对称性
本节分享一道第二型曲面积分，这道题目的特点在于对称性的极致运用，不仅用到了 轮换对称性 中介绍过的轮换对称性，也用到了第二型曲面积分自己的对称性。
例题
Example
计算：
\[
I=\iint\limits_{\Sigma} \frac{2\,\mathrm{d}y\mathrm{d}z}{x\cos^2 x}+\frac{\mathrm{d}z\mathrm{d}x}{\cos^2 y}-\frac{\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{z\cos^2 z},\quad \Sigma:x^2+y^2+z^2=1,\text{取外侧}.
\]
解：看到封闭曲面 \(\Sigma\)（单位球面），第一反应通常是使用高斯公式转化为三重积分。
但是，如果你直接对这三项求偏导，会发现被积函数中含有 \(\dfrac{1}{x \cos^2 x}\)、\(\dfrac{1}{z \cos^2 z}\) 这种在原点或坐标轴（如 \(x=0, z=0\)）处不连续甚至无定义的奇点。而高斯公式要求被积函数在闭区域内具有连续的一阶偏导数。
因此我们需要另寻他法！
已知单位球面 \(\Sigma: x^2 + y^2 + z^2 = 1\) 取外侧，它关于变量 \(x, y, z\) 具有完全的轮换对称性（忘记的话快去复习 轮换对称性）
我们将原积分 \(I\) 拆成三部分：
\[
I = \iint_{\Sigma} \frac{2}{x \cos^2 x} \mathrm{d}y\mathrm{d}z + \iint_{\Sigma} \frac{1}{\cos^2 y} \mathrm{d}z\mathrm{d}x - \iint_{\Sigma} \frac{1}{z \cos^2 z} \mathrm{d}x\mathrm{d}y
\]
根据轮换对称性：
- 将第一项中的 \(x\) 替换为 \(z\)，对应的面积元 \(\mathrm{d}y\mathrm{d}z\) 轮换为 \(\mathrm{d}x\mathrm{d}y\)，则有：
\[
\iint_{\Sigma} \frac{1}{x \cos^2 x} \mathrm{d}y\mathrm{d}z = \iint_{\Sigma} \frac{1}{z \cos^2 z} \mathrm{d}x\mathrm{d}y
\]
- 将第二项中的 \(y\) 替换为 \(z\)，对应的面积元 \(\mathrm{d}z\mathrm{d}x\) 轮换为 \(\mathrm{d}x\mathrm{d}y\)，则有：
\[
\iint_{\Sigma} \frac{1}{\cos^2 y} \mathrm{d}z\mathrm{d}x = \iint_{\Sigma} \frac{1}{\cos^2 z} \mathrm{d}x\mathrm{d}y
\]
现在我们将上面轮换后的结果代回原积分 \(I\) 中，全部统一用 \(\mathrm{d}x\mathrm{d}y\) 形式来表达：
\[
\begin{aligned}
I &= 2 \iint_\limits{\Sigma} \frac{1}{x \cos^2 x} \mathrm{d}y\mathrm{d}z + \iint_\limits{\Sigma} \frac{1}{\cos^2 y} \mathrm{d}z\mathrm{d}x - \iint_\limits{\Sigma} \frac{1}{z \cos^2 z} \mathrm{d}x\mathrm{d}y\\
&= 2 \iint_\limits{\Sigma} \frac{1}{z \cos^2 z} \mathrm{d}x\mathrm{d}y + \iint_\limits{\Sigma} \frac{1}{\cos^2 z} \mathrm{d}x\mathrm{d}y - \iint_\limits{\Sigma} \frac{1}{z \cos^2 z} \mathrm{d}x\mathrm{d}y\\
&= \iint_\limits{\Sigma} \frac{1}{z \cos^2 z} \mathrm{d}x\mathrm{d}y + \iint_\limits{\Sigma} \frac{1}{\cos^2 z} \mathrm{d}x\mathrm{d}y
\end{aligned}
\]
被积函数只含 \(z\)，根据互补原理，我们看看积分区域关于 \(xOy\) 面的对称性，显然是对称的，那么根据第二型曲面积分中对称性的原理——“偶零奇倍”可以得出：
\[
\iint_\limits{\Sigma} \frac{1}{z \cos^2 z} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = 2 \iint_\limits{\Sigma_\text{上}} \frac{1}{z \cos^2 z} \mathrm{d}x\mathrm{d}y
\]
\[
\iint_\limits{\Sigma} \frac{1}{\cos^2 z} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = 0
\]
因此原积分就被化简成了：
\[
I = 2\iint_\limits{\Sigma_\text{上}} \frac{1}{z \cos^2 z} \mathrm{d}x\mathrm{d}y
\]
根据投影法，我们将 \(z = \sqrt{1-x^2-y^2}\) 代入，将曲面积分化为 \(xOy\) 平面 \(D\) 上的二重积分。随后进行极坐标换元，令 \(x = r\cos\theta, y = r\sin\theta\)，则 \(x^2+y^2 = r^2\)，面积元 \(\mathrm{d}x\mathrm{d}y = r\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta\)。
由于被积函数只与 \(r\) 有关，对 \(\theta\) 的积分直接积出来就是 \(2\pi\)。与前面的系数 \(2\) 相乘得到 \(4\pi\)：
\[
I = 4\pi \int_{0}^{1} \frac{1}{\sqrt{1-r^2} \cos^2\sqrt{1-r^2}} \cdot r\,\mathrm{d}r
\]
令 \(u = \sqrt{1-r^2}\)，代入积分式：
\[
\begin{aligned}
I &= 4\pi \int_{1}^{0} \frac{1}{u \cos^2 u} \cdot (-u\,\mathrm{d}u)\\
&= 4\pi \int_{0}^{1} \frac{\mathrm{d}u}{\cos^2 u}\\
&= 4\pi \Big[ \tan u \Big]_{0}^{1} \\&= 4\pi (\tan 1 - \tan 0) \\&= 4\pi \tan 1
\end{aligned}
\]
至此，我们通过轮换对称性和第二型曲面积分的对称性将原积分化简，然后投影到 \(xOy\) 面进行极坐标换元，顺利解决了这道题目！
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