习题课讲解

9.3 习题课讲解

9.3.1 Green公式

例 9.3.1 (习题课8·例4) 设 $C : | x | + | y | = 2$ 为正向闭曲线，用Green公式计算： $\begin{matrix} (1) & \oint_{C} \frac{a x d y - b y d x}{| x | + | y |} \end{matrix}$

解由Green公式可得 $\begin{matrix} (2) & I = \frac{1}{2} \oint_{C} (a x d y - b y d x) = \frac{a + b}{2} \int_{D} d x d y = \frac{a + b}{2} \cdot 8 = 4 (a + b) \end{matrix}$ $◻$

例 9.3.2 (习题课8·例6) 设 $f \in C^{1} [1, 4]$ ， $f (1) = f (4)$ ， $γ$ 为 $x y$ 直角坐标平面的第一象限中由直线 $y = x$ 、 $y = 4 x$ 和曲线 $x y = 1$ 、 $x y = 4$ 在所围成的平面有界区域 $D$ 的正向边界（图8.3.3），用Green公式计算 $\begin{matrix} (3) & \oint_{γ} \frac{f (x y)}{y} d y \end{matrix}$

解由Green公式可得 $\begin{matrix} (4) & \begin{aligned} \oint_{\partial D} \frac{f (x y)}{y} d y & = \int_{D} \frac{\partial}{\partial x} \frac{f (x y)}{y} d x d y = \int_{D} f^{'} (x y) d x d y \\ = \int_{[1, 4]^{2}} f^{'} (s) | det \frac{\partial (x, y)}{\partial (t, s)} | d t d s, (t = \frac{y}{x}, s = x y) \\ = \int_{1}^{4} \int_{1}^{4} f^{'} (s) \frac{1}{t} d t d s \frac{\partial (t, s)}{\partial (x, y)} = | \begin{array}{c} - \frac{y}{x^{2}} & \frac{1}{x} \\ y & x \end{array} | = - \frac{y}{x} = - t \\ = (f (4) - f (1)) \ln 4 = 0 \end{aligned} \end{matrix}$ 这个解法需要 $f$ 连续可微。 $◻$

例 9.3.3 (习题课8·例7) 设 $D_{t} = {(x, y) \in R^{2} ∣ x^{2} + y^{2} \leq t^{2}, t > 0}$ ， $f (x, y)$ 在 $D_{t}$ 上连续，在 $D_{t}$ 内存在连续偏导数。若 $f (x, y)$ 在 $D_{t}$ 上满足方程 $\frac{\partial^{2} f}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2} f}{\partial y^{2}} = \frac{1}{2} f (x, y)$ ， $n$ 为有向曲线 $\partial D_{t}$ 的外单位法向量，求极限 $lim_{t \to 0} \frac{1}{π t^{2}} \oint_{\partial D_{t}} \frac{\partial f}{\partial n} d l$ 。

解注意到 $\begin{matrix} (5) & \frac{\partial f}{\partial n} = \nabla f \cdot n, Δ f = div \nabla f \end{matrix}$ 由Green公式可得 $\begin{matrix} (6) & \begin{aligned} \oint_{\partial D_{t}} \frac{\partial f}{\partial n} d l & = \oint_{\partial D_{t}} \nabla f \cdot n d l = \int_{D_{t}} div \nabla f d x d y = \int_{D_{t}} Δ f d x d y \\ = \int_{D_{t}} \frac{f (x, y)}{2} d x d y = (\frac{f (0, 0)}{2} + o (1)) | D_{t} |, t \to 0 \end{aligned} \end{matrix}$ 所以所求极限为 $\frac{f (0, 0)}{2}$ 。 $◻$

例 9.3.4 (习题课8·例8) 设 $f (x, y) \in C^{2} (R)$ ， $f_{x x} (x, y) + f_{y y} (x, y) = e^{- (x^{2} + y^{2})}$ ，证明： $\begin{matrix} (7) & \int_{x^{2} + y^{2} \leq 1} (x f_{x} + y f_{y}) d x d y = \frac{π}{2 e} \end{matrix}$

解记 $C_{r}$ 和 $D_{r}$ 分别表示圆心位于原点、半径为 $r$ 、自然正向的圆周和圆盘，由Green公式可得 $\begin{matrix} (8) & \begin{aligned} I & = \int_{0}^{1} r d r \int_{0}^{2 π} \nabla f \cdot (r n) d θ = \int_{0}^{1} (\int_{C_{r}} \nabla f \cdot n d l) r d r = \int_{0}^{1} (\int_{D_{r}} Δ f d x d y) r d r \\ = \int_{0}^{1} (\int_{D_{r}} e^{- ρ^{2}} ρ d ρ d θ) r d r = \int_{0}^{1} {- π e^{- ρ^{2}} |}_{ρ = 0}^{r} \cdot r d r = π \int_{0}^{1} (1 - e^{- r^{2}}) r d r \\ = \frac{π}{2} {(r^{2} + e^{- r^{2}})}_{r = 0}^{1} = \frac{π}{2 e} \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 9.3.5 (习题课8·例9(1)) 设 $f (x)$ 是正值连续函数， $D$ 为圆心在原点的单位圆， $\partial D$ 为 $D$ 的正向边界，用Green公式证明： $\begin{matrix} (9) & \oint_{\partial D} [x f (y) d y - \frac{y}{f (x)} d x] = \oint_{\partial D} [- y f (x) d x + \frac{x}{f (y)} d y] \end{matrix}$

证明由Green公式可得 $\begin{matrix} (10) & \begin{aligned} \oint_{\partial D} [x f (y) d y - \frac{y}{f (x)} d x] & = \int_{D} [(x f (y))_{x} - {(- \frac{y}{f (x)})}_{y}] d x d y = \int_{D} [f (y) + \frac{1}{f (x)}] d x d y \\ = \int_{D} [f (x) + \frac{1}{f (y)}] d x d y = \oint_{\partial D} [- y f (x) d x + \frac{x}{f (y)} d y] \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

注重积分中积分换元 $(x, y) \mapsto (y, x)$ 的Jacobi行列式为 $- 1$ ，积分换元公式取行列式绝对值、为 $1$ ，这就是重积分中的对称性。

