对于二维、三维的重积分，我们有没有类似一维的牛顿莱布尼茨公式，有没有类似的分部积分操作呢？
梯度定理
设 $\phi(\vec{r})$ 是一个定义在空间区域上的标量场（$C^1$ 连续可微），$L$是空间中从点$A$到点$B$ 的一条光滑曲线，则：
$$ \int_{L} \nabla \phi \cdot d\vec{r} = \phi(B) - \phi(A) $$
这里的 $\nabla \phi \cdot d\vec{r}$就是标量场的全微分$d\phi$。
证明：
设空间曲线 $L$的参数方程为$\vec{r}(t) = (x(t), y(t), z(t))$，其中 $t \in [t_A, t_B]$。
对应地，起点 $A = \vec{r}(t_A)$，终点 $B = \vec{r}(t_B)$。
1. 展开左侧的线积分
根据线积分的定义，我们将 $d\vec{r}$写成$\frac{d\vec{r}}{dt} dt$：
$$ \int_{L} \nabla \phi \cdot d\vec{r} = \int_{t_A}^{t_B} \left( \nabla \phi(\vec{r}(t)) \cdot \frac{d\vec{r}}{dt} \right) dt $$
2. 链式法则的逆运用
观察括号内的点积项。根据多元函数复合求导的链式法则（Chain Rule）：
$$ \frac{d}{dt} \phi(\vec{r}(t)) = \frac{\partial \phi}{\partial x} \frac{dx}{dt} + \frac{\partial \phi}{\partial y} \frac{dy}{dt} + \frac{\partial \phi}{\partial z} \frac{dz}{dt} $$
这恰好就是 $\nabla \phi \cdot \frac{d\vec{r}}{dt}$。
所以，积分式可以简化为：
$$ \int_{t_A}^{t_B} \frac{d}{dt} \phi(\vec{r}(t)) \, dt $$
3. 回归一元牛顿-莱布尼茨公式
现在，这就是一个最标准的一元函数对导数的积分。根据微积分基本定理：
$$ \int_{t_A}^{t_B} \frac{d}{dt} \phi(\vec{r}(t)) \, dt = \phi(\vec{r}(t_B)) - \phi(\vec{r}(t_A)) $$
代入终点 $B$和起点$A$ 的坐标，得证：
$$ \int_{L} \nabla \phi \cdot d\vec{r} = \phi(B) - \phi(A) $$
不管里面多复杂，总之满足如此的条件我们就只需要管边界值，这给予了十分的便利。
那么对于一般一些的函数有什么类似的方法写成边界值吗？或者我们看这样一个积分：
烦人的积分
求空间曲线积分：
$$ I = \oint_L (z^2 - y^2)dx + (x^2 - z^2)dy + (y^2 - x^2)dz $$
其中 $L$为球面$x^2 + y^2 + z^2 = 1$在第一卦限的边界，方向为$A(1,0,0) \to B(0,1,0) \to C(0,0,1) \to A$。
怎么办，要分成三段算吗，很麻烦诶。实际上可以利用所谓的 Stokes 公式转化成面积分从而简化，我们先直接给出 Stokes 公式体验一下，后续会详细一些地论述。
解题步骤
1. 旋度计算 (Curl)
设向量场 $\mathbf{F} = (P, Q, R) = (z^2 - y^2, x^2 - z^2, y^2 - x^2)$。根据 Stokes 公式 $\oint_L \mathbf{F} \cdot d\mathbf{r} = \iint_\Sigma (\nabla \times \mathbf{F}) \cdot d\mathbf{S}$，计算旋度：
$$ \nabla \times \mathbf{F} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ z^2-y^2 & x^2-z^2 & y^2-x^2 \end{vmatrix} $$
$x$ 分量：$\frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z} = 2y - (-2z) = 2(y+z)$
$y$ 分量：$\frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x} = 2z - 0 = 2z$（注意此处$R$不含$x$，且 $\mathbf{j}$项需取负号）：应该是$2z - (-2x) = 2(z+x)$
$z$ 分量：$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 2x - (-2y) = 2(x+y)$
得到：$\nabla \times \mathbf{F} = (2(y+z), 2(z+x), 2(x+y))$。
2. 选取积分曲面 $\Sigma$取$\Sigma$为球面$x^2 + y^2 + z^2 = 1$在第一卦限的部分。其单位外法向量为$\mathbf{n} = (x, y, z)$。
