第10章 曲线积分与曲面积分
思考题 10.1
题目：在对弧长的曲线积分的定义中 $\Delta s_i$ 的符号可以为负吗？
解答：
不可以。在对弧长（第一类）曲线积分的定义中，$\Delta s_i$ 表示的是曲线上第 $i$ 个小弧段的长度。根据长度的几何定义，弧长是一个非负标量，因此 $\Delta s_i \ge 0$，它的符号绝不可能为负。
思考题 10.2
题目：若曲线弧 $\Gamma$ 的方程为 $\begin{cases} (x-1)^2 + (y+1)^2 + z^2 = a^2 \\ x + y + z = 0 \end{cases}$，如何计算 $I = \oint_{\Gamma} x^2 \mathrm{d}s$?
解答：
计算该积分可以巧妙利用坐标平移与轮换对称性。
坐标平移：令 $u = x-1, v = y+1, w = z$。则球面方程化为 $u^2 + v^2 + w^2 = a^2$，平面方程化为 $(u+1) + (v-1) + w = 0 \implies u+v+w=0$。此时 $\Gamma$ 是中心在原点、半径为 $a$ 的大圆。
展开积分：原积分转化为 $I = \oint_{\Gamma} (u+1)^2 \mathrm{d}s = \oint_{\Gamma} (u^2 + 2u + 1) \mathrm{d}s$。
利用对称性计算：
对于 $\oint_{\Gamma} u^2 \mathrm{d}s$：由于曲线关于 $u, v, w$ 具有完全的轮换对称性，有 $\oint_{\Gamma} u^2 \mathrm{d}s = \oint_{\Gamma} v^2 \mathrm{d}s = \oint_{\Gamma} w^2 \mathrm{d}s = \frac{1}{3}\oint_{\Gamma} (u^2+v^2+w^2) \mathrm{d}s$。代入 $u^2+v^2+w^2=a^2$，得 $\frac{1}{3}\oint_{\Gamma} a^2 \mathrm{d}s = \frac{a^2}{3} \cdot 2\pi a = \frac{2\pi a^3}{3}$。
对于 $\oint_{\Gamma} 2u \mathrm{d}s$：因为大圆 $\Gamma$ 关于 $u=0$ 等平面对称，奇次方的积分为 $0$。
对于 $\oint_{\Gamma} 1 \mathrm{d}s$：即圆的周长，为 $2\pi a$。
- 得出结果：
思考题 10.3
题目：计算 $I = \oint_L |x| \mathrm{d}s$，其中 $L$ 为双纽线 $(x^2+y^2)^2 = a^2(x^2-y^2) \quad (a>0)$。
解答：
引入极坐标：令 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$，代入双纽线方程得到 $r^2 = a^2\cos 2\theta$。
利用对称性：双纽线关于 $x$ 轴、$y$ 轴和原点均对称，且被积函数 $|x|$ 也具有对称性。因此可以只计算第一象限（$\theta \in [0, \pi/4]$）的积分，然后乘以 $4$。
计算弧长微元 $\mathrm{d}s$：
第一象限内 $r = a\sqrt{\cos 2\theta}$。
$r' = \frac{-a\sin 2\theta}{\sqrt{\cos 2\theta}}$。
$$\mathrm{d}s = \sqrt{r^2 + (r')^2} \mathrm{d}\theta = \sqrt{a^2\cos 2\theta + \frac{a^2\sin^2 2\theta}{\cos 2\theta}} \mathrm{d}\theta = \frac{a}{\sqrt{\cos 2\theta}} \mathrm{d}\theta$$- 计算积分：
在第一象限， $|x| = x = r\cos\theta = a\sqrt{\cos 2\theta}\cos\theta$。
$$I = 4 \int_{0}^{\pi/4} (a\sqrt{\cos 2\theta}\cos\theta) \cdot \frac{a}{\sqrt{\cos 2\theta}} \mathrm{d}\theta = 4a^2 \int_{0}^{\pi/4} \cos\theta \mathrm{d}\theta$$$$I = 4a^2 [\sin\theta]_0^{\pi/4} = 4a^2 \left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right) = 2\sqrt{2}a^2$$思考题 10.4
题目：若 $L$ 为 $xOy$ 面内直线 $x=a$ 上的一段，或为直线 $y=b$ 上的一段，如何计算曲线积分 $\int_L P(x,y)\mathrm{d}x + Q(x,y)\mathrm{d}y$?