例 9.3.6 (习题课8·例10) 设在上半平面 $D = {(x, y) ∣ y > 0}$ 内，函数 $f : R^{2} \to R^{2}$ 具有连续偏导数，且对任意的 $t > 0$ 都有 $f (t x, t y) = t^{- 2} f (x, y)$ 。用Green公式证明：对 $D$ 内的任意分段光滑的有向简单闭曲线 $L$ ，都有 $\begin{matrix} (11) & I = \oint_{L} [y f (x, y) d x - x f (x, y) d y] = 0 \end{matrix}$

解设 $L$ 围成的区域为 $D^{'}$ ，由Green公式可得 $\begin{matrix} (12) & \oint_{L} [y f (x, y) d x - x f (x, y) d y] = - \int_{D^{'}} [2 f (x, y) + x f_{x} (x, y) + y f_{y} (x, y)] d x d y \end{matrix}$ 注意到 $\begin{matrix} (13) & f (t x, t y) = t^{- 2} f (x, y) ⟹ x f_{1} (t x, t y) + y f_{2} (t x, t y) = - \frac{2}{t^{3}} f (x, y) \end{matrix}$ 令 $t = 1$ ，可得 $\begin{matrix} (14) & x f_{x} + y f_{y} = - 2 f \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (15) & \oint_{L} [y f (x, y) d x - x f (x, y) d y] = 0 \end{matrix}$ $◻$

例 9.3.7 记 $D_{δ} = {(x, y) ∣ δ^{2} \leq x^{2} + y^{2} \leq 1}$ ，设 $f : D_{δ} \to R^{2} \in C^{1}$ 满足 $x^{2} + y^{2} = 1 ⟹ f (x, y) = 0$ ，证明： $\begin{matrix} (16) & lim_{δ \to 0^{+}} \int_{D_{δ}} \frac{x f_{x} (x, y) + y f_{y} (x, y)}{x^{2} + y^{2}} d x d y = - 2 π f (0, 0) \end{matrix}$

证明由题得 $\begin{matrix} (17) & I (δ) := \int_{D_{δ}} \frac{x f_{x} (x, y) + y f_{y} (x, y)}{x^{2} + y^{2}} d x d y = \int_{D_{δ}} \nabla f \cdot \frac{r}{r^{2}} d S = \int_{D_{δ}} \nabla f \cdot \nabla \ln r d S \end{matrix}$ 注意到² $\begin{matrix} (18) & \nabla \cdot (f \nabla \ln r) = \nabla f \cdot \nabla \ln r + f \nabla^{2} \ln r, \nabla^{2} \ln r = Δ \ln r = 0 \end{matrix}$ 记 $C_{r} := {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} = r^{2}}$ （自然正向），则有 $\begin{matrix} (19) & \begin{aligned} I (δ) & = \int_{D_{δ}} \nabla \cdot (f \nabla \ln r) d S = \oint_{\partial D_{δ}^{+}} f \nabla \ln r \cdot n d l \\ = \int_{C_{1}} f \frac{r}{r^{2}} \cdot \frac{r}{r} d l - \int_{C_{δ}} f \frac{r}{r^{2}} \cdot \frac{r}{r} d l = - \int_{C_{δ}} f \frac{d l}{r} \end{aligned} \end{matrix}$ 由积分中值定理可得 $\exists θ_{δ}$ 使得 $\begin{matrix} (20) & I (δ) = - f (δ \cos θ_{δ}, δ \sin θ_{δ}) \int_{- C_{δ}} \frac{d l}{r} = - 2 π f (δ \cos θ_{δ}, δ \sin θ_{δ}) \overset{δ \to 0^{+}}{\to} - 2 π f (0, 0) \end{matrix}$ $◻$

例 9.3.8 设 $u$ 为有界开集 $D \subseteq R^{2}$ 上的调和函数（记 $Δ u := u_{x x} + u_{y y} = 0$ ），证明：

(1): $\begin{matrix} (21) & u (x_{0}, y_{0}) = \frac{1}{2 π} \oint_{\partial D^{+}} (u \frac{\partial \ln r}{\partial n} - \ln r \frac{\partial u}{\partial n}) d l \end{matrix}$ 其中 $(x_{0}, y_{0}) \in D$ 、 $r = (x, y) - (x_{0}, y_{0})$ 、 $r = | r |$ 、 $n$ 为 $D$ 的单位外法向量。
(2): $\begin{matrix} (22) & u (x_{0}, y_{0}) = \frac{1}{2 π R} \oint_{L^{+}} u (x, y) d l \end{matrix}$ 其中 $L$ 为以 $(x_{0}, y_{0})$ 为圆心、 $R$ 为半径的位于 $D$ 中的任意圆周。

