注意

于期末复习期间看网课补完.

第一型曲线积分

我们从物理的观点来考虑，其实是算一个曲线的 “质量”. 我们前一节课提到了参数化，现在我们作出定义：

/Definition/

设 $L\subseteq\R^n$ 是曲线，

曲线定义

我们还没有定义曲线！这里开个小差，定义一下曲线：

/Definition/

(1) 第一个办法是从 topology 来定义：称拓扑空间 $L$ 是一条曲线，若 $\forall p\in L$，$\exist p$ 在 $L$ 中的一个开邻域 $U$，使得 $U$ 同胚于 $\R^1$.

我们之前说过同胚的概念：称 $f:X\to Y$ 是同胚，若 $f$ 是双射且 $f,f^{-1}$ 连续 (连续曲线).

当然如果 $f,f^{-1}$ 都是 $C^1$ 的，就会得到 $C^1$ 光滑曲线.

(2) 另一个方式是几何上的：有同学会觉得隐函数定理没有用，那么作用就体现在这里.

称 $L\in\R^3$ 是一条 $C^1$ 光滑曲线，如果 $\forall p\in L$，$\exist p$ 在 $\R^3$ 中的开邻域 $V$ 以及 $C^1$ 函数 $F,G:V\to\R$，使得：

$$\begin{aligned} &L\cap V\\\\ &=\left\{(x,y,z)\left|\begin{array}{} F(x,y,z)\\ G(x,y,z) \end{array}\right.\wedge\begin{pmatrix} F_x&F_y&F_z\\ G_x&G_y&G_z \end{pmatrix}\text{ full rank}\right\} \end{aligned}$$

由隐函数定理，不妨设：

$$\det\begin{pmatrix} F_x&F_y\\G_x&G_y \end{pmatrix}\neq0$$

则隐函数定理说 $p$ 附近可以将 $x,y$ 表示为 $z$ 的隐函数，也就是 $S\cap V$ 同胚于 $U$，也就是同胚于 $\R^1$.

上述定义并不简单，所以我们在课程中一般不严格写曲线定义，而是在看到一个曲线的时候，我们知道这是曲线.

所谓 $L$ 的一个 $C^1$ 光滑参数化是指 $C^1$ 光滑映射 $\gamma:[a,b]\to L$ 满足：

1. $\gamma$ 是满射；
2. $\gamma$ 几乎是单射，唯一不是单射的位置是 “转一圈回来的重合点”，也就是若 $\gamma(t_1)=\gamma(t_2)$，则或 $t_1=t_2$，或 $\{t_1,t_2\}=\{a,b\}$；
3. $\gamma'(t)\neq0$ (速度不为零)，$\forall t$.

/Definition/

设 $f:L\to\R$ (权重函数).

物理中，路径 = (路程) $\times$ (时间)

定义 $f$ 在 $L$ 上的第一型曲线积分为：

选定一个 $L$ 的 $C^1$ 光滑参数化 $\gamma:[a,b]\to L$，积分：

$$\int_Lf=\int_a^bf(\gamma(t))|\gamma'(t)|\text{d}t$$

$f(\gamma(t))$ 是权重，$|\gamma'(t)|$ 是速度，$\text{d}t$ 是时间微元. 另一种写法是

$$\int_Lf\text{d}l=\int_Lf\text{d}s=\int_a^bf(\gamma(t))|\gamma'(t)|\text{d}t$$

这里 $\text{d}l$ 一般表示长度微元，$\text{d}s$ 一般表示弧长微元.

到这里为止，我们得到的结果已经可以用 Riemann 积分来计算，所以第一型曲线积分实际上已经讲完了.

但是我们想知道，为什么这个结果和参数化是无关的？下面来验证不同参数化给出同样的结果，这保证了我们的定义是好的.

为此，对定义式进行改写：

$$\begin{aligned} \int_Lf\text{d}l&=\int_a^bf(\gamma(t))|(x'(t),y'(t),z'(t))|\text{d}t\\\\ &=\int_a^bf(\gamma(t))|J_\gamma(t)|\text{d}t \end{aligned}$$

这里的所谓 Jacobian 是一个 $1\times3$ 的矩阵，但是这不是一个好的描述，因为矩阵没有 “模长” 的概念，所以我们只是提到这一概念而已.

