高等数学（第七版）同济大学习题11-5 个人解答

高等数学（第七版）同济大学习题11-5

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1. 按对坐标的曲面积分的定义证明公式 ∬ Σ [ P 1 ( x , y , z ) ± P 2 ( x , y , z ) ] d y d z = ∬ Σ P 1 ( x , y , z ) d y d z ± ∬ Σ P 2 ( x , y , z ) d y d z . \begin{aligned}&1. \ 按对坐标的曲面积分的定义证明公式\\\\&\ \ \ \ \iint_{\Sigma}[P_1(x, \ y, \ z)\pm P_2(x, \ y, \ z)]dydz=\iint_{\Sigma}P_1(x, \ y, \ z)dydz \pm \iint_{\Sigma}P_2(x, \ y, \ z)dydz.&\end{aligned} 1. 按对坐标的曲面积分的定义证明公式 ∬Σ[P1(x, y, z)±P2(x, y, z)]dydz=∬ΣP1(x, y, z)dydz±∬ΣP2(x, y, z)dydz.

解：

把 Σ 任意分成 n 块小曲面 Δ S i （其面积也记为 Δ S i ）， Δ S i 在 y O z 面上的投影为 ( Δ S i ) y z ，在 Δ S i 上任取一点 ( ξ i , η i , ζ i ) ，设 λ 是各小块曲面的直径的最大值，则 ∬ Σ [ P 1 ( x , y , z ) ± P 2 ( x , y , z ) ] d y d z = lim ⁡ λ → 0 ∑ i = 1 n [ P 1 ( ξ i , η i , ζ i ) ± P 2 ( ξ i , η i , ζ i ) ] ( Δ S i ) y z = lim ⁡ λ → 0 ∑ i = 1 n P 1 ( ξ i , η i , ζ i ) ( Δ S i ) y z ± lim ⁡ λ → 0 ∑ i = 1 n P 2 ( ξ i , η i , ζ i ) ( Δ S i ) y z = ∬ Σ P 1 ( x , y , z ) d y d z ± ∬ Σ P 2 ( x , y , z ) d y d z \begin{aligned} &\ \ 把\Sigma任意分成n块小曲面\Delta S_i（其面积也记为\Delta S_i），\Delta S_i在yOz面上的投影为(\Delta S_i)_{yz}，在\Delta S_i上任取\\\\ &\ \ 一点(\xi_i, \ \eta_i, \ \zeta_i)，设\lambda是各小块曲面的直径的最大值，则\iint_{\Sigma}[P_1(x, \ y, \ z)\pm P_2(x, \ y, \ z)]dydz=\\\\ &\ \ \lim_{\lambda \rightarrow 0}\sum_{i=1}^{n}[P_1(\xi_i, \ \eta_i, \ \zeta_i) \pm P_2(\xi_i, \ \eta_i, \ \zeta_i)](\Delta S_i)_{yz}=\lim_{\lambda \rightarrow 0}\sum_{i=1}^{n}P_1(\xi_i, \ \eta_i, \ \zeta_i) (\Delta S_i)_{yz}\pm \lim_{\lambda \rightarrow 0}\sum_{i=1}^{n}P_2(\xi_i, \ \eta_i, \ \zeta_i)(\Delta S_i)_{yz}=\\\\ &\ \ \iint_{\Sigma}P_1(x, \ y, \ z)dydz \pm \iint_{\Sigma}P_2(x, \ y, \ z)dydz & \end{aligned} 把Σ任意分成n块小曲面ΔSi（其面积也记为ΔSi），ΔSi在yOz面上的投影为(ΔSi)yz，在ΔSi上任取一点(ξi, ηi, ζi)，设λ是各小块曲面的直径的最大值，则∬Σ[P1(x, y, z)±P2(x, y, z)]dydz= λ→0limi=1∑n[P1(ξi, ηi, ζi)±P2(ξi, ηi, ζi)](ΔSi)yz=λ→0limi=1∑nP1(ξi, ηi, ζi)(ΔSi)yz±λ→0limi=1∑nP2(ξi, ηi, ζi)(ΔSi)yz= ∬ΣP1(x, y, z)dydz±∬ΣP2(x, y, z)dydz

