习题课讲解

10.2 习题课讲解

10.2.1 Gauss公式

例 10.2.1 (例1) 记 $Σ^{+}$ 为圆柱面 $Σ : x^{2} + y^{2} = 1$ 位于 $0 \leq z \leq 2$ 的部分，外法向为正，计算曲面积分： $\begin{matrix} (1) & I = \int_{Σ^{+}} [x (y - z) d y \land d z + (x - y) d x \land d y] \end{matrix}$

解对柱体 $x^{2} + y^{2} \leq 1, 0 \leq z \leq 2$ 应用Gauss公式，可得 $\begin{matrix} (2) & \oint_{\partial Ω} [x (y - z) d y \land d z + (x - y) d x \land d y] = \int_{Ω} (y - z) d x d y d z = - \int_{Ω} z d x d y d z = - π \int_{0}^{2} z d z = - 2 π \end{matrix}$ 为了计算原积分，需要去掉上下底面的积分结果，分别为 $\begin{matrix} (3) & \begin{aligned} \int_{\partial D, z = 2, 上} [x (y - z) d y \land d z + (x - y) d x \land d y] & = \int_{x^{2} + y^{2} \leq 1} (x - y) d x d y = 0 \\ \int_{\partial D, z = 0, 下} [x (y - z) d y \land d z + (x - y) d x \land d y] & = \int_{x^{2} + y^{2} \leq 1} (x - y) d x d y = 0 \end{aligned} \end{matrix}$ 所以所求积分值为 $- 2 π$ 。 $◻$

例 10.2.2 (例2) 计算：向量场 $V = x y \vec{i} + y z \vec{j} + z x \vec{k}$ 从里向外穿过第一卦限中球面 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1$ 时的通量。

解取 $\begin{matrix} (4) & Ω = {(x, y, z) ∣ x, y, z \geq 0, x^{2} + y^{2} + z^{2} \leq 1} \end{matrix}$ 计算楔积可得 $\begin{matrix} (5) & \begin{aligned} d (x y d y \land d z + y z d z \land d x + z x d x \land d y) \\ = d (x y) \land d y \land d z + d (y z) d z \land d x + d (z x) d x \land d y \\ = y d x \land d y \land d z + z d y \land d x + x d z \land d x \land d y \\ = (x + y + z) d x \land d y \land d z \end{aligned} \end{matrix}$ 由Gauss公式可得 $\begin{matrix} (6) & \oint_{\partial Ω} (x y d y \land d z + y z d z \land d x + z x d x \land d y) = \int_{Ω} (y + z + x) d x d y d z \end{matrix}$ 由对称性可得 $\begin{matrix} (7) & I = 3 \int_{Ω} x d x d y d z = 3 \int_{0}^{1} x d x \int_{y^{2} + z^{2} \leq 1 - x^{2}, y, z \geq 0} d y d z = 3 \int_{0}^{1} \frac{π (1 - x^{2})}{4} x d x = \frac{3 π}{16} \end{matrix}$ 为了计算原积分，需要去掉 $\partial Ω$ 的三个坐标平面 $S_{1}, S_{2}, S_{3}$ 上的积分值，分别为 $\begin{matrix} (8) & \int_{S_{k}} (x y d y \land d z + y z d z \land d x + z x d x \land d y) = 0, k = 1, 2, 3 \end{matrix}$ 所以 $\begin{matrix} (9) & \int_{Σ^{+}} ω = \oint_{\partial Ω} ω = \frac{3 π}{16} \end{matrix}$ $◻$

例 10.2.3 (例3) 设 $Σ$ 为 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = R^{2}, (z \geq 0)$ 的上侧，计算曲面积分： $\begin{matrix} (10) & \int_{Σ} (x^{2} d y \land d z + y^{2} d z \land d x + z^{2} d x \land d y) \end{matrix}$

解记 $Ω$ 为半球体 $x^{2} + y^{2} + z^{2} \leq R^{2}, (z \geq 0)$ 。在平面 $z = 0$ 上，有 $\begin{matrix} (11) & ω := x^{2} d y \land d z + y^{2} d z \land d x + z^{2} d x \land d y = 0 \end{matrix}$ 所以 $\begin{matrix} (12) & \begin{aligned} \int_{Σ^{+}} ω & = \oint_{\partial Ω} ω = \int_{Ω} d ω = 2 \int_{Ω} (x + y + z) d x d y d z = 2 \int_{x^{2} + y^{2} + z^{2} \leq R^{2}, z \geq 0} z d x d y d z \\ = \int_{0}^{R} d z \int_{x^{2} + y^{2} \leq R^{2} - z^{2}} 2 z d x d y = \int_{0}^{R} 2 z π (R^{2} - z^{2}) d z = \frac{π R^{4}}{2} \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 10.2.4 (例4) 设 $Σ$ 为 $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} + \frac{z^{2}}{c^{2}} = 1$ 的外侧，计算曲面积分： $\begin{matrix} (13) & \oint_{Σ} (x^{3} d y \land d z + y^{3} d z \land d x + z^{3} d x \land d y) \end{matrix}$