严格来说，这应该是速度矢量生成的平行体的 length：

$$|\vec{v}|=\sqrt{\det(\text{Gram matrix})}=\sqrt{\det(\vec{v}^T\vec{v})}$$

于是上面的定义式写成

$$=\int_a^bf(\gamma(t))\sqrt{\det(J_\gamma^TJ_\gamma)}\text{d}t$$

这时候有同学要嘲笑，为什么在这么简单的情况下还要这样写？实际上是因为这种写法可以拓展，甚至在计算高维子流形的积分时还是可以这样写.

现在要验证参数化不影响结果，所以考虑两种不同参数化 $\gamma$ 和 $\delta$，坐标分别是 $t$ 和 $s$，曲线分别被描述为 $\gamma(t)$ 和 $\delta(s)$. 为了追踪 $\gamma(t)$，我们将 $\delta(s)$ 写成 $\delta(\alpha(s))$. 于是这两种变换相差一个 map $\alpha$.

因此，总是存在 $C^1$ 的 $\alpha:[a,b]\to[c,d]$，使得 $\gamma=\delta\circ\alpha$ (任何两个参数化之间，相差一个时间区间上的转化关系).

当然，取方向不同，可能会导致符号差异，所以为了方便叙述，我们下面假设 $\alpha$ 是单调递增的映射，这保证了 $a\to c$，$b\to d$.

现在，原来的积分式化为

$$\begin{aligned} \int_a^bf(\gamma(t))\sqrt{\det(J_\gamma^TJ_\gamma)}\text{d}t&=\int_c^df(\delta(s))\sqrt{\det(J_\delta^TJ_\delta)}\text{d}s \end{aligned}$$

这是因为：

$$J_\gamma=J_\delta J_\alpha=J_\delta\cdot\alpha'$$

所以 $J_\gamma^TJ_\gamma=\alpha'^2J_\delta^TJ_\delta$，两个积分直接是一元换元公式，得证.

这里的验证本来在一维可以用列向量来做，但是我们使用了上面这种更复杂的方式，可以推广.

上述写法过于形式化，更加朴素的写法是针对一维的简单验证：

$$\vec\gamma(t)=\vec\delta(\alpha(t))$$

将两个参数化写为矢量值的函数，因此第一个参数化对应的第一型曲线积分是

$$\begin{aligned} \int_a^bf(\vec\gamma(t))|\vec\gamma'(t)|\text{d}t&=\int_a^bf(\vec\delta(\alpha(t)))|\vec\delta'(\alpha(t))|\cdot|\alpha'(t)|\text{d}t \end{aligned}$$

这和另一个参数化的积分相差一个一元 Riemann 积分的换元：

$$\int_c^df(\vec{\delta}(s))|\vec\delta(s)|\text{d}s=\left\{\begin{array}{} \int_a^bf(\vec{\delta}(\gamma(t))|\vec\delta'(\alpha(t))|\cdot\alpha'(t)\text{d}t&\alpha\uparrow\\\\ \int_b^af(\vec{\delta}(\gamma(t))|\vec\delta'(\alpha(t))|\cdot\alpha'(t)\text{d}t&\alpha\downarrow \end{array}\right.$$

(因为有绝对值).

因此我们得到第一型曲线积分的性质：

1. 关于 $f$ 线性；

2. 关于 $L$ 可积；

   若 $L=L_1\cup L_2$，则

   $$\int_Lf\text{d}l=\int_{L_1}f\text{d}l+\int_{L_2}f\text{d}l$$

   这是来源于 Riemann 积分的可加性.

实际上，这些性质都来源于 Riemann 积分的性质.

下面了解一些有关命题：

/Claim/ (第一型曲线积分的换元公式)

考虑这样的换元：

$$(u,v,w)\overset{\Phi}{\longrightarrow}(x,y,z)$$

设 $\Phi:\R^3\to\R^3$ 是 $C^1$ 的正交变换，设 $L\subseteq\R^3$ 是一条曲线，记 $L'=\Phi^{-1}(L)$ 是一个 pull back，则对于 $f:L\to\R$ (权重) 有

$$\int_Lf\text{d}l=\int_{L'}(f\circ\Phi)\text{d}l$$

/Proof/

为 $L'$ 选一个参数化 $\gamma:[a,b]\to L'$，所以 $\Phi\circ\gamma$ 是 $L$ 的参数化，可以计算：

$$\begin{aligned} \int_{L}f\text{d}l&=\int_a^bf(\Phi\circ\gamma(t))\sqrt{\det(J_{\Phi\circ\gamma}^TJ_{\Phi\circ\gamma})}\text{d}t\\\\ &=\int_a^bf(\Phi\circ\gamma(t))\sqrt{\det(J_\gamma^TJ_\Phi^TJ_\Phi J_\gamma)}\text{d}t \end{aligned}$$

