总习题十

待校验 7、8

1. 填空题

题目 1.(1)

设 $L$ 是从 $A(1,0)$ 到 $B(-1,2)$ 的线段，则曲线积分 $\int_L (x+y+1) \text{d}s = \text {\_\_\_\_\_\_\_}$.

解答：

线段 $L$ 的参数方程可设为：

$x = 1 - 2t, y = 2t \quad (0 \leqslant t \leqslant 1)$

弧长微元 $\text{d}s = \sqrt{(-2)^2 + 2^2} \text{d}t = 2\sqrt{2} \text{d}t$。

代入积分得：

$$\int_L (x+y+1) \text{d}s = \int_0^1 (1-2t+2t+1) \cdot 2\sqrt{2} \text{d}t = \int_0^1 4\sqrt{2} \text{d}t = 4\sqrt{2}$$

答案： $4\sqrt{2}$

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题目 1.(2)

设 $\oint_L (x-2y)\text{d}x + (4x+3y)\text{d}y = -9$，其中 $L$ 是 $xOy$ 面上沿顺时针方 向旋转的简单闭曲线，则 $L$ 所围成的平面闭区域的面积等于 $\text{\_\_\_\_\_\_\_}$.

解答：

设 $L$ 所围成的闭区域为 $D$。记 $P = x-2y, Q = 4x+3y$。则 $\frac{\partial Q}{\partial x} = 4, \frac{\partial P}{\partial y} = -2$。

由于 $L$ 是顺时针方向，应用格林公式（带负号）：

$$\oint_L P\text{d}x + Q\text{d}y = -\iint_D \left(\frac{\partial Q}{\partial x}

• \frac{\partial P}{\partial y}\right) \text{d}x\text{d}y = -\iint_D (4 - (-2)) \text{d}x\text{d}y = -6 \iint_D \text{d}x\text{d}y = -6S$$

已知积分值为 $-9$，即 $-6S = -9$，解得面积 $S = \frac{3}{2}$。

答案： $\frac{3}{2}$ 或 1.5

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题目 1.(3)

设 $\Sigma$ 是上半球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$，则积分 $\iint_\Sigma (x^2+y^2+z^2) \text{d} S = \text{\_\_\_\_\_\_\_}$.

解答：

在曲面 $\Sigma$ 上，恒有 $x^2+y^2+z^2 = a^2$。因此被积函数为常数 $a^2$。

$$\iint_\Sigma a^2 \text{d}S = a^2 \iint_\Sigma \text{d}S = a^2 \cdot S_{\Sigma}$$

上半球面的面积为 $2\pi a^2$，所以结果为 $a^2 \cdot 2\pi a^2 = 2\pi a^4$。

答案： $2\pi a^4$

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题目 1.(4)

积分 $\int_{(0,0)}^{(1,1)} xy^2 \text{d}x + x^2y \text{d}y = \text{\_\_\_\_\_\_\_} $.

解答：

记 $P = xy^2, Q = x^2y$。容易验证 $\frac{\partial P}{\partial y} = 2xy = \frac {\partial Q}{\partial x}$，故该积分与路径无关。

且被积表达式是全微分：$\text{d}\left(\frac{1}{2}x^2y^2\right) = xy^2 \text{d}x + x^2y \text{d}y$。

由牛顿-莱布尼茨公式可得：

$$\int_{(0,0)}^{(1,1)} \text{d}\left(\frac{1}{2}x^2y^2\right) = \left. \frac{1}{2} x^2y^2 \right|_{(0,0)}^{(1,1)} = \frac{1}{2}(1)(1) - 0 = \frac{1}{2}$$

答案： $\frac{1}{2}$

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题目 1.(5)

设 $\Sigma$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=1$ 在第一卦限部分的内侧，则积分 $\iint_\Sigma (z^2-1) \text{d}x\text{d}y = \text{\_\_\_\_\_\_\_}$.

解答：

球面在第一卦限部分的法向量指向原点，其与 $z$ 轴正向成钝角，故 $\text{d}x\text{d}y$ 投影带有负 号，即 $\text{d}x\text{d}y \to -\text{d}x\text{d}y$。

积分区域 $D_{xy}$ 为 $x^2+y^2 \leqslant 1$ 在第一象限的部分（四分之一圆）。

在 $\Sigma$ 上， $z^2-1 = -x^2-y^2$。

$$\iint_\Sigma (z^2-1) \text{d}x\text{d}y = -\iint_{D_{xy}} (-x^2-y^2) \text{d} x\text{d}y = \iint_{D_{xy}} (x^2+y^2) \text{d}x\text{d}y$$

利用极坐标计算：

$$\int_0^{\pi/2} \text{d}\theta \int_0^1 r^2 \cdot r \text{d}r = \frac{\pi}{2} \left[ \frac{r^4}{4} \right]_0^1 = \frac{\pi}{8}$$

答案： $\frac{\pi}{8}$

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2. 选择题

题目 2.(1)

设 $L$ 是从点 $O(0,0)$ 沿折线 $y=1-|x-1|$ 至点 $A(2,0)$ 的折线段，则曲线积分 $I = \int_L -y\text{d}x + x\text{d}y$ 等于 _______.