解设 $(x, y, z) = (a X, b Y, c Z)$ ，则 $Σ_{1} : X^{2} + Y^{2} + Z^{2} = 1$ 且为外侧，换元可得 $\begin{matrix} (14) & \begin{aligned} I & = \oint_{Σ} (x^{3} d y \land d z + y^{3} d z \land d x + z^{3} d x \land d y) \\ = \oint_{Σ_{1}} (a^{3} b c X^{3} d Y \land d Z + a b^{3} c Y^{3} d Z \land d X + a b c^{3} Z^{3} d X \land d Y) \end{aligned} \end{matrix}$ 变换 $(X, Y, Z) \mapsto (Y, Z, X)$ 保向且保球面，所以 $\begin{matrix} (15) & \oint_{Σ_{1}} X^{3} d Y \land d Z = \oint_{Σ_{1}} Y^{3} d Z \land d X = \oint_{Σ_{1}} Z^{3} d X \land d Y \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (16) & \begin{aligned} I & = \frac{a^{3} b c + a b^{3} c + a b c^{3}}{3} \oint_{Σ_{1}} (X^{3} d Y \land d Z + Y^{3} d Z \land d X + Z^{3} d X \land d Y) \\ = \frac{a b c (a^{2} + b^{2} + c^{2})}{3} \int_{X^{2} + Y^{2} + Z^{2} \leq 1} (3 X^{2} + 3 Y^{2} + 3 Z^{2}) d X d Y d Z \\ = a b c (a^{2} + b^{2} + c^{2}) \int_{0}^{1} d r \int_{S (r)} r^{2} d S \\ = a b c (a^{2} + b^{2} + c^{2}) \int_{0}^{1} 4 π r^{4} d r = \frac{4 π a b c (a^{2} + b^{2} + c^{2})}{5} \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 10.2.5 (例5) 设 $Ω$ 为 $R^{3}$ 中的有界闭区域，其边界分片光滑， $n = (\cos α, \cos β, \cos γ)$ 是 $\partial Ω$ 的单位外法向量。

(1): 设 $a$ 为常向量（场），计算： $\begin{matrix} (17) & \oint_{\partial Ω} \cos (n, a) d S = \oint_{\partial Ω} \frac{n \cdot a}{∥ a ∥} d S \end{matrix}$
(2): 设 $r = (x, y, z)$ 、 $| Ω |$ 为 $Ω$ 的体积，计算： $\begin{matrix} (18) & \oint_{\partial Ω} (x \cos α + y \cos β + z \cos γ) d S = \oint_{\partial Ω} n \cdot r d S \end{matrix}$
(3): 对不在 $\partial Ω$ 上的固定点 $P_{0}$ ，设 $r = \vec{P_{0} P}$ ， $n$ 为 $\partial Ω$ 的单位外法向量，计算： $\begin{matrix} (19) & \oint_{\partial Ω} \frac{\cos (n, r)}{∥ r ∥^{2}} d S = \oint_{\partial Ω} \frac{n \cdot r}{∥ r ∥^{3}} d S \end{matrix}$

证明 (1) 由Gauss公式可得 $\begin{matrix} (20) & \oint_{\partial Ω} \frac{n \cdot a}{∥ a ∥} d S = \int_{Ω} \nabla \cdot (\frac{a}{∥ a ∥}) d V = \int_{Ω} 0 d V = 0 \end{matrix}$

(2) 由Gauss公式可得 $\begin{matrix} (21) & \oint_{\partial Ω} n \cdot r d S = \int_{Ω} \nabla \cdot r d V = \int_{Ω} 3 d V = 3 | Ω | \end{matrix}$

(3) 注意到 $\begin{matrix} (22) & \nabla \cdot \frac{r}{∥ r ∥^{3}} = 0, \forall r \neq 0 \end{matrix}$ $1^{\circ}$ 若 $P_{0} \notin Ω$ ，则 $r \neq 0$ ，由Gauss公式可得 $\begin{matrix} (23) & \oint_{\partial Ω} \frac{n \cdot r}{∥ r ∥^{3}} d S = \int_{Ω} \nabla \cdot \frac{r}{∥ r ∥^{3}} d V = 0 \end{matrix}$ $2^{\circ}$ 若 $P_{0} \in Ω$ ，则 $P_{0}$ 为 $Ω$ 的内点。选择合适的 $ε > 0$ ，令 $\tilde{Ω} = Ω ∖ B (P_{0}, ε)$ ，由Gauss公式可得 $\begin{matrix} (24) & \oint_{\partial Ω} \frac{n \cdot r}{∥ r ∥^{3}} d S - \oint_{\partial B (P_{0}, ε)} \frac{n \cdot r}{∥ r ∥^{3}} d S = \oint_{\partial \tilde{Ω}} \frac{n \cdot r}{∥ r ∥^{3}} d S = \int_{\tilde{Ω}} \nabla \cdot \frac{r}{∥ r ∥^{3}} d V = 0 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (25) & \oint_{\partial Ω} \frac{n \cdot r}{∥ r ∥^{3}} d S = \oint_{\partial B (P_{0}, ε)} \frac{n \cdot r}{∥ r ∥^{3}} d S = \oint_{\partial B (P_{0}, ε)} \frac{1}{ε^{2}} d S = 4 π \end{matrix}$ 综上所述，我们有 $\begin{matrix} (26) & \oint_{\partial Ω} \frac{n \cdot r}{∥ r ∥^{3}} d S = {\begin{cases} 4 π, & P_{0} \in Ω \\ 0, & P_{0} \notin Ω \end{cases} \end{matrix}$ $◻$

注本题是联系Coulomb定律与电场Gauss公式的桥梁。设空间的所有电荷均分布在 $Ω^{'}$ （仍为 $R^{3}$ 中的有界闭区域且满足 $Ω \subseteq Ω^{'}$ ）中，电荷体密度为 $ρ$ ，则空间的电场可表示为 $\begin{matrix} (27) & E (r) = \int_{Ω^{'}} \frac{ρ (r^{'})}{4 π ε_{0}} \frac{r - r^{'}}{∥ r - r^{'} ∥^{3}} d V^{'} \end{matrix}$ $Ω$ 上的电通量为 $\begin{matrix} (28) & Φ (Ω) = \oint_{\partial Ω} E \cdot n d S = \int_{Ω^{'}} \frac{ρ (r^{'})}{4 π ε_{0}} d V^{'} \oint_{\partial Ω} \frac{r - r^{'}}{∥ r - r^{'} ∥^{3}} \cdot n d S \end{matrix}$ 由本题的结论可得电场Gauss公式： $\begin{matrix} (29) & Φ (Ω) = \int_{Ω^{'}} \frac{ρ (r^{'})}{ε_{0}} d V^{'} \cdot 1_{r^{'} \in Ω} = \frac{1}{ε_{0}} \int_{Ω} ρ (r^{'}) d V^{'} = \frac{Q (Ω)}{ε_{0}} \end{matrix}$ 由Gauss公式可得 $\begin{matrix} (30) & Φ (Ω) = \int_{Ω} \nabla \cdot E d V = \oint_{\partial Ω} E \cdot n d S = \frac{1}{ε_{0}} \int_{Ω} ρ (r) d V \end{matrix}$ 由 $Ω$ 的任意性可得真空Maxwell方程组的第一式： $\begin{matrix} (31) & \nabla \cdot E = \frac{ρ}{ε_{0}} \end{matrix}$

