下册 9.3 第二型曲面积分及高斯公式 第60题
📝 题目
60．证明下列结论．
（1）设 $\Omega$ 为 $\mathbf{R}^{3}$ 中光滑区域，$\partial \Omega$ 为其边界，$u, v$ 在 $\Omega+\partial \Omega$ 上有连续二阶导数。证明：
$\displaystyle \iiint_{\Omega}(u \Delta v-v \Delta u) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=\iint_{\partial \Omega}\left(u \frac{\partial v}{\partial n}-v \frac{\partial u}{\partial n}\right) \mathrm{d} S$ ，其中 $\displaystyle \frac{\partial}{\partial n}$ 为沿边界 $\partial \Omega$ 外法线方向的导数， $\mathrm{d} S$ 为边界上的面积元．
（2）$P \in \mathbf{R}^{3}$ 的坐标为 $(\xi, \eta, \zeta)$ ，函数 $r(x, y, z)=(x-\xi)^{2}+(y-\eta)^{2}+(z-\zeta)^{2}$ ，证 明：$\displaystyle \Delta \frac{1}{r}=0$ 在 $\mathbf{R}^{3} \backslash\{P\}$ 上成立，其中 $\displaystyle \Delta=\frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2}}{\partial y^{2}}+\frac{\partial^{2}}{\partial z^{2}}$ ．
（3）设 $B(P, \delta)$ 是以 $P$ 为中心、 $\delta$ 为半径的球，$\partial B(P, \delta)$ 为其边界．若在 $B(P, \delta)$ 上 $u$ 满足 $\Delta u=0$ ，则 $\displaystyle u(P)=\frac{1}{4 \pi \delta^{2}} \iint_{\partial B(P, \delta)} u \mathrm{~d} S$.
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）与 59 题（2）同．
（2）由于
$$
\begin{aligned}
& \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{1}{r}\right)=-\frac{1}{r^{2}} \frac{(x-\xi)}{r}, \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{1}{r}\right)=-\frac{1}{r^{2}} \frac{(y-\eta)}{r}, \frac{\partial}{\partial z}\left(\frac{1}{r}\right)=-\frac{1}{r^{2}} \frac{(z-\zeta)}{r} \\
& \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}}\left(\frac{1}{r}\right)=-\frac{r^{3}-3 r(x-\xi)^{2}}{r^{6}}, \frac{\partial^{2}}{\partial y^{2}}\left(\frac{1}{r}\right)=-\frac{r^{3}-3 r(y-\eta)^{2}}{r^{6}}, \frac{\partial^{2}}{\partial z^{2}}\left(\frac{1}{r}\right)=-\frac{r^{3}-3 r(z-\zeta)^{2}}{r^{6}},
\end{aligned}
$$
所以 $\displaystyle \Delta \frac{1}{r}=-\frac{3 r^{3}-3 r^{3}}{r^{6}}=0$ ．
（3）球面方程为 $x=x_{0}+\delta \sin \varphi \cos \theta, y=y_{0}+\delta \sin \varphi \sin \theta, z=z_{0}+\delta \cos \varphi$ ．则
$$
\begin{aligned}
I(\delta) & =\iint_{\partial} u \mathrm{~d} S=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\pi} u\left(x_{0}+\delta \sin \varphi \cos \theta, y_{0}+\delta \sin \varphi \sin \theta, z_{0}+\delta \cos \varphi\right) \delta^{2} \sin \varphi \mathrm{~d} \varphi \\
\frac{\mathrm{~d} I}{\mathrm{~d} \delta} & =\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\pi}\left[\left(u_{x} \sin \varphi \cos \theta+u_{y} \sin \varphi \sin \theta+u_{z} \cos \varphi\right) \delta^{2} \sin \varphi+2 u \delta \sin \varphi\right] \mathrm{d} \varphi \\