显然对于一般的双射 $\Phi$，这一步无法化简，所以要求是正交变换：

$$\begin{aligned} &=\int_a^bf(\Phi\circ\gamma(t))\sqrt{\det(J_\gamma^TJ_\gamma)}\text{d}t \end{aligned}$$

这正是 $\gamma$ 这一参数化所计算的第一型曲线积分，也就是

$$=\int_{L'}(f\circ\Phi)\text{d}l$$

这就是换元公式.

/Remark/

对于一般的 $\Phi:\R^3\to\R^3$，不能写出简洁的式子.

下面来看几个例子：

/Example/ (线段最短)

证明命题：曲线长 $\geq$ 线段长.

先定义 length：

/Definition/ (长度)

$$\operatorname{Length}(L)=\int_L1\cdot\text{d}l$$

---

证明上述命题：设 $L$ 的两端分别为 $A,B$，来证明 $\text{Length}(L)\geq|AB|$.

取 $L$ 的参数化 $\gamma:[a,b]\to L$，则等价于证明：

$$\int_a^b|\vec{\gamma}'(t)|\text{d}t\geq|\vec{\gamma}(b)-\vec{\gamma}(a)|$$

这一证明可能一开始并没有思路，我们先写一个 draft：

/Draft/

何时取等？当且仅当 $L$ 本身就是直线段. 我们需要用 $\gamma$ 来描述这一事实：

$\Longleftrightarrow$ $\gamma$ 不变方向，$\vec\gamma'(t)\propto(\vec{\gamma}(b)-\vec{\gamma}(a))$.

这一正比条件让人联想到 Cauchy - Schwartz 不等式的取等条件：

$$\vec{u}\cdot\vec{v}\leq|\vec{u}||\vec{v}|$$

当且仅当 $\vec{u}\propto\vec{v}$ 时取等.

所以用 Cauchy - Schwartz 不等式，两边同时乘 $\overset{\longrightarrow}{AB}$：

$$\begin{aligned} |AB|\cdot\text{Length}(L)&=\int_a^b|\vec{\gamma}'(t)|\cdot|AB|\text{d}t\\\\ &\geq\int_a^b\vec{\gamma}'(t)\cdot(\vec{\gamma}(b)-\vec{\gamma}(a))\text{d}t\\\\ &=\int_a^b(x'(t)(x(b)-x(a))+\text{etc.})\text{d}t\\\\ &=|AB|^2 \end{aligned}$$

得证.

因此我们可以说，Cauchy - Schwartz 不等式就是三角不等式，同时也是「两点之间，线段最短」.

一个更复杂的例子：

/Example/

$$L=\left\{(x,y,z)\left|\,\,\begin{array}{ll} x^2+y^2+z^2=1\\ x+y+z=1 \end{array} \right.\right\}$$

求：

$$\int_L(x^2+y+xz)\text{d}l$$

---

这个曲线相当于用一个斜平面去截单位球，得到的截面边界. 显然这一定是一个圆周.

/Method/ (1) 找参数化

如果完全不加思考，我们会想要直接找参数化，也就是用一个字母 $t$ 来表示 $x,y,z$，考虑直接消元.

我们会发现这甚至不能直接写出来.

/Method/ (2) 正交变换 + 换元公式

考虑找一个正交变换

$$(u,v,w)\overset{\Phi}{\longrightarrow}(x,y,z)$$

同时使得 $L$ 的方程变成形式更好看的样子. 这里我们取：

$$w=\frac{1}{\sqrt3}(x+y+z)$$

这可以使得某一坐标为常数. 接下来考虑其他坐标如何取：

$$\begin{pmatrix} u\\v\\w \end{pmatrix}=\begin{pmatrix} \\\\\frac{1}{\sqrt3}&\frac{1}{\sqrt3}&\frac{1}{\sqrt3} \end{pmatrix}\begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}$$

要求：1, 3 两行正交，所以 $a+b+c=0$，可以取：

$$\frac{1}{\sqrt2}\,,\quad-\frac{1}{\sqrt2}\,,\quad0$$

第 2 行和其他两行正交，可以取为

$$\frac{1}{\sqrt6}\,,\quad\frac{1}{\sqrt6}\,,\quad-\frac{2}{\sqrt6}$$

考虑反过来的坐标变换 (找到 $\Phi^{-1}(L)$)，应该是

$$\begin{cases} u^2+v^2+w^2=1\\ w=\frac{\sqrt3}{3} \end{cases}$$

于是 $(u,v,w)$ 空间中的积分曲线是一个纬线圈.