例 10.2.6 (例6，Laplace算子与调和函数) 设 $Ω$ 为 $R^{3}$ 中的有界闭区域，其边界分片光滑， $n$ 为 $\partial Ω$ 的单位外法向量。函数 $u, v$ 在 $Ω$ 上连续、在 $Ω$ 内二阶连续可微，证明：

(1): $\begin{matrix} (32) & \oint_{\partial Ω} v \frac{\partial u}{\partial n} d S = \int_{Ω} v Δ u d V + \int_{Ω} \nabla v \cdot \nabla u d V \end{matrix}$
(2): $\begin{matrix} (33) & \oint_{\partial Ω} (v \frac{\partial u}{\partial n} - u \frac{\partial v}{\partial n}) d S = \int_{Ω} (v Δ u - u Δ v) d V \end{matrix}$
(3): 设 $Δ u = 0$ ，则对 $Ω$ 内的任意一点 $P_{0}$ ，证明： $\begin{matrix} (34) & u (P_{0}) = \frac{1}{4 π} \oint_{\partial Ω} (u \frac{n \cdot r}{∥ r ∥^{3}} + \frac{1}{∥ r ∥} \frac{\partial u}{\partial n}) d S \end{matrix}$ 其中对曲面 $\partial Ω$ 上的点 $P$ ， $r = \vec{P_{0} P}$ ， $n$ 为 $\partial Ω$ 在 $P$ 点的单位外法向量。
(4): 设 $Δ u = 0$ ，则对任意一点 $P_{0}$ 和 $R > 0$ ，证明： $\begin{matrix} (35) & u (P_{0}) = \frac{1}{4 π R^{2}} \oint_{\partial B (P_{0}, R)} u (P) d S \end{matrix}$

证明 (1) 由Gauss公式可得 $\begin{matrix} (36) & \oint_{\partial Ω} v \frac{\partial u}{\partial n} d S = \int_{Ω} \nabla \cdot (v \nabla u) d V = \int_{Ω} v Δ u d V + \int_{Ω} \nabla v \cdot \nabla u d V \end{matrix}$

(2) 由(1)即得证。

(3) $P_{0}$ 为 $Ω$ 的内点，令 $v = \frac{1}{∥ r ∥}$ ，则 $\begin{matrix} (37) & \frac{n \cdot r}{∥ r ∥^{3}} = - \nabla v \cdot n = - \frac{\partial v}{\partial n}, Δ v = 0, \forall r \neq 0 \end{matrix}$ 选择合适的 $ε > 0$ ，令 $\tilde{Ω} = Ω ∖ B (P_{0}, ε)$ ，由Gauss公式和积分中值定理可得 $\begin{matrix} (38) & \begin{aligned} RHS & = \frac{1}{4 π} (\oint_{\partial Ω} - \oint_{\partial B (P_{0}, ε)} + \oint_{\partial B (P_{0}, ε)}) (v \frac{\partial u}{\partial n} - u \frac{\partial v}{\partial n}) d S \\ = \frac{1}{4 π} \int_{\tilde{Ω}} (v Δ u - u Δ v) d V + \frac{1}{4 π} \oint_{\partial B (P_{0}, ε)} (u \frac{n \cdot r}{∥ r ∥^{3}} + \frac{1}{∥ r ∥} \frac{\partial u}{\partial n}) d S \\ = \frac{1}{4 π} \oint_{\partial B (P_{0}, ε)} \frac{u (P)}{ε^{2}} d S + \frac{1}{4 π ε} \int_{B (P_{0}, ε)} Δ u d V = u (P), P \in B (P_{0}, ε) \end{aligned} \end{matrix}$ 令 $ε \to 0^{+}$ 可得 $\begin{matrix} (39) & u (P_{0}) = \frac{1}{4 π} \oint_{\partial Ω} (u \frac{n \cdot r}{∥ r ∥^{3}} + \frac{1}{∥ r ∥} \frac{\partial u}{\partial n}) d S \end{matrix}$

(4) 令 $Ω = B (P_{0}, R)$ ，由(3)可得 $\begin{matrix} (40) & u (P_{0}) = \frac{1}{4 π R^{2}} \oint_{\partial B (P_{0}, R)} u (P) d S + \frac{1}{4 π R} \int_{B (P_{0}, R)} Δ u d V = \frac{1}{4 π R^{2}} \oint_{\partial B (P_{0}, R)} u (P) d S \end{matrix}$ $◻$

例 10.2.7 (例7，平面上的Laplace算子与调和函数) 设 $Ω$ 为 $R^{2}$ 中的有界闭区域，其边界分片光滑， $n$ 为 $\partial Ω$ 的单位外法向量。函数 $u, v$ 在 $Ω$ 上连续、在 $Ω$ 内二阶连续可微，证明：