证明 (1) 注意到 $\begin{matrix} (23) & u \frac{\partial \ln r}{\partial n} - \ln r \frac{\partial u}{\partial n} = (u \nabla \ln r - \ln r \nabla u) \cdot n \end{matrix}$ 原积分在 $(x_{0}, y_{0})$ 处有瑕点。记 $C_{δ} := {(x, y) ∣ (x - x_{0})^{2} + (y - y_{0})^{2} = δ^{2}}$ （自然正向）， $D_{δ} = D ∖ {(x, y) ∣ (x - x_{0})^{2} + (y - y_{0})^{2} \leq δ^{2}}$ ，由Green公式可得 $\begin{matrix} (24) & \begin{aligned} RHS & = \frac{1}{2 π} \oint_{\partial D^{+} - C_{δ} + C_{δ}} (u \nabla \ln r - \ln r \nabla u) \cdot n d l, (\partial D^{+} - C_{δ} = \partial D_{δ}^{+}) \\ = \frac{1}{2 π} \int_{D_{δ}} \nabla \cdot (u \nabla \ln r - \ln r \nabla u) d S + \frac{1}{2 π} \int_{C_{δ}} (u \nabla \ln r - \ln r \nabla u) \cdot n d l \\ = \frac{1}{2 π} \int_{D_{δ}} (u \nabla^{2} \ln r - \ln r \nabla^{2} u) d S + \frac{1}{2 π} \int_{C_{δ}} (u \frac{r}{r^{2}} - \ln r \nabla u) \cdot \frac{r}{r} d l \end{aligned} \end{matrix}$ 注意到 $\nabla^{2} \ln r = \nabla^{2} u = 0$ ，计算可得 $\begin{matrix} (25) & \begin{array}{r} RHS = 0 + \frac{1}{2 π} \int_{C_{δ}} u \frac{d l}{r} - \frac{1}{2 π} \int_{C_{δ}} \frac{\partial u}{\partial n} \ln r d l \end{array} \end{matrix}$ 由积分中值定理可得 $\exists θ_{δ}$ 使得 $\begin{matrix} (26) & \int_{C_{δ}} u \frac{d l}{r} = u (x_{0} + δ \cos θ_{δ}, y_{0} + δ \sin θ_{δ}) \int_{C_{δ}} \frac{d l}{r} \overset{δ \to 0^{+}}{\to} 2 π u (x_{0}, y_{0}) \end{matrix}$ 由积分的三角不等式可得 $\begin{matrix} (27) & | \int_{C_{δ}} \frac{\partial u}{\partial n} \ln r d l | \leq \int_{C_{δ}} | \frac{\partial u}{\partial n} | | \ln r | d l \leq 2 π δ | \ln δ | max_{C_{δ}} ∥ \nabla u ∥ \overset{δ \to 0^{+}}{\to} 0 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (28) & RHS = u (x_{0}, y_{0}) = LHS \end{matrix}$

(2) 由(1)的结论可得 $\begin{matrix} (29) & \begin{aligned} u (x_{0}, y_{0}) & = \frac{1}{2 π} \oint_{L^{+}} (u \frac{\partial \ln r}{\partial n} - \ln r \frac{\partial u}{\partial n}) d l \\ = \frac{1}{2 π} \oint_{L^{+}} u \frac{r}{r^{2}} \cdot \frac{r}{r} d l - \frac{\ln R}{2 π} \oint_{L^{+}} \nabla u \cdot n d l \\ = \frac{1}{2 π R} \oint_{L^{+}} u (x, y) d l - \frac{\ln R}{2 π} \int_{D_{R}} \nabla^{2} u d S = \frac{1}{2 π R} \oint_{L^{+}} u (x, y) d l \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 9.3.9 设 $φ : R^{2} \to R^{2}$ 是微分同胚， $(x, y)^{T} = φ (u, v)$ ； $D_{0}$ 为有界闭区域，其边界 $\partial D_{0}$ 分段 $C^{1}$ ， $D_{1} := φ (D_{0})$ 。用Green公式证明： $\begin{matrix} (30) & | D_{1} | = \int_{D_{0}} | det \frac{\partial (x, y)}{\partial (u, v)} | d u d v \end{matrix}$

证明首先，我们需要证明以下引理：

引理 9.3.10 $φ$ 将 $\partial D_{0}$ 映射为 $\partial D_{1}$ ，则映射前后曲线正向是否改变取决于 $det \frac{\partial (x, y)}{\partial (u, v)}$ 的符号。

引理证明我们首先需要给“曲线正向”一个数学表述。

对于平面闭合曲线 $L$ ，其前向单位切向量为 $\hat{τ}$ 、外向单位法向量 $\hat{n}$ ， $z$ 轴的（正向）单位向量为 $\hat{k}$ ，则 $\hat{k} \cdot (\hat{n} \times \hat{τ})$ 的符号反映了 $L$ 的定向。设 $\vec{τ}, n$ 分别为与 $\hat{τ}, \hat{n}$ 同向的切向量、法向量，则 $k = n_{1} τ_{2} - n_{2} τ_{1}$ 的符号反映了 $L$ 的定向。

设 $D_{0}$ 由 $f (u, v) \leq 0$ 确定（否则考虑 $- f$ ），则 $n = \nabla f$ 为外法向量（指向 $f$ 增大的方向）。设 $\partial D_{0}^{+}$ 可以参数化为 $t \mapsto (\binom{u}{v})$ ，则 $\vec{τ} = (\binom{u^{'} (t)}{v^{'} (t)})$ 为前切向量。

现考虑变换 $φ : D_{0} \to D_{1}$ 、 $(u, v) \mapsto (x, y)$ ，令 $\tilde{f} = f \circ φ^{- 1}$ ，则 $D_{1}$ 由 $\tilde{f} (x . y) \leq 0$ 确定， $n^{'} = \nabla_{(x, y)} \tilde{f}$ ； $\partial D_{1}^{+}$ 可以参数化为 $t \mapsto (\binom{u}{v}) \overset{φ}{\mapsto} (\binom{x}{y})$ ，则 ${\vec{τ}}^{'} = (\binom{x^{'} (t)}{y^{'} (t)})$ 。记 $J = J φ = \frac{\partial (x, y)}{\partial (u, v)}$ ，由链式法则可得 $\begin{matrix} (31) & (\binom{x^{'}}{y^{'}}) = (J φ) (\binom{u^{'}}{v^{'}}), \nabla_{(x, y)} \tilde{f} = \nabla_{(x, y)} (f \circ φ^{- 1}) = (J φ^{- 1})^{T} \nabla_{(u, v)} f \end{matrix}$ 因此 ${\vec{τ}}^{'} = J \vec{τ}$ 、 $n^{'} = J^{- T} n$ 。