提示

不要忘记我们的想法：我们的目标是为 $L$ 选一个参数化，于是先找到一个 $L'$，它们由 $\Phi$ 来等同，这样取定 $L'$ 的一个参数化，就可以复合 $\Phi^{-1}$ 诱导出原来的 $L$ 的参数化.

这里的参数化是

$$\begin{cases} u=\frac{\sqrt3}{3}\cos t\\ v=\frac{\sqrt3}{3}\sin t\\ w=\frac{\sqrt3}{3} \end{cases}$$

反过来，可以写出

$$\begin{pmatrix} x\\y\\z \end{pmatrix}=Q^T\begin{pmatrix} \frac{\sqrt3}{3}\cos t\\ \frac{\sqrt3}{3}\sin t\\ \frac{\sqrt3}{3} \end{pmatrix}$$

代入权重，可以积分.

/Method/ (3) 对称性 (同学提供的解法)

注意到对称性，

$$\begin{aligned} &\int_Lx^2\text{d}l=\int_Ly^2\text{d}l=\int_Lz^2\text{d}l=\frac{1}{3}\int_L(x^2+y^2+z^2)\text{d}l\\\\ &\int_Ly\text{d}l=\frac{1}{3}\int_L(x+y+z)\text{d}l\\\\ &\int_Lxz\text{d}l=\frac{1}{3}\int_L(xy+yz+zx)\text{d}l\\\\ &\quad\quad\quad\,\,\,=\frac{1}{6}\int_L[(x+y+z)^2-(x^2+y^2+z^2)]\text{d}l \end{aligned}$$

第一型曲面积分

物理上来讲，就是曲面的带权重面积.

曲面 $S$ $\Longleftrightarrow$ (每点有对应 $\R^2$ 上的点，微分同胚) $\Longleftrightarrow$ $S=\{F(x,y,z)=0\}$，每一点处 $\nabla F\neq\vec{0}$.

$$\iint_Sf\text{d}S=\lim_{S_i\to0}\left(\sum_if(\xi_i)\cdot\text{area}(S_i)\right)$$

这时我们发现还没有定义什么是曲面的面积. 因此下面作出定义：

/Definition/

所谓曲面 $S$ 的一个 $C^1$ 参数化，是指 $C^1$ 映射 $\Phi:D\to S$ ($D\subseteq\R^2$，坐标 $(u,v)$)，

$$\Phi(u,v)=(x(u,v),y(u,v),z(u,v))$$

要求：

1. $\Phi$ 满秩；

2. $\Phi$ 几乎是单的，$\Phi(\vec{p})=\Phi(\vec{q})$，则一定有 $\vec{p},\vec{q}\in\partial D$.

   (想象一下用一个平面「制作」一个球，只可能有边界的部分位置是不单的).

3. $\vec{r}_u=(x_u,y_u,z_u)$，这就是速度分量. 同理，另一个分量是 $\vec{r}_v=(x_v,y_v,z_v)$.

   要求在每点 $\Phi(u,v)$ 处，$\vec{r}_u$ 和 $\vec{r}_v$ 线性无关.

   提示

   这和一维情况一脉相承，那时我们要求 $\vec{\gamma}'(t)$ 不为零，生成一个一维的线性空间；这里我们要求线性无关，也就是可以生成一个二维线性空间.

$D$ 的剖分 $\underset{i}{\bigcup}D_i$ 会诱导出 $S$ 的剖分 $\underset{i}{\bigcup}\Phi(D_i)$，则得到

$$\text{area}\,\Phi(D_i)\approx\text{area}\,(\Box_{\vec{r}_u\Delta u\times\vec{r}_v\Delta v})=\Delta u\Delta v|\vec{r}_u\times\vec{r}_v|$$

或者写成 Gram 矩阵 (在微分几何中常用)：

$$=\Delta u\Delta v\sqrt{\det\left(\begin{pmatrix} \vec{r}_u\\\vec{r}_v \end{pmatrix}\begin{pmatrix} \vec{r}_u&\vec{r}_v \end{pmatrix}\right)}$$

现在可以定义：

$$\begin{aligned} \iint_Sf(x,y,z)\text{d}S&=\iint_D(f\circ\Phi)|\vec{r}_u\times\vec{r}_v|\text{d}u\text{d}v\\\\ &=\iint_D(f\circ\Phi)\sqrt{\det(J_\Phi^TJ_\Phi)}\text{d}u\text{d}v \end{aligned}$$

和一维的形式几乎一致.