A. 0 B. -1 C. -2 D. 2

解答：

添加从 $A(2,0)$ 到 $O(0,0)$ 的线段 $L_0$（在 $x$ 轴上），构成闭合曲线 $C = L \cup L_0$。 折线 $L$ 从 $(0,0)$ 到 $(1,1)$ 再到 $(2,0)$，所以闭合曲线 $C$ 的方向为顺时针。

$C$ 所围成的是一个底为2、高为1的三角形，面积 $S = 1$。

利用格林公式，因顺时针故取负号：

$$\oint_C -y\text{d}x + x\text{d}y = -\iint_D \left[\frac{\partial(x)}{\partial x} - \frac{\partial(-y)}{\partial y}\right] \text{d}x\text{d}y = -\iint_D 2 \text {d}x\text{d}y = -2S = -2$$

而在补充的线段 $L_0$ 上， $y=0, \text{d}y=0$，故 $\int_{L_0} -y\text{d}x + x\text{d} y = 0$。

因此 $\int_L = \oint_C - \int_{L_0} = -2 - 0 = -2$。

答案： C

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题目 2.(2)

设 $L$ 为圆周 $x^2+y^2=R^2$，则曲线积分 $I = \oint_L xy\text{d}s$ 的值为 _______.

A. -1 B. 1 C. 0 D. 2

解答：

由于积分曲线 $L$ 关于 $x$ 轴（和 $y$ 轴）都是对称的，且被积函数 $f(x,y) = xy$ 是关于 $y$ （以及关于 $x$）的奇函数。

根据第一类曲线积分的对称性，奇函数在对称区域上的积分为 0。

答案： C

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题目 2.(3)

若曲面 $\Sigma$ 是由 $z=0$ 和 $z=3$ 与圆柱 $x^2+y^2 \leqslant 1$ 围成的立体表面的外侧，则 曲面积分 $\iint_\Sigma x\text{d}y\text{d}z + y\text{d}z\text{d}x + z\text{d}x\text {d}y$ 的值为 _______.

A. $3\pi$ B. $\pi$ C. $81\pi$ D. $9\pi$

解答：

使用高斯公式，设该立体为 $\Omega$，体积为 $V = \pi(1^2)(3) = 3\pi$。

$$\iint_\Sigma x\text{d}y\text{d}z + y\text{d}z\text{d}x + z\text{d}x\text{d}y = \iiint_\Omega \left(\frac{\partial x}{\partial x} + \frac{\partial y}{\partial y}

• \frac{\partial z}{\partial z}\right) \text{d}V = \iiint_\Omega 3 \text{d}V = 3V = 3(3\pi) = 9\pi$$

答案： D

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题目 2.(4)

设 $\Sigma$ 是 $z=2-x^2-y^2$ 在 $xOy$ 面上方的曲面，则 $\iint_\Sigma \text{d}S = $ _______.

A. $\int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^1 \sqrt{1+4\rho^2} \rho \text{d}\rho$

B. $\int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^2 \sqrt{1+4\rho^2} \rho \text{d}\rho$

C. $\int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^{\sqrt{2}} (2-\rho^2)\sqrt{1+4\rho^2} \rho \text{d}\rho$

D. $\int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^{\sqrt{2}} \sqrt{1+4\rho^2} \rho \text{d} \rho$

解答：

$z = 2-x^2-y^2$。偏导数为 $z_x = -2x, z_y = -2y$。

面积微元 $\text{d}S = \sqrt{1+z_x^2+z_y^2} \text{d}x\text{d}y = \sqrt{1+4x^2+4y^2} \text{d}x\text{d}y$。

曲面在 $xOy$ 面上方的条件是 $z \geqslant 0 \implies x^2+y^2 \leqslant 2$。因此积分区域是 半径为 $\sqrt{2}$ 的圆。

转极坐标得 $\text{d}S = \sqrt{1+4\rho^2} \rho \text{d}\rho \text{d}\theta$，积分限 $\theta \in [0, 2\pi], \rho \in [0, \sqrt{2}]$。

答案： D

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题目 2.(5)

设 $C$ 是任意一条不通过且不包含原点的正向光滑简单闭曲线，则 $\oint_C \frac{x\text{d}y - y\text{d}x}{x^2+2y^2} =$ _______.

A. $4\pi$ B. $0$ C. $2\pi$ D. $\pi$

解答：

令 $P = \frac{-y}{x^2+2y^2}, Q = \frac{x}{x^2+2y^2}$。

计算可得 $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y} = \frac {2y^2-x^2}{(x^2+2y^2)^2}$。

因曲线 $C$ 不通过也不包含原点（瑕点），该函数在 $C$ 及 $C$ 的内部均有连续偏导数。

由格林公式：$\oint_C P\text{d}x + Q\text{d}y = \iint_D (\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}) \text{d}x\text{d}y = 0$。

答案： B

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3. 计算下列曲线积分

题目 3.(1)

$\int_\Gamma \sqrt{x^2+y^2+z^2} \text{d}s$，其中 $\Gamma$ 为曲线 $x=e^t\cos t, y=e^t\sin t, z=e^t \quad (0 \leqslant t \leqslant 2)$。