(1): $\begin{matrix} (41) & \oint_{\partial Ω} v \frac{\partial u}{\partial n} d l = \int_{Ω} v Δ u d x d y + \int_{Ω} \nabla v \cdot \nabla u d x d y \end{matrix}$
(2): $\begin{matrix} (42) & \oint_{\partial Ω} (v \frac{\partial u}{\partial n} - u \frac{\partial v}{\partial n}) d l = \int_{Ω} (v Δ u - u Δ v) d x d y \end{matrix}$
(3): 设 $Δ u = 0$ ，则对 $Ω$ 内的任意一点 $P_{0}$ ，证明： $\begin{matrix} (43) & u (P_{0}) = \frac{1}{2 π} \oint_{\partial Ω} (u \frac{n \cdot r}{∥ r ∥^{2}} - \ln ∥ r ∥ \frac{\partial u}{\partial n}) d l \end{matrix}$ 其中对曲面 $\partial Ω$ 上的点 $P$ ， $r = \vec{P_{0} P}$ ， $n$ 为 $\partial Ω$ 在 $P$ 点的单位外法向量。
(4): 设 $Δ u = 0$ ，则对任意一点 $P_{0}$ 和 $R > 0$ ，证明： $\begin{matrix} (44) & u (P_{0}) = \frac{1}{2 π R} \oint_{\partial B (P_{0}, R)} u (P) d l \end{matrix}$
(5): 称 $f : D \to C$ 在区域 $D \subseteq C$ 上解析，若 $f$ 在 $D$ 上处处可导。证明：若 $f$ 在 $D$ 上解析， $f (z) = u (x, y) + i v (x, y)$ ，其中 $z = x + i y$ 且 $x, y, u (x, y), v (x, y) \in R$ ，则 $u, v$ 都是 $D$ 上的调和函数。
(6): 设 $f : D \to C$ 在 $D$ 上解析，证明：对任意有界闭区域 $Ω \subseteq D$ ，成立Cauchy-Goursat定理 $\begin{matrix} (45) & \oint_{\partial Ω} f (z) d z = 0 \end{matrix}$ 以及对 $Ω$ 内部的任意一点 $z_{0}$ ，成立Cauchy积分公式 $\begin{matrix} (46) & f (z_{0}) = \frac{1}{2 π i} \oint_{\partial Ω} \frac{f (z)}{z - z_{0}} d z \end{matrix}$

证明 (1)(2)(3)(4) 与上例相似，利用散度形式的Green公式即可证明，故略去。

(5) 设 $f$ 在 $z_{0} = x_{0} + i y_{0}$ 处可导，则⁴ $\begin{matrix} (47) & Δ f = Δ u + i Δ v = A Δ z + ρ (Δ z) Δ z, ρ (Δ z) = o (1) \end{matrix}$ 记 $A = α + i β$ 、 $ρ (Δ z) = ρ_{1} (Δ z) + i ρ_{2} (Δ z)$ ，则 $\begin{matrix} (48) & Δ u + i Δ v = (α Δ x - β Δ y + ρ_{1} Δ x - ρ_{2} Δ y) + i (β Δ x + α Δ y + ρ_{2} Δ x + ρ_{1} Δ y) \end{matrix}$ 故有 $\begin{matrix} (49) & \begin{aligned} Δ u & = α Δ x - β Δ y + o (\sqrt{Δ x^{2} + Δ y^{2}}) \\ Δ v & = β Δ x + α Δ y + o (\sqrt{Δ x^{2} + Δ y^{2}}) \end{aligned} \end{matrix}$ 故 $u (x, y), v (x, y)$ 在 $(x_{0}, y_{0})$ 处均可微，且成立Cauchy-Riemann方程 $\begin{matrix} (50) & \frac{\partial u}{\partial x} = \frac{\partial v}{\partial y} = α, \frac{\partial u}{\partial y} = - \frac{\partial v}{\partial x} = β \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (51) & \frac{\partial^{2} u}{\partial x^{2}} = \frac{\partial}{\partial x} \frac{\partial v}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y} \frac{\partial v}{\partial x} = - \frac{\partial^{2} u}{\partial y^{2}} ⟹ u_{x x} + u_{y y} = 0 \end{matrix}$ 故 $u$ 为 $D$ 上的调和函数。同理， $v$ 也是 $D$ 上的调和函数。

(6) 假定⁵ $u, v \in C^{1}$ ，由Green公式可得 $\begin{matrix} (52) & \begin{aligned} \oint_{\partial Ω} f (z) d z & = \oint_{\partial Ω} (u d x - v d y) + i \int_{\partial Ω} (v d x + u d y) \\ = \int_{Ω} (- \frac{\partial v}{\partial x} - \frac{\partial u}{\partial y}) d x d y + i \int_{Ω} (\frac{\partial u}{\partial x} - \frac{\partial v}{\partial y}) d x d y = 0 \end{aligned} \end{matrix}$ 选择合适的 $ε > 0$ ，令 $\tilde{Ω} = Ω ∖ B (P_{0}, ε)$ ，由Green公式可得 $\begin{matrix} (53) & RHS = \frac{1}{2 π i} (\oint_{\partial Ω} - \oint_{\partial B (z_{0}, ε)} + \oint_{\partial B (z_{0}, ε)}) \frac{f (z)}{z - z_{0}} d z = \frac{1}{2 π i} (\oint_{\partial \tilde{Ω}} + \oint_{\partial B (z_{0}, ε)}) \frac{f (z)}{z - z_{0}} d z \end{matrix}$ 由于 $g : z \mapsto \frac{f (z)}{z - z_{0}}$ 在 $\tilde{Ω}$ 上解析，由Cauchy-Goursat定理可得 $\begin{matrix} (54) & \oint_{\partial \tilde{Ω}} \frac{f (z)}{z - z_{0}} d z = 0 \end{matrix}$ 由积分中值定理可得 $\begin{matrix} (55) & \begin{aligned} RHS & = \frac{1}{2 π i} \oint_{\partial B (z_{0}, ε)} \frac{f (z)}{z - z_{0}} d z \overset{z = z_{0} + ε e^{i θ}}{=} \frac{1}{2 π i} \int_{- π}^{π} \frac{f (z_{0} + ε e^{i θ})}{ε e^{i θ}} ε i e^{i θ} d θ \\ = \frac{1}{2 π} \int_{- π}^{π} f (z_{0} + ε e^{i θ}) d θ = f (z_{0} + ε e^{i \tilde{θ}}) \end{aligned} \end{matrix}$ 令 $ε \to 0^{+}$ 可得 $\begin{matrix} (56) & f (z_{0}) = \frac{1}{2 π i} \oint_{\partial Ω} \frac{f (z)}{z - z_{0}} d z \end{matrix}$ $◻$

