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第二型曲線曲面積分的輪換對稱性

作者：由 miniEthan 發表于收藏時間：2021-04-24

第二型曲線曲面積分的輪換對稱性常常被忽視，如下介紹的同時也給出了例題便於直觀理解。

同時這些結論若結合物理意義（變力沿曲線的做功與流向曲面一側的流量）進行記憶就會變得自然了

先介紹第二型曲線曲面積分的對稱性

$\color{red}{(奇倍偶零)}$

一、第二型曲線積分的對稱性

曲線關於x軸對稱時則只在dx時是奇倍偶零哦！！！

$若L關於\color{red}{x軸}對稱,即曲線方程中用y\rightarrow -y代換後方程不改變,$

$L_{1}是L的一半對稱曲線。$

$若f(x,y)是關於y的偶函式，則\int_{L}f(x,y)\color{red}{dx}=0;$

$若f(x,y)是關於y的奇函式，則\int_{L}f(x,y)\color{red}{dx}=2\int_{L_{1}}f(x,y)dx;$

$若f(x,y)是關於y的偶函式，則\int_{L}f(x,y)\color{red}{dy}=2\int_{L_{1}}f(x,y)dy;$

$若f(x,y)是關於y的奇函式，則\int_{L}f(x,y)\color{red}{dy}=0$

$例、曲線L：y=1-|x|(x\epsilon[-1,1]),起點為(-1,0),終點為(1,0),$

$求\int_{L}xydx+x^{2}dy$

$解：因為曲線關於y軸對稱，且x^{2}是關於x的偶函式，xy是關於$

$y軸的奇函式，因此\int_{L}xydx+x^{2}dy=0$

二、第二型曲面積分的對稱性

$曲面\Sigma關於xoy平面對稱(\Sigma的側也是對稱的)，即曲面方程中用$

$z\rightarrow-z代換後方程不改變,\Sigma_{1}是\Sigma的一半對稱區域$

$若f(x,y,z)是關於z的偶函式，則\iint_{\Sigma}f(x,y,z)dxdy=0$

$若f(x,y,z)是關於z的奇函式，則\iint_{\Sigma}f(x,y,z)dxdy=2\iint_{\Sigma_{1}}f(x,y,z)dxdy$

曲面關於xoz平面，yoz平面對稱時結論類似。

注：面積元為dxdy時則只考慮關於xoy平面的對稱性

三、第二型曲線積分的輪換對稱性

$L是關於y=x直線對稱，即曲線方程中進行x\rightarrow y,y\rightarrow x的$

$輪換後曲線方程不改變，則\int_{L}f(x,y)dx+\int_{L}f(y,x)dy=0$

f（x，y）在點（x，y）上的值與f（y，x）在點（y，x）的值相等，而在沿L的方向上，在（x，y）處的dx與在（y，x）處的dy方向總是一正一負，故互相抵消相加為0。

此處舉個最簡單的特例f=1，L為y=-x+1（方向為圖中黑色箭頭所示），（0

$這個可以舉特例f=1,L為y=-x+1(0\leq x\leq1)檢驗之$

$例、L：|x|+|y|=1,方向取逆時針方向，計算\oint_{L}x^{2}ydx+xy^{2}dy$

四、第二型曲面積分的輪換對稱性

$曲面\Sigma關於x=y,y=z,z=x平面對稱(\Sigma的側也是對稱的)，$

$即曲面方程中進行x\rightarrow y,y\rightarrow z,z\rightarrow x的輪換後方程不改變，則$

$\iint_{\Sigma}f(x,y,z)dxdy=\iint_{\Sigma}f(y,z,x)dydz=\iint_{\Sigma}f(z,x,y)dzdx$

$例、計算I=\iint_{\Sigma}\frac{2dydz}{xcos^{2}x}+\frac{dzdx}{cos^{2}y}-\frac{dxdy}{zcos^{2}z}，\Sigma為球面x^{2}+y^{2}+z^{2}=1的外側$

注：此問可謂是考察第二型曲面積分輪換對稱性與對稱性的典例！！！

$解：由對稱性知\iint_{\Sigma}\frac{dzdx}{cos^{2}y}=0，輪換對稱性知\iint_{\Sigma}\frac{2dydz}{xcos^{2}x}=\iint_{\Sigma}\frac{2dxdy}{zcos^{2}z}$

$D_{xy}為\Sigma_{1}在xoy面上的投影所以I=\iint_{\Sigma}\frac{dxdy}{zcos^{2}z}=2\iint_{\Sigma_{1}}\frac{dxdy}{zcos^{2}z}=$

$2\iint_{D_{xy}}\frac{dxdy}{\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}cos^{2}\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}}=2\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{1}\frac{\rho d\rho}{\sqrt{1-\rho^{2}}cos^{2}\sqrt{1-\rho^{2}}}=4\pi tan1$

標簽：對稱性曲面積分曲線第二

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