解答：

被积函数 $\sqrt{x^2+y^2+z^2} = \sqrt{e^{2t}\cos^2t + e^{2t}\sin^2t + e^{2t}} = \sqrt{2e^{2t}} = \sqrt{2}e^t$。

计算各分量导数：

$x'(t) = e^t(\cos t - \sin t)$

$y'(t) = e^t(\sin t + \cos t)$

$z'(t) = e^t$

弧长微元 $\text{d}s = \sqrt{x'^2+y'^2+z'^2} \text{d}t = \sqrt{e^{2t}(\cos t-\sin t) ^2 + e^{2t}(\sin t+\cos t)^2 + e^{2t}} \text{d}t = \sqrt{e^{2t}(2+1)} \text{d}t = \sqrt{3}e^t \text{d}t$。

代入积分：

$$\int_\Gamma \dots = \int_0^2 (\sqrt{2}e^t)(\sqrt{3}e^t) \text{d}t = \sqrt{6} \int_0^2 e^{2t} \text{d}t = \frac{\sqrt{6}}{2} [e^{2t}]_0^2 = \frac{\sqrt{6}}{2} (e^4 - 1)$$

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题目 3.(2)

$\int_\Gamma x\text{d}x + y\text{d}y + (x+y-1)\text{d}z$，其中 $\Gamma$ 是从点 $(1, 1,1)$ 到 $(2,3,4)$ 的一段直线。

解答：

直线的参数方程可写为 $x = 1+t, y = 1+2t, z = 1+3t \quad (0 \leqslant t \leqslant 1) $。

此时 $\text{d}x = \text{d}t, \text{d}y = 2\text{d}t, \text{d}z = 3\text{d}t$。代入 得：

$$\int_0^1 \left[ (1+t)(1) + (1+2t)(2) + (1+t+1+2t-1)(3) \right] \text{d}t$$$$= \int_0^1 (1+t + 2+4t + 9t+3) \text{d}t = \int_0^1 (14t+6) \text{d}t = \left[ 7t^2+6t \right]_0^1 = 13$$

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题目 3.(3)

$\int_L (y+2xy)\text{d}x + (x^2+2x+y^2)\text{d}y$，其中 $L$ 是上半圆周 $x^2+y^2=4x$ 上从点 $(4,0)$ 到 $(0,0)$ 的一段弧。

解答：

圆的方程化为 $(x-2)^2+y^2=4$，该段弧为位于上半平面的半圆，从 $(4,0)$ 回到 $(0,0)$。

记 $P=y+2xy, Q=x^2+2x+y^2$。计算得 $Q_x - P_y = (2x+2) - (1+2x) = 1$。

添加线段 $L_0$ 从 $(0,0)$ 到 $(4,0)$ 闭合区域 $D$。此时 $L \cup L_0$ 构成的闭曲线呈逆时针 方向。

由格林公式：

$$\oint_{L \cup L_0} P\text{d}x + Q\text{d}y = \iint_D (Q_x - P_y) \text{d}x\text {d}y = \iint_D 1 \text{d}x\text{d}y = S_D = \frac{1}{2} \pi (2^2) = 2\pi$$

而在 $L_0$（$x$ 轴上）有 $y=0, \text{d}y=0$，积分值为 $\int_0^4 0 \text{d}x = 0$。

因此，原积分 $\int_L = 2\pi - 0 = 2\pi$。

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题目 3.(4)

$\oint_L \sin\sqrt{x^2+y^2} \text{d}s$，其中 $L$ 为圆周 $x^2+y^2=a^2$、直线 $y=x$ 及 $x$ 轴在第一象限所围成的扇形边界。

解答：

扇形边界 $L$ 由三段组成：$x$ 轴线段 $L_1$、圆弧 $L_2$、直线 $y=x$ 线段 $L_3$。

$L_1$: $y=0, 0 \leqslant x \leqslant a$。$\int_{L_1} \sin x \text{d}x = 1 - \cos a$。

$L_3$: $y=x, r$ 从 $0$ 变为 $a$。参数化后同样等价于沿半径积分，弧长元即半径微元 $\text{d} r$，$\int_{L_3} \sin r \text{d}r = 1 - \cos a$。

$L_2$: 圆弧 $r=a, 0 \leqslant \theta \leqslant \pi/4$。$\text{d}s = a\text{d} \theta$。此时被积函数恒为 $\sin a$。

$\int_{L_2} \sin a \cdot a\text{d}\theta = \int_0^{\pi/4} a\sin a \text{d}\theta = \frac{\pi}{4}a\sin a$。

总积分等于三段之和：$2(1-\cos a) + \frac{\pi}{4}a\sin a$。

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题目 3.(5)

$\int_L (x+e^{\sin y})\text{d}y + (y-2)\text{d}x$，其中 $L$ 是位于第一象限中的直线 $x +y=1$ 与位于第二象限中的圆弧 $x^2+y^2=1$ 构成的曲线，方向为由点 $A(1,0)$ 到 $B(0,1)$ 再到 $C(-1,0)$。

解答：

令 $P=y-2, Q=x+e^{\sin y}$。检查：$Q_x - P_y = 1 - 1 = 0$。由于该向量场在全平面上有连续偏 导数，故积分与路径无关。