计算 $(\nabla \times \mathbf{F}) \cdot \mathbf{n}$：
$$ (\nabla \times \mathbf{F}) \cdot \mathbf{n} = 2(y+z)x + 2(z+x)y + 2(x+y)z = 4(xy + yz + zx) $$
3. 利用对称性化简
由于曲面 $\Sigma$在第一卦限关于$x, y, z$ 完全对称，积分可以简化为：
$$ I = \iint_\Sigma 4(xy + yz + zx) dS = 12 \iint_\Sigma xy \, dS $$
4. 坐标投影与积分
在球面上，利用参数方程 $x = \sin\phi \cos\theta, y = \sin\phi \sin\theta, dS = \sin\phi , d\phi d\theta$。
第一卦限范围：$\theta \in [0, \pi/2], \phi \in [0, \pi/2]$。
$$ \iint_\Sigma xy \, dS = \int_0^{\pi/2} \sin\theta \cos\theta \, d\theta \int_0^{\pi/2} \sin^3\phi \, d\phi $$
$\theta$ 部分：$\int_0^{\pi/2} \sin\theta \cos\theta , d\theta = \left[ \frac{1}{2}\sin^2\theta \right]_0^{\pi/2} = \frac{1}{2}$
$\phi$ 部分：$\int_0^{\pi/2} \sin^3\phi , d\phi = \frac{2}{3}$（利用$\sin^3\phi = \sin\phi(1-\cos^2\phi)$ 或 Walli’s 公式）
5. 最终结果
$$ I = 12 \times \left( \frac{1}{2} \times \frac{2}{3} \right) = 12 \times \frac{1}{3} = \mathbf{4} $$
可以看到，虽然还是有一定的计算量，但我们不需要算三条线，这大约很让人宽慰，至少在我感觉是如此。可以看到， Stokes 公式实际上把边界的积分转化为内部的积分，但这有时候会带来相当的便利。下面，我们先看 Stokes 的二维版本，也就是所谓 Green 公式。
格林公式
$$ \oint_{\partial D^+}Pdx+Qdy=\iint_D(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})dxdy $$
下面我们给出证明：
第一阶段：特殊区域（单连通、凸区域）的证明
我们首先证明在一个标准区域（例如在 $y$方向上由两条函数曲线$y = \phi_1(x)$和$y = \phi_2(x)$ 围成的区域）内，公式的半部分成立。
1. 目标等式
证明关于 $P$ 的分量：
$$ \oint_{\partial D^+} P \, dx = \iint_D -P_y \, dx \, dy $$
2. 推导过程
利用微积分基本定理，对二重积分进行累次积分：
$$ \begin{aligned} \iint_D \frac{\partial P}{\partial y} \, dx \, dy &= \int_a^b \left( \int_{\phi_1(x)}^{\phi_2(x)} \frac{\partial P}{\partial y} \, dy \right) dx \\ &= \int_a^b [P(x, \phi_2(x)) - P(x, \phi_1(x))] \, dx \end{aligned} $$
对应的边界曲线积分 $\oint_{\partial D^+} P , dx$ 分为四部分：
底边和顶边：沿 $y=\phi_1(x)$的积分为$\int_a^b P(x, \phi_1(x)) , dx$；沿 $y=\phi_2(x)$（反向）为 $-\int_a^b P(x, \phi_2(x)) , dx$。
侧边：由于侧边上 $dx = 0$，故积分为 0。
合并即得：
$$ \oint_{\partial D^+} P \, dx = -\iint_D P_y \, dx \, dy $$
同理可证 $\oint_{\partial D^+} Q , dy = \iint_D Q_x , dx , dy$。
第二阶段：复杂区域的拆解
如果区域 $D$形状复杂（非凸或非标准），我们通过辅助线将其切割成若干个小标准区域$D_1, D_2, \dots, D_n$。
体积分相加：$\iint_D = \sum \iint_{D_i}$。
线积分抵消：当你把所有小区域的边界积分 $\oint_{\partial D_i^+}$相加时，内部的辅助线会被经过两次，且方向相反，因此内部积分全部抵消，只剩下最外层的边界$\partial D^+$。
第三阶段：多连通区域（有洞的区域）
正向边界的定义：
规则：当你沿着边界前进时，区域 $D$ 始终在你的左侧。
