第2节 偏导数与全微分
待校验 5
一、基础题
1. 计算曲线积分 $\int_L (x^2 - 2xy)\mathrm{d}x + (y^2 - 2xy)\mathrm{d}y$ ，其中 $L$ 是抛物线 $y = x^2$ 上从点 $(-1,1)$ 到点 $(1,1)$ 的一段弧.
【解答过程】
已知曲线 $L$ 的方程为 $y = x^2$，则 $\mathrm{d}y = 2x\mathrm{d}x$。
根据起点 $(-1,1)$ 和终点 $(1,1)$，参数 $x$ 的积分区间为 $[-1, 1]$。
将 $y$ 和 $\mathrm{d}y$ 代入积分式：
$$I = \int_{-1}^{1} \left[ (x^2 - 2x \cdot x^2) + ((x^2)^2 - 2x \cdot x^2) \cdot 2x \right] \mathrm{d}x$$$$I = \int_{-1}^{1} \left( x^2 - 2x^3 + (x^4 - 2x^3) \cdot 2x \right) \mathrm{d} x$$$$I = \int_{-1}^{1} \left( x^2 - 2x^3 + 2x^5 - 4x^4 \right) \mathrm{d}x$$利用对称区间积分性质，奇函数积分（$-2x^3$ 和 $2x^5$）为 $0$：
$$I = \int_{-1}^{1} (x^2 - 4x^4) \mathrm{d}x = 2 \int_{0}^{1} (x^2 - 4x^4) \mathrm {d}x$$$$I = 2 \left[ \frac{1}{3}x^3 - \frac{4}{5}x^5 \right]_{0}^{1} = 2 \left( \frac{1} {3} - \frac{4}{5} \right) = 2 \left( -\frac{7}{15} \right) = -\frac{14}{15}$$2. 计算曲线积分 $\int_L x^2 \mathrm{d}x + (y - x)\mathrm{d}y$ ，其中 $L$ 是上半圆周 $y = \sqrt{a^2 - x^2}$ 上从点 $A(a,0)$ 到点 $B(-a,0)$ 的一段弧.
【解答过程】
将半圆周写为参数方程：$x = a\cos t, y = a\sin t$。
起点为 $A(a,0)$，对应 $t=0$；终点为 $B(-a,0)$，对应 $t=\pi$。
求微分：$\mathrm{d}x = -a\sin t \mathrm{d}t$, $\mathrm{d}y = a\cos t \mathrm{d}t$。
代入曲线积分：
$$I = \int_{0}^{\pi} \left[ (a\cos t)^2(-a\sin t) + (a\sin t - a\cos t)(a\cos t) \right] \mathrm{d}t$$$$I = \int_{0}^{\pi} \left( -a^3\cos^2 t \sin t + a^2\sin t \cos t - a^2\cos^2 t \right) \mathrm{d}t$$分项计算积分：
$\int_{0}^{\pi} -a^3\cos^2 t \sin t \mathrm{d}t = a^3 \left[ \frac{\cos^3 t} {3} \right]_{0}^{\pi} = a^3 \left( -\frac{1}{3} - \frac{1}{3} \right) = -\frac{2} {3}a^3$
$\int_{0}^{\pi} a^2\sin t \cos t \mathrm{d}t = a^2 \left[ \frac{\sin^2 t}{2} \right]_{0}^{\pi} = 0$
$\int_{0}^{\pi} -a^2\cos^2 t \mathrm{d}t = -a^2 \int_{0}^{\pi} \frac{1+\cos 2t} {2} \mathrm{d}t = -a^2 \left[ \frac{t}{2} + \frac{\sin 2t}{4} \right]_{0}^{\pi} = -\frac{\pi a^2}{2}$
最终结果：
$$I = -\frac{2}{3}a^3 - \frac{\pi a^2}{2}$$3. 计算曲线积分 $\int_L (2a - y)\mathrm{d}x + \mathrm{d}y$ ，其中 $L$ 为摆线 $x = a (t - \sin t), y = a(1 - \cos t)$ ($a > 0$) 上对应 $t$ 从 $0$ 到 $2\pi$ 的一段弧.