将复杂路径 $L$ 替换为沿着 $x$ 轴直接从 $A(1,0)$ 直达 $C(-1,0)$ 的线段 $L'$。

在 $L'$ 上：$y=0, \text{d}y=0, x$ 从 $1$ 变到 $-1$。

$$\int_{L'} (0-2)\text{d}x = \int_1^{-1} -2 \text{d}x = -2(-1 - 1) = 4$$

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4. 计算下列曲面积分

题目 4.(1)

$\iint_\Sigma z \text{d}S$，其中 $\Sigma$ 是锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 在柱体 $x^2+y^2 \leqslant 2x$ 内的部分。

解答：

在锥面上 $z_x = \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}, z_y = \frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$。

面积微元 $\text{d}S = \sqrt{1 + z_x^2 + z_y^2} \text{d}x\text{d}y = \sqrt{2} \text {d}x\text{d}y$。

积分转化为二重积分，区域 $D$ 为 $x^2+y^2 \leqslant 2x$，极坐标下为 $r \leqslant 2\cos\theta, -\pi/2 \leqslant \theta \leqslant \pi/2$。

$$\iint_D \sqrt{x^2+y^2} \cdot \sqrt{2} \text{d}x\text{d}y = \sqrt{2} \int_{-\pi/ 2}^{\pi/2} \text{d}\theta \int_0^{2\cos\theta} r \cdot r \text{d}r$$$$= \sqrt{2} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \left[\frac{r^3}{3}\right]_0^{2\cos\theta} \text{d}\theta = \frac{8\sqrt{2}}{3} \int_{-\pi/2}^{\pi/2} \cos^3\theta \text{d} \theta = \frac{16\sqrt{2}}{3} \int_0^{\pi/2} \cos^3\theta \text{d}\theta$$

根据华里士公式，$\int_0^{\pi/2} \cos^3\theta \text{d}\theta = \frac{2}{3}$。

最终结果：$\frac{16\sqrt{2}}{3} \times \frac{2}{3} = \frac{32\sqrt{2}}{9}$。

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题目 4.(2)

$\iint_\Sigma (ax+by+cz) \text{d}S$，其中 $\Sigma$ 为球面 $x^2+y^2+z^2=2Rz$。

解答：

球面方程可化为 $x^2+y^2+(z-R)^2=R^2$。该球面关于 $x=0$ 和 $y=0$ 平面对称。

由于 $x$ 和 $y$ 是奇函数，由对称性可知 $\iint_\Sigma ax \text{d}S = 0, \iint_\Sigma by \text{d}S = 0$。

剩下的积分项为 $c \iint_\Sigma z \text{d}S$。

我们可以利用球面的质心公式。封闭匀质球面表面的质心高度 $\bar{z} = \frac{\iint_\Sigma z \text{d}S}{\iint_\Sigma \text{d}S} = R$（因球心在 $(0,0,R)$）。

故 $\iint_\Sigma z \text{d}S = R \cdot S_{\Sigma} = R \cdot (4\pi R^2) = 4\pi R^3$。

最终积分为 $4\pi c R^3$。

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题目 4.(3)

$\iint_\Sigma \sin z \text{d}x\text{d}y$，其中 $\Sigma$ 是抛物面 $z=x^2+y^2$ 介于 $z=1$ 与 $z=4$ 之间部分之下侧。

解答：

曲面取下侧，其法向量与 $z$ 轴正向成钝角，故在 $xOy$ 面上投影的面积微元带有负号 $\text{d} x\text{d}y \to -\text{d}x\text{d}y$。

投影区域 $D$ 是圆环 $1 \leqslant x^2+y^2 \leqslant 4$。

$$\iint_\Sigma \sin z \text{d}x\text{d}y = -\iint_D \sin(x^2+y^2) \text{d}x\text {d}y$$

极坐标计算：

$$-\int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_1^2 \sin(r^2) r \text{d}r = -2\pi \left[ \frac{-\cos(r^2)}{2} \right]_1^2 = \pi (\cos 4 - \cos 1)$$

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题目 4.(4)

$\iint_\Sigma x^3\text{d}y\text{d}z + y^3\text{d}z\text{d}x + z^3\text{d}x\text{d} y$，其中 $\Sigma$ 是上半球面 $z=\sqrt{R^2-x^2-y^2}$ 的下侧。

解答：

补上底面圆盘 $D: x^2+y^2 \leqslant R^2, z=0$，取上侧（由于 $\Sigma$ 取下侧，它们共同构成一 个向内的闭合曲面）。我们先求向外（上侧 $\Sigma_{out}$，下侧底面 $D_{out}$）的高斯积分。

立体 $\Omega$ 为上半球体。由高斯公式：

$$\iiint_\Omega (3x^2+3y^2+3z^2) \text{d}V = 3 \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^{\pi/2} \sin\phi \text{d}\phi \int_0^R \rho^2 \cdot \rho^2 \text{d}\rho = 6\pi \left( 1 \right) \left( \frac{R^5}{5} \right) = \frac{6\pi R^5}{5}$$

这是在封闭曲面外侧上的积分。在底面 $D_{out}$ 上，$z=0$ 且 $\text{d}z=0$，积分为 0。

故 $\iint_{\Sigma_{out}} = \frac{6\pi R^5}{5}$。

题目要求在 $\Sigma$ 的下侧（内侧），因此结果取反号：$-\frac{6\pi R^5}{5}$。

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题目 4.(5)

