Poisson 积分公式
泊松（\(\mathrm{Poisson}\)）积分公式有很多版本，当然我今天要介绍的并不是复变函数中上半平面的 \(\mathrm{Poisson}\) 公式，而是一个专门用来简化球面上含线性组合的第一类曲面积分求解利器。
公式及证明
Poisson 公式
设球面为 \(\Sigma\): \(x^2 + y^2 + z^2 = R^2\) ，一元函数 \(f(t)\) 连续， \(a,b,c\) 为常数且 \(a^2+b^2+c^2 \neq 0\) ，则：
\[
\iint\limits_\Sigma f(ax+by+cz) \, \mathrm{d}S = 2\pi R \int_{-R}^{R} f\left(t\sqrt{a^2+b^2+c^2}\right) \mathrm{d}t
\]
该公式的证明并不简单，要利用空间正交坐标旋转变换 + 球面参数化，套用第一型曲面积分的参数曲面面积元计算公式 \(\mathrm{d}S=\sqrt[]{EG-F^2}\mathrm{d}t\mathrm{d}\theta\) 完成推导。
正交变换示意图
构造空间正交坐标系 \(Ouvw\)，令平面 \(\pi:ax+by+cz=0\) 作为坐标面 \(u=0\)，在平面 \(\pi\) 内取互相正交的单位向量 \(\boldsymbol v,\boldsymbol w\)，使 \(\{O;\boldsymbol e_u,\boldsymbol e_v,\boldsymbol e_w\}\) 构成右手正交系，如上图所示
其中
\[ \boldsymbol e_u=\dfrac1{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}(a,b,c) \]
为 \(u\) 轴单位方向向量。
对球面上任意点 \((x,y,z)\)，其在 \(u\) 轴投影：
\[ t=(x,y,z)\cdot\boldsymbol e_u=\dfrac{ax+by+cz}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}} \]
变形得
\[
ax+by+cz = t\sqrt{a^2+b^2+c^2}.
\]
由球面方程 \(x^2+y^2+z^2=R^2\)，坐标变换后满足
\[ t^2+v^2+w^2=R^2 \implies v^2+w^2=R^2-t^2, \]
球面参数化为：
\[
\begin{cases} t=t,\\ v=\sqrt{R^2-t^2}\cos\theta,\\ w=\sqrt{R^2-t^2}\sin\theta, \end{cases}\quad -R\leqslant t\leqslant R,\ 0\leqslant\theta\leqslant 2\pi.
\]
依据曲面参数面积元公式 \(\mathrm{d}S=\sqrt{EG-F^2}\,\mathrm{d}t\mathrm{d}\theta\)，计算高斯系数：
\[
\begin{aligned}
E&=\left(\frac{\partial t}{\partial t}\right)^2+\left(\frac{\partial v}{\partial t}\right)^2+\left(\frac{\partial w}{\partial t}\right)^2 \\
&=1+\left(\frac{-t\cos\theta}{\sqrt{R^2-t^2}}\right)^2+\left(\frac{-t\sin\theta}{\sqrt{R^2-t^2}}\right)^2 \\
&=1+\frac{t^2(\cos^2\theta+\sin^2\theta)}{R^2-t^2} =\frac{R^2}{R^2-t^2},\\[4pt]
G&=\left(\frac{\partial t}{\partial \theta}\right)^2+\left(\frac{\partial v}{\partial \theta}\right)^2+\left(\frac{\partial w}{\partial \theta}\right)^2 \\
&=0+\big(-\sqrt{R^2-t^2}\sin\theta\big)^2+\big(\sqrt{R^2-t^2}\cos\theta\big)^2 \\
&=R^2-t^2,\\[4pt]
F&=\frac{\partial t}{\partial t}\frac{\partial t}{\partial \theta}+\frac{\partial v}{\partial t}\frac{\partial v}{\partial \theta}+\frac{\partial w}{\partial t}\frac{\partial w}{\partial \theta}\\
&=1\cdot 0+\left(\frac{-t\cos\theta}{\sqrt{R^2-t^2}}\right)\bigl(-\sqrt{R^2-t^2}\sin\theta\bigr)
+\left(\frac{-t\sin\theta}{\sqrt{R^2-t^2}}\right)\bigl(\sqrt{R^2-t^2}\cos\theta\bigr)\\
&=t\cos\theta\sin\theta - t\cos\theta\sin\theta\\
&=0.
\end{aligned}
\]
于是面积元素：
\[
\mathrm{d}S=\sqrt{EG-F^2}\mathrm{d}t\mathrm{d}\theta =\sqrt{\dfrac{R^2}{R^2-t^2}\cdot(R^2-t^2)-0}\,\mathrm{d}t\mathrm{d}\theta =R\,\mathrm{d}t\mathrm{d}\theta.