【解答过程】
由参数方程求微分：
$\mathrm{d}x = a(1 - \cos t)\mathrm{d}t$
$\mathrm{d}y = a\sin t \mathrm{d}t$
代入积分表达式，积分限为 $t$ 从 $0$ 到 $2\pi$：
$$I = \int_{0}^{2\pi} \left[ (2a - a(1 - \cos t)) \cdot a(1 - \cos t) + a\sin t \right] \mathrm{d}t$$化简被积函数：
$$2a - a(1 - \cos t) = a(1 + \cos t)$$$$a(1 + \cos t) \cdot a(1 - \cos t) = a^2(1 - \cos^2 t) = a^2\sin^2 t$$因此原式变为：
$$I = \int_{0}^{2\pi} (a^2\sin^2 t + a\sin t) \mathrm{d}t$$分别计算：
$$\int_{0}^{2\pi} a^2\sin^2 t \mathrm{d}t = a^2 \int_{0}^{2\pi} \frac{1-\cos 2t} {2} \mathrm{d}t = a^2 \left[ \frac{t}{2} - \frac{\sin 2t}{4} \right]_{0}^{2\pi} = \pi a^2$$$$\int_{0}^{2\pi} a\sin t \mathrm{d}t = a[-\cos t]_{0}^{2\pi} = a(-1 - (-1)) = 0$$最终结果：
$$I = \pi a^2$$**4. 计算曲线积分 $\int_\Gamma \mathrm{d}x - \mathrm{d}y + y\mathrm{d}z$ ，其中 $\Gamma$ 为有向闭折线 $ABCA$，其中 $A, B, C$ 的坐标依次为 $(1,0,0), (0,1,0), (0,0,1)$. **
【解答过程】
分段计算线积分：
- 线段 $AB$（从 $(1,0,0)$ 到 $(0,1,0)$）：
参数方程：$x = 1-t, y = t, z = 0 \ (0 \le t \le 1)$
$\mathrm{d}x = -\mathrm{d}t, \mathrm{d}y = \mathrm{d}t, \mathrm{d}z = 0$
$$\int_{AB} \mathrm{d}x - \mathrm{d}y + y\mathrm{d}z = \int_{0}^{1} (-1 - 1 + 0) \mathrm{d}t = -2$$- 线段 $BC$（从 $(0,1,0)$ 到 $(0,0,1)$）：
参数方程：$x = 0, y = 1-t, z = t \ (0 \le t \le 1)$
$\mathrm{d}x = 0, \mathrm{d}y = -\mathrm{d}t, \mathrm{d}z = \mathrm{d}t$
$$\int_{BC} \mathrm{d}x - \mathrm{d}y + y\mathrm{d}z = \int_{0}^{1} (0 - (-1) + (1-t)\cdot 1)\mathrm{d}t = \int_{0}^{1} (2 - t)\mathrm{d}t = \left[ 2t - \frac {t^2}{2} \right]_{0}^{1} = \frac{3}{2}$$- 线段 $CA$（从 $(0,0,1)$ 到 $(1,0,0)$）：
参数方程：$x = t, y = 0, z = 1-t \ (0 \le t \le 1)$
$\mathrm{d}x = \mathrm{d}t, \mathrm{d}y = 0, \mathrm{d}z = -\mathrm{d}t$
$$\int_{CA} \mathrm{d}x - \mathrm{d}y + y\mathrm{d}z = \int_{0}^{1} (1 - 0 + 0) \mathrm{d}t = 1$$将三段结果相加：
$$I = -2 + \frac{3}{2} + 1 = \frac{1}{2}$$(本题也可通过斯托克斯公式（Stokes’ Theorem）计算：平面 $x+y+z=1$，法向量 $\mathbf{n} = \frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)$，旋度 $\nabla \times \mathbf{F} = (1,0,0)$，得 $\iint_S \mathrm{d}y\mathrm{d}z = \iint_{D_{xy}} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \frac{1}{2}$)
5. 计算曲线积分 $\int_\Gamma x^2 \mathrm{d}x + z\mathrm{d}y - y\mathrm{d}z$ ，其中 $\Gamma$ 是参数方程 $x = kt, y = a\cos t, z = a\sin t$ 上对应 $t$ 从 $0$ 到 $\pi$ 的一 段弧.