$\oiint_\Sigma \frac{\text{d}y\text{d}z}{x} + \frac{\text{d}z\text{d}x}{y} + \frac {\text{d}x\text{d}y}{z}$，其中 $\Sigma$ 为球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 的外侧。

解答：

由于积分面跨越坐标平面，$1/x, 1/y, 1/z$ 存在瑕点，不能直接对立体应用高斯公式。将其转化为第一类 曲面积分：

球面的外法向单位向量为 $\vec{n} = (\frac{x}{a}, \frac{y}{a}, \frac{z}{a})$。

从而 $\text{d}y\text{d}z = \frac{x}{a}\text{d}S$；$\text{d}z\text{d}x = \frac{y}{a} \text{d}S$；$\text{d}x\text{d}y = \frac{z}{a}\text{d}S$。代入原式：

$$\oiint_\Sigma \left( \frac{1}{x} \frac{x}{a} + \frac{1}{y} \frac{y}{a} + \frac {1}{z} \frac{z}{a} \right) \text{d}S = \oiint_\Sigma \frac{3}{a} \text{d}S$$$$= \frac{3}{a} \cdot 4\pi a^2 = 12\pi a$$

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5. 证明题与全微分求原函数

题目 5

证明 $4\sin x \cos x \sin 3y \text{d}x - 3\cos 3y \cos 2x \text{d}y$ 在整个 $xOy$ 面 内是某一函数 $u(x,y)$ 的全微分，并求出 $u(x,y)$。

解答：

记 $P = 4\sin x \cos x \sin 3y = 2\sin 2x \sin 3y$，$Q = -3\cos 3y \cos 2x$。

求偏导数：

$P_y = 2\sin 2x (3\cos 3y) = 6\sin 2x \cos 3y$

$Q_x = -3\cos 3y (-2\sin 2x) = 6\sin 2x \cos 3y$

因为 $P_y = Q_x$ 恒成立，且函数在全平面连续，故它是某一函数 $u(x,y)$ 的全微分。

积分求 $u(x,y)$：

$$u(x,y) = \int P \text{d}x = \int 2\sin 2x \sin 3y \text{d}x = -\cos 2x \sin 3y

• C(y)$$

对 $y$ 求导并令其等于 $Q$：

$$u_y = -3\cos 2x \cos 3y + C'(y) = -3\cos 3y \cos 2x \implies C'(y) = 0 \implies C(y) = C$$

所以 $u(x,y) = -\cos 2x \sin 3y + C$。

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6. 求未知函数

题目 6

设函数 $f(x)$ 具有二阶连续导数，$f(1)=f'(1)=1$，且 $\oint_L \left[ \frac{y^2}{x} + x f\left(\frac{y}{x}\right) \right]\text{d}x + \left[ y - x f'\left(\frac{y}{x} \right) \right]\text{d}y = 0$，其中 $L$ 是右半平面 $x>0$ 内任一分段光滑简单闭曲线，求 $f (x)$。

解答：

积分与路径无关的充要条件是 $P_y = Q_x$。

$P = \frac{y^2}{x} + x f\left(\frac{y}{x}\right) \implies P_y = \frac{2y}{x} + x \cdot f'\left(\frac{y}{x}\right) \cdot \frac{1}{x} = \frac{2y}{x} + f'\left(\frac {y}{x}\right)$

$Q = y - x f’\left(\frac{y}{x}\right) \implies Q_x = -f’\left(\frac{y}{x}\right)

• x \cdot f’’\left(\frac{y}{x}\right) \cdot \left(-\frac{y}{x^2}\right) = -f’\left (\frac{y}{x}\right) + \frac{y}{x}f’’\left(\frac{y}{x}\right)$

令 $P_y = Q_x$ 并记 $t = \frac{y}{x}$：

$2t + f'(t) = -f'(t) + t f''(t) \implies t f''(t) - 2f'(t) = 2t$

化为一阶线性常微分方程（针对 $f'$）：

$f''(t) - \frac{2}{t}f'(t) = 2$

乘以积分因子 $e^{\int -2/t \text{d}t} = t^{-2}$：

$(t^{-2} f'(t))' = 2t^{-2} \implies t^{-2} f'(t) = -2t^{-1} + C_1 \implies f'(t) = -2t + C_1 t^2$

由 $f'(1) = 1$，得 $-2 + C_1 = 1 \implies C_1 = 3$，所以 $f'(t) = 3t^2 - 2t$。

再积分得 $f(t) = t^3 - t^2 + C_2$。

由 $f(1) = 1$，得 $1 - 1 + C_2 = 1 \implies C_2 = 1$。

最终函数为 $f(x) = x^3 - x^2 + 1$。

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7. 第一类曲线积分应用

题目 7

一根长度为 1 的细棒位于 $x$ 轴的 $[0,1]$ 上，其线密度 $\rho(x) = -x^2+2x+1$，求细棒的质 量。

解答：

质量计算即沿该区间的线密度积分：

$$m = \int_0^1 \rho(x) \text{d}x = \int_0^1 (-x^2+2x+1) \text{d}x$$$$= \left[ -\frac{1}{3}x^3 + x^2 + x \right]_0^1 = -\frac{1}{3} + 1 + 1 = \frac{5} {3}$$