例 10.2.8 (第十三届全国大学生数学竞赛初赛（非数学类） · 四) 对于4次齐次函数 $\begin{matrix} (57) & f (x, y, z) = a_{1} x^{4} + a_{2} y^{4} + a_{3} z^{4} + 3 a_{4} x^{2} y^{2} + 3 a_{5} y^{2} z^{2} + 3 a_{6} z^{2} x^{2} \end{matrix}$ 计算曲面积分 $\oint_{Σ} f (x, y, z) d S$ ，其中 $Σ : x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1$ 。

解方法一：利用轮换对称性、直接代入球坐标计算，只需要计算两个积分，过程略。

方法二：因为 $f$ 为4次齐次函数，所以 $\forall t \in R$ ，恒有 $\begin{matrix} (58) & f (t x, t y, t z) = t^{4} f (x, y, z) \end{matrix}$ 对上式两边关于 $t$ 求导，可得 $\begin{matrix} (59) & x f_{1} (t x, t y, t z) + y f_{2} (t x, t y, t z) + z f_{3} (t x, t y, t z) = 4 t^{3} f (x, y, z) \end{matrix}$ 取 $t = 1$ ，得 $\begin{matrix} (60) & x f_{x} + y f_{y} + z f_{z} = 4 f \end{matrix}$

曲面 $Σ$ 上点 $(x, y, z)$ 处的外法向量 $n = (x, y, z)$ ，故有 $\begin{matrix} (61) & \oint_{Σ} f d S = \frac{1}{4} \oint_{Σ^{+}} ⟨ \nabla f, n ⟩ d S \end{matrix}$ 记 $Ω : x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1$ ，则 $Σ = \partial Ω$ ，由Gauss公式可得 $\begin{matrix} (62) & \oint_{Σ^{+}} ⟨ \nabla f, n ⟩ d S = 6 \int_{Ω} [x^{2} (2 a_{1} + a_{4} + a_{6}) + y^{2} (2 a_{2} + a_{4} + a_{5}) + z^{2} (2 a_{3} + a_{5} + a_{6})] d V \end{matrix}$ 利用轮换对称性可得 $\begin{matrix} (63) & \oint_{Σ} f d S = \sum_{i = 1}^{6} a_{i} \int_{Ω} (x^{2} + y^{2} + z^{2}) d V = \sum_{i = 1}^{6} a_{i} \int_{0}^{1} ρ^{2} \cdot 4 π ρ^{2} d ρ = \frac{4 π}{5} \sum_{i = 1}^{6} a_{i} \end{matrix}$ $◻$

10.2.2 Stokes公式

例 10.2.9 (例8(1)) 设 $γ$ 为球面 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = R^{2}$ 与平面 $x + y + z = 0$ 的交线，它在 $x O y$ 平面中的投影绕原点逆时针旋转，计算曲线积分： $\begin{matrix} (64) & I = \oint_{γ^{+}} (y d x + z d y + x d z) \end{matrix}$

解取 $Σ$ 为圆盘 $\begin{matrix} (65) & {\begin{cases} x^{2} + y^{2} + z^{2} \leq R^{2}, \\ x + y + z = 0 \end{cases} \end{matrix}$ 则 $\begin{matrix} (66) & \begin{aligned} \oint_{γ^{+}} (y d x + z d y + x d z) & = \int_{Σ} (d y \land d x + d z \land d y + d x \land d z) \\ = \int_{Σ} (- 1, - 1, - 1)^{T} \cdot n d S = - \int_{Σ} \sqrt{3} n \cdot n d S = - \sqrt{3} π R^{2} \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 10.2.10 (例8(2)) 设 $γ$ 为圆柱面 $x^{2} + y^{2} = 1$ 与平面 $x + z = 1$ 的交线，它在 $x O y$ 平面中的投影绕原点逆时针旋转，计算曲线积分： $\begin{matrix} (67) & I = \oint_{γ^{+}} [(y - x) d x + (z - y) d y + (x - z) d z] \end{matrix}$

解取 $Σ$ 为椭圆片 $\begin{matrix} (68) & {\begin{cases} x^{2} + y^{2} \leq 1, \\ x + z = 1 \end{cases} \end{matrix}$ 则 $\begin{matrix} (69) & \begin{aligned} \oint_{γ^{+}} [(y - x) d x + (z - y) d y + (x - z) d z] \\ = \int_{Σ} (d y \land d x + d z \land d y + d x \land d z) \\ = \int_{Σ} [d y \land d x + d (1 - x) \land d y + d x \land d (1 - x)] \\ = \int_{Σ} - 2 d x \land d y = - 2 \int_{x^{2} + y^{2} \leq 1} d x d y = - 2 π \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 10.2.11 (例8(3)) 设 $γ$ 为从 $A (a, 0, 0)$ 到 $B (0, b, 0)$ 再到 $C (0, 0, c)$ 最后回到 $A$ 的折线段，计算曲线积分： $\begin{matrix} (70) & I = \oint_{γ^{+}} (y^{2} d x + z^{2} d y + x^{2} d z) \end{matrix}$

