曲面积分
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1. 第二类曲面积分
方法1: Gauss 公式(绝大部分问题都用此方法)
()dddddddSQPRVPyzQzxRxyxyz
方法2: 对三个面分别作投影化成二重积分求解
SDdxdyyxzyxRdxdyzyxRxy,,,,,
方法3: 矢量法,将三个面变成一个一个面做投影
dddddd(,,)()(,,)()(,,)ddSDxyzzPyzQzxRxyPxyzQxyzRxyzxyxy
若曲面S指定一侧的法向量与Z轴正向成锐角取正号,成钝角取负号,这样把这部分曲面积分化为xy平面上的二重积分,其它两部分类似地处理。
例1
求32222,
()SzdxdyxdzdyydxdzISxyz其中
1)2221,()xyz外 2)222(2)1,()xyz外 3)2222221()xyzabc外。
解:设SRdxdyQdzdxPdydzI通过计算可知0zRyQxP
(1)32222()SSzdxdyxdzdyydxdzIzdxdyxdzdyydxdzxyz
4 3343Vdxdydz
(2)S为闭曲面,(只要看S内部是含奇点), 又222(02)0041,
即0,0,0()不在S包含的区域内,则
3222V2()d0()SzdxdyxdzdyydxdzPQRVxyzxyz
(3)0,0,0()在S包含的区域内, 加曲面1S2222xyz,取其内侧
13222SV2()d0()SzdxdyxdzdyydxdzPQRVxyzxyz, 则
133322222222()()SSSzdxdyxdzdyydxdzzdxdyxdzdyydxdzzdxdyxdzdyydxdzxyzxyz
333334 43Vdxdydz
例2 计算22, zSedxdyISxy其中为锥面222xyz被平面12zz及所围成几何体的外侧。
解法1:加面用Gauss公式,加12zz及,分别取下侧和上侧,记作12,SS
22212222222211zzzSSSVxyzedxdyedxdydzedzdxdyxyxyxy
22221001122zzzedzdrdrzedzer,则
1222222222zzzSSSedxdyedxdyedxdyexyxyxy
122222222222222222142222222422SSxyxydxdydxdyeeexyxydxdydxdyeeexyxyeeeee
解法2: 本问题也可利用投影方法,一来只要投一个面,另一方面投影简单。
22222222222011422xyzrSxyedxdyedxdyedrdreerxyxy
例3 设(,,)fxyz连续,计算()(2)()sIxfdydzyfdzdxzfdxdy,其中S是平面1xyz介于第四卦限部分的上侧。
解:本问题不知道函数是否可导,故而不能用高斯公式,又投影法要投三面过于复杂,故而采取矢量法。
()(2)()sIxfdydzyfdzdxzfdxdy
()(2)()()xyxyDDxfyfzfdxdyxyzdxdy
12xyDdxdy 2. 斯托克斯公式
设Γ为分段光滑有向闭曲线,S是以Γ为边界的分块光滑定向曲面,Γ的正向与S的定向(即法向量的指向)符合右手法则.函数(,,),(,,),PxyzQxyz(,,)Rxyz在含S的某区域上有连续的偏导数,则
dddzdddcoscoscosddddSSyzxxyPxQyRzSxyzxyzPRQPQR
应用在曲线为曲面和平面的交线,选择平面为所须的曲面,方向由右手法则确定。
例4求Czyxyzxxyzd)(d)(d)(,其中C是曲线2122zyxyx从z轴正向往z轴负向看去,C的方向是顺时针方向.
解:C围成的平面2zyx上的有界区域记为Σ,按右手法则它的法向量朝下,由斯托克斯公式得
dddddd2ddyzzxxyIxyxyzzyxzxy
2212dd2πxyxy≤.
3 曲线与路径无关
1) 一般闭区域:
LPdxQdy与路径无关等价于**0,LPdxQdyL为任何一条简单闭曲线.
单连通:LPdxQdy与路径无关等价D内处处有yPxQ。
注:对应一般的区域D内处处有yPxQ不能得到积分与路径无关。
2) 原函数: ,,,duxyPxydxQxydy
恰当方程:微分方程,,0PxydxQxydy满足yPxQ成立。
原函数:
00(,)(,)(,)(,)(,)xyxyuxyPxydxQxydy。
例5.设函数y具有连续导数,在围绕原点的任意分段光滑简单闭曲线L上,曲线积分Lyxxydydxy4222)(的值恒为同一常数。
(I)证明:对右半平面0x内的任意分段光滑简单闭曲线C,有
02242Cyxxydydxy;
(II)求函数y的表达式。
(I)证如图,
设C是半平面0x内的任一分段光滑简单闭曲线,在C上任意取定两点M,N,作围绕原点的闭曲线,同时得到另一围绕原点的闭曲线。
根据题设可知
022)(22)(4242MQNRMMQNPMyxxydydxyyxxydydxy
根据第二类曲线积分得性质,利用上式可得
0 (II)解:设422yxyP,4222yxxyQ,QP,在单连通区域0x内具有一阶连续偏导数。
由(I)知,曲线积分Lyxxydydx4222在该区域与路径无关,故当0x时,总有yPxQ。
242522424222422422yxyyxyxxyxyxyxQ, ①
242342242342242242yxyyyyyxyxyyyxyyP, ②
比较①、②两式的右端,得
53424,2yyyyyyy
由③得 cyy2,将y代入④得 535242ycyy,
所以0c,从而2yy
例6 22[(2sin2cos)]d[22sincos]d0xyxxyxxyxxxy通解.
解: 0020022(,)= (,0)d(,)d0d(22sincos)d(22sincos)2xyxyuxyPxxQxyyxxyxxxyxyxxxy
于是通解为221(22sincos)2xyxxxyC(C为常数). ③
④