2. 当 Σ 为 x O y 面内的一个闭区域时，曲面积分 ∬ Σ R ( x , y , z ) d x d y 与二重积分有什么关系？ \begin{aligned}&2. \ 当\Sigma为xOy面内的一个闭区域时，曲面积分\iint_{\Sigma}R(x,\ y, \ z)dxdy与二重积分有什么关系？&\end{aligned} 2. 当Σ为xOy面内的一个闭区域时，曲面积分∬ΣR(x, y, z)dxdy与二重积分有什么关系？

解：

Σ 在 x O y 面上的投影区域 D x y 就是 Σ 本身，且在 Σ 上， z = 0 ，因此 ∬ Σ R ( x , y , z ) d x d y = ± ∬ D x y R ( x , y , 0 ) d x d y ，当 Σ 取上侧时为正号，取下侧时为负号 . \begin{aligned} &\ \ \Sigma在xOy面上的投影区域D_{xy}就是\Sigma本身，且在\Sigma上，z=0，因此\iint_{\Sigma}R(x, \ y, \ z)dxdy=\pm \iint_{D_{xy}}R(x, \ y, \ 0)dxdy，\\\\ &\ \ 当\Sigma取上侧时为正号，取下侧时为负号. & \end{aligned} Σ在xOy面上的投影区域Dxy就是Σ本身，且在Σ上，z=0，因此∬ΣR(x, y, z)dxdy=±∬DxyR(x, y, 0)dxdy，当Σ取上侧时为正号，取下侧时为负号.

3. 计算下列对坐标的曲面积分： \begin{aligned}&3. \ 计算下列对坐标的曲面积分：&\end{aligned} 3. 计算下列对坐标的曲面积分：

( 1 ) ∬ Σ x 2 y 2 z d x d y ，其中 Σ 是球面 x 2 + y 2 + z 2 = R 2 的下半部分的下侧； ( 2 ) ∬ Σ z d x d y + x d y d z + y d z d x ，其中 Σ 是柱面 x 2 + y 2 = 1 被平面 z = 0 及 z = 3 所截得的在第一卦限内的部分的前侧； ( 3 ) ∬ Σ [ f ( x , y , z ) + x ] d y d z + [ 2 f ( x , y , z ) + y ] d z d x + [ f ( x , y , z ) + z ] d x d y ，其中 f ( x , y , z ) 为连续函数， Σ 是平面 x − y + z = 1 在第四卦限部分的上侧； ( 4 ) ∯ Σ x z d x d y + x y d y d z + y z d z d x ，其中 Σ 是平面 x = 0 ， y = 0 ， z = 0 ， x + y + z = 1 所围成的空间区域的整个边界曲面的外侧 . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \iint_{\Sigma}x^2y^2zdxdy，其中\Sigma是球面x^2+y^2+z^2=R^2的下半部分的下侧；\\\\ &\ \ (2)\ \ \iint_{\Sigma}zdxdy+xdydz+ydzdx，其中\Sigma是柱面x^2+y^2=1被平面z=0及z=3所截得的在第一卦限内的\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 部分的前侧；\\\\ &\ \ (3)\ \ \iint_{\Sigma}[f(x,\ y, \ z)+x]dydz+[2f(x,\ y, \ z)+y]dzdx+[f(x, \ y, \ z)+z]dxdy，其中f(x,\ y, \ z)为连续函数，\Sigma是平面\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ x-y+z=1在第四卦限部分的上侧；\\\\ &\ \ (4)\ \ \oiint_{\Sigma}xzdxdy+xydydz+yzdzdx，其中\Sigma是平面x=0，y=0，z=0，x+y+z=1所围成的空间区域的整个\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ 边界曲面的外侧. & \end{aligned} (1) ∬Σx2y2zdxdy，其中Σ是球面x2+y2+z2=R2的下半部分的下侧； (2) ∬Σzdxdy+xdydz+ydzdx，其中Σ是柱面x2+y2=1被平面z=0及z=3所截得的在第一卦限内的部分的前侧； (3) ∬Σ[f(x, y, z)+x]dydz+[2f(x, y, z)+y]dzdx+[f(x, y, z)+z]dxdy，其中f(x, y, z)为连续函数，Σ是平面 x−y+z=1在第四卦限部分的上侧； (4) ∬ Σxzdxdy+xydydz+yzdzdx，其中Σ是平面x=0，y=0，z=0，x+y+z=1所围成的空间区域的整个边界曲面的外侧.