结论：对于多连通区域，外边界 $L_0$是逆时针的，而内部的所有“洞”边界$L_i$ 必须是顺时针的。
通过在洞与外边界之间拉起“切口”线（辅助线），多连通区域可以被看作一个复杂的单连通区域，从而使格林公式依然成立：
$$ \oint_{\partial D^+} P \, dx + Q \, dy = \sum_{i=0}^n \oint_{L_i} P \, dx + Q \, dy = \iint_D (Q_x - P_y) \, dx \, dy $$
应用
例如，可以利用格林公式（Green’s Theorem） 的一个精巧推论来计算平面图形的面积。
这种方法的本质是：将“对面积的积分”转化为“沿边界的环流积分”，这在处理复杂边界时往往比直接做二重积分更优雅。
格林公式求面积
根据格林公式：
$$ \oint_{\partial D^+} (P \, dx + Q \, dy) = \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) \, dA $$
如果我们巧妙地构造 $P$和$Q$，使得 $\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 1$，那么右侧的二重积分就直接等于区域 $D$的面积$S(D)$。
采用最对称的一种构造：
令 $P = -\frac{1}{2}y, \quad Q = \frac{1}{2}x$
验证：$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{1}{2} - (-\frac{1}{2}) = 1$
由此得到面积计算公式：
$$ S(D) = \iint_D \, dx \, dy = \frac{1}{2} \oint_{\partial D^+} (x \, dy - y \, dx) $$
只要沿着一个图形走一圈，就能知道包住的面积，想想还是很神奇的。
椭圆面积的计算
计算区域 $D = { \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} \le 1 }$ 的面积。
步骤一：参数化边界
椭圆边界 $\partial D^+$ 的参数方程为：
$$ \begin{cases} x = a \cos \theta \\ y = b \sin \theta \end{cases} \quad (\theta \in [0, 2\pi]) $$
对应的微分项为：
$$ \begin{cases} dx = -a \sin \theta \, d\theta \\ dy = b \cos \theta \, d\theta \end{cases} $$
步骤二：代入环流量积分
将参数化后的项代入公式：
$$ \begin{aligned} S(D) &= \frac{1}{2} \oint_{\partial D^t} (x \, dy - y \, dx) \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{2\pi} \left[ (a \cos \theta)(b \cos \theta \, d\theta) - (b \sin \theta)(-a \sin \theta \, d\theta) \right] \\ &= \frac{1}{2} \int_{0}^{2\pi} (ab \cos^2 \theta + ab \sin^2 \theta) \, d\theta \\ &= \frac{1}{2} ab \int_{0}^{2\pi} (\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) \, d\theta \end{aligned} $$
步骤三：得出结论
利用三角恒等式 $\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1$：
$$ S(D) = \frac{1}{2} ab \int_{0}^{2\pi} 1 \, d\theta = \frac{1}{2} ab \cdot 2\pi = \pi ab $$
多么美妙。
但是格林公式显然需要函数可导，万一区域里出了个叛徒不可导怎么办？这就是所谓奇点。我们先抛出这个问题：
$P = \frac{-(x+y)}{x^2+y^2}$，$Q = \frac{x-y}{x^2+y^2}
$$ $\oint_C Pdx + Qdy = \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dA $$
如果 $D$ 包含了原点怎么办呢？是不是用不了格林公式？请听下回分解。
高斯公式
从格林公式，我们可以玩出一个新公式，减号看起来有点不对称，如果把环路积分变成减号，相应的面积分也就变成加号了：
$$ \oint_{L} (P dy - Q dx) = \iint_{D} (P_x + Q_y) \, dx dy $$
