第10章曲线积分与曲面积分 | YHK's life

第1节对弧长的曲线积分

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

1. 计算曲线积分 $\oint_L \sqrt{x^2+y^2} ds$，其中 $L$ 为圆周 $x^2+y^2=y$.

解答过程：

将圆的方程 $x^2+y^2=y$ 转化为极坐标方程。

代入 $x=r\cos\theta$ 和 $y=r\sin\theta$，得到 $r^2 = r\sin\theta$，即 $r = \sin\theta$。

由于该圆在 $x$ 轴上方且与原点相切，极角 $\theta$ 的范围是 $[0, \pi]$。

计算弧长微分 $ds$：

$$ds = \sqrt{r^2 + (r')^2} d\theta = \sqrt{\sin^2\theta + \cos^2\theta} d\theta = d\theta$$

将极坐标代入被积函数：

$$\sqrt{x^2+y^2} = r = \sin\theta$$

计算积分：

$$\oint_L \sqrt{x^2+y^2} ds = \int_0^\pi \sin\theta d\theta = \left[ -\cos\theta \right]_0^\pi = -\cos\pi - (-\cos 0) = 1 + 1 = 2$$

2. 计算曲线积分 $\oint_L xyds$，其中 $L$ 是由 $x=0$、$y=0$、$x=4$、$y=2$ 围成的矩形.

解答过程：

矩形边界 $L$ 由四条线段组成，我们分段进行积分：

底边 $L_1$： 从 $(0,0)$ 到 $(4,0)$。方程为 $y=0$，$x \in [0, 4]$，$ds = dx$。

$$\int_{L_1} xy ds = \int_0^4 x \cdot 0 dx = 0$$

右侧边 $L_2$： 从 $(4,0)$ 到 $(4,2)$。方程为 $x=4$，$y \in [0, 2]$，$ds = dy$。

$$\int_{L_2} xy ds = \int_0^2 4 \cdot y dy = \left[ 2y^2 \right]_0^2 = 8$$

顶边 $L_3$： 从 $(4,2)$ 到 $(0,2)$。方程为 $y=2$，$x \in [0, 4]$，$ds = dx$。

$$\int_{L_3} xy ds = \int_0^4 x \cdot 2 dx = \left[ x^2 \right]_0^4 = 16$$

左侧边 $L_4$： 从 $(0,2)$ 到 $(0,0)$。方程为 $x=0$，$y \in [0, 2]$，$ds = dy$。

$$\int_{L_4} xy ds = \int_0^2 0 \cdot y dy = 0$$

将四段积分相加：

$$\oint_L xyds = 0 + 8 + 16 + 0 = 24$$

3. 计算曲线积分 $\oint_L (1+2x+3y)^2ds$，其中 $L$ 是周长为 $l$ 的椭圆 $\frac{x^2} {3^2}+\frac{y^2}{2^2}=1$.

解答过程：

首先展开被积函数：

$$(1+2x+3y)^2 = 1 + 4x^2 + 9y^2 + 4x + 6y + 12xy$$

利用第一类曲线积分的对称性。由于椭圆 $L$ 关于 $x$ 轴、$y$ 轴及原点均对称：

被积函数中的奇函数项积分为零：$\oint_L 4x ds = 0$、$\oint_L 6y ds = 0$、$\oint_L 12xy ds = 0$。

于是原积分化简为：

$$\oint_L (1+2x+3y)^2ds = \oint_L (1 + 4x^2 + 9y^2) ds$$

观察椭圆方程 $\frac{x^2}{9} + \frac{y^2}{4} = 1$，将其等式两边同乘 36 得到：

$$4x^2 + 9y^2 = 36$$

代入积分式中：

$$\oint_L (1 + 36) ds = \oint_L 37 ds = 37 \oint_L ds$$

因为 $\oint_L ds$ 就是曲线 $L$ 的弧长，已知周长为 $l$，所以：

$$\oint_L (1+2x+3y)^2ds = 37l$$

4. 计算曲线积分 $\int_\Gamma \frac{z^2}{x^2+y^2}ds$，其中 $\Gamma$ 为 $x=a\cos t, y=a\sin t, z=at\ (a>0, 0\le t\le 2\pi)$.

解答过程：

首先计算曲线的弧长微分 $ds$：

$$x' = -a\sin t$$$$y' = a\cos t$$$$z' = a$$$$ds = \sqrt{(x')^2 + (y')^2 + (z')^2} dt = \sqrt{(-a\sin t)^2 + (a\cos t)^2 + a^2} dt = \sqrt{a^2 + a^2} dt = \sqrt{2}a dt$$

将被积函数转化为参数 $t$ 的函数：

$$\frac{z^2}{x^2+y^2} = \frac{(at)^2}{(a\cos t)^2 + (a\sin t)^2} = \frac{a^2t^2} {a^2} = t^2$$

代入积分公式：

$$\int_\Gamma \frac{z^2}{x^2+y^2}ds = \int_0^{2\pi} t^2 \cdot \sqrt{2}a dt = \sqrt {2}a \left[ \frac{t^3}{3} \right]_0^{2\pi} = \sqrt{2}a \cdot \frac{8\pi^3}{3} = \frac{8\sqrt{2}\pi^3a}{3}$$

5. 设有一线密度为 $\rho(x,y)=x^2+y^2$ 的曲线形构件，它所占的位置为 $xOy$ 面内的曲线 $L: x=\cos t + t\sin t, y=\sin t - t\cos t\ (0\le t\le 2\pi)$，求该曲线形构件的质量.