解：

( 1 ) Σ 在 x O y 面上的投影区域 D x y = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ R 2 } ，在 Σ 上， z = − R 2 − x 2 − y 2 ，因为 Σ 取下侧，所以 ∬ Σ x 2 y 2 z d x d y = − ∬ D x y x 2 y 2 ( − R 2 − x 2 − y 2 ) d x d y ，转换为极坐标形式， ∬ D x y ρ 4 c o s 2 θ s i n 2 θ R 2 − ρ 2 ρ d ρ d θ = ∫ 0 2 π 1 4 s i n 2 2 θ d θ ⋅ ∫ 0 R ρ 5 R 2 − ρ 2 d ρ ，令 ρ = R s i n t ，上式 = π 4 ∫ 0 π 2 R 5 s i n 5 t ⋅ R c o s t ⋅ R c o s t d t = π 4 R 7 ∫ 0 π 2 ( s i n 5 t − s i n 7 t ) d t = π 4 R 7 ⋅ ( 4 5 ⋅ 2 3 − 6 7 ⋅ 4 5 ⋅ 2 3 ) = 2 105 π R 7 . ( 2 ) 因为柱面 x 2 + y 2 = 1 在 x O y 面上的投影为零，所以 ∬ Σ z d x d y = 0 ，又因 D y z { ( y , z ) ∣ 0 ≤ y ≤ 1 ， 0 ≤ z ≤ 3 } ， D z x = { ( x , z ) ∣ 0 ≤ z ≤ 3 ， 0 ≤ x ≤ 1 } ， Σ 取前侧，所以 ∬ Σ z d x d y + x d y d z + y d z d x = ∬ Σ x d y d z + ∬ Σ y d z d x = ∬ D y z 1 − y 2 d y d z + ∬ D z x 1 − x 2 d z d x = ∫ 0 3 d z ∫ 0 1 1 − y 2 d y + ∫ 0 3 d z ∫ 0 1 1 − x 2 d x = 2 ⋅ 3 [ y 2 1 − y 2 + 1 2 a r c s i n y ] 0 1 = 3 2 π . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \Sigma在xOy面上的投影区域D_{xy}=\{(x,\ y)\ |\ x^2+y^2 \le R^2\}，在\Sigma上，z=-\sqrt{R^2-x^2-y^2}，因为\Sigma取下侧，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 所以\iint_{\Sigma}x^2y^2zdxdy=-\iint_{D_{xy}}x^2y^2(-\sqrt{R^2-x^2-y^2})dxdy，转换为极坐标形式，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D_{xy}}\rho^4cos^2\ \theta sin^2\ \theta\sqrt{R^2-\rho^2}\rho d\rho d\theta=\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{4}sin^2\ 2\theta d\theta \cdot \int_{0}^{R}\rho^5\sqrt{R^2-\rho^2}d\rho，令\rho=Rsin\ t，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 上式=\frac{\pi}{4}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}R^5sin^5\ t\cdot Rcos\ t\cdot Rcos\ tdt=\frac{\pi}{4}R^7\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(sin^5\ t-sin^7\ t)dt=\frac{\pi}{4}R^7 \cdot \left(\frac{4}{5}\cdot \frac{2}{3}-\frac{6}{7}\cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{2}{3}\right)=\frac{2}{105}\pi R^7.\\\\ &\ \ (2)\ 因为柱面x^2+y^2=1在xOy面上的投影为零，所以\iint_{\Sigma}zdxdy=0，又因D_{yz}\{(y, \ z)\ |\ 0 \le y \le 1，0 \le z \le 3\}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D_{zx}=\{(x, \ z)\ |\ 0 \le z \le 3，0 \le x \le 1\}，\Sigma取前侧，所以\iint_{\Sigma}zdxdy+xdydz+ydzdx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{\Sigma}xdydz+\iint_{\Sigma}ydzdx=\iint_{D_{yz}}\sqrt{1-y^2}dydz+\iint_{D_{zx}}\sqrt{1-x^2}dzdx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{3}dz\int_{0}^{1}\sqrt{1-y^2}dy+\int_{0}^{3}dz\int_{0}^{1}\sqrt{1-x^2}dx=2\cdot 3\left[\frac{y}{2}\sqrt{1-y^2}+\frac{1}{2}arcsin\ y\right]_{0}^{1}=\frac{3}{2}\pi.\\\\ & \end{aligned} (1) Σ在xOy面上的投影区域Dxy={(x, y) ∣ x2+y2≤R2}，在Σ上，z=−R2−x2−y2 ，因为Σ取下侧，所以∬Σx2y2zdxdy=−∬Dxyx2y2(−R2−x2−y2 )dxdy，转换为极坐标形式， ∬Dxyρ4cos2 θsin2 θR2−ρ2 ρdρdθ=∫02π41sin2 2θdθ⋅∫0Rρ5R2−ρ2 dρ，令ρ=Rsin t，上式=4π∫02πR5sin5 t⋅Rcos t⋅Rcos tdt=4πR7∫02π(sin5 t−sin7 t)dt=4πR7⋅(54⋅32−76⋅54⋅32)=1052πR7. (2) 因为柱面x2+y2=1在xOy面上的投影为零，所以∬Σzdxdy=0，又因Dyz{(y, z) ∣ 0≤y≤1，0≤z≤3}， Dzx={(x, z) ∣ 0≤z≤3，0≤x≤1}，Σ取前侧，所以∬Σzdxdy+xdydz+ydzdx= ∬Σxdydz+∬Σydzdx=∬Dyz1−y2 dydz+∬Dzx1−x2 dzdx= ∫03dz∫011−y2 dy+∫03dz∫011−x2 dx=2⋅3[2y1−y2 +21arcsin y]01=23π.