& =\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\pi}\left[\left(u_{x} \sin \varphi \cos \theta+u_{y} \sin \varphi \sin \theta+u_{z} \cos \varphi\right) \delta^{2} \sin \varphi\right] \mathrm{d} \varphi+\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\pi}(2 u \delta \sin \varphi) \mathrm{d} \varphi \\
& =\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\pi}\left(u_{x} \frac{x-x_{0}}{\delta}+u_{y} \frac{y-y_{0}}{\delta}+u_{z} \frac{z-z_{0}}{\delta}\right) \mathrm{d} S+\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\pi}(2 u \delta \sin \varphi) \mathrm{d} \varphi
\end{aligned}
$$
由高斯公式得：
$$
\begin{aligned}
\iint_{\partial}\left(u_{x} \frac{x-x_{0}}{\delta}+u_{y} \frac{y-y_{0}}{\delta}+u_{z} \frac{z-z_{0}}{\delta}\right) \mathrm{d} S & =\iint_{\partial}\left(u_{x} \cos \alpha+u_{y} \cos \beta+u_{z} \cos \gamma\right) \mathrm{d} S \\
& =\iiint_{V}\left(\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2}}+\frac{\partial^{2} u}{\partial z^{2}}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=0
\end{aligned}
$$
于是 $\displaystyle \frac{\mathrm{d} I}{\mathrm{~d} \delta}=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\pi}(2 u \delta \sin \varphi) \mathrm{d} \varphi=\frac{2}{\delta} \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{\pi} u\left(\delta^{2} \sin \varphi\right) \mathrm{d} \varphi=\frac{2}{\delta} \iint_{\partial} u \mathrm{~d} S=\frac{2}{\delta} I(\delta)$ ，即 $\displaystyle \delta I^{\prime}(\delta)=2 I(\delta),\left(\frac{I(\delta)}{\delta^{2}}\right)^{\prime} \equiv 0$ ．从而 $\displaystyle \frac{I(\delta)}{\delta^{2}} \equiv C$ ．
由中值定理
$$
I(\delta)=\iint_{\partial} u \mathrm{~d} S=u\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right) \iint_{\partial} \mathrm{d} S=4 \pi \delta^{2} u\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right),\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right) \in \partial B(P, \delta)
$$
所以 $\displaystyle C=\frac{I(\delta)}{\delta^{2}}=\lim _{\delta \rightarrow 0^{+}} \frac{I(\delta)}{\delta^{2}}=u(P) 4 \pi$ ，从而 $I(\delta)=u(P) 4 \pi \delta^{2}$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：证明格林第二公式
由散度定理，对于向量场 $\mathbf{F}=u\nabla v - v\nabla u$，有 $\iiint_\Omega \nabla\cdot\mathbf{F}\,dV = \iint_{\partial\Omega} \mathbf{F}\cdot\mathbf{n}\,dS$。计算散度：$\nabla\cdot\mathbf{F} = \nabla u\cdot\nabla v + u\Delta v - \nabla v\cdot\nabla u - v\Delta u = u\Delta v - v\Delta u$。而 $\mathbf{F}\cdot\mathbf{n} = u\frac{\partial v}{\partial n} - v\frac{\partial u}{\partial n}$，代入即得结论。
公式：$\iiint_\Omega \nabla\cdot\mathbf{F}\,dV = \iint_{\partial\Omega} \mathbf{F}\cdot\mathbf{n}\,dS$
