下册 9.3 第二型曲面积分及高斯公式 第61题
📝 题目
61．设 $V$ 是空间三维单连通的有界区域，其边界 $\sum$ 是简单光滑曲面，点 $P_{0}\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right) \in V$ ， $u=u(x, y, z)$ 在 $\bar{V}=V+\sum$ 上具有连续偏导数，在 $V$ 内具有二阶连续偏导数，且满足 $\displaystyle \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2}}+\frac{\partial^{2} u}{\partial z^{2}}=0$.
（1）证明 $\displaystyle \lim _{t \rightarrow 0^{+}} \frac{1}{4 \pi t^{2}} \iint_{\Sigma_{t}} u \mathrm{~d} S=u_{0}\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right)$ ，其中 $\Sigma_{t}$ 是含在 $V$ 内的球面 $\left(x-x_{0}\right)^{2}+\left(y-y_{0}\right)^{2} +\left(z-z_{0}\right)^{2}=t^{2}, t>0$ ．
（2）设 $n=n(x, y, z)$ 为 $\Sigma_{1}$ 上点 $P(x, y, z)$ 处的外法向量，$r=\overrightarrow{P_{0} P}=\left(x-x_{0}, y-y_{0}, z-z_{0}\right), r=|r|$ ，证明 $\displaystyle \iint_{\sum_{1}} \frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial n} \mathrm{~d} S=0$ ．
（3）设 $n=n(x, y, z)$ 为 $\Sigma$ 上点 $P(x, y, z)$ 处的外法向量，$r=\overrightarrow{P_{0} P}=\left(x-x_{0}, y-y_{0}, z-z_{0}\right), r=|r|$ ，计算积分 $\displaystyle \frac{1}{4 \pi} \iint_{\Sigma}\left(u \frac{\cos (r, n)}{r^{2}}+\frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial n}\right) \mathrm{d} S$ ．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）与 60 题（3）相同．
（2）设 $n=(\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma)$ ．由方向导数的计算公式及 Gauss 公式得
$$
\begin{aligned}
\iint_{\partial \Omega} \frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial n} \mathrm{~d} S & =\frac{1}{r} \iint_{\partial \Omega}\left(\frac{\partial u}{\partial x} \cos \alpha+\frac{\partial u}{\partial y} \cos \beta+\frac{\partial u}{\partial z} \cos \gamma\right) \mathrm{d} S=\frac{1}{r} \iint_{\partial \Omega} \frac{\partial u}{\partial x} \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+\frac{\partial u}{\partial y} \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+\frac{\partial u}{\partial z} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\
& =\frac{1}{r} \iiint_{V}\left(\frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}}+\frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2}}+\frac{\partial^{2} u}{\partial z^{2}}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=0
\end{aligned}
$$
（3）由于 $\displaystyle \cos (r, n)=\frac{r \cdot n}{r}, \frac{\partial u}{\partial n}=(\operatorname{grad} u) \cdot n$ ，于是
$$
\frac{1}{4 \pi} \iint_{\Sigma}\left(u \frac{\cos (r, n)}{r^{2}}+\frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial n}\right) \mathrm{d} S=\frac{1}{4 \pi} \iint_{\Sigma} P \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z+Q \mathrm{~d} z \mathrm{~d} x+R \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y
$$
其中 $\displaystyle P=\frac{\left(x-x_{0}\right) u+r^{2} u_{x}}{r^{3}}, Q=\frac{\left(y-y_{0}\right) u+r^{2} u_{y}}{r^{3}}, R=\frac{\left(z-z_{0}\right) u+r^{2} u_{z}}{r^{3}}$ ．
经计算得
$$
\frac{\partial P}{\partial x}=\frac{u}{r^{3}}-3 \frac{\left(x-x_{0}\right)^{2}}{r^{5}} u+\frac{u_{x x}}{r}, \frac{\partial Q}{\partial y}=\frac{u}{r^{3}}-3 \frac{\left(y-y_{0}\right)^{2}}{r^{5}} u+\frac{u_{y y}}{r}, \frac{\partial R}{\partial z}=\frac{u}{r^{3}}-3 \frac{\left(z-z_{0}\right)^{2}}{r^{5}} u+\frac{u_{z z}}{r} .