解答：
- 若 $L$ 在直线 $x=a$ 上：此时 $x$ 为常数，因此 $\mathrm{d}x = 0$。积分中的 $P(x,y)\mathrm{d}x$ 项消失，原积分转化为对 $y$ 的普通定积分：
（其中 $y_1$ 和 $y_2$ 分别是 $L$ 的起点和终点的纵坐标）。
- 若 $L$ 在直线 $y=b$ 上：此时 $y$ 为常数，因此 $\mathrm{d}y = 0$。积分中的 $Q(x,y)\mathrm{d}y$ 项消失，原积分转化为对 $x$ 的普通定积分：
（其中 $x_1$ 和 $x_2$ 分别是 $L$ 的起点和终点的横坐标）。
思考题 10.5
题目：将第二类曲线积分 $\int_L (x^2 - 2xy)\mathrm{d}x + (y^2 - 2xy)\mathrm{d}y$ 化为第一类曲线积分，其中 $L$ 是 $y=x^2$ 从点 $A(1,1)$ 到点 $B(-1,1)$ 的抛物线。
解答：
第二类与第一类曲线积分的关系为 $\int_L P\mathrm{d}x + Q\mathrm{d}y = \int_L (P\cos\alpha + Q\cos\beta)\mathrm{d}s$，其中 $(\cos\alpha, \cos\beta)$ 是曲线沿积分方向的单位切向量。
曲线方程为 $y=x^2$，其切向量方向可表示为 $(1, y') = (1, 2x)$。
因为积分路径是从 $A(1,1)$ 到 $B(-1,1)$，$x$ 在减小，运动方向与 $x$ 轴正向相反。因此沿着 $L$ 方向的单位切向量应取反向：
- 将 $y=x^2$ 以及方向余弦代入关系式：
化简得到：
$$\frac{-x^2 + 2x^3 - 2x^5 + 4x^4}{\sqrt{1+4x^2}}$$- 最终化为第一类曲线积分：
思考题 10.6
题目：例 10.14 中的积分能不能沿着折线路径 $\overline{AO} \cup \overline{OB}$ 进行？
解答：
能否沿该折线路径进行，取决于被积函数在点 $O$（通常为原点）处是否连续且有意义。
如果被积函数在原点 $O(0,0)$ 是奇点（例如分母为零，如下一题中的 $\frac{x\mathrm{d}y - y\mathrm{d}x}{x^2+y^2}$），那么积分路径不能穿过原点，此时不能沿着折线路径 $\overline{AO} \cup \overline{OB}$ 进行。
只有当被积函数在整个路径（包含折点 $O$）上都连续且有界时，才允许沿此路径积分。
思考题 10.7
题目：验证 $\frac{x\mathrm{d}y - y\mathrm{d}x}{x^2 + y^2}$ 在右半平面 ($x>0$) 内是某个二元函数 $u(x,y)$ 的全微分，并当起点分别为 $(1,0)$ 和 $(1,1)$ 时，求出二元函数 $u(x,y)$。
解答：
- 验证全微分：令 $P = \frac{-y}{x^2+y^2}, Q = \frac{x}{x^2+y^2}$。
在 $x>0$ 的右半平面内，$\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$ 恒成立，且该区域单连通，故原式是某二元函数 $u(x,y)$ 的全微分，且易凑微分得 $\mathrm{d}u = \mathrm{d}(\arctan \frac{y}{x})$。
- 当起点为 $(1,0)$ 时：
- 当起点为 $(1,1)$ 时：
思考题 10.8
题目：若曲面 $\Sigma$ 是 $xOy$ 面上的一个闭区域，曲面积分 $\iint_{\Sigma} f(x,y,z)\mathrm{d}S$ 与二重积分有什么关系？
解答：
因为曲面 $\Sigma$ 退化在 $xOy$ 平面上，所以在曲面上的任何一点都有 $z = 0$。同时，曲面的面积微元 $\mathrm{d}S$ 与 $xOy$ 面上的面积微元 $\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ (或 $\mathrm{d}\sigma$) 完全等价（因为投影的余弦值为 $1$）。
因此，该曲面积分退化为在区域 $\Sigma$ 上的普通二重积分，关系如下：
$$\iint_{\Sigma} f(x,y,z)\mathrm{d}S = \iint_{\Sigma} f(x,y,0)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$思考题 10.9