设 $k = n_{1} τ_{2} - n_{2} τ_{1}$ ，等式两端分别同乘 $τ_{1}, τ_{2}$ ，结合 $n \cdot \vec{τ} = n_{1} τ_{1} + n_{2} τ_{2} = 0$ 可得 $\begin{matrix} (32) & {\begin{cases} k τ_{1} = n_{1} τ_{1} τ_{2} - n_{2} τ_{1}^{2} = - n_{2} (τ_{1}^{2} + τ_{2}^{2}) \\ k τ_{2} = n_{1} τ_{2}^{2} - n_{2} τ_{2} τ_{1} = n_{1} (τ_{1}^{2} + τ_{2}^{2}) \end{cases} ⟹ {\begin{cases} n_{1} = \frac{k τ_{2}}{τ_{1}^{2} + τ_{2}^{2}} = \tilde{k} τ_{2} \\ n_{2} = - \frac{k τ_{1}}{τ_{1}^{2} + τ_{2}^{2}} = - \tilde{k} τ_{1} \end{cases} \end{matrix}$ 记 $\begin{matrix} (33) & J = (\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix}) ⟹ J^{- T} = \frac{1}{det J} (\begin{matrix} d & - c \\ - b & a \end{matrix}) \end{matrix}$ 则有 $\begin{matrix} (34) & \begin{aligned} k^{'} & = n_{1}^{'} τ_{2}^{'} - n_{2}^{'} τ_{1}^{'} \\ = \frac{1}{det J} [(d n_{1} - c n_{2}) (c τ_{1} + d τ_{2}) - (- b n_{1} + a n_{2}) (a τ_{1} + b τ_{2})] \\ = \frac{\tilde{k}}{det J} [(d τ_{2} + c τ_{1}) (c τ_{1} + d τ_{2}) - (- b τ_{2} - a τ_{1}) (a τ_{1} + b τ_{2})] \\ = \frac{\tilde{k}}{det J} (τ_{1}^{' 2} + τ_{2}^{' 2}) = \frac{k}{det J} \frac{τ_{1}^{' 2} + τ_{2}^{' 2}}{τ_{1}^{2} + τ_{2}^{2}} \end{aligned} \end{matrix}$ 故 $k^{'}$ 的符号与 $\frac{k}{det J}$ 相同。 $◻$ $◻$

引理证明结束，我们回到原命题。注意到 $\begin{matrix} (35) & \begin{aligned} I_{1} & = \oint_{\partial D_{1}} x d y = \int_{a}^{b} x (t) y^{'} (t) d t = \int_{a}^{b} x (t) [y_{u} u^{'} (t) + y_{v} v^{'} (t)] d t \\ = \oint_{\partial D_{0}} x y_{u} d u + x y_{v} d v \overset{Green}{=} \int_{D_{0}} [\frac{\partial}{\partial u} (x u_{v}) - \frac{\partial}{\partial v} (x u_{u})] d u d v \\ = \int_{D_{0}} (x_{u} y_{v} - x_{v} y_{u}) d u d v = \int_{D_{0}} det \frac{\partial (x, y)}{\partial (u, v)} d u d v \end{aligned} \end{matrix}$ 若 $det J > 0$ ，则映射前后曲线正向不变，故有 $\begin{matrix} (36) & | D_{1} | = I_{1} = \int_{D_{0}} | det \frac{\partial (x, y)}{\partial (u, v)} | d u d v \end{matrix}$ 若 $det J < 0$ ，则映射前后曲线正向改变，故有 $\begin{matrix} (37) & | D_{1} | = - I_{1} = \int_{D_{0}} | det \frac{\partial (x, y)}{\partial (u, v)} | d u d v \end{matrix}$ 综上所述，原命题得证。 $◻$

9.3.2 恰当方程与积分因子

例 9.3.11 (习题课9·例1) 求以下微分方程的通解：

(1): $(x^{2} - y) d x - (x + \sin^{2} y) d y = 0$
(2): $e^{y} d x + (x e^{y} - 2 y) d y = 0$
(3): $\frac{x d x + y d y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} = \frac{y d x - x d y}{x^{2}}$
(4): $(\cos x + \frac{1}{y}) d x + (\frac{1}{y} - \frac{x}{y^{2}}) d y = 0$

解 (1) 注意到 $\begin{matrix} (38) & x^{2} d x + \frac{\cos 2 y - 1}{2} y d y - (y d x + x d y) = d (\frac{x^{3}}{3} + \frac{\sin 2 y}{4} - \frac{y}{2} - x y) \end{matrix}$ 因此通解为 $\frac{x^{3}}{3} + \frac{\sin 2 y}{4} - \frac{y}{2} - x y = C$ 。如不便凑出全微分，则可先验证无旋条件 $\begin{matrix} (39) & d [(x^{2} - y) d x - (x + \sin^{2} y) d y] = - d y \land d x - d x \land d y = 0 \end{matrix}$ 微分形式在 $R^{2}$ 上定义， $R^{2}$ 是单连通集合，所以有原函数。计算可得 $\begin{matrix} (40) & \begin{aligned} \int_{(0, 0)}^{(x, y)} [(x^{2} - y) d x - (x + \sin^{2} y) d y] \\ = \int_{(0, 0)}^{(x, 0)} x^{2} d x - \int_{(x, 0)}^{(x, y)} (x + \sin^{2} y) d y = \frac{x^{3}}{3} - x y + \frac{\sin 2 y}{2} - \frac{y}{2} \end{aligned} \end{matrix}$

(2) 注意到 $\begin{matrix} (41) & (e^{y} d x + x e^{y} d y) - 2 y d y = d (x e^{y} - y^{2}) = 0 \end{matrix}$ 因此通解为 $x e^{y} - y^{2} = C$ 。

(3) 注意到 $\begin{matrix} (42) & d (\sqrt{x^{2} + y^{2}}) = - d (\frac{y}{x}) \end{matrix}$ 因此通解为 $\sqrt{x^{2} + y^{2}} + \frac{y}{x} = C$ 。

(4) 注意到 $\begin{matrix} (43) & \cos x d x + \frac{d y}{y} + \frac{y d x - x d y}{y^{2}} = d (\sin x + \ln y + \frac{x}{y}) = 0 \end{matrix}$ 因此通解为 $\sin x + \ln y + \frac{x}{y} = C$ 。 $◻$

例 9.3.12 (习题课9·例2) 求以下微分方程的通解：

(1): $(y \cos x - x \sin x) d x + (y \sin x + x \cos x) d y = 0$
(2): $(x^{2} - \sin^{2} y) d x + x \sin 2 y d y = 0$
(3): $(x + y) d x + (y - x) d y = 0$
(4): $(x + y) (d x - d y) = d x + d y$
(5): $(3 x^{2} + y) d x + (2 x^{2} y - x) d y = 0$

