下册 9.3 第二型曲面积分及高斯公式 第2题
📝 题目
2．计算下列第二型曲面积分．
（1） $\iint_{S} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} z+z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $S$ 为球面 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2}$ 在第一卦限曲面的上侧．
（2） $\iint_{S}(y-z) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+(z-x) \mathrm{d} z \mathrm{~d} x+(x-y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y$ ，其中 $S$ 为球面 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=2 R x$ 被圆柱面 $x^{2}+y^{2}=2 r x,(z>0,00)$所截下部分的外侧．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）如图9．112所示，方法 1：有向曲面 $S: z=\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}(x \geqslant 0, y \geqslant 0)$ ，在 $x O y$ 面上的投影区域是 $D_{x y}: x^{2}+y^{2} \leqslant a^{2}$ ．
$$
\iint_{S} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D_{x y}} \sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{a} \sqrt{a^{2}-r^{2}} r \mathrm{~d} r=-\left.\frac{\pi}{2} \frac{1}{2} \frac{2}{3}\left(a^{2}-r^{2}\right)^{\frac{3}{2}}\right|_{0} ^{a}=\frac{\pi}{6} a^{3}
$$
由对称性得 $\displaystyle \iint_{S} y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} z=\iint_{S} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iint_{S} z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\frac{\pi}{6} a^{3}$ 。于是 $\displaystyle \iint_{S} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} z+z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\frac{\pi}{2} a^{3}$ ．
方法 2：设 $\Omega$ 表示 $S$ 与坐标平面围成的区域，$S_{1}, S_{2}, S_{3}$ 分别为 $\Omega$ 的位于 $x O y, y O z, z O x$ 平面的表面，并取区域 $\Omega$ 的外面为正面．
$$
\iint_{S+S_{1}+S_{2}+S_{3}} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} z+z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{S} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} z+z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y
$$
根据高斯公式
所以
$$
\iint_{S+S_{1}+S_{2}+S_{3}} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} z+z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iiint_{\Omega} 3 \mathrm{~d} V=\frac{1}{2} \pi a^{3}
$$
$$
\iint_{S} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} z+z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\frac{1}{2} \pi a^{3}
$$
方法3：曲面 $S$ 的单位外法向量为：$\displaystyle n=\left(\frac{x}{a}, \frac{y}{a}, \frac{z}{a}\right)$ ．由第二类曲面积分与第一类曲面积分的关系得
$$
\iint_{S} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y \mathrm{~d} x \mathrm{~d} z+z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\frac{1}{a} \iint_{S}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right) \mathrm{d} S=\frac{1}{a} \iint_{S} a^{2} \mathrm{~d} S=a \iint_{S} \mathrm{~d} S=\frac{1}{2} \pi a^{3}
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-321.jpg?height=1209&width=1127&top_left_y=884&top_left_x=1201}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.112}
\end{figure}
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-321.jpg?height=1016&width=1465&top_left_y=1077&top_left_x=3218}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.113}
\end{figure}
（2）如图 9.113 所示，曲面 $S: z=\sqrt{R^{2}-(x-R)^{2}-y^{2}}$ 的单位外法向量为 $\displaystyle n=\left(\frac{x-R}{R}, \frac{y}{R}, \frac{z}{R}\right)$ ，在 $x O y$ 面上的投影区域是 $D=\left\{(x, y):(x-r)^{2}+y^{2} \leqslant r^{2}\right\}$ ．由第二类曲面积分与第一类曲面积分的关系得
$$
\begin{aligned}
I & =\iint_{S}(y-z) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z+(z-x) \mathrm{d} z \mathrm{~d} x+(x-y) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \\
& =\frac{1}{R} \iint_{S}[(y-z)(x-R)+(z-x) y+(x-y) z] \mathrm{d} S=\iint_{S}(z-y) \mathrm{d} S .
