10.6 第二类曲面积分

概念

• 第二类曲面积分 ${\iint }_{\Sigma }P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 是在一个曲面 $\Sigma$ 对坐标进行积分
• 注意曲面有正负之分，符号与法向量相应分量相同
• 若为闭合曲面，可记为 $\iint P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y$
• ${\iint }_{\Sigma }\mathrm{d}y\mathrm{d}z$ 表示区域在 $yOz$ 平面上投影的面积

计算

一般方法

对哪个面积元积分，就把曲面投影到这个坐标平面上。

例 1

对于球面 $\Sigma :x^2+y^2+z^2=1$ 的下半部分的下侧，求 ${\iint }_{\Sigma }(x^2+y^2+z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$

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依题意有 $z=-\sqrt{1-x^2-y^2}$，$\Sigma$ 投影到 $xOy$ 平面为 $D:x^2+y^2\le 1$。

又有 $\Sigma$ 的外法向量均朝向 $z$ 轴负方向，积分结果加负号。

$$I=-{\iint }_D(x^2+y^2-\sqrt{1-x^2-y^2})\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

设 $x=r\cos \theta$，$y=r\sin \theta$，有

$$\begin{array}{rl}I& =-{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^1(r^2-\sqrt{1-r^2})r\mathrm{d}r\\ & =-\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^1(r^2-\sqrt{1-r^2})\mathrm{d}(r^2)\\ & =-\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^1(r^2-\sqrt{1-r^2})\mathrm{d}(r^2)\\ & =-\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\left[\frac{1}{2}{r}^4+\frac{2}{3}(1-r^2{)}^{3/2}\right]}_0^1\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta \cdot \frac{1}{6}\\ & =\frac{1}{6}\pi \end{array}$$

两类曲面积分的关系

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

其中，$\cos \alpha ,\cos \beta ,\cos \gamma$ 表示曲面上各点法向量的方向余弦。

例 2

设曲面 $\Sigma$ 表示 $z=x^2+y^2(0\le z\le 4)$ 的上侧，求 ${\iint }_{\Sigma }x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y$

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设 $F=x^2+y^2-z$，则有法向量 $(F_x,F_y,F_z)=(2x,2y,-1)$。取曲面上侧，因此法向量中 $z$ 为正，故取 $\mathbf{n}=(-2x,-2y,1)$。则有

$$|\mathbf{n}|=\sqrt{4x^2+4y^2+1}\Rightarrow \{\begin{array}{l}\cos \alpha =\frac{-2x}{\sqrt{4x^2+4y^2+1}}\\ \cos \beta =\frac{-2y}{\sqrt{4x^2+4y^2+1}}\\ \cos \gamma =\frac{1}{\sqrt{4x^2+4y^2+1}}\end{array}$$

则有

$$I={\iint }_{\Sigma }\frac{-2x^2-2y^2+z}{\sqrt{4x^2+4y^2+1}}\mathrm{d}S$$

又有 $\mathrm{d}S=\sqrt{z_x^2+z_y^2+1}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ $=\sqrt{4x^2+4y^2+1}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，代入得

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_{\Sigma }\frac{-2x^2-2y^2+z}{\cancel{\sqrt{4x^2+4y^2+1}}}\cancel{\sqrt{4x^2+4y^2+1}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & ={\iint }_{\Sigma }(-2x^2-2y^2+z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$$

将 $z=x^2+y^2$ 代入得到

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_{\Sigma }(-2x^2-2y^2+x^2+y^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =-\iint (x^2+y^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$$

设 $x=r\cos \theta$，$y=r\sin \theta$，则有

$$\begin{array}{rl}I& =-{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^2{r}^2\cdot r\mathrm{d}r\\ & =-{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta \cdot \frac{2^4}{4}\\ & =-8\pi \end{array}$$