答案： $\frac{5}{3}$

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8. 场论应用（流量与环流量）

题目 8

设有稳定流动的、不可压缩的流体的流速场 $\vec{v} = yx^2\vec{i} + zy^2\vec{j} + xz^2\vec {k}$，求流体在单位时间内流向曲面 $\Sigma: x^2+y^2+z^2=2x$ 外侧的通量以及流体沿曲线 $\Gamma: \begin{cases} x^2+y^2+z^2=2x \\ x=1 \end{cases}$ 的环流量，从 $x$ 轴正向看 $\Gamma$ 呈逆时针方向。

解答：

(1) 求通量

利用高斯公式求向外的散度积分：

散度 $\nabla \cdot \vec{v} = \frac{\partial(yx^2)}{\partial x} + \frac{\partial (zy^2)}{\partial y} + \frac{\partial(xz^2)}{\partial z} = 2xy + 2yz + 2xz$。

积分区域为球体 $(x-1)^2+y^2+z^2 \leqslant 1$。作平移代换 $u=x-1, v=y, w=z$，球心在原点， 区域为 $u^2+v^2+w^2 \leqslant 1$。

被积函数转化为 $2(u+1)v + 2vw + 2w(u+1)$。展开后所有项都含有奇数次的 $v, w$ 或 $uv$ 组合， 因区域具有完全对称性，故所有项积分均为 0。通量为 0。

(2) 求环流量

曲线 $\Gamma$ 为 $y^2+z^2=1, x=1$。参数化为 $y = \cos t, z = \sin t, x=1, t \in [0, 2\pi]$（从 $x$ 轴正向看逆时针）。

环流量 $W = \oint_\Gamma \vec{v} \cdot \text{d}\vec{r} = \oint_\Gamma (yx^2 \text {d}x + zy^2 \text{d}y + xz^2 \text{d}z)$。

因为 $x=1, \text{d}x=0$，积分化简为：

$$\oint_\Gamma (z y^2 \text{d}y + z^2 \text{d}z) = \int_0^{2\pi} \left[ (\sin t) (\cos^2 t)(-\sin t) + (\sin^2 t)(\cos t) \right] \text{d}t$$

$\int_0^{2\pi} \sin^2 t \cos t \text{d}t = 0$，剩余部分：

$$\int_0^{2\pi} -\sin^2 t \cos^2 t \text{d}t = -\frac{1}{4} \int_0^{2\pi} \sin^2 2t \text{d}t = -\frac{1}{4} \cdot \pi = -\frac{\pi}{4}$$

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9. 曲线积分极值问题

题目 9

求正数 $a$ 的值，使 $\int_L y^3\text{d}x + (2x+y^2)\text{d}y$ 的值最小，其中 $L$ 是沿曲 线 $y=a\sin x$ 从 $(0,0)$ 到 $(\pi,0)$ 的一段弧。

解答：

应用格林公式，补充线段 $L_0$（$x$ 轴从 $\pi$ 到 0），构成顺时针闭曲线 $C = L \cup L_0$。

$P = y^3, Q = 2x+y^2 \implies Q_x - P_y = 2 - 3y^2$。

闭合积分 $\oint_C P\text{d}x + Q\text{d}y = -\iint_D (2-3y^2) \text{d}x\text{d}y$。

因为在 $L_0$ 上 $y=0 \implies \int_{L_0} = 0$，所以 $\int_L = -\iint_D (2-3y^2) \text{d}x\text{d}y$。

积分值 $I(a) = -\int_0^\pi \text{d}x \int_0^{a\sin x} (2-3y^2) \text{d}y = -\int_0^\pi (2a\sin x - a^3\sin^3 x) \text{d}x$。

$\int_0^\pi \sin x \text{d}x = 2$；$\int_0^\pi \sin^3 x \text{d}x = \frac{4}{3}$。

所以 $I(a) = -(4a - \frac{4}{3}a^3) = \frac{4}{3}a^3 - 4a$。

求极值：$I'(a) = 4a^2 - 4 = 0 \implies a = 1$（已知 $a>0$）。

$I''(1) = 8 > 0$，故此时取极小值且为最小值。

答案： $a=1$

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10. 第一类曲线积分

题目 10

计算 $I = \oint_L |xy| \text{d}s$，其中 $L$ 为 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \quad (a>0, b>0)$。

解答：

由椭圆的对称性，四个象限的积分值相等。我们取第一象限的积分 $I_1$ 乘以4。

参数化：$x = a\cos t, y = b\sin t \quad (t \in [0, \pi/2])$。

$\text{d}s = \sqrt{(-a\sin t)^2 + (b\cos t)^2} \text{d}t = \sqrt{a^2\sin^2 t + b^2\cos^2 t} \text{d}t$。

$$I = 4 \int_0^{\pi/2} (a\cos t)(b\sin t) \sqrt{a^2\sin^2 t + b^2\cos^2 t} \text {d}t$$

令 $u = a^2\sin^2 t + b^2\cos^2 t$，则 $\text{d}u = 2(a^2-b^2)\sin t \cos t \text {d}t$。积分界限：$t=0 \to u=b^2$；$t=\pi/2 \to u=a^2$。