\end{aligned}
$$
注意到 $y$ 是 $y$ 的奇函数，曲面 $S$ 关于平面 $x O z$ 对称，所以 $\iint_{S} y \mathrm{~d} S=0$ ．从而
$$
I=\iint_{S} z \mathrm{~d} S=\iint_{D} \sqrt{R^{2}-(x-R)^{2}-y^{2}} \cdot \sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D} R \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=R \iint_{D} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\pi r^{2} R .
$$
（3）如图9．114所示，曲面 $S$ 的单位外法向量为：$\displaystyle n=\left(\frac{x}{a}, 0, \frac{z}{a}\right)$ ， $z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z$ ．由第二类曲面积分与第一类曲面积分的关系知
$$
\begin{aligned}
& \iint_{S} x y z \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y+x z \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+z^{2} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x \\
& =\iint_{S}\left(x z \cos \alpha+z^{2} \cos \beta+x y z \cos \gamma\right) \mathrm{d} S=\iint_{S} x z \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+y z^{2} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z \\
& =\iint_{S}(x z \cos \alpha+x y z \cos \alpha) \mathrm{d} S=\iint_{D_{x z}}\left(y z^{2}+z \sqrt{a^{2}-z^{2}}\right) \mathrm{d} y \mathrm{~d} z=\int_{-a}^{a} \mathrm{~d} z \int_{0}^{h} y z^{2} \mathrm{~d} y=\frac{1}{3} h^{2} a^{3} .
\end{aligned}
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-321.jpg?height=1279&width=1017&top_left_y=4765&top_left_x=4544}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.114}
\end{figure}
📋 详细解题步骤
步骤 1/4
目标：将第二类曲面积分转化为第一类曲面积分
曲面 $S$ 的单位外法向量为 $\mathbf{n} = \left(\frac{x}{a}, \frac{y}{a}, \frac{z}{a}\right)$。由第二类曲面积分与第一类曲面积分的关系：
$$\iint_S P\,dy\,dz + Q\,dz\,dx + R\,dx\,dy = \iint_S (P\cos\alpha + Q\cos\beta + R\cos\gamma)\,dS$$
其中 $\cos\alpha = \frac{x}{a}, \cos\beta = \frac{y}{a}, \cos\gamma = \frac{z}{a}$。代入 $P=x, Q=y, R=z$ 得：
$$\iint_S x\,dy\,dz + y\,dz\,dx + z\,dx\,dy = \iint_S \left(x\cdot\frac{x}{a} + y\cdot\frac{y}{a} + z\cdot\frac{z}{a}\right)dS = \frac{1}{a}\iint_S (x^2+y^2+z^2)\,dS$$
公式：$$\iint_S P\,dy\,dz + Q\,dz\,dx + R\,dx\,dy = \iint_S (P\cos\alpha + Q\cos\beta + R\cos\gamma)\,dS$$
提示：注意单位外法向量的方向：对于球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 在第一卦限的上侧，外法向量指向球外，即 $\mathbf{n} = \left(\frac{x}{a}, \frac{y}{a}, \frac{z}{a}\right)$。
步骤 2/4
目标：利用球面方程简化被积函数
在球面 $S$ 上，$x^2+y^2+z^2 = a^2$，因此：
$$\frac{1}{a}\iint_S (x^2+y^2+z^2)\,dS = \frac{1}{a}\iint_S a^2\,dS = a\iint_S dS$$
公式：$$x^2+y^2+z^2 = a^2$$
提示：注意球面方程在曲面上成立，可以直接代入简化。
步骤 3/4
目标：计算第一类曲面积分
$\iint_S dS$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 在第一卦限部分的面积。球面总面积 $4\pi a^2$，第一卦限占 $\frac{1}{8}$，因此面积为 $\frac{1}{8} \cdot 4\pi a^2 = \frac{\pi a^2}{2}$。所以：
$$a\iint_S dS = a \cdot \frac{\pi a^2}{2} = \frac{\pi}{2}a^3$$
公式：$$\iint_S dS = \frac{\pi a^2}{2}$$
提示：注意第一卦限是 $x\ge0, y\ge0, z\ge0$，面积是球面的八分之一。
步骤 4/4
目标：得出最终结果
因此，原积分为：
$$\iint_S x\,dy\,dz + y\,dz\,dx + z\,dx\,dy = \frac{\pi}{2}a^3$$
提示：结果与 $a$ 的三次方成正比，注意单位。
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