( 3 ) 在 Σ 上， z = 1 − x + y ，因为 Σ 取上侧，所以 Σ 在任一点处的单位法向量为 n = 1 1 + z x 2 + z y 2 ( − z x , − z y , 1 ) = 1 3 ( 1 , − 1 , 1 ) ，根据两类曲面积分之间的联系， ∬ Σ [ f ( x , y , z ) + x ] d y d z + [ 2 f ( x , y , z ) + y ] d z d x + [ f ( x , y , z ) + z ] d x d y = ∬ Σ [ ( f + x ) c o s α + ( 2 f + y ) c o s β + ( f + z ) c o s γ ] d S = 1 3 ∬ Σ [ ( f + x ) − ( 2 f + y ) + ( f + z ) ] d S = 1 3 ∬ Σ ( x − y + z ) d S = 1 3 ∬ Σ d S = 1 3 ⋅ ( Σ 的面积 ) = 1 3 ⋅ 3 2 = 1 2 . ( 4 ) 在坐标面 x = 0 ， y = 0 和 z = 0 上，积分值均为零，因此只需计算在 Σ ′ : x + y + z = 1 上的积分值， ∬ Σ ′ x z d x d y = ∬ D x y x ( 1 − x − y ) d x d y = ∫ 0 1 x d x ∫ 0 1 − x ( 1 − x − y ) d y = 1 24 ，根据被积函数和积分曲面关于积分变量的对称性，可得 ∬ Σ ′ x y d y d z = ∬ Σ ′ y z d z d x = ∬ Σ ′ x z d x d y = 1 24 ，因此 ∯ Σ x z d x d y + x y d y d z + y z d z d x = 3 ⋅ 1 24 = 1 8 . \begin{aligned} &\ \ (3)\ 在\Sigma上，z=1-x+y，因为\Sigma取上侧，所以\Sigma在任一点处的单位法向量为n=\frac{1}{\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}}(-z_x, \ -z_y, \ 1)=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{\sqrt{3}}(1, \ -1, \ 1)，根据两类曲面积分之间的联系，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{\Sigma}[f(x,\ y, \ z)+x]dydz+[2f(x,\ y, \ z)+y]dzdx+[f(x, \ y, \ z)+z]dxdy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{\Sigma}[(f+x)cos\ \alpha+(2f+y)cos\ \beta+(f+z)cos\ \gamma]dS=\frac{1}{\sqrt{3}}\iint_{\Sigma}[(f+x)-(2f+y)+(f+z)]dS=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{\sqrt{3}}\iint_{\Sigma}(x-y+z)dS=\frac{1}{\sqrt{3}}\iint_{\Sigma}dS=\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot (\Sigma的面积)=\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{2}.\\\\ &\ \ (4)\ 在坐标面x=0，y=0和z=0上，积分值均为零，因此只需计算在\Sigma':\ x+y+z=1上的积分值，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{\Sigma'}xzdxdy=\iint_{D_{xy}}x(1-x-y)dxdy=\int_{0}^{1}xdx\int_{0}^{1-x}(1-x-y)dy=\frac{1}{24}，根据被积函数和积分曲面关于\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 积分变量的对称性，可得\iint_{\Sigma'}xydydz=\iint_{\Sigma'}yzdzdx=\iint_{\Sigma'}xzdxdy=\frac{1}{24}，因此\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \oiint_{\Sigma}xzdxdy+xydydz+yzdzdx=3\cdot \frac{1}{24}=\frac{1}{8}. & \end{aligned} (3) 在Σ上，z=1−x+y，因为Σ取上侧，所以Σ在任一点处的单位法向量为n=1+zx2+zy2 1(−zx, −zy, 1)= 3 1(1, −1, 1)，根据两类曲面积分之间的联系， ∬Σ[f(x, y, z)+x]dydz+[2f(x, y, z)+y]dzdx+[f(x, y, z)+z]dxdy= ∬Σ[(f+x)cos α+(2f+y)cos β+(f+z)cos γ]dS=3 1∬Σ[(f+x)−(2f+y)+(f+z)]dS= 3 1∬Σ(x−y+z)dS=3 1∬ΣdS=3 1⋅(Σ的面积)=3 1⋅23 =21. (4) 在坐标面x=0，y=0和z=0上，积分值均为零，因此只需计算在Σ′: x+y+z=1上的积分值， ∬Σ′xzdxdy=∬Dxyx(1−x−y)dxdy=∫01xdx∫01−x(1−x−y)dy=241，根据被积函数和积分曲面关于积分变量的对称性，可得∬Σ′xydydz=∬Σ′yzdzdx=∬Σ′xzdxdy=241，因此 ∬ Σxzdxdy+xydydz+yzdzdx=3⋅241=81.