提示：注意散度定理中向量场需连续可微，这里 $u,v$ 有连续二阶导数，满足条件。
步骤 2/6
目标：计算 $1/r$ 的拉普拉斯
设 $r = \sqrt{(x-\xi)^2 + (y-\eta)^2 + (z-\zeta)^2}$，则 $\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{1}{r}\right) = -\frac{x-\xi}{r^3}$，类似得 $y,z$ 偏导。二阶偏导：$\frac{\partial^2}{\partial x^2}\left(\frac{1}{r}\right) = -\frac{1}{r^3} + \frac{3(x-\xi)^2}{r^5}$，求和得 $\Delta\frac{1}{r} = -\frac{3}{r^3} + \frac{3r^2}{r^5} = 0$（$r\neq0$）。
公式：$\Delta\frac{1}{r}=0$ 在 $\mathbf{R}^3\setminus\{P\}$ 成立
提示：注意 $r$ 是距离，不是平方；计算二阶导时小心符号和系数。
步骤 3/6
目标：建立球面积分与半径的关系
设球心 $P(\xi,\eta,\zeta)$，半径 $\delta$，球面参数化：$x=\xi+\delta\sin\varphi\cos\theta$, $y=\eta+\delta\sin\varphi\sin\theta$, $z=\zeta+\delta\cos\varphi$，面积元 $dS=\delta^2\sin\varphi\,d\varphi d\theta$。定义 $I(\delta)=\iint_{\partial B(P,\delta)} u\,dS$，则 $I(\delta)=\int_0^{2\pi}\int_0^\pi u(\xi+\delta\sin\varphi\cos\theta,\ldots)\,\delta^2\sin\varphi\,d\varphi d\theta$。
公式：$I(\delta)=\iint_{\partial B} u\,dS$
提示：球坐标参数化时注意角度范围，面积元正确。
步骤 4/6
目标：对 $\delta$ 求导并化简
对 $I(\delta)$ 求导：$I'(\delta)=\int_0^{2\pi}\int_0^\pi [u_x\sin\varphi\cos\theta+u_y\sin\varphi\sin\theta+u_z\cos\varphi]\,\delta^2\sin\varphi\,d\varphi d\theta + \int_0^{2\pi}\int_0^\pi 2u\delta\sin\varphi\,d\varphi d\theta$。第一项可写为 $\iint_{\partial B} (\nabla u\cdot\mathbf{n})\,dS$，其中 $\mathbf{n}=(\sin\varphi\cos\theta,\sin\varphi\sin\theta,\cos\varphi)$ 是外法向。由高斯公式，$\iint_{\partial B} \nabla u\cdot\mathbf{n}\,dS = \iiint_B \Delta u\,dV = 0$（因为 $\Delta u=0$）。所以 $I'(\delta)=\frac{2}{\delta}\iint_{\partial B} u\,dS = \frac{2}{\delta} I(\delta)$。
公式：$\iint_{\partial B} \nabla u\cdot\mathbf{n}\,dS = \iiint_B \Delta u\,dV$
提示：注意 $\mathbf{n}$ 是单位外法向，$\nabla u\cdot\mathbf{n}=\frac{\partial u}{\partial n}$；高斯公式要求 $u$ 二阶连续可导。
步骤 5/6
目标：解微分方程得 $I(\delta)$ 形式
由 $I'(\delta)=\frac{2}{\delta}I(\delta)$ 得 $\frac{I'(\delta)}{I(\delta)}=\frac{2}{\delta}$，积分得 $\ln I(\delta)=2\ln\delta + C$，即 $I(\delta)=C\delta^2$。因此 $\frac{I(\delta)}{\delta^2}$ 为常数。
公式：$\frac{d}{d\delta}\left(\frac{I(\delta)}{\delta^2}\right)=0$
提示：注意积分常数，$I(\delta)$ 应正比于 $\delta^2$。
步骤 6/6
目标：利用极限确定常数
由积分中值定理，存在 $Q\in\partial B(P,\delta)$ 使得 $I(\delta)=u(Q)\cdot 4\pi\delta^2$。当 $\delta\to0^+$ 时，$Q\to P$，$u(Q)\to u(P)$，故 $\lim_{\delta\to0^+}\frac{I(\delta)}{\delta^2}=4\pi u(P)$。因此 $\frac{I(\delta)}{\delta^2}=4\pi u(P)$，即 $I(\delta)=4\pi\delta^2 u(P)$，从而 $u(P)=\frac{1}{4\pi\delta^2}\iint_{\partial B(P,\delta)} u\,dS$。
公式：$\lim_{\delta\to0^+}\frac{I(\delta)}{\delta^2}=4\pi u(P)$
提示：中值定理要求 $u$ 连续，这里 $u$ 二阶连续可导，满足条件；注意 $\partial B$ 面积 $4\pi\delta^2$。
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