【解答过程】
求各变量的微分：
$\mathrm{d}x = k\mathrm{d}t$
$\mathrm{d}y = -a\sin t \mathrm{d}t$
$\mathrm{d}z = a\cos t \mathrm{d}t$
代入积分表达式：
$$I = \int_{0}^{\pi} \left[ (kt)^2 \cdot k + (a\sin t)(-a\sin t) - (a\cos t) (a\cos t) \right] \mathrm{d}t$$$$I = \int_{0}^{\pi} \left[ k^3 t^2 - a^2\sin^2 t - a^2\cos^2 t \right] \mathrm{d} t$$$$I = \int_{0}^{\pi} (k^3 t^2 - a^2) \mathrm{d}t$$积分计算：
$$I = \left[ \frac{1}{3} k^3 t^3 - a^2 t \right]_{0}^{\pi} = \frac{1}{3} k^3 \pi^3 - a^2 \pi$$二、提高题
6. 计算积分 $\oint_L \frac{\mathrm{d}x + \mathrm{d}y}{|x| + |y|}$ ，其中 $L$ 为顶点 为 $(1,0)、(0,1)、(-1,0)、(0,-1)$ 的正方形闭路，呈逆时针方向.
【解答过程】
闭合曲线 $L$ 为连接这四个顶点的正方形。
此正方形的方程恰好为 $|x| + |y| = 1$。
因为在整个积分路径 $L$ 上分母恒等于 $1$，所以原积分可以化简：
$$I = \oint_L \frac{\mathrm{d}x + \mathrm{d}y}{1} = \oint_L \mathrm{d}x + \oint_L \mathrm{d}y$$由于 $L$ 是一条闭合曲线，而 $\mathrm{d}x$ 和 $\mathrm{d}y$ 是全微分（被积函数为常数 $1$），沿着任何闭合曲线的积分为 $0$：
$$\oint_L \mathrm{d}x = 0, \quad \oint_L \mathrm{d}y = 0$$最终结果：
$$I = 0$$7. 设有一平面力场，其力 $\mathbf{F}(x, y) = \frac{x+y}{b^2 x^2 + a^2 y^2}\mathbf {i} + \frac{y-x}{b^2 x^2 + a^2 y^2}\mathbf{j}$，试求当质点沿曲线 $y = b\sqrt{1 - \frac{x^2}{a^2}}$ 从点 $A(-a,0)$ 移动到点 $B(a,0)$ 时力所做的功.
【解答过程】
给定的曲线方程 $y = b\sqrt{1 - \frac{x^2}{a^2}}$ 等价于椭圆 $\frac{x^2}{a^2} + \frac {y^2}{b^2} = 1$ 在上半平面的部分（$y \ge 0$）。
将曲线参数化：$x = a\cos t, y = b\sin t$。
起点 $A(-a,0)$ 对应 $t = \pi$；终点 $B(a,0)$ 对应 $t = 0$。
力做功的公式为：$W = \int_L P\mathrm{d}x + Q\mathrm{d}y$。
注意路径上分母 $b^2 x^2 + a^2 y^2$ 的值：
$$b^2(a\cos t)^2 + a^2(b\sin t)^2 = a^2 b^2(\cos^2 t + \sin^2 t) = a^2 b^2$$微分项：$\mathrm{d}x = -a\sin t \mathrm{d}t$, $\mathrm{d}y = b\cos t \mathrm{d}t$。
代入做功表达式：
$$W = \int_{\pi}^{0} \frac{(a\cos t + b\sin t)(-a\sin t) + (b\sin t - a\cos t) (b\cos t)}{a^2 b^2} \mathrm{d}t$$$$W = \frac{1}{a^2 b^2} \int_{\pi}^{0} \left( -a^2\sin t \cos t - ab\sin^2 t + b^2\sin t \cos t - ab\cos^2 t \right) \mathrm{d}t$$$$W = \frac{1}{a^2 b^2} \int_{\pi}^{0} \left( (b^2 - a^2)\sin t \cos t - ab (\sin^2 t + \cos^2 t) \right) \mathrm{d}t$$$$W = \frac{1}{a^2 b^2} \int_{\pi}^{0} \left( (b^2 - a^2)\sin t \cos t - ab \right) \mathrm{d}t$$由于 $\int_{\pi}^{0} \sin t \cos t \mathrm{d}t = \left[ \frac{\sin^2 t}{2} \right] _{\pi}^{0} = 0 - 0 = 0$，剩下：
$$W = \frac{1}{a^2 b^2} \int_{\pi}^{0} (-ab) \mathrm{d}t = -\frac{1}{ab} \left[ t \right]_{\pi}^{0} = -\frac{1}{ab}(0 - \pi) = \frac{\pi}{ab}$$8. 计算曲线积分 $I = \oint_L xz\mathrm{d}x + x\mathrm{d}y + \frac{y^2}{2}\mathrm {d}z$ ，其中 $L$ 是柱面 $x^2 + y^2 = 1$ 与平面 $z = x + y$ 的交线，从 $z$ 轴正向往 $z$ 轴负向看去呈逆时针方向.