解 (1) 原方程不恰当，故需要引入积分因子 $μ$ ，其满足 $\begin{matrix} (44) & \frac{\partial (μ (y \cos x - x \sin x))}{\partial y} = \frac{\partial (μ (y \sin x + x \cos x))}{\partial x} \end{matrix}$ 亦即 $\begin{matrix} (45) & μ_{y} (y \cos x - x \sin x) = μ (y \cos x - x \sin x) + μ_{x} (y \sin x + x \cos x) \end{matrix}$ 令 $μ_{x} = 0$ ，即可由 $μ_{y} = μ$ 解得 $μ = e^{y}$ ，此时有 $\begin{matrix} (46) & e^{y} (y \cos x - x \sin x) d x + e^{y} (y \sin x + x \cos x) d y = d (e^{y} x \cos x + y e^{y} \sin x - e^{y} \sin x) = 0 \end{matrix}$ 因此通解为 $e^{y} x \cos x + y e^{y} \sin x - e^{y} \sin x = C$ 。

(2) 原方程不恰当，故需要引入积分因子 $μ$ ，其满足 $\begin{matrix} (47) & \frac{\partial (μ (x^{2} - \sin^{2} y))}{\partial y} = \frac{\partial (μ x \sin 2 y)}{\partial x} \end{matrix}$ 亦即 $\begin{matrix} (48) & μ_{y} (x^{2} - \sin^{2} y) = μ_{x} x \sin 2 y + 2 μ \sin 2 y \end{matrix}$ 令 $μ_{y} = 0$ ，即可由 $x μ_{x} + 2 μ = 0$ 解得 $μ = \frac{1}{x^{2}}$ ，此时有 $\begin{matrix} (49) & d x + \frac{x \sin 2 y d y - \sin^{2} y d x}{x^{2}} = d (x + \frac{\sin^{2} y}{x}) \end{matrix}$ 因此通解为 $x^{2} + \sin^{2} y = C x$ 。

(3) 这不是恰当方程。注意到 $\begin{matrix} (50) & \frac{x d x + y d y}{x^{2} + y^{2}} + \frac{y d x - x d y}{x^{2} + y^{2}} = \frac{1}{2} d (x^{2} + y^{2}) + d \arctan \frac{x}{y} = 0 \end{matrix}$ 故通解为 $\begin{matrix} (51) & \frac{1}{2} \ln (x^{2} + y^{2}) + \arctan \frac{x}{y} = C \end{matrix}$ 另一种做法是利用极坐标换元，计算可得原式为 $\begin{matrix} (52) & ω = r d r - r^{2} d θ = 0 ⟹ \frac{d r}{r} - d θ = 0 \end{matrix}$ 故通解为 $\begin{matrix} (53) & \ln r - θ = C \end{matrix}$ 写成直角坐标形式即为 $\begin{matrix} (54) & x = C e^{θ} \cos θ, y = C e^{θ} \sin θ \end{matrix}$

(4) 这不是恰当方程。注意到 $\begin{matrix} (55) & d (x - y) = \frac{d (x + y)}{x + y} \end{matrix}$ 故通解为 $\begin{matrix} (56) & x - y = \ln | x + y | + C \end{matrix}$ 若引入积分因子 $μ$ ，其需满足 $\begin{matrix} (57) & \frac{\partial (μ (x + y - 1))}{\partial y} = \frac{\partial (μ (- x - y - 1))}{\partial x} \end{matrix}$ 亦即 $\begin{matrix} (58) & 2 μ + (x + y + 1) μ_{x} + (x + y - 1) μ_{y} = 0 \end{matrix}$ 考虑微分方程组的一组线性无关的特解 $\begin{matrix} (59) & {\begin{cases} x^{'} (t) = x (t) + y (t) + 1 \\ y^{'} (t) = x (t) + y (t) - 1 \end{cases} ⟹ \frac{d}{d t} (x - y) = 2 ⟹ x (t) - y (t) = 2 t \end{matrix}$ 从而 $\begin{matrix} (60) & x^{'} = x + y + 1 = 2 x - 2 t + 1 ⟹ {(e^{- 2 t} x)}^{'} = e^{- 2 t} (1 - 2 t) = (e^{- 2 t} t) \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (61) & x = C e^{2 t} + t, y = C e^{2 t} - t, C \neq 0 \end{matrix}$ 其中 $C \neq 0$ 是为了保证 $x, y$ 线性无关，不妨选 $C = 1$ ，代回可得 $\begin{matrix} (62) & \frac{d}{d t} μ (e^{2 t} + t, e^{2 t} - t) = μ_{x} x^{'} (t) + μ_{y} y^{'} (t) = - 2 μ ⟹ μ (e^{2 t} + t, e^{2 t} - t) = e^{- 2 t} \end{matrix}$ 于是选择 $μ (x, y) = e^{y - x}$ 为积分因子，故有 $\begin{matrix} (63) & e^{y - x} (x + y) = C \end{matrix}$

(5) 原方程不恰当，故需要引入积分因子 $μ$ ，其满足 $\begin{matrix} (64) & \frac{\partial (μ (3 x^{2} + y))}{\partial y} = \frac{\partial (μ (2 x^{2} y - x))}{\partial x} \end{matrix}$ 亦即 $\begin{matrix} (65) & 2 (1 - 2 x y) μ + x (1 - 2 x y) μ_{x} + (3 x^{2} + y) μ_{y} = 0 \end{matrix}$ 令 $μ_{y} = 0$ ，即可由 $x μ_{x} + 2 μ = 0$ 解得 $μ = \frac{1}{x^{2}}$ ，此时有 $\begin{matrix} (66) & 3 d x + 2 y d y + \frac{y d x - x d y}{x^{2}} = d (3 x + y^{2} - \frac{y}{x}) \end{matrix}$ 因此通解为 $3 x^{2} + x y^{2} - y = C x$ 。 $◻$

9.3.3 第二型曲面积分

例 9.3.13 (例3) 记 $Σ$ 为锥面 $z = \sqrt{x^{2} + y^{2}}$ 被柱面 $x^{2} + y^{2} = 2 x$ 所截的有限部分，规定曲面 $S$ 的正向向下，所得的定向曲面记为 $Σ^{+}$ 。求下面两个积分的值：

