式