（若 $a=b$，变为圆积分，结果为 $2a^3$）。若 $a \neq b$：

$$I = 4ab \int_{b^2}^{a^2} \sqrt{u} \frac{\text{d}u}{2(a^2-b^2)} = \frac{2ab} {a^2-b^2} \left[ \frac{2}{3}u^{3/2} \right]_{b^2}^{a^2} = \frac{4ab(a^3-b^3)}{3 (a^2-b^2)} = \frac{4ab(a^2+ab+b^2)}{3(a+b)}$$

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11. 变力做功

题目 11

设有一平面场力，其大小与作用点到原点的距离成正比，而从原点到作用点的方向逆时针旋转 $\frac{\pi} {2}$ 为场力的方向，求质点沿圆周 $x^2+y^2=1$ 从点 $A(1,0)$ 移动到点 $B(0,1)$ 时场力所做的 功。

解答：

质点位置向量 $\vec{r} = (x,y)$。其逆时针旋转 $\pi/2$ 的向量为 $(-y, x)$。场力大小为 $k\sqrt{x^2+y^2}$，故场力向量为：

$$\vec{F} = k\sqrt{x^2+y^2} \frac{(-y, x)}{\sqrt{x^2+y^2}} = k(-y, x)$$

功 $W = \int_C \vec{F} \cdot \text{d}\vec{r} = \int_C (-ky \text{d}x + kx \text{d} y)$。

路径 $C$ 为单位圆弧 $x = \cos t, y = \sin t, t \in [0, \pi/2]$。

$$W = \int_0^{\pi/2} \left[ -k(\sin t)(-\sin t) + k(\cos t)(\cos t) \right] \text {d}t = k \int_0^{\pi/2} (\sin^2 t + \cos^2 t) \text{d}t = k \int_0^{\pi/2} 1 \text {d}t = \frac{k\pi}{2}$$

答案： $\frac{k\pi}{2}$（其中 $k$ 为正比例常数）。

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12. 曲线积分与原函数综合

题目 12

已知曲线积分 $\int_L [\sin x - f(x)]\frac{y}{x} \text{d}x + f(x) \text{d}y$ 在右半平 面 $x>0$ 上与路径无关，其中 $f(x)$ 有连续导数，$f(\pi)=1$。

(1) 求 $f(x)$；(2) 计算 $\int_{(1,0)}^{(\pi,\pi)} [\sin x - f(x)]\frac{y}{x} \text {d}x + f(x) \text{d}y$。

解答：

(1) 积分与路径无关，有 $P_y = Q_x$。

$P = \frac{y\sin x - y f(x)}{x} \implies P_y = \frac{\sin x - f(x)}{x}$。

$Q = f(x) \implies Q_x = f'(x)$。

得到微分方程：$f'(x) = \frac{\sin x - f(x)}{x} \implies xf'(x) + f(x) = \sin x \implies (xf(x))' = \sin x$。

两边积分：$xf(x) = -\cos x + C \implies f(x) = \frac{C-\cos x}{x}$。

代入 $f(\pi)=1$，得 $\frac{C-\cos\pi}{\pi} = 1 \implies C+1 = \pi \implies C = \pi

• 1$。

因此 $f(x) = \frac{\pi - 1 - \cos x}{x}$。

(2) 该场为全微分，势函数 $u(x,y)$ 满足 $u_y = f(x) \implies u(x,y) = y f(x) + g(x) $。

$u_x = y f'(x) + g'(x) = P + g'(x) \implies g'(x) = 0 \implies g(x) = C_0$。

取势函数 $u(x,y) = y f(x)$。由势函数计算积分：

$$\int_{(1,0)}^{(\pi,\pi)} = u(\pi,\pi) - u(1,0) = \pi f(\pi) - 0 \cdot f(1) = \pi \times 1 = \pi$$

答案： (1) $f(x) = \frac{\pi - 1 - \cos x}{x}$；(2) $\pi$。

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13. 第一类曲面积分与转动惯量

题目 13

设 $\Sigma$ 为球面 $z = \sqrt{1-x^2-y^2}$ 位于 $xOy$ 面上方的部分，面密度为 1，求它对于 $z$ 轴的转动惯量。

解答：

转动惯量 $I_z = \iint_\Sigma (x^2+y^2) \rho \text{d}S$。

曲面的面微元 $\text{d}S = \sqrt{1+z_x^2+z_y^2} \text{d}x\text{d}y = \frac{1}{z}\text {d}x\text{d}y = \frac{1}{\sqrt{1-x^2-y^2}} \text{d}x\text{d}y$。

投影区域 $D$ 是单位圆 $x^2+y^2 \leqslant 1$。转极坐标：

$$I_z = \iint_D \frac{x^2+y^2}{\sqrt{1-x^2-y^2}} \text{d}x\text{d}y = \int_0^ {2\pi} \text{d}\theta \int_0^1 \frac{r^2}{\sqrt{1-r^2}} r \text{d}r$$