(1): $\int_{Σ} z d S$
(2): $\int_{Σ^{+}} \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}} (x d y \land d z + y d z \land d x + z d x \land d y)$

解 (1) $Σ$ 在柱坐标系 $(r, θ, z)$ 下的参数方程为 $\begin{matrix} (67) & x = r \cos θ, y = r \sin θ, z = r \end{matrix}$ 其中 $r^{2} \leq 2 r \cos θ$ ，即 $\begin{matrix} (68) & 0 \leq r \leq 2 \cos θ, - \frac{π}{2} \leq θ \leq \frac{π}{2} \end{matrix}$ 计算可得 $\begin{matrix} (69) & x_{r} = (\cos θ, \sin θ, 1)^{T}, x_{θ} = (- r \sin θ, r \cos θ, 0)^{T} \end{matrix}$ 从而 $\begin{matrix} (70) & E = x_{r} \cdot x_{r} = 2, F = x_{r} \cdot x_{θ} = 0, G = x_{θ} \cdot x_{θ} = r^{2} \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (71) & d S = \sqrt{E G - F^{2}} d r d θ = \sqrt{2} r d r d θ \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (72) & \int_{Σ} z d S = \int_{- π / 2}^{π / 2} d θ \int_{0}^{2 \cos θ} r \sqrt{2} r d r = \sqrt{2} \int_{- π / 2}^{π / 2} {\frac{r^{3}}{3} |}_{0}^{2 \cos θ} d θ = \frac{16 \sqrt{2}}{3} \int_{0}^{π / 2} \cos^{3} θ d θ = \frac{32 \sqrt{2}}{9} \end{matrix}$

(2) 直接利用楔积计算可得 $\begin{matrix} (73) & \begin{aligned} \int_{Σ^{+}} \sqrt{x^{2} + y^{2} + z^{2}} (x d y \land d z + y d z \land d x + z d x \land d y) \\ = \int_{0 \leq r \leq 2 \cos θ} \sqrt{2 r^{2}} (r \cos θ d (r \sin θ) \land d r + r \sin θ d r \land d (r \cos θ) + r d (r \cos θ) \land d (r \sin θ)) \\ = \int_{0 \leq r \leq 2 \cos θ} \sqrt{2 r^{2}} (r^{2} \cos^{2} θ d θ \land d r - r^{2} \sin^{2} θ d r \land d θ + r^{2} d r \land d θ) = 0 \end{aligned} \end{matrix}$ 或者利用其几何意义：在笛卡尔坐标系下， $d y \land d z$ 对应于 $y O z$ 平面中的投影面积，其系数对应于向量场的 $x$ 坐标，所以 $x d y \land d z + y d z \land d x + z d x \land d y$ 的系数构成向量场 $(x, y, z)^{T}$ 。向量场 $V = (x, y, z)^{T}$ 在点 $(x, y, z)$ 处与锥面 $Σ$ 相切，从而与法向量正交。所以所求积分（ $V$ 的通量）为零。 $◻$

注请注意： $Σ$ 是锥面而不是柱面的一部分，故 $d S$ 不为 $r d r d θ$ ！

例 9.3.14 (例4) 记 $Σ^{+}$ 为圆柱面 $Σ : x^{2} + y^{2} = 1$ 位于 $0 \leq z \leq 2$ 的部分（图9.3.1），外法向为正，计算曲面积分： $\begin{matrix} (74) & I = \int_{Σ^{+}} [x (y - z) d y \land d z + (x - y) d x \land d y] \end{matrix}$

解¹ 记向量场 $V = (x (y - z), 0, x - y)$ 。根据题设， $Σ^{+}$ 的单位正法向量 $n = (x, y, 0)$ ，当 $(x, y, z) \in Σ^{+}$ 。曲面 $Σ$ 在柱面坐标下的方程为 $\begin{matrix} (75) & x = \cos φ, y = \sin φ, z = z, 0 \leq φ \leq 2 π, 0 \leq z \leq 2 \end{matrix}$ 记 $r = (x, y, z)$ ，则 $r_{φ} = (- \sin φ, \cos φ, 0)$ 、 $r_{z} = (0, 0, 1)$ 。于是 $r_{φ} \times r_{z} = (\cos φ, \sin φ, 0)$ 与 $Σ^{+}$ 的单位正法向量 $n = (x, y, 0)$ 一致。因此 $\begin{matrix} (76) & \begin{aligned} I & = \int_{Σ^{+}} V \cdot n d S = \int_{0 \leq φ \leq 2 π, 0 \leq z \leq 2} V (r (φ, z)) \cdot (r_{φ} \times r_{z}) d φ d z \\ = \int_{0 \leq φ \leq 2 π, 0 \leq z \leq 2} (\cos φ (\sin φ - z), 0, \cos φ - \sin φ) \cdot (\cos φ, \sin φ, 0) d φ d z \\ = \int_{0 \leq φ \leq 2 π, 0 \leq z \leq 2} (\cos^{2} φ \sin φ - z \cos^{2} φ) d φ d z = - 2 π \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

解² 直接利用楔积计算可得 $\begin{matrix} (77) & \begin{aligned} I & = \int_{0 \leq φ \leq 2 π, 0 \leq z \leq 2} [\cos φ (\sin φ - z) d \sin φ \land d z + (\cos θ - \sin φ) d \cos θ \land d \sin θ] \\ = \int_{0 \leq φ \leq 2 π, 0 \leq z \leq 2} \cos^{2} φ (\sin φ - z) d φ \land d z \\ = \int_{0 \leq φ \leq 2 π, 0 \leq z \leq 2} - z \cos^{2} φ d φ d z = - 2 π . \end{aligned} \end{matrix}$ 在点 $(1, 0, 0)$ 处，绕 $z$ 轴逆时针旋转（ $φ$ 增加）的切向量为 $(0, 1, 0)$ ，沿 $z$ 轴上升（ $z$ 增加）的切向量为 $(0, 0, 1)$ 和曲面外法向 $(1, 0, 0)$ 构成右手系，所以 $d φ \land d z = d φ d z$ 。 $◻$