在实际应用中，我们常会看到下面的特例：$S$ 本身来自于函数图像 $\text{Graph}(g)$.

$g$ 是 $x,y$ 的函数，每一点的高度 ($z$ 分量) 是 $g$ 的值，构成一个曲面，也就是：

$$S=\left\{(x,y,z)\left|\,\,\begin{array}{ll} (x,y)\in D\\ z=g(x,y) \end{array}\right.\right\}$$

选择参数化可以直接 $x=x$，$y=y$，$z=g(x,y)$，这时两个 “速度” 矢量为

$$\vec{r}_x=(1,0,g_x)\,,\quad\vec{r}_y=(0,1,g_y)$$

所以原来的积分变为

$$\begin{aligned} \iint_Sf(x,y,z)\text{d}S&=\iint_Df(x,y,g(x,y))|\vec{r}_x\times\vec{r}_y|\text{d}x\text{d}y\\\\ &=\iint_Df(x,y,g(x,y))\sqrt{g_x^2+g_y^2+1}\cdot\text{d}x\text{d}y \end{aligned}$$

---

和一维情况一样，我们也要问不同参数化是否给出同样结果，考虑两个不同的参数化：$\Phi:D\to S$ 和 $\Phi\circ\Psi:D'\to S$. 之后用 Gram 矩阵来验证.

$$\begin{aligned} \text{I}&=\iint_D(f\circ\Phi)\sqrt{\det(J_\Phi^TJ_\Phi)}\text{d}u_1\text{d}u_2\\\\ \text{II}&=\iint_D(f\circ(\Phi\circ\Psi))\sqrt{\det(\underset{2\times2}{\underline{J_\Psi^T}}\cdot\underset{2\times3}{\underline{J_\Phi^T}}\cdot\underset{3\times2}{\underline{J_\Phi}}\cdot\underset{2\times2}{\underline{J_\Psi}})}\text{d}v_1\text{d}v_2 \end{aligned}$$

可以把 $\Psi$ 的两个合起来：

$$\begin{aligned} &=\iint_D(f\circ\Phi\circ\Psi)\sqrt{\det(J_\Psi)^2\cdot\det(J_\Phi^TJ_\Phi)}\text{d}v_1\text{d}v_2\\\\ &=\iint_{D'}(f\circ\Phi)\sqrt{\det(J_\Phi^TJ_\Phi)}\text{d}u_1\text{d}u_2 \end{aligned}$$

显然比叉乘的方式好证明.

同样地，可以写一个换元公式：

/Claim/

设 $Q:\R^3(x_1',x_2',x_3')\to\R^3(x_1,x_2,x_3)$ 是一个正交变换，则

$$\iint_Sf\text{d}S=\iint_{S'}(f\circ Q)\text{d}S$$

/Proof/

证明非常直接，将 $Q\circ\Phi$ 作为 $S$ 的参数化，则

$$\begin{aligned} \iint_Sf\text{d}S&=\iint_D(f\circ Q\circ\Phi)\sqrt{\det(J_\Phi^TJ_Q^TJ_QJ_\Phi)}\text{d}u_1\text{d}u_2\\\\ &=\iint_D(f\circ Q\circ\Phi)\sqrt{\det(J_\Phi^TJ_\Phi)}\det(J_Q)\text{d}u_1\text{d}u_2\\\\ &=\iint_{S'}(f\circ Q)\text{d}S' \end{aligned}$$

对于两个我们今天得到的换元公式，实际上有更加几何、更加直观的解释：正交变换是一种保距变换，也是一种保角变换.

将两个不同空间的曲线分割为小段，得到

$$\begin{aligned} \int_Lf\text{d}l&=\lim\sum f(Q(\xi_i))\text{Length}(Q(L_i))\\\\ &\approx\lim\sum f(Q(\xi_i))\text{Length}(L_i')=\int_{L'}(f\circ Q)\text{d}l \end{aligned}$$

当然这个理解并不好写出严格证明. 曲面的情况是同理的.