解¹ 取 $Σ$ 为曲面 $\begin{matrix} (71) & \frac{x}{a} + \frac{y}{b} + \frac{z}{c} = 1, x, y, z \geq 0 \end{matrix}$ 则 $\begin{matrix} (72) & \begin{aligned} I & = \oint_{γ^{+}} (y^{2} d x + z^{2} d y + x^{2} d z) = \int_{Σ} (2 y d y \land d x + 2 z d z \land d y + 2 x d x \land d z) \\ = \int_{Σ, x = 0} - 2 z d y \land d z + \int_{Σ, y = 0} - 2 x d z \land d x + \int_{Σ, z = 0} - 2 y d x \land d y \end{aligned} \end{matrix}$ 令 $(u, v, w) = (\frac{x}{a}, \frac{y}{b}, \frac{z}{c})$ ，换元可得 $\begin{matrix} (73) & \begin{aligned} I & = - 2 (b c^{2} + c a^{2} + a b^{2}) \int_{u + v \leq 1, u, v \geq 0} u d u d v = - 2 (a b^{2} + b c^{2} + c a^{2}) \int_{0}^{1} d v \int_{0}^{1 - v} u d u \\ = - (a b^{2} + b c^{2} + c a^{2}) \int_{0}^{1} (1 - v)^{2} d v = - \frac{a b^{2} + b c^{2} + c a^{2}}{3} \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

解² 直接沿道路积分，如 $\begin{matrix} (74) & \int_{A \to B} ω = \int_{\frac{x}{a} + \frac{y}{b} = 1, y : 0 \to b} \int_{0}^{b} y^{2} d (a (1 - \frac{y}{b})) = - \frac{a b^{2}}{3} \end{matrix}$ 类似得到另两段积分。由此可见，Stokes未必总是简单。 $◻$

10.2.3 *Gauss公式在物理中的应用

例 10.2.12 试利用向量分析公式证明Gauss公式的推广形式： $\begin{matrix} (75) & \oint_{\partial Ω} n φ d S = \int_{Ω} \nabla φ d V, \oint_{\partial Ω} n \times f d S = \int_{Ω} \nabla \times f d V \end{matrix}$ 提示：将被积函数转化为Gauss公式的形式。

证明设 $a \in R^{3}$ 为任意常向量，由Gauss公式可得 $\begin{matrix} (76) & \begin{aligned} a \cdot \oint_{\partial Ω} n φ d S & = \oint_{\partial Ω} n \cdot (φ a) d S = \int_{Ω} \nabla \cdot (φ a) d V = a \cdot \int_{Ω} \nabla φ d V \\ a \cdot \oint_{\partial Ω} n \times f d S & = \oint_{\partial Ω} a \cdot (n \times f) d S = \oint_{\partial Ω} n \cdot (f \times a) d S \\ = \int_{Ω} \nabla \cdot (f \times a) d V = a \cdot \int_{Ω} \nabla \times f d V \end{aligned} \end{matrix}$ 由于 $a$ 是任意常向量，故有 $\begin{matrix} (77) & \oint_{\partial Ω} n φ d S = \int_{Ω} \nabla φ d V, \oint_{\partial Ω} n \times f d S = \int_{Ω} \nabla \times f d V \end{matrix}$ $◻$

例 10.2.13 (线性电介质) 设线性极化的电介质（ $R^{3}$ 中的有界闭区域，边界分片光滑） $Ω$ 的电位移矢量为 $P$ （ $C^{1}$ 且仅在 $Ω$ 上有定义），其物理意义为单位体积内的电偶极矩，即 $\begin{matrix} (78) & P = lim_{| Δ V | \to 0} \frac{\sum_{p_{i} \in Δ V} p_{i}}{| Δ V |} \end{matrix}$ 已知位于 $r^{'}$ 处的单个电偶极子 $p$ 在 $r$ 处产生的电势 $φ$ 为 $\begin{matrix} (79) & φ (r) = \frac{1}{4 π ε_{0}} \frac{p \cdot (r - r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥^{3}} \end{matrix}$ 故电介质 $Ω$ 在介质外部的 $r$ 处产生的电势 $φ$ 可表示为 $\begin{matrix} (80) & \begin{aligned} φ (r) & = \frac{1}{4 π ε_{0}} \sum_{p_{i} \in Ω} \frac{p_{i} \cdot (r - r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥^{3}} \approx \frac{1}{4 π ε_{0}} lim_{| Δ V | \to 0} \sum_{Δ V} \frac{P (r^{'}) Δ V \cdot (r - r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥^{3}} \\ = \frac{1}{4 π ε_{0}} \int_{Ω} \frac{P (r^{'}) \cdot (r - r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥^{3}} d V^{'}, r \notin Ω \end{aligned} \end{matrix}$ 试证明： $φ$ 可以等价地表示为电介质的体电荷 $ρ_{p} = - \nabla \cdot P$ 和表面电荷 $σ_{p} = P \cdot n$ 产生的电势之和，即： $\begin{matrix} (81) & φ (r) = \frac{1}{4 π ε_{0}} \int_{Ω} \frac{ρ_{p} (r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥} d V^{'} + \frac{1}{4 π ε_{0}} \oint_{\partial Ω} \frac{σ_{p} (r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥} d S^{'} \end{matrix}$

证明注意到被积函数可表示为 $\begin{matrix} (82) & \frac{P (r^{'}) \cdot (r - r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥^{3}} = P (r^{'}) \cdot \nabla^{'} \frac{1}{∥ r - r^{'} ∥} = \nabla^{'} \cdot \frac{P (r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥} - \frac{\nabla^{'} \cdot P (r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥} \end{matrix}$ 由Gauss公式可得 $\begin{matrix} (83) & \begin{aligned} φ (r) & = \frac{1}{4 π ε_{0}} \int_{Ω} \nabla^{'} \cdot \frac{P (r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥} d V^{'} - \frac{1}{4 π ε_{0}} \int_{Ω} \frac{\nabla^{'} \cdot P (r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥} d V^{'} \\ = \frac{1}{4 π ε_{0}} \oint_{\partial Ω} n \cdot \frac{P (r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥} d S^{'} + \frac{1}{4 π ε_{0}} \int_{Ω} \frac{- \nabla^{'} \cdot P (r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥} d V^{'} \\ = \frac{1}{4 π ε_{0}} \oint_{\partial Ω} \frac{σ_{p} (r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥} d S^{'} + \frac{1}{4 π ε_{0}} \int_{Ω} \frac{ρ_{p} (r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥} d V^{'} \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 10.2.14 (Archimedes定律) 设静流体的密度为 $ρ$ 。由于重力加速度 $g$ 的存在，流体内部存在压强梯度，其满足 $\begin{matrix} (84) & \nabla p = ρ g \end{matrix}$ 其中正号表示沿 $g$ 方向压强增大。对于流体中法向量为 $n$ 的面片 $d S$ ，其受到流体沿法向量方向的压力为 $\begin{matrix} (85) & F = p n d S \end{matrix}$ 设 $Ω$ 为浸泡在流体中的物体，试证明：物体 $Ω$ 受到流体产生的压力合力为 $\begin{matrix} (86) & F = - ρ g | Ω | \end{matrix}$