【解答过程】
利用斯托克斯公式（Stokes’ Theorem）：
向量场 $\mathbf{F} = \left( xz, x, \frac{y^2}{2} \right)$。
计算旋度 $\nabla \times \mathbf{F}$：
$$\nabla \times \mathbf{F} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial} {\partial z} \\ xz & x & \frac{y^2}{2} \end{vmatrix} = \left( \frac{\partial} {\partial y}\left(\frac{y^2}{2}\right) - \frac{\partial}{\partial z}(x) \right) \mathbf{i} - \left( \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{y^2}{2}\right) - \frac {\partial}{\partial z}(xz) \right)\mathbf{j} + \left( \frac{\partial}{\partial x} (x) - \frac{\partial}{\partial y}(xz) \right)\mathbf{k}$$$$\nabla \times \mathbf{F} = (y - 0)\mathbf{i} - (0 - x)\mathbf{j} + (1 - 0) \mathbf{k} = (y, x, 1)$$交线所围成的曲面 $S$ 为平面 $z = x + y$ 在圆柱 $x^2 + y^2 \le 1$ 内部的部分。
平面法向量由“从 $z$ 轴正向看呈逆时针”知，法向量向上，取 $z$ 方向分量为正。
令 $f(x,y) = x + y$，向上法向量 $\mathbf{n}\mathrm{d}S = (-\frac{\partial f} {\partial x}, -\frac{\partial f}{\partial y}, 1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y = (-1, -1, 1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$。
投影区域 $D_{xy}$ 为单位圆 $x^2 + y^2 \le 1$。
$$I = \iint_S (\nabla \times \mathbf{F}) \cdot \mathbf{n}\mathrm{d}S = \iint_{D_ {xy}} (y, x, 1) \cdot (-1, -1, 1) \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$$$I = \iint_{D_{xy}} (-y - x + 1) \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$根据对称性，在单位圆上 $x$ 和 $y$ 的二重积分为 $0$：
$$I = \iint_{D_{xy}} 1 \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \text{面积}(D_{xy}) = \pi$$三、考研真题
9. (2015119) 已知曲线 $L$ 的方程为 $\begin{cases} z = \sqrt{2 - x^2 - y^2} \\ z = x \end{cases}$，起点为 $(0, \sqrt{2}, 0)$，终点为 $(0, -\sqrt{2}, 0)$，计算曲线积分 $\int_L (y+z)\mathrm{d}x + (z^2 - x^2 + y)\mathrm{d}y + (x^2 + y^2)\mathrm{d}z$.