下面考察一些例子：

/Example/ (球面面积)

求

$$S^2=\{(x,y,z)|x^2+y^2+z^2=R^2\}$$

的面积.

当然我们要先定义面积，如下：

$$\text{area}(S)=\iint_S1\cdot\text{d}S$$

---

/Method/ (1) graph 结论

将南北半球分别视为 graph，是函数 $z=g(x,y)=\sqrt{R^2-x^2-y^2}$ 的 graph.

则面积为

$$\begin{aligned} &\text{area}(S^2_+)\\\\ &=\iint_{x^2+y^2\leq R^2}\sqrt{g_x^2+g_y^2+1}\,\text{d}x\text{d}y\\\\ &=\iint_{x^2+y^2\leq R^2}\sqrt{\left(\frac{-x}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)^2+\left(\frac{-y}{\sqrt{x^2+y^2}}\right)^2+1}\cdot\text{d}x\text{d}y\\\\ &=\iint_{x^2+y^2\leq R^2}\sqrt\frac{R^2}{R^2-x^2-y^2}\cdot\text{d}x\text{d}y\\\\ &=\int_0^{2\pi}\text{d}\theta\int_0^Rr\text{d}r\cdot\frac{R}{\sqrt{R^2-r^2}}\\\\ &=2\pi R^2 \end{aligned}$$

/Method/ (2) 球坐标

变换为

$$\begin{cases} x=r\sin\theta\cos\varphi\\ y=r\sin\theta\sin\varphi\\ z=r\cos\theta \end{cases}\,,\quad r=R=\text{const}.$$

这里要计算 $|\vec{r}_\theta\times\vec{r}_\varphi|$ 的值，有

$$\begin{aligned} \vec{r}_\theta&=(r\cos\theta\cos\varphi,r\cos\theta\sin\varphi,-r\sin\theta)\\\\ \vec{r}_\varphi&=(-r\sin\theta\sin\varphi,r\sin\theta\cos\varphi,0)\\\\ \vec{r}_\theta\times\vec{r}_\varphi&=(r^2\sin^2\theta\cos\varphi,r^2\sin^2\theta\sin\varphi,r^2\cos\theta\sin\theta)\\\\ |\vec{r}_\theta\times\vec{r}_\varphi|&=r^2\sin\theta=R^2\sin\theta \end{aligned}$$

于是之后很好计算.

/Example/ (均匀球面电荷)

Gauss 曾经计算了这个例子.

$S^2$ 上电荷均匀分布，考虑这个球面电荷对每一点 $(x,y,z)$ 产生的静电场.

提示

Newton 曾经用纯几何的方式计算出来这个结果，似乎更加 remarkable.

因为整体计算非常困难，我们直接计算 $z$ 轴上一点 $P(0,0,a)$ 的静电场 (这是有代表性的)，为

$$\begin{aligned} \vec{E}(0,0,a)&=\iint_S\frac{1}{x^2+y^2+(z-a)^2}\cdot\frac{(0,0,a)-(x,y,z)}{\sqrt{x^2+y^2+(z-a)^2}}\text{d}S\\\\ &=\iint_S\frac{(-x,-y,a-z)}{[x^2+y^2+(z-a)^2]^{3/2}}\text{d}S \end{aligned}$$

注意到 $x,y$ 分量上的积分都是奇函数，所以积分均为零. 只需要算 $z$ 分量的积分，选用球坐标的参数化，用 $\theta,\varphi$ 来计算.

$$\begin{aligned} E_z&=\iint_S\frac{a-z}{[x^2+y^2+(z-a)^2]^{3/2}}\text{d}S\\\\ &=\iint_{\substack{0\leq\theta\leq\pi\\0\leq\varphi\leq2\pi}}\frac{a-R\cos\theta}{(R^2+a^2-2aR\cos\theta)^{3/2}}\cdot R\sin\theta\text{d}\theta\text{d}\varphi \end{aligned}$$

实际上这个积分我们之前在学习一元积分时计算过 (此处)，若换元，可以得到

$$\begin{aligned} &=2\pi R^2\int_1^{-1}\frac{(a-Ru)(-\text{d}u)}{(R^2+a^2-2aRu)^{3/2}} \end{aligned}$$

这一积分是简单的，留给同学们.

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2025/6/10 14:55

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• b9ed8-feat(note): add integral note lesson-55于 2025/6/10

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