这也就是二维的高斯公式。二维高斯公式建立了闭合曲线上的法向通量与区域内散度累积之间的关系。我们可以把左侧的积分写成点积，然后加上一个fancy的符号 $\nabla$ 。$\nabla$ 可以看做向量$(\frac{\partial}{\partial x},\frac{\partial}{\partial y},\frac{\partial}{\partial z})
$$ $\oint_{L} (\vec{v} \cdot \vec{n}^+) \, ds = \iint_{D} (\nabla \cdot \vec{v}) \, dx dy $$
泊松方程解的唯一性
我们可以拿上述的二维高斯公式整点活。
设 $u \in C^2(D)$，$L = \partial D$（其中 $\vec{n}$ 为单位外法向量）。
根据散度定理（高斯公式在二维的体现）：
$$ \oint_L (\nabla u \cdot \vec{n}) \, ds = \iint_D (\nabla \cdot (\nabla u)) \, dx dy = \iint_D \Delta u \, dx dy $$
（注：此处 $\Delta u = u_{xx} + u_{yy}$ 为拉普拉斯算子）
设定：
令 $u = \tilde{f}^2$，则其梯度与拉普拉斯算子分别为：
- $\nabla u = 2\tilde{f} \nabla \tilde{f}$-$\Delta u = 2|\nabla \tilde{f}|^2 + 2\tilde{f} \Delta \tilde{f}$
代入：
$$ \oint_L (\tilde{f} \nabla \tilde{f}) \cdot \vec{n} \, ds = \iint_D (|\nabla \tilde{f}|^2 + \tilde{f} \Delta \tilde{f}) \, dx dy $$
若左边积分项为 $0$且$\Delta \tilde{f} = 0$，则推导出：
$$ \iint_D |\nabla \tilde{f}|^2 \, dx dy = 0 $$
Poisson 方程描述：
在区域 $D$ 内满足：
$$ \begin{cases} \Delta f = h & \text{在 } D \text{ 内} \\ f = g & \text{在 } \partial D \text{ 上} \end{cases} $$
唯一性证明思路：
假如有两个解 $f_1, f_2$，记误差函数 $\tilde{f} = f_1 - f_2$，则 $\tilde{f}$ 满足：
$$ \begin{cases} \Delta \tilde{f} = 0 & \text{在 } D \text{ 内} \\ \tilde{f} = 0 & \text{在 } \partial D \text{ 上} \end{cases} $$
结合前述推导，由于 $\iint_D |\nabla \tilde{f}|^2 , dx dy = 0$，在连续性条件下必有 $\nabla \tilde{f} = 0$，即 $\tilde{f}$为常数。又因边界处$\tilde{f}=0$，故在全域内 $\tilde{f} = 0$，即 $f_1 = f_2$（解是唯一的）。
4. 第二类曲线积分与路径无关性
命题：
设 $D$ 是单连通区域，$P, Q \in C^1(D)$。
以下两个论断等价：
路径无关性： 曲线积分 $\int_A^B P , dx + Q , dy$与连接$A, B$的路径无关（其中$A, B \in D$）。
环路动量为零： 对 $D$ 内任意分段光滑的闭曲线（Jordan 闭曲线）$L$，均有：
$$ \oint_L P \, dx + Q \, dy = 0 $$
斯托克斯公式的证明
设 $P, Q, R \in C^1(S)$，我们要证明：
$$ \oint_{L^+} \vec{F} \cdot d\vec{r} = \iint_{S^+} (\nabla \times \vec{F}) \cdot \vec{n}^+ \, dS $$
1. 证明目标分解
只需证明分量形式：
$$ \oint_{L^+} P \, dx = \iint_{S^+} (P_z \, dz \wedge dx - P_y \, dx \wedge dy) $$
这里的 $\wedge$是所谓外微分，这在后续笔记中将简单提到，可以先简单理解成代表了方向的$dzdx$ 。
2. 参数化表达
引入参数方程 $(u, v) \to \vec{r}(u, v)$，其中：
$$ \begin{cases} x = x(u, v) \\ y = y(u, v) \\ z = z(u, v) \end{cases} $$
对应的法向量微元 $\vec{du} \wedge \vec{dv} \approx \vec{n}^+ , dS$。
3. 推导过程
利用复合函数求导法则与格林公式：