【解答过程】
将平面 $z=x$ 代入上半球面 $z = \sqrt{2 - x^2 - y^2}$ 得：
$x = \sqrt{2 - x^2 - y^2} \implies x^2 = 2 - x^2 - y^2 \implies 2x^2 + y^2 = 2$。
由于 $z = x$ 且在球面上 $z \ge 0$，因此必须有 $x \ge 0$。
参数化此椭圆曲线：$x = \cos t, y = \sqrt{2}\sin t, z = \cos t$。
检查起止点确定 $t$ 的范围：
起点 $(0, \sqrt{2}, 0)$ 对应 $\cos t = 0, \sqrt{2}\sin t = \sqrt{2} \implies t = \frac{\pi}{2}$。
终点 $(0, -\sqrt{2}, 0)$ 对应 $\cos t = 0, \sqrt{2}\sin t = -\sqrt{2} \implies t = -\frac{\pi}{2}$。
因此，参数 $t$ 从 $\frac{\pi}{2}$ 变到 $-\frac{\pi}{2}$。
求微分：$\mathrm{d}x = -\sin t \mathrm{d}t$, $\mathrm{d}y = \sqrt{2}\cos t \mathrm {d}t$, $\mathrm{d}z = -\sin t \mathrm{d}t$。
将被积函数化简：
$(y+z)\mathrm{d}x = (\sqrt{2}\sin t + \cos t)(-\sin t)\mathrm{d}t = (-\sqrt{2} \sin^2 t - \sin t\cos t)\mathrm{d}t$
$(z^2 - x^2 + y)\mathrm{d}y = (\cos^2 t - \cos^2 t + \sqrt{2}\sin t)(\sqrt{2}\cos t)\mathrm{d}t = (2\sin t\cos t)\mathrm{d}t$
$(x^2 + y^2)\mathrm{d}z = (\cos^2 t + 2\sin^2 t)(-\sin t)\mathrm{d}t = (-\cos^2 t\sin t - 2\sin^3 t)\mathrm{d}t$
将三项相加，积分：
$$I = \int_{\pi/2}^{-\pi/2} \left[ -\sqrt{2}\sin^2 t + \sin t\cos t - \cos^2 t\sin t - 2\sin^3 t \right] \mathrm{d}t$$交换积分限，引入负号：
$$I = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \left[ \sqrt{2}\sin^2 t - \sin t\cos t + \cos^2 t\sin t + 2\sin^3 t \right] \mathrm{d}t$$在对称区间 $[-\pi/2, \pi/2]$ 上，奇函数（$-\sin t\cos t$, $\cos^2 t\sin t$, $2\sin^3 t$）积分为 $0$。偶函数积分翻倍：
$$I = \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \sqrt{2}\sin^2 t \mathrm{d}t = 2\sqrt{2} \int_{0}^ {\pi/2} \sin^2 t \mathrm{d}t = 2\sqrt{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\sqrt{2}}{2}\pi$$10. (2010111) 已知曲线 $L$ 的方程为 $y = 1 - |x|, x \in [-1, 1]$，起点为 $(-1, 0)$， 终点为 $(1, 0)$，则曲线积分 $\int_L xy\mathrm{d}x + x^2\mathrm{d}y = \underline {\hspace{2cm}}$.
【解答过程】
将曲线 $L$ 去掉绝对值分为两段：
$L_1$: $x \in [-1, 0]$ 时，$y = 1 + x$。此时 $\mathrm{d}y = \mathrm{d}x$。
$L_2$: $x \in [0, 1]$ 时，$y = 1 - x$。此时 $\mathrm{d}y = -\mathrm{d}x$。
分别计算两段积分：
$I_1 = \int_{-1}^{0} [x(1+x)\mathrm{d}x + x^2(1)\mathrm{d}x] = \int_{-1}^{0} (x + 2x^2)\mathrm{d}x = \left[ \frac{1}{2}x^2 + \frac{2}{3}x^3 \right]_{-1}^{0} = 0 - \left( \frac{1}{2} - \frac{2}{3} \right) = \frac{1}{6}$
$I_2 = \int_{0}^{1} [x(1-x)\mathrm{d}x + x^2(-1)\mathrm{d}x] = \int_{0}^{1} (x - 2x^2)\mathrm{d}x = \left[ \frac{1}{2}x^2 - \frac{2}{3}x^3 \right]_{0}^{1} = \left ( \frac{1}{2} - \frac{2}{3} \right) - 0 = -\frac{1}{6}$
总积分：
$$I = I_1 + I_2 = \frac{1}{6} - \frac{1}{6} = 0$$答案： $0$
11. (2008116) 计算曲线积分 $\int_L \sin 2x \mathrm{d}x + 2(x^2 - 1)y\mathrm{d} y$ ，其中 $L$ 是曲线 $y = \sin x$ 上从点 $(0, 0)$ 到点 $(\pi, 0)$ 的一段.