4. 把对坐标的曲面积分 ∬ Σ P ( x , y , z ) d y d z + Q ( x , y , z ) d z d x + R ( x , y , z ) d x d y 化成对面积的曲面积分，其中 \begin{aligned}&4. \ 把对坐标的曲面积分\\\\&\ \ \ \ \iint_{\Sigma}P(x, \ y, \ z)dydz+Q(x, \ y, \ z)dzdx+R(x, \ y, \ z)dxdy化成对面积的曲面积分，其中&\end{aligned} 4. 把对坐标的曲面积分 ∬ΣP(x, y, z)dydz+Q(x, y, z)dzdx+R(x, y, z)dxdy化成对面积的曲面积分，其中

( 1 ) Σ 是平面 3 x + 2 y + 2 3 z = 6 在第一卦限的部分的上侧； ( 2 ) Σ 是抛物面 z = 8 − ( x 2 + y 2 ) 在 x O y 面上方的部分的上侧 . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \Sigma是平面3x+2y+2\sqrt{3}z=6在第一卦限的部分的上侧；\\\\ &\ \ (2)\ \ \Sigma是抛物面z=8-(x^2+y^2)在xOy面上方的部分的上侧. & \end{aligned} (1) Σ是平面3x+2y+23 z=6在第一卦限的部分的上侧； (2) Σ是抛物面z=8−(x2+y2)在xOy面上方的部分的上侧.