题目：在例 10.16 中，如何利用轮换对称性和积分曲面化简被积函数的技巧来快速计算？
解答：
处理此类对称性曲面积分的通用快速计算技巧如下：
- 利用轮换对称性：如果积分曲面 $\Sigma$ 在空间中关于 $x, y, z$ 的方程具有完全的轮换对称性（例如球面 $x^2+y^2+z^2=R^2$），并且被积函数也存在对应项，则有：
- 利用积分曲面方程化简：在计算曲面 $\Sigma$ 上的积分时，点 $(x,y,z)$ 始终满足曲面方程。因此可以直接将曲面方程代入被积函数中进行降次或化简。例如，若曲面为 $x^2+y^2+z^2=R^2$，则上一步中的积分可直接化为 $\frac{1}{3} \iint_{\Sigma} R^2 \mathrm{d}S = \frac{R^2}{3} \times (\Sigma 的表面积)$，从而避免了繁琐的投影和代数运算。
思考题 10.10
题目：当 $\Sigma$ 为 $xOy$ 面内的一个闭区域时，曲面积分 $\iint_{\Sigma} R(x,y,z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 与二重积分有什么关系？
解答：
这是对坐标的（第二类）曲面积分，表示向量场在 $z$ 方向上的通量。由于 $\Sigma$ 在 $xOy$ 面内，所以 $z=0$。此时它与二重积分的关系取决于 $\Sigma$ 所取的侧向（法向量方向）：
- 若 $\Sigma$ 取上侧（法向量指向 $z$ 轴正向），则有：
- 若 $\Sigma$ 取下侧（法向量指向 $z$ 轴负向），则积分自带负号：
（其中 $D$ 即为 $xOy$ 面上的该闭区域）。
思考题 10.11
题目：
计算曲面积分 $I = \iint_{\Sigma} \frac{x}{r^3} \mathrm{d}y\mathrm{d}z + \frac{y}{r^3} \mathrm{d}z\mathrm{d}x + \frac{z}{r^3} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$，其中 $r = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2}$，
（1）$\Sigma$ 是 $x^2 + y^2 + z^2 = R^2$，取外侧；
（2）$\Sigma$ 是 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} = 1$，取外侧。
解答过程：
这是一个计算第二类曲面积分的经典问题。设被积向量场为 $\vec{F} = (P, Q, R) = \left(\frac{x}{r^3}, \frac{y}{r^3}, \frac{z}{r^3}\right)$。
首先计算该向量场的散度 $\nabla \cdot \vec{F}$：
$$\frac{\partial P}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}\left[x(x^2+y^2+z^2)^{-\frac{3}{2}}\right] = \frac{1}{r^3} - \frac{3x^2}{r^5}$$同理可得：
$$\frac{\partial Q}{\partial y} = \frac{1}{r^3} - \frac{3y^2}{r^5}$$$$\frac{\partial R}{\partial z} = \frac{1}{r^3} - \frac{3z^2}{r^5}$$因此，当 $(x,y,z) \neq (0,0,0)$ 时，散度为：
$$\frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} = \frac{3}{r^3} - \frac{3(x^2+y^2+z^2)}{r^5} = \frac{3}{r^3} - \frac{3r^2}{r^5} = 0$$注意该向量场在原点 $(0,0,0)$ 处存在奇点。
（1）计算 $\Sigma$ 是 $x^2 + y^2 + z^2 = R^2$（取外侧）时的积分
由于积分曲面就是以原点为中心的球面，在曲面 $\Sigma$ 上，有 $r = \sqrt{x^2 + y^2 + z^2} = R$ 为常数。
将第二类曲面积分化为第一类曲面积分。球面外侧的单位法向量为 $\vec{n} = (\cos\alpha, \cos\beta, \cos\gamma) = \left(\frac{x}{R}, \frac{y}{R}, \frac{z}{R}\right)$。