$$
所以 $\displaystyle \frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=0$ ．
取一个以 $\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right)$ 为中心，$\delta>0$ 为半径的球面 $S_{0}$ ，使得 $S_{0} \subset \Omega$ ，并设 $n$ 为 $S_{0}$ 的单位外法向量，然后在 $\Sigma$ 与 $S_{0}$ 所围的区域 $\Omega^{\prime}$ 上应用 Gauss 公式得
$$
\begin{gathered}
\frac{1}{4 \pi} \iint_{\Sigma+\left(-S_{0}\right)}\left(u \frac{\cos (r, n)}{r^{2}}+\frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial n}\right) \mathrm{d} S=\frac{1}{4 \pi} \iiint_{\Omega^{\prime}}\left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y \mathrm{~d} z=0 \\
\frac{1}{4 \pi} \iint_{\Sigma}\left(u \frac{\cos (r, n)}{r^{2}}+\frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial n}\right) \mathrm{d} S=\frac{1}{4 \pi} \iint_{S_{0}}\left(u \frac{\cos (r, n)}{r^{2}}+\frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial n}\right) \mathrm{d} S
\end{gathered}
$$
从而
注意 $r=\delta$ 为常数， $\cos (r, n)=1$ 与 $\displaystyle \iint_{S_{0}} \frac{\partial u}{\partial n} d S=0$ 得
$$
\frac{1}{4 \pi} \iint_{\Sigma}\left(u \frac{\cos (r, n)}{r^{2}}+\frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial n}\right) \mathrm{d} S=\frac{1}{4 \pi \delta^{2}} \iint_{S_{0}} u(x, y, z) \mathrm{d} S
$$
利用积分中值定理并令 $\delta \rightarrow 0$ 得
$$
u\left(x_{0}, y_{0}, z_{0}\right)=\frac{1}{4 \pi} \iint_{\Sigma}\left(u \frac{\cos (r, n)}{r^{2}}+\frac{1}{r} \frac{\partial u}{\partial n}\right) \mathrm{d} S
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：证明第一问：球面平均值的极限等于函数值
由于 $u$ 在 $V$ 内调和，由调和函数的球面平均值性质，对于任意 $t>0$，有 $u(P_0)=\frac{1}{4\pi t^2}\iint_{\Sigma_t} u\,dS$。因此极限 $\lim_{t\to 0^+}\frac{1}{4\pi t^2}\iint_{\Sigma_t} u\,dS = u(P_0)$。
公式：调和函数的球面平均值公式：$u(P_0)=\frac{1}{4\pi t^2}\iint_{\Sigma_t} u\,dS$
提示：注意 $\Sigma_t$ 完全包含在 $V$ 内，且 $u$ 在 $\bar{V}$ 上连续，所以平均值公式成立。
步骤 2/7
目标：证明第二问：曲面积分为零
设 $n=(\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma)$，则 $\frac{\partial u}{\partial n}=\frac{\partial u}{\partial x}\cos\alpha+\frac{\partial u}{\partial y}\cos\beta+\frac{\partial u}{\partial z}\cos\gamma$。于是
\[
\iint_{\Sigma_1}\frac{1}{r}\frac{\partial u}{\partial n}dS = \frac{1}{r}\iint_{\Sigma_1}\left(\frac{\partial u}{\partial x}dydz+\frac{\partial u}{\partial y}dzdx+\frac{\partial u}{\partial z}dxdy\right).
\]
由 Gauss 公式，上式等于 $\frac{1}{r}\iiint_{V}\left(\frac{\partial^2 u}{\partial x^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial y^2}+\frac{\partial^2 u}{\partial z^2}\right)dxdydz=0$，因为 $u$ 调和。
公式：Gauss 公式：$\iint_{\partial\Omega} P dy dz + Q dz dx + R dx dy = \iiint_\Omega (P_x+Q_y+R_z) dxdydz$
提示：注意 $r$ 是常数（球面半径），可以提到积分号外。
步骤 3/7
目标：将第三问的被积函数转化为散度形式
由于 $\cos(r,n)=\frac{r\cdot n}{r}$，$\frac{\partial u}{\partial n}=(\nabla u)\cdot n$，则
\[
u\frac{\cos(r,n)}{r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial u}{\partial n} = \frac{u(r\cdot n)}{r^3}+\frac{1}{r}(\nabla u\cdot n) = \left(\frac{u}{r^3}r+\frac{1}{r}\nabla u\right)\cdot n.
\]
令向量场 $\mathbf{F}=\frac{u}{r^3}\mathbf{r}+\frac{1}{r}\nabla u$，其中 $\mathbf{r}=(x-x_0,y-y_0,z-z_0)$，则被积函数为 $\mathbf{F}\cdot n$。写成坐标形式：
\[
P = \frac{(x-x_0)u+r^2 u_x}{r^3},\quad Q = \frac{(y-y_0)u+r^2 u_y}{r^3},\quad R = \frac{(z-z_0)u+r^2 u_z}{r^3},
\]
且 $\mathbf{F}\cdot n dS = P dy dz + Q dz dx + R dx dy$。
公式：散度定理的向量形式：$\iint_{\partial\Omega} \mathbf{F}\cdot n dS = \iiint_\Omega \nabla\cdot\mathbf{F} dV$
提示：注意 $r=\sqrt{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z-z_0)^2}$，求导时小心。
步骤 4/7
目标：计算向量场的散度为零
计算 $\frac{\partial P}{\partial x}$：
\[
\frac{\partial P}{\partial x} = \frac{u}{r^3} - 3\frac{(x-x_0)^2}{r^5}u + \frac{u_x}{r} + \frac{(x-x_0)u_x}{r^3} + \frac{r^2 u_{xx}}{r^3} - \frac{(x-x_0)u}{r^5}\cdot 2x? \text{（需仔细）}
\]
实际上，正确计算得：
\[
\frac{\partial P}{\partial x} = \frac{u}{r^3} - 3\frac{(x-x_0)^2}{r^5}u + \frac{u_{xx}}{r},
\]
类似地，
\[
\frac{\partial Q}{\partial y} = \frac{u}{r^3} - 3\frac{(y-y_0)^2}{r^5}u + \frac{u_{yy}}{r},\quad \frac{\partial R}{\partial z} = \frac{u}{r^3} - 3\frac{(z-z_0)^2}{r^5}u + \frac{u_{zz}}{r}.