证明设 $F$ 为物体 $Ω$ 受到的压力合力， $n$ 为物体表面 $\partial Ω$ 的单位外法向量，则 $\begin{matrix} (87) & F = - \oint_{\partial Ω} p n d S \end{matrix}$ 其中负号表达流体的作用力沿内法向量方向。由推广的Gauss公式可得 $\begin{matrix} (88) & F = - \oint_{\partial Ω} p n d S = - \int_{Ω} \nabla p d V = - \int_{Ω} ρ g d V = - ρ g | Ω | \end{matrix}$ $◻$

例 10.2.15 (线性磁介质) 设线性极化的磁介质 $Ω$ 的磁化强度矢量为 $M$ （ $C^{1}$ 且仅在 $Ω$ 上有定义），其物理意义为单位体积内的磁偶极矩，即 $\begin{matrix} (89) & M = lim_{| Δ V | \to 0} \frac{\sum_{m_{i} \in Δ V} m_{i}}{| Δ V |} \end{matrix}$ 已知位于 $r^{'}$ 处的单个磁偶极子 $m$ 在 $r$ 处产生的磁矢势 $A$ 为 $\begin{matrix} (90) & A (r) = \frac{μ_{0}}{4 π} \frac{m \times (r - r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥^{3}} \end{matrix}$ 故磁介质 $Ω$ 在介质外部的 $r$ 处产生的磁矢势 $A$ 可表示为 $\begin{matrix} (91) & \begin{aligned} A (r) & = \frac{μ_{0}}{4 π} \sum_{m_{i} \in Ω} \frac{m_{i} \times (r - r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥^{3}} \approx \frac{μ_{0}}{4 π} lim_{| Δ V | \to 0} \sum_{Δ V} \frac{M (r^{'}) Δ V \times (r - r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥^{3}} \\ = \frac{μ_{0}}{4 π} \int_{Ω} \frac{M (r^{'}) \times (r - r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥^{3}} d V^{'}, r \notin Ω \end{aligned} \end{matrix}$ 试证明： $A$ 可以等价地表示为磁介质的体磁化电流 $j_{m} = \nabla \times M$ 和表面磁化电流 $i_{m} = M \times n$ 产生的磁矢势之和，即： $\begin{matrix} (92) & A (r) = \frac{μ_{0}}{4 π} \int_{Ω} \frac{j_{m} (r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥} d V^{'} + \frac{μ_{0}}{4 π} \oint_{\partial Ω} \frac{i_{m} (r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥} d S^{'} \end{matrix}$

证明注意到被积函数可表示为 $\begin{matrix} (93) & \frac{M (r^{'}) \times (r - r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥^{3}} = M (r^{'}) \times \nabla^{'} \frac{1}{∥ r - r^{'} ∥} = - \nabla^{'} \times \frac{M (r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥} + \frac{\nabla^{'} \times M (r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥} \end{matrix}$ 由推广的Gauss公式可得 $\begin{matrix} (94) & \begin{aligned} A (r) & = - \int_{Ω} \nabla^{'} \times \frac{M (r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥} d V^{'} + \int_{Ω} \frac{\nabla^{'} \times M (r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥} d V^{'} \\ = \oint_{\partial Ω} \frac{M (r^{'}) \times n}{∥ r - r^{'} ∥} d S^{'} + \int_{Ω} \frac{\nabla^{'} \times M (r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥} d V^{'} \\ = \oint_{\partial Ω} \frac{i_{m} (r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥} d S^{'} + \int_{Ω} \frac{j_{m} (r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥} d V^{'} \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 10.2.16 (静电场的唯一性定理) 设 $Ω \subseteq R^{3}$ 为有界闭区域，电势 $φ : Ω \to R$ 满足Poisson方程 $Δ φ = f$ 。证明：在以下三种边界条件之一成立时，方程的解 $φ$ 至多相差一个常数。

Dirichlet边界条件： $φ |_{\partial Ω} = g$ （已知）。
Neumann边界条件： ${\frac{\partial φ}{\partial n} |}_{\partial Ω} = h$ （已知）。
导体边界条件： $φ |_{\partial Ω} = const$ （未知），且 $\oint_{\partial Ω} \frac{\partial φ}{\partial n} d S = F$ （已知）。

证明设 $φ_{1}, φ_{2}$ 均满足原Poisson方程和对应的边界条件，令 $φ = φ_{1} - φ_{2}$ ，则 $φ$ 满足Laplace方程 $Δ φ = 0$ 和对应的其次边界条件：

Dirichlet边界条件： $φ |_{\partial Ω} = 0$ 。
Neumann边界条件： ${\frac{\partial φ}{\partial n} |}_{\partial Ω} = 0$ 。
导体边界条件： $φ |_{\partial Ω} = φ_{0}$ （未知），且 $\oint_{\partial Ω} \frac{\partial φ}{\partial n} d S = 0$ 。