解答过程：

曲线形构件的质量公式为 $M = \int_L \rho(x,y) ds$。

首先计算导数与弧长微分 $ds$：

$$x' = -\sin t + \sin t + t\cos t = t\cos t$$$$y' = \cos t - \cos t + t\sin t = t\sin t$$$$ds = \sqrt{(t\cos t)^2 + (t\sin t)^2} dt = \sqrt{t^2(\cos^2t + \sin^2t)} dt = | t|dt = t dt \quad (\text{因为 } t \in [0, 2\pi])$$

化简线密度函数 $\rho(x,y) = x^2+y^2$：

$$x^2+y^2 = (\cos t + t\sin t)^2 + (\sin t - t\cos t)^2$$$$= (\cos^2t + 2t\sin t\cos t + t^2\sin^2t) + (\sin^2t - 2t\sin t\cos t + t^2\cos^2t)$$$$= (\cos^2t + \sin^2t) + t^2(\sin^2t + \cos^2t) = 1 + t^2$$

计算质量积分：

$$M = \int_0^{2\pi} (1+t^2) \cdot t dt = \int_0^{2\pi} (t + t^3) dt = \left[ \frac {t^2}{2} + \frac{t^4}{4} \right]_0^{2\pi} = \frac{4\pi^2}{2} + \frac{16\pi^4}{4} = 2\pi^2 + 4\pi^4 = 2\pi^2(1+2\pi^2)$$

二、提高题

6. 计算曲线积分 $\oint_L (x^{\frac{4}{3}} + y^{\frac{4}{3}})ds$，其中 $L$ 为星形线 $x=a\cos^3 t, y=a\sin^3 t$.

解答过程：

星形线在四个象限内是对称的，且被积函数 $x^{\frac{4}{3}} + y^{\frac{4}{3}}$ 为偶函数。因此可以只计算第一象限内（对应 $t \in [0, \frac{\pi}{2}]$）的积分，结果乘以 4。

计算弧长微分 $ds$：

$$x' = 3a\cos^2t(-\sin t) = -3a\cos^2t\sin t$$$$y' = 3a\sin^2t\cos t$$$$ds = \sqrt{9a^2\cos^4t\sin^2t + 9a^2\sin^4t\cos^2t} dt = \sqrt {9a^2\cos^2t\sin^2t(\cos^2t+\sin^2t)} dt$$$$ds = 3a|\sin t\cos t| dt$$

在第一象限 $t \in [0, \frac{\pi}{2}]$ 时，$\sin t\cos t \ge 0$，所以 $ds = 3a\sin t\cos t dt$。

将被积函数化为参数形式：

$$x^{\frac{4}{3}} + y^{\frac{4}{3}} = (a\cos^3t)^{\frac{4}{3}} + (a\sin^3t)^{\frac {4}{3}} = a^{\frac{4}{3}}\cos^4t + a^{\frac{4}{3}}\sin^4t$$

代入积分计算第一象限部分并乘以 4：

$$I = 4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} a^{\frac{4}{3}}(\cos^4t + \sin^4t) \cdot 3a\sin t\cos t dt$$$$= 12a^{\frac{7}{3}} \int_0^{\frac{\pi}{2}} (\cos^4t\sin t\cos t + \sin^4t\sin t\cos t) dt$$

分为两项直接利用凑微分法计算：

$$\int \cos^5t\sin t dt = -\frac{1}{6}\cos^6t, \quad \int \sin^5t\cos t dt = \frac {1}{6}\sin^6t$$$$I = 12a^{\frac{7}{3}} \left[ -\frac{1}{6}\cos^6t + \frac{1}{6}\sin^6t \right]_0^ {\frac{\pi}{2}}$$

代入上下限：

$$I = 12a^{\frac{7}{3}} \left[ \left(0 + \frac{1}{6}\right) - \left(-\frac{1}{6}

0\right) \right] = 12a^{\frac{7}{3}} \left( \frac{1}{6} + \frac{1}{6} \right) = 12a^{\frac{7}{3}} \cdot \frac{1}{3} = 4a^{\frac{7}{3}}$$

7. 计算曲线积分 $\oint_L e^{\sqrt{x^2+y^2}}ds$，其中 $L$ 为圆周 $x^2+y^2=1$ 与 $y=x$ 及 $x$ 轴在第一象限围成的区域的整个边界.

解答过程：

该区域是一个顶角为 $\frac{\pi}{4}$ 的扇形。其边界 $L$ 由三段组成，分别进行积分：

底边 $L_1$： 沿 $x$ 轴从 $(0,0)$ 到 $(1,0)$。方程 $y=0$，$x \in [0, 1]$，$ds = dx$。

$$\int_{L_1} e^{\sqrt{x^2+y^2}} ds = \int_0^1 e^{\sqrt{x^2}} dx = \int_0^1 e^x dx = \left[ e^x \right]_0^1 = e - 1$$

圆弧 $L_2$： 极坐标下 $r=1$，$\theta \in [0, \frac{\pi}{4}]$。$ds = \sqrt{r^2 +(r')^2}d