$$I = \iint_{\Sigma} (P\cos\alpha + Q\cos\beta + R\cos\gamma) \mathrm{d}S$$$$I = \iint_{\Sigma} \left( \frac{x}{R^3} \cdot \frac{x}{R} + \frac{y}{R^3} \cdot \frac{y}{R} + \frac{z}{R^3} \cdot \frac{z}{R} \right) \mathrm{d}S$$$$I = \iint_{\Sigma} \frac{x^2+y^2+z^2}{R^4} \mathrm{d}S = \iint_{\Sigma} \frac{R^2}{R^4} \mathrm{d}S = \frac{1}{R^2} \iint_{\Sigma} \mathrm{d}S$$因为半径为 $R$ 的球面面积 $\iint_{\Sigma} \mathrm{d}S = 4\pi R^2$，所以：
$$I = \frac{1}{R^2} \cdot 4\pi R^2 = 4\pi$$（2）计算 $\Sigma$ 是 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} + \frac{z^2}{c^2} = 1$（取外侧）时的积分
该曲面是一个包含原点（奇点）的椭球面。由于直接计算较复杂，且奇点在曲面内部，我们可以采用“挖洞法”（利用高斯公式）。
取一个半径充分小且完全包含在椭球面内部的球面 $\Sigma_1: x^2 + y^2 + z^2 = r_1^2$，取外侧。
记 $\Sigma$ 与 $\Sigma_1$ 之间所围成的空间闭区域为 $\Omega$。在 $\Omega$ 内，向量场无奇点，且散度恒为 0。
对区域 $\Omega$ 的边界（由外表面的外侧 $\Sigma$ 和内表面的内侧 $\Sigma_1^-$ 组成）应用高斯公式：
$$\iiint_{\Omega} \left( \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} \right) \mathrm{d}V = \iint_{\Sigma} \vec{F} \cdot \mathrm{d}\vec{S} + \iint_{\Sigma_1^-} \vec{F} \cdot \mathrm{d}\vec{S}$$$$0 = \iint_{\Sigma} \vec{F} \cdot \mathrm{d}\vec{S} - \iint_{\Sigma_1} \vec{F} \cdot \mathrm{d}\vec{S}$$因此，在椭球面上的积分等于在小球面上的积分：
$$I = \iint_{\Sigma} \vec{F} \cdot \mathrm{d}\vec{S} = \iint_{\Sigma_1} \vec{F} \cdot \mathrm{d}\vec{S}$$根据第（1）问的结论，任何以原点为中心、取外侧的球面上的该积分值均为 $4\pi$。
所以：
$$I = 4\pi$$思考题 10.12
题目：
斯托克斯公式中 $\Sigma$ 的选取是唯一的吗？
解答过程：
不唯一。
斯托克斯公式（Stokes’ Theorem）指出，向量场沿着空间闭曲线 $\Gamma$ 的环流量，等于该向量场的旋度在以该曲线为边界的任意曲面 $\Sigma$ 上的通量：
$$\oint_{\Gamma} \vec{F} \cdot \mathrm{d}\vec{r} = \iint_{\Sigma} (\nabla \times \vec{F}) \cdot \mathrm{d}\vec{S}$$只要曲面 $\Sigma$ 满足以下条件，公式均成立：
边界相同：曲面 $\Sigma$ 的边界曲线必须是给定的闭曲线 $\Gamma$。
方向一致：曲面 $\Sigma$ 的法向量方向（侧的选取）与边界曲线 $\Gamma$ 的正向符合右手法则。
光滑性要求：曲面 $\Sigma$ 是分片光滑的。
场的连续性：向量场在包含 $\Sigma$ 及其边界的某空间区域内具有连续的一阶偏导数。
这就好比一个吹泡泡的铁丝圈（边界曲线 $\Gamma$），肥皂膜（曲面 $\Sigma$）可以是平坦的，也可以被风吹得鼓起来形成各种形状的曲面。只要向量场在这些曲面所在的区域内足够光滑，无论选取哪种形状的“肥皂膜”作为积分曲面 $\Sigma$，计算出的曲面积分结果都是完全相等的。