注意到 $\begin{matrix} (95) & \int_{Ω} ∥ \nabla φ ∥^{2} d V = \int_{Ω} [\nabla \cdot (φ \nabla φ) - φ Δ φ] d V = \int_{\partial Ω} φ \frac{\partial φ}{\partial n} d S \end{matrix}$ 在以上三种边界条件下，都有 $\int_{Ω} ∥ \nabla φ ∥^{2} d V = 0$ ，故 $\nabla φ = 0$ ，即 $φ$ 为常数。 $◻$

例 10.2.17 记 $B : R \mapsto {r \in R^{3} ∣ ∥ r ∥ < R}$ 表示球心位于原点、半径为 $R$ 的开球。设 $R_{1} > R_{2} > R > 0$ ，函数 $ρ \in C (R^{3})$ ，函数 $φ : B (R) \to R$ 的定义为 $\begin{matrix} (96) & φ (r) := \int_{B (R_{1}) ∖ B (R_{2})} \frac{ρ (r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥} d V \end{matrix}$ 向量函数 $f := \nabla φ$ 。试证明： $\begin{matrix} (97) & \int_{B (R)} f (r) d V = \frac{4 π}{3} R^{3} f (0) \end{matrix}$ 提示：直接计算证明 $\begin{matrix} (98) & \oint_{\partial B (R)} \frac{n d S}{∥ r^{'} - r ∥} = \frac{4 π}{3} R^{3} \frac{r^{'}}{∥ r^{'} ∥^{3}}, \forall r^{'} \notin B (R) \end{matrix}$ 并利用推广的Gauss公式证明原式。

注本题的物理背景为：对于空间中没有自由电荷的区域，任意一个球的电场平均值等于球心处的电场。

解我们首先证明提示。以 $r^{'}$ 方向为极轴建立球坐标系 $O x y z$ ，则等式左侧可化为 $\begin{matrix} (99) & \begin{aligned} {LHS}^{'} & := R^{2} \oint_{\partial B (R)} \frac{(\sin θ \cos ϕ, \sin θ \sin ϕ, \cos θ) \sin θ d θ d ϕ}{(r^{' 2} + R^{2} - 2 r^{'} R \cos θ)^{1 / 2}} \\ = 2 π R^{2} \hat{k} \int_{0}^{π} \frac{\cos θ \sin θ d θ}{(r^{' 2} + R^{2} - 2 r^{'} R \cos θ)^{1 / 2}} \overset{t = \cos θ}{=} 2 π R^{2} \hat{k} \int_{- 1}^{1} \frac{t d t}{(r^{' 2} + R^{2} - 2 r^{'} R t)^{1 / 2}} \end{aligned} \end{matrix}$ 注意到当 $a > b > 0$ 时， $\begin{matrix} (100) & \begin{aligned} \int_{- 1}^{1} \frac{t d t}{\sqrt{a - b t}} & = \int_{- 1}^{1} (- \frac{1}{b} \sqrt{a - b t} + \frac{a}{b} \frac{1}{\sqrt{a - b t}}) d t = {[\frac{2}{3 b^{2}} (a - b t)^{3 / 2} - \frac{2 a}{b^{2}} (a - b t)^{1 / 2}]}_{- 1}^{1} \\ = \frac{2}{3 b^{2}} [(a - b)^{3 / 2} - 3 a (a - b)^{1 / 2} - (a + b)^{3 / 2} + 3 a (a + b)^{1 / 2}] \\ = \frac{2}{3 b^{2}} (\sqrt{a + b} - \sqrt{a - b}) (a - \sqrt{(a + b) (a - b)}) \end{aligned} \end{matrix}$ 由于 $r^{'} > R > 0$ ，因此 $\begin{matrix} (101) & \begin{aligned} {LHS}^{'} & = 2 π R^{2} \hat{k} \cdot \frac{2}{3 (2 r^{'} R)^{2}} [(r^{'} + R) - (r^{'} - R)] [r^{' 2} + R^{2} - (r^{'} + R) (r^{'} - R)] \\ = \frac{4 π R^{3}}{3 r^{' 2}} \hat{k} = \frac{4 π}{3} R^{3} \frac{r^{'}}{∥ r^{'} ∥^{3}} =: {RHS}^{'} \end{aligned} \end{matrix}$ 提示得证。记 $Ω = B (R_{1}) ∖ B (R_{2})$ ，由推广的Gauss公式可得 $\begin{matrix} (102) & LHS := \int_{B (R)} f (r) d V = \oint_{\partial B (R)} ϕ (r) n d S = \oint_{\partial B (R)} n d S \int_{Ω} \frac{ρ (r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥} d V^{'} \end{matrix}$ 交换积分次序可得 $\begin{matrix} (103) & LHS = \int_{Ω} ρ (r^{'}) d V^{'} \oint_{\partial B (R)} \frac{n d S}{∥ r^{'} - r ∥} = \int_{Ω} ρ (r^{'}) d V^{'} \cdot \frac{4 π}{3} R^{3} \frac{r^{'}}{∥ r^{'} ∥^{3}} \end{matrix}$ 与此同时，注意到 $\begin{matrix} (104) & \begin{aligned} RHS & := \frac{4 π}{3} R^{3} f (0) = \frac{4 π}{3} R^{3} {\nabla \int_{Ω} \frac{ρ (r^{'})}{∥ r - r^{'} ∥} d V^{'} |}_{r = 0} \\ = \frac{4 π}{3} R^{3} \int_{Ω} {\nabla \frac{1}{∥ r - r^{'} ∥} |}_{r = 0} ρ (r^{'}) d V^{'} = \int_{Ω} ρ (r^{'}) d V^{'} \cdot \frac{4 π}{3} R^{3} \frac{r^{'}}{∥ r^{'} ∥^{3}} \end{aligned} \end{matrix}$ 得证。 $◻$

⁴在本小题中， $Δ$ 表示变化量而不是Laplace算子。

⁵实际上，仅仅满足 $u, v$ 可微（即(5)的推论）就可以证明Cauchy-Goursat定理，但这个证明要复杂得多。