解：

( 1 ) 因为 Σ : 3 x + 2 y + 2 3 z = 6 取上侧，所以 Σ 在任一点处的单位法向量为 n = ( c o s α , c o s β , c o s γ ) = 1 3 2 + 2 2 + ( 2 3 ) 2 ( 3 , 2 , 2 3 ) = ( 3 5 , 2 5 , 2 3 5 ) ，则 ∬ Σ P d y d z + Q d z d x + R d x d y = ∬ Σ ( P c o s α + Q c o s β + R c o s γ ) d S = ∬ Σ ( 3 5 P + 2 5 Q + 2 3 5 R ) d S . ( 2 ) 因为 Σ : z = 8 − ( x 2 + y 2 ) 取上侧，所以 Σ 在其上任一点 ( x , y , z ) 处的单位法向量为 n = 1 1 + z x 2 + z y 2 ( − z x , − z y , 1 ) = 1 1 + ( − 2 x ) 2 + ( − 2 y ) 2 ( 2 x , 2 y , 1 ) ，则 ∬ Σ P d y d z + Q d z d x + R d x d y = ∬ Σ ( P c o s α + Q c o s β + R c o s γ ) d S = ∬ Σ 2 x P + 2 y Q + R 1 + 4 x 2 + 4 y 2 d S . \begin{aligned} &\ \ (1)\ 因为\Sigma:\ 3x+2y+2\sqrt{3}z=6取上侧，所以\Sigma在任一点处的单位法向量为n=(cos\ \alpha, \ cos\ \beta, \ cos\ \gamma)=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{\sqrt{3^2+2^2+(2\sqrt{3})^2}}(3, \ 2, \ 2\sqrt{3})=\left(\frac{3}{5}, \ \frac{2}{5}, \ \frac{2\sqrt{3}}{5}\right)，则\iint_{\Sigma}Pdydz+Qdzdx+Rdxdy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{\Sigma}(Pcos\ \alpha+Qcos\ \beta+Rcos\ \gamma)dS=\iint_{\Sigma}\left(\frac{3}{5}P+\frac{2}{5}Q+\frac{2\sqrt{3}}{5}R\right)dS.\\\\ &\ \ (2)\ 因为\Sigma:\ z=8-(x^2+y^2)取上侧，所以\Sigma在其上任一点(x, \ y, \ z)处的单位法向量为\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ n=\frac{1}{\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}}(-z_x, \ -z_y, \ 1)=\frac{1}{\sqrt{1+(-2x)^2+(-2y)^2}}(2x, \ 2y, \ 1)，则\iint_{\Sigma}Pdydz+Qdzdx+Rdxdy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{\Sigma}(Pcos\ \alpha+Qcos\ \beta+Rcos\ \gamma)dS=\iint_{\Sigma}\frac{2xP+2yQ+R}{\sqrt{1+4x^2+4y^2}}dS. & \end{aligned} (1) 因为Σ: 3x+2y+23 z=6取上侧，所以Σ在任一点处的单位法向量为n=(cos α, cos β, cos γ)= 32+22+(23 )2 1(3, 2, 23 )=(53, 52, 523 )，则∬ΣPdydz+Qdzdx+Rdxdy= ∬Σ(Pcos α+Qcos β+Rcos γ)dS=∬Σ(53P+52Q+523 R)dS. (2) 因为Σ: z=8−(x2+y2)取上侧，所以Σ在其上任一点(x, y, z)处的单位法向量为 n=1+zx2+zy2 1(−zx, −zy, 1)=1+(−2x)2+(−2y)2 1(2x, 2y, 1)，则∬ΣPdydz+Qdzdx+Rdxdy= ∬Σ(Pcos α+Qcos β+Rcos γ)dS=∬Σ1+4x2+4y2 2xP+2yQ+RdS.