设 $u = \sqrt{1-r^2}$，则 $u^2 = 1-r^2, 2u\text{d}u = -2r\text{d}r \implies r\text {d}r = -u\text{d}u$。积分限 $r=0 \to u=1, r=1 \to u=0$。

$$I_z = 2\pi \int_1^0 \frac{1-u^2}{u} (-u\text{d}u) = 2\pi \int_0^1 (1-u^2) \text {d}u = 2\pi \left[ u - \frac{u^3}{3} \right]_0^1 = 2\pi \left( \frac{2}{3} \right) = \frac{4\pi}{3}$$

答案： $\frac{4\pi}{3}$

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14. 截面曲面积分

题目 14

求 $F(t) = \iint_{x+y+z=t} f(x,y,z) \text{d}S$，其中 $f(x,y,z) = \begin{cases} 1-x^2-y^2-z^2, & x^2+y^2+z^2 \leqslant 1 \\ 0, & x^2+y^2+z^2 > 1 \end{cases}$

解答：

平面 $x+y+z=t$ 截单位球 $x^2+y^2+z^2 \leqslant 1$ 形成一个圆盘 $D_t$。平面的法向量为 $\vec{n} = \frac{(1,1,1)}{\sqrt{3}}$。原点到该平面的距离为 $d = \frac{|t|}{\sqrt{3}} $。

当 $d > 1$ 即 $|t| > \sqrt{3}$ 时，平面与球体无交集，$F(t) = 0$。

当 $|t| \leqslant \sqrt{3}$ 时，截面圆盘的半径为 $R_t = \sqrt{1-d^2} = \sqrt{1 - \frac{t^2}{3}}$。

设圆盘上一点距离圆心的距离为 $\rho$，则该点到原点的距离的平方为 $x^2+y^2+z^2 = d^2 + \rho^2 = \frac{t^2}{3} + \rho^2$。

在截面圆盘上建立极坐标积分别面，$\text{d}S = \rho \text{d}\rho \text{d}\theta$。

被积函数为 $f = 1 - (\frac{t^2}{3} + \rho^2) = R_t^2 - \rho^2$。

$$F(t) = \iint_{D_t} (R_t^2 - \rho^2) \text{d}S = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^{R_t} (R_t^2 - \rho^2) \rho \text{d}\rho = 2\pi \left[ R_t^2 \frac{\rho^2} {2} - \frac{\rho^4}{4} \right]_0^{R_t} = 2\pi \left( \frac{R_t^4}{4} \right) = \frac{\pi}{2} R_t^4$$$$F(t) = \frac{\pi}{2} \left( 1 - \frac{t^2}{3} \right)^2$$

答案： 当 $|t| \leqslant \sqrt{3}$ 时，$F(t) = \frac{\pi}{2}(1-\frac{t^2}{3}) ^2$；当 $|t| > \sqrt{3}$ 时，$F(t) = 0$。

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15. 第二类曲面积分转换

题目 15

计算 $\oiint_\Sigma \frac{2\text{d}y\text{d}z}{x\cos^2x} + \frac{\text{d}z\text{d} x}{\cos^2y} - \frac{\text{d}x\text{d}y}{z\cos^2z}$，其中 $\Sigma$ 是 $x^2+y^2 +z^2=1$ 的外侧。

解答：

该场在坐标平面处存在瑕点（分母含 $x$ 和 $z$）。化为第一类曲面积分规避瑕点：

利用球面外侧法向投影：$\text{d}y\text{d}z = x\text{d}S, \text{d}z\text{d}x = y\text {d}S, \text{d}x\text{d}y = z\text{d}S$。

原积分 $I = \oiint_\Sigma \left( \frac{2x}{x\cos^2x} + \frac{y}{\cos^2y} - \frac{z} {z\cos^2z} \right) \text{d}S = \oiint_\Sigma \left( \frac{2}{\cos^2x} + \frac{y} {\cos^2y} - \frac{1}{\cos^2z} \right) \text{d}S$。

其中 $\frac{y}{\cos^2y}$ 关于 $y$ 是奇函数，在关于 $y=0$ 平面对称的球面上积分为 0。

且由于球面对称性，$\oiint_\Sigma \frac{1}{\cos^2x} \text{d}S = \oiint_\Sigma \frac{1} {\cos^2z} \text{d}S$。

因此积分简化为：

$$I = 2 \oiint_\Sigma \frac{1}{\cos^2z} \text{d}S + 0 - \oiint_\Sigma \frac{1} {\cos^2z} \text{d}S = \oiint_\Sigma \frac{1}{\cos^2z} \text{d}S$$

使用球坐标系 $\text{d}S = \sin\phi \text{d}\phi \text{d}\theta$，其中 $z = \cos\phi$。

$$I = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^\pi \frac{1}{\cos^2(\cos\phi)} \sin\phi \text{d}\phi = 2\pi \int_0^\pi \frac{\sin\phi}{\cos^2(\cos\phi)} \text{d}\phi$$

令 $u = \cos\phi$，则 $\text{d}u = -\sin\phi \text{d}\phi$。

$$I = 2\pi \int_{-1}^1 \frac{1}{\cos^2u} \text{d}u = 2\pi \left[ \tan u \right]_ {-1}^1 = 2\pi (\tan 1 - \tan(-1)) = 4\pi \tan 1$$

答案： $4\pi \tan 1$

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