\]
求和得
\[
\nabla\cdot\mathbf{F} = \frac{3u}{r^3} - 3\frac{(x-x_0)^2+(y-y_0)^2+(z-z_0)^2}{r^5}u + \frac{u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}}{r} = \frac{3u}{r^3} - \frac{3u}{r^3} + 0 = 0.
\]
公式：散度公式：$\nabla\cdot\mathbf{F} = \frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}$
提示：计算偏导时注意 $r$ 对 $x$ 的导数为 $(x-x_0)/r$，且 $u$ 调和，$\Delta u=0$。
步骤 5/7
目标：应用 Gauss 公式并挖去奇点
由于 $\mathbf{F}$ 在 $P_0$ 处有奇点（$r=0$），不能直接对 $V$ 应用 Gauss 公式。取以 $P_0$ 为中心、半径 $\delta>0$ 的小球 $B_\delta$，使其完全包含在 $V$ 内，球面记为 $S_\delta$（外法向指向球外）。在区域 $V\setminus B_\delta$ 上应用 Gauss 公式，注意边界由 $\Sigma$ 和 $S_\delta$ 组成，但 $S_\delta$ 的外法向相对于 $V\setminus B_\delta$ 是指向球内的，因此
\[
\iint_{\Sigma} \mathbf{F}\cdot n dS + \iint_{S_\delta} \mathbf{F}\cdot (-n) dS = \iiint_{V\setminus B_\delta} \nabla\cdot\mathbf{F} dV = 0,
\]
所以
\[
\iint_{\Sigma} \mathbf{F}\cdot n dS = \iint_{S_\delta} \mathbf{F}\cdot n dS.
\]
公式：Gauss 公式应用于带洞区域
提示：注意 $S_\delta$ 上的外法向方向：相对于原区域 $V$ 是向外，但相对于挖去小球后的区域是向内，因此要加负号。
步骤 6/7
目标：计算小球面上的积分
在 $S_\delta$ 上，$r=\delta$ 为常数，且外法向 $n$ 与径向方向相同，故 $\cos(r,n)=1$。于是
\[
\mathbf{F}\cdot n = \frac{u}{\delta^2} + \frac{1}{\delta}\frac{\partial u}{\partial n}.
\]
因此
\[
\iint_{S_\delta} \mathbf{F}\cdot n dS = \frac{1}{\delta^2}\iint_{S_\delta} u dS + \frac{1}{\delta}\iint_{S_\delta} \frac{\partial u}{\partial n} dS.
\]
由调和函数的性质，$\iint_{S_\delta} \frac{\partial u}{\partial n} dS = 0$（因为 $\Delta u=0$ 且 $S_\delta$ 是封闭曲面），所以
\[
\iint_{S_\delta} \mathbf{F}\cdot n dS = \frac{1}{\delta^2}\iint_{S_\delta} u dS.
\]
公式：调和函数法向导数积分为零：$\iint_{S} \frac{\partial u}{\partial n} dS = 0$
提示：注意 $\frac{\partial u}{\partial n}$ 在球面上的积分等于 $\iiint_{B_\delta} \Delta u dV = 0$。
步骤 7/7
目标：取极限得到最终结果
由第一问的结论，当 $\delta\to 0^+$ 时，$\frac{1}{4\pi\delta^2}\iint_{S_\delta} u dS \to u(P_0)$。因此
\[
\frac{1}{4\pi}\iint_{\Sigma} \left(u\frac{\cos(r,n)}{r^2}+\frac{1}{r}\frac{\partial u}{\partial n}\right) dS = \lim_{\delta\to 0}\frac{1}{4\pi\delta^2}\iint_{S_\delta} u dS = u(P_0).
\]
公式：球面平均值极限：$\lim_{t\to 0}\frac{1}{4\pi t^2}\iint_{\Sigma_t} u dS = u(P_0)$
提示：注意极限过程与第一问一致，且 $\delta$ 是任意小的正数。
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