【解答过程】
将 $y = \sin x$ 及 $\mathrm{d}y = \cos x\mathrm{d}x$ 代入积分表达式。
积分限为 $x$ 从 $0$ 到 $\pi$：
$$I = \int_{0}^{\pi} \left[ \sin 2x + 2(x^2 - 1)\sin x \cos x \right] \mathrm{d} x$$利用倍角公式 $2\sin x \cos x = \sin 2x$：
$$I = \int_{0}^{\pi} \left[ \sin 2x + (x^2 - 1)\sin 2x \right] \mathrm{d}x = \int_ {0}^{\pi} x^2\sin 2x \mathrm{d}x$$使用分部积分法计算 $\int x^2\sin 2x \mathrm{d}x$：
令 $u = x^2, \mathrm{d}v = \sin 2x\mathrm{d}x$，则 $\mathrm{d}u = 2x\mathrm{d}x, v = -\frac{1}{2}\cos 2x$
$$I = \left[ -\frac{1}{2}x^2 \cos 2x \right]_{0}^{\pi} - \int_{0}^{\pi} \left (-\frac{1}{2}\cos 2x\right)(2x)\mathrm{d}x$$$$I = \left( -\frac{1}{2}\pi^2 \cos(2\pi) - 0 \right) + \int_{0}^{\pi} x\cos 2x \mathrm{d}x = -\frac{\pi^2}{2} + \int_{0}^{\pi} x\cos 2x \mathrm{d}x$$继续对后一项分部积分：
令 $u = x, \mathrm{d}v = \cos 2x\mathrm{d}x$，则 $\mathrm{d}u = \mathrm{d}x, v = \frac{1}{2}\sin 2x$
$$\int_{0}^{\pi} x\cos 2x \mathrm{d}x = \left[ \frac{1}{2}x \sin 2x \right]_{0}^ {\pi} - \int_{0}^{\pi} \frac{1}{2}\sin 2x \mathrm{d}x = 0 - \left[ -\frac{1}{4} \cos 2x \right]_{0}^{\pi} = \frac{1}{4}(\cos 2\pi - \cos 0) = 0$$最终结果：
$$I = -\frac{\pi^2}{2}$$12. (2004103) 设 $L$ 为圆周 $x^2 + y^2 = 2$ 在第一象限中的部分，方向为逆时针方向，则 $\int_L x\mathrm{d}y - 2y\mathrm{d}x = \underline{\hspace{2cm}}$.
【解答过程】
将第一象限圆弧参数化：
$x = \sqrt{2}\cos t, y = \sqrt{2}\sin t$
逆时针方向，参数 $t$ 从 $0$ 变到 $\frac{\pi}{2}$。
求微分：$\mathrm{d}x = -\sqrt{2}\sin t \mathrm{d}t, \mathrm{d}y = \sqrt{2}\cos t \mathrm{d}t$。
代入曲线积分式：
$$I = \int_{0}^{\pi/2} \left[ (\sqrt{2}\cos t)(\sqrt{2}\cos t) - 2(\sqrt{2}\sin t) (-\sqrt{2}\sin t) \right] \mathrm{d}t$$$$I = \int_{0}^{\pi/2} (2\cos^2 t + 4\sin^2 t) \mathrm{d}t = \int_{0}^{\pi/2} (2\cos^2 t + 2\sin^2 t + 2\sin^2 t) \mathrm{d}t$$利用 $\sin^2 t + \cos^2 t = 1$：
$$I = \int_{0}^{\pi/2} (2 + 2\sin^2 t) \mathrm{d}t$$分别计算：
$$\int_{0}^{\pi/2} 2 \mathrm{d}t = 2 \times \frac{\pi}{2} = \pi$$$$\int_{0}^{\pi/2} 2\sin^2 t \mathrm{d}t = 2 \times \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi} {2} = \frac{\pi}{2}$$最终结果：
$$I = \pi + \frac{\pi}{2} = \frac{3\pi}{2}$$答案： $\frac{3\pi}{2}$