\]
代入原曲面积分：
\[
\begin{aligned} \iint\limits_\Sigma f(ax+by+cz)\mathrm{d}S &=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{-R}^{R}f\left(t\sqrt{a^2+b^2+c^2}\right)\cdot R\,\mathrm{d}t \\ &=\left.\theta\right|_{0}^{2\pi}\cdot R\int_{-R}^{R}f\left(t\sqrt{a^2+b^2+c^2}\right)\mathrm{d}t \\ &=2\pi R\int_{-R}^{R}f\left(t\sqrt{a^2+b^2+c^2}\right)\mathrm{d}t. \end{aligned}
\]
原式证毕。
证法 2（By 谢惠民）
不妨设 \(a^{2}+b^{2}+c^{2} \neq 0\)，设 \(\displaystyle \begin{pmatrix}u \\ v \\ w \end{pmatrix}=A\begin{pmatrix}x \\ y \\ z\end{pmatrix}\)，其中矩阵 \(A\) 是正交矩阵，且 \(A\) 的第一行元素为：\(\displaystyle \frac{a}{\sqrt{ a^{2}+b^{2}+c^{2} }}\)，\(\displaystyle \frac{b}{\sqrt{ a^{2}+b^{2}+c^{2} }}\)，\(\displaystyle \frac{c}{\sqrt{ a^{2}+b^{2}+c^{2} }}\)。这样就有：
$$
u= \frac{ax+by+cz}{\sqrt{ a^{2}+b^{2}+c^{2} }}
$$
由于矩阵 \(A\) 是正交矩阵，所以曲面 \(\Sigma:x^{2}+y^{2}+z^{2}=R^{2}\) 变成 \(\Sigma':u^{2}+v^{2}+w^{2}=R^{2}\)，并且根据第一类曲面积分在正交变换下的不变性，得到 \(\mathrm{~d} S=\mathrm{~d} S'\)，且：
\[
\mathrm{~d} S' = \sqrt{ 1+ \left( \frac{ \partial w }{ \partial u } \right)^{2}+\left( \frac{ \partial w }{ \partial v } \right)^{2} }= \frac{R}{\sqrt{ R-u^{2}-v^{2} }}\mathrm{~d} u\mathrm{~d} v
$$
于是有：
$$
\begin{aligned}
\iint\limits_{\Sigma}f(ax+by+cz)\mathrm{~d} S &= \iint\limits_{u^{2}+v^{2}+w^{2}=R^{2}}f(u\sqrt{ a^{2}+b^{2}+c^{2} })\mathrm{~d} S'\\
&= 2\int_{-R}^{R} \int_{-\sqrt{ R-u^{2} }}^{\sqrt{ R-u^{2} }} f(u\sqrt{ a^{2}+b^{2}+c^{2} })\cdot \frac{R}{\sqrt{ R-u^{2}-v^{2} }} \mathrm{~d} u \mathrm{~d} v \\
&= 4R\int_{-R}^{R} f(u\sqrt{ a^{2}+b^{2}+c^{2} }) \mathrm{~d} u \int_{0}^{\sqrt{ R-u^{2} }} \frac{1}{\sqrt{ R-u^{2}-v^{2} }} \mathrm{~d} v\\
&= 4R\int_{-R}^{R} f(u\sqrt{ a^{2}+b^{2}+c^{2} }) \cdot \arcsin \frac{v}{\sqrt{ R-u^{2} }}\bigg|_{v=0}^{v=\sqrt{ R-u^{2} }}\mathrm{~d} u \\
&= 4R\int_{-R}^{R} f(u\sqrt{ a^{2}+b^{2}+c^{2} })\left( \frac{\pi}{2}-0 \right)\mathrm{~d} u\\
&= 2\pi R \int_{-R}^{R} f\left(u\sqrt{a^2+b^2+c^2}\right) \mathrm{d}u
\end{aligned}
\]
例题
例 1
Example
计算 \(I = \displaystyle \iint\limits_\Sigma e^{x-y} \mathrm{d}S\) ，其中 \(\Sigma: x^2+y^2+z^2=1\)。
首先对应公式参数：线性组合 \(ax+by+cz = x - y\) ，所以 \(a=1，b=-1，c=0\)
则 \(\sqrt{a^2+b^2+c^2} = \sqrt{1^2+(-1)^2+0^2} = \sqrt{2}\)
被积函数 \(f(t) = e^t\) ，球面半径 \(R=1\)
代入 \(\mathrm{Poisson}\) 公式：
\[
\begin{aligned}I &= 2\pi \int_{-1}^{1} e^{t\sqrt{2}} dt
\\&= 2\pi\cdot\left. \frac{1}{\sqrt{2}} e^{\sqrt{2}t} \right|_{-1}^{1}
\\&= \frac{1}{\sqrt{2}} \left(e^{\sqrt{2}} - e^{-\sqrt{2}}\right)
\end{aligned}
\]
例 2
Example
计算：
\[ \displaystyle\iint\limits_\Sigma \cos\left(\frac{2x+2y+z}{3}\right)\mathrm dS,\quad \Sigma:x^2+y^2+z^2=1. \]
很明显被积函数中含有线性组合，于是我们利用 \(\mathrm{Poisson}\) 公式进行求解：
\[
\begin{aligned} I&=\iint\limits_\Sigma \cos\left(\frac{2x+2y+z}{3}\right)\mathrm dS \\&=\iint\limits_\Sigma \cos\left(\frac23 x+\frac23 y+\frac13 z\right)\mathrm dS\\ &\xlongequal{\text{Poisson公式}} 2\pi\int_{-1}^{1}\cos\left(t\sqrt{\left(\frac23\right)^2+\left(\frac23\right)^2+\left(\frac13\right)^2}\right)\mathrm dt
\\ &=2\pi\int_{-1}^{1}\cos t\,\mathrm dt \\
&\xlongequal{\text{奇偶性}}2\pi\cdot 2\int_{0}^{1}\cos u\,\mathrm du\\ &=4\pi\left.\sin u\right|_{0}^{1}=4\pi\sin 1. \end{aligned}
\]
习题
Question
证明：
\[
\iint\limits_{D}f(m\sin\theta \cos\varphi+n\sin\theta \sin\varphi+p\cos\theta)\sin\theta \mathrm{~d} \theta \mathrm{d}\varphi=2\pi \int_{-1}^{1} f(u\sqrt{ m^{2}+n^{2}+p^{2} }) \mathrm{~d} u
\]
其中 \(D\)：\(\theta\in[0,\pi]\)，\(\varphi\in[0,2\pi]\).
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