$$ \begin{aligned} \oint_{L^+} P \, dx &= \oint_{L^{'+}} P(x_u \, du + x_v \, dv) \\ &= \oint_{L^{'+}} (P x_u) \, du + (P x_v) \, dv \\ &= \iint_{D'} \left[ (P x_v)_u - (P x_u)_v \right] \, du \, dv \\ &= \iint_{D'} (P_u x_v - P_v x_u) \, du \, dv \\ &= \iint_{D'} \left[ (P_x x_u + P_y y_u + P_z z_u) x_v - (P_x x_v + P_y y_v + P_z z_v) x_u \right] \, du \, dv \\ &= \iint_{D'} \left[ -P_y (x_u y_v - x_v y_u) + P_z (z_u x_v - z_v x_u) \right] \, du \, dv \\ &= \iint_{D'} (P_z B + (-P_y) C) \, du \, dv \end{aligned} $$
其中：
- $C = \frac{\partial(x, y)}{\partial(u, v)} = x_u y_v - x_v y_u$-$B = \frac{\partial(z, x)}{\partial(u, v)} = z_u x_v - z_v x_u$
对比即知与
$$ \iint_{S^+} (P_z \, dz \wedge dx - P_y \, dx \wedge dy) $$
一致。同理可证明其他分量也满足该形式，故斯托克斯公式得证。
无旋场、无散场
无旋、无散场有一定的美好的性质，但对于一个任意的函数，往往并不能直接满足无旋、无散，如何应用我们得到的性质呢？实际上我们可以做一个分解。
Hodge 分解定理证明（三维区域 $\Omega$）
1. 分解目标的设定
设 $\vec{F} \in C^1(\Omega)$，我们要寻找 $\vec{F}_1, \vec{F}_2$ 使得：
分解性：$\vec{F} = \vec{F}_1 + \vec{F}_2 = \nabla u + \nabla \times \vec{G}$
场特性：$\nabla \times \vec{F}_1 = 0$（无旋）；$\nabla \cdot \vec{F}_2 = 0$且在边界上$\vec{F}_2 \cdot \vec{n} = 0$（无源且切向）。
正交性：$\iiint_{\Omega} \vec{F}_1 \cdot \vec{F}_2 , dV = 0$
2. 构造过程（引入 Neumann 边界）
为了确定 $\vec{F}_1 = \nabla u$，我们利用 $\vec{F}_2$ 的无源特性：
$$ \nabla \cdot \vec{F}_2 = \nabla \cdot (\vec{F} - \nabla u) = 0 \implies \nabla^2 u = \nabla \cdot \vec{F} $$
这就是在 $\Omega$ 内的 Poisson 方程。为了保证分解的唯一性并消除边界干扰，我们引入 Neumann 边界条件：
$$ \left. \frac{\partial u}{\partial n} \right|_{\partial \Omega} = \nabla u \cdot \vec{n} = \vec{F} \cdot \vec{n} $$
存在性：根据偏微分方程理论，上述边值问题的解 $u$ 存在且在差一个常数的意义下唯一。
推论：确定了 $u$ 之后，$\vec{F}_1 = \nabla u$唯一确定，则$\vec{F}_2 = \vec{F} - \vec{F}_1$自动满足$\nabla \cdot \vec{F}_2 = 0$。
3. 正交性证明（核心计算）
验证 $\vec{F}_1$与$\vec{F}_2$的$L^2$ 内积为 0：
$$ \begin{aligned} \iiint_{\Omega} \vec{F}_1 \cdot \vec{F}_2 \, dV &= \iiint_{\Omega} \nabla u \cdot \vec{F}_2 \, dV \\ &= \iiint_{\Omega} \left[ \nabla \cdot (u \vec{F}_2) - u (\nabla \cdot \vec{F}_2) \right] \, dV \\ &= \iint_{\partial \Omega} u (\vec{F}_2 \cdot \vec{n}) \, dS - \iiint_{\Omega} u (\nabla \cdot \vec{F}_2) \, dV \end{aligned} $$
根据构造条件：
由 Poisson 方程知 $\nabla \cdot \vec{F}_2 = 0$，故体积分项为 0。
由 Neumann 边界条件知 $\vec{F}_2 \cdot \vec{n} = (\vec{F} - \nabla u) \cdot \vec{n} = 0$，故面积分项为 0。
结论：$\iiint_{\Omega} \vec{F}_1 \cdot \vec{F}_2 , dV = 0$，证明了分解的正交性。