例 9.3.15 (例5) 求向量场 $V = x y \hat{i} + y z \hat{j} + z x \hat{k}$ 从里向外穿过第一卦限中球面 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1$ 时的通量。

解¹ 球面参数方程为 $\begin{matrix} (78) & x = \cos φ \sin θ, y = \sin φ \sin θ, z = \cos θ, (θ, φ) \in D = {[0, \frac{π}{2}]}^{2} \end{matrix}$ 通量为 $\begin{matrix} (79) & I = \int_{Σ^{+}} (x y d y \land d z + y z d z \land d x + z x d x \land d y) \end{matrix}$ 向南－向东－向上构成球面的右手系，所以 $d θ \land d φ$ 符合球面从里向外。考虑到 $x, y, z$ 的轮转对称（这对称性是保方向的），所以 $\begin{matrix} (80) & \begin{aligned} I & = 3 \int_{Σ^{+}} z x d x \land d y = 3 \int_{Σ^{+}} z d \frac{x^{2}}{2} \land d y = \frac{3}{2} \int_{Σ^{+}} z d (1 - y^{2} - z^{2}) \land d y = - 3 \int_{Σ^{+}} z^{2} d z \land d y \\ = - 3 \int_{D} \cos^{2} θ d \cos θ \land d (\sin φ \sin θ) = 3 \int_{D} \cos^{2} θ \sin θ \cos φ \sin θ d θ \land d φ \end{aligned} \end{matrix}$ 所以 $\begin{matrix} (81) & I = 3 \int_{0}^{\frac{π}{2}} \cos φ d φ \int_{0}^{\frac{π}{2}} \frac{1 - \cos 4 θ}{8} d θ = \frac{3 π}{16} \end{matrix}$ $◻$

解² 用Gauss公式，取 $\begin{matrix} (82) & Ω = {(x, y, z) ∣ x, y, z \geq 0, x^{2} + y^{2} + z^{2} \leq 1} \end{matrix}$ 则 $\begin{matrix} (83) & \begin{aligned} d (x y d y \land d z + y z d z \land d x + z x d x \land d y) \\ = d (x y) \land d y \land d z + d (y z) d z \land d x + d (z x) d x \land d y \\ = y d x \land d y \land d z + z d y \land d x + x d z \land d x \land d y \\ = (x + y + z) d x \land d y \land d z \end{aligned} \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (84) & \oint_{\partial Ω} (x y d y \land d z + y z d z \land d x + z x d x \land d y) = \int_{Ω} (y + z + x) d x d y d z \end{matrix}$ 由对称性可得 $\begin{matrix} (85) & I = 3 \int_{Ω} x d x d y d z = 3 \int_{0}^{1} x d x \int_{y^{2} + z^{2} \leq 1 - x^{2}, y, z \geq 0} d y d z = 3 \int_{0}^{1} \frac{π (1 - x^{2})}{4} x d x = \frac{3 π}{16} \end{matrix}$ 在 $\partial Ω$ 的三个坐标平面上，由 $\begin{matrix} (86) & \int (x y d y \land d z + y z d z \land d x + z x d x \land d y) = 0 \end{matrix}$ 所以 $\begin{matrix} (87) & \int_{Σ^{+}} ω = \int_{\partial Ω} ω = \frac{3 π}{16} \end{matrix}$ $◻$

例 9.3.16 (例6) 设 $Σ$ 为 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = R^{2}$ 的上侧，求 $\begin{matrix} (88) & \int_{Σ} (x^{2} d y \land d z + y^{2} d z \land d x + z^{2} d x \land d y) \end{matrix}$

解¹ 关于平面 $y z$ 的反射： $(x, y, z) \mapsto (- x, - y, z)$ 是一个反射变换，且使 $Σ$ 改变方向，所以 $\begin{matrix} (89) & \int_{Σ_{上}} x^{2} d y \land d z = - \int_{Σ_{上}} (- x)^{2} d y \land d z = \int_{Σ_{上}} - x^{2} d y \land d z = 0 \end{matrix}$ 类似可得 $\int_{Σ_{上}} y^{2} d z \land d x = 0$ ，所以 $\begin{matrix} (90) & I = \int_{Σ} z^{2} d x \land d y = \int_{x^{2} + y^{2} \leq R^{2}} (R^{2} - x^{2} - y^{2}) d x d y = \frac{π R^{4}}{2} \end{matrix}$ $◻$

解² 注意到 $z = \sqrt{R^{2} - x^{2} - y^{2}}$ ，计算可得 $\begin{matrix} (91) & \begin{aligned} d y \land d z & = d y \land d \sqrt{R^{2} - x^{2} - y^{2}} = \frac{d y \land d (R^{2} - x^{2} - y^{2})}{2 \sqrt{R^{2} - x^{2} - y^{2}}} = \frac{x d x \land d y}{\sqrt{R^{2} - x^{2} - y^{2}}}, \\ d z \land d x & = d \sqrt{R^{2} - x^{2} - y^{2}} \land d x = \frac{d (R^{2} - x^{2} - y^{2}) \land d x}{2 \sqrt{R^{2} - x^{2} - y^{2}}} = \frac{y d x \land d y}{\sqrt{R^{2} - x^{2} - y^{2}}}, \end{aligned} \end{matrix}$ 代入积分中可得 $\begin{matrix} (92) & \begin{aligned} I & = \int_{D} \frac{x^{3} + y^{3}}{\sqrt{R^{2} - x^{2} - y^{2}}} + (R^{2} - x^{2} - y^{2}) d x d y \\ = \int_{D} (R^{2} - x^{2} - y^{2}) d x d y = \frac{π R^{4}}{2} \end{aligned} \end{matrix}$ 式中用到了函数奇偶性和重积分的对称性。 $◻$

例 9.3.17 (例7) 设 $Σ$ 为 $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} + \frac{z^{2}}{c^{2}} = 1$ 的外侧，计算： $\begin{matrix} (93) & \int_{Σ} (x^{3} d y \land d z + y^{3} d z \land d x + z^{3} d x \land d y) \end{matrix}$

解设 $x = a X, y = b Y, z = c Z$ ，则 $Σ_{1} : X^{2} + Y^{2} + Z^{2} = 1$ 且为外侧，代入积分中可得 $\begin{matrix} (94) & \begin{aligned} I & = \int_{Σ} (x^{3} d y \land d z + y^{3} d z \land d x + z^{3} d x \land d y) \\ = \int_{Σ_{1}} (a^{3} b c X^{3} d Y \land d Z + a b^{3} c Y^{3} d Z \land d X + a b c^{3} Z^{3} d X \land d Y) \end{aligned} \end{matrix}$ 变换 $(X, Y, Z) \mapsto (Y, Z, X)$ 保向，且保球面，所以 $\begin{matrix} (95) & \int_{Σ_{1}} X^{3} d Y \land d Z = \int_{Σ_{1}} Y^{3} d Z \land d X = \int_{Σ_{1}} Z^{3} d X \land d Y \end{matrix}$ 所以 $\begin{matrix} (96) & \begin{aligned} I & = (a^{3} b c + a b^{3} c + a b c^{3}) \int_{Σ_{1}} Z^{3} d X \land d Y \\ = a b c (a^{2} + b^{2} + c^{2}) \int_{Σ_{1}} Z^{3} d X \land d Y \\ = 2 a b c (a^{2} + b^{2} + c^{2}) \int_{X^{2} + Y^{2} \leq 1} {(1 - X^{2} - Y^{2})}^{\frac{3}{2}} d X d Y \\ = a b c (a^{2} + b^{2} + c^{2}) 2 π \int_{0}^{1} {(1 - r^{2})}^{\frac{3}{2}} d r^{2} = \frac{4 π a b c (a^{2} + b^{2} + c^{2})}{5} \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

9.3.4 曲面积分中的坐标变换

引理 9.3.18 设 $Σ$ 为正则参数曲面， $φ : R^{3} \to R^{3}$ 是微分同胚（记 $φ, φ^{- 1}$ 都可微）且 $J φ$ 始终为正交矩阵。记 $Σ^{'} = φ (Σ)$ ， $X = (x, y, z)^{T}$ ， $U = (u, v, w)^{T}$ ，则对任何 $Σ$ 上的连续函数 $g (X)$ ，证明： $\begin{matrix} (97) & \int_{Σ} g (X) d σ = \int_{Σ^{'}} g (φ^{- 1} (U)) d σ^{'} \end{matrix}$

证明设 $Σ$ 有正则参数表示 $\begin{matrix} (98) & X (s, t) = (\begin{matrix} x (s, t) \\ y (s, t) \\ z (s, t) \end{matrix}), (s, t) \in D \end{matrix}$ 其中 $D \subseteq R^{2}$ 为平面有界闭区域。由此得到曲面 $Σ^{'} = φ (Σ)$ 的一个参数表示 $\begin{matrix} (99) & U (s, t) = φ (X (s, t)) \end{matrix}$ 于是 $\begin{matrix} (100) & \begin{aligned} d σ^{'} & = \sqrt{det [{(\frac{\partial (u, v, w)}{\partial (s, t)})}^{T} (\frac{\partial (u, v, w)}{\partial (s, t)})]} d s d t \\ = \sqrt{det [{(\frac{\partial (x, y, z)}{\partial (s, t)})}^{T} {(\frac{\partial (u, v, w)}{\partial (x, y, z)})}^{T} (\frac{\partial (u, v, w)}{\partial (x, y, z)}) (\frac{\partial (x, y, z)}{\partial (s, t)})]} d s d t \\ = \sqrt{det [{(\frac{\partial (x, y, z)}{\partial (s, t)})}^{T} (\frac{\partial (x, y, z)}{\partial (s, t)})]} d s d t = d σ \end{aligned} \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (101) & \begin{aligned} \int_{Σ} g (X) d σ & = \int_{D} g (X (s, t)) \sqrt{det [{(\frac{\partial (x, y, z)}{\partial (s, t)})}^{T} (\frac{\partial (x, y, z)}{\partial (s, t)})]} d s d t \\ = \int_{D} g (φ^{- 1} (U (s, t))) \sqrt{det [{(\frac{\partial (u, v, w)}{\partial (s, t)})}^{T} (\frac{\partial (u, v, w)}{\partial (s, t)})]} d s d t \\ = \int_{Σ^{'}} g (φ^{- 1} (U)) d σ^{'} \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 9.3.19 (例8) 设一元函数 $f (u)$ 于整个实轴上连续， $S$ 代表单位球面 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1$ 。证明Poisson公式： $\begin{matrix} (102) & \int_{S} f (a x + b y + c z) d S = 2 π \int_{- 1}^{1} f (ρ u) d u \end{matrix}$ 这里 $ρ = \sqrt{a^{2} + b^{2} + c^{2}}$ 。

证明显然 $ρ = 0$ 时结论成立，下设 $ρ > 0$ 。设 $P$ 是正交矩阵，其第一行为 $(\frac{a}{ρ}, \frac{b}{ρ}, \frac{c}{ρ})$ 。在正交变换 $U = P X$ 下， $a x + b y + c z = ρ u$ ，单位球面 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1$ 仍为单位球面 $u^{2} + v^{2} + w^{2} = 1$ 。在以 $u$ 轴为旋转轴的柱坐标系中，球面参数方程为 $\begin{matrix} (103) & u = u, v = \sqrt{1 - u^{2}} \cos θ, w = \sqrt{1 - u^{2}} \sin θ \end{matrix}$ 由此得到 $\begin{matrix} (104) & d S = d u d θ \end{matrix}$ 根据上述引理可知 $\begin{matrix} (105) & \begin{aligned} \int_{x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1} f (a x + b y + c z) d S = \int_{u^{2} + v^{2} + w^{2} = 1} f (ρ u) d S \\ = \int_{u \in [- 1, 1], θ \in [0, 2 π]} f (ρ u) d u d θ = 2 π \int_{- 1}^{1} f (ρ u) d u . \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

²有关向量分析的更多细节，将在“向量场的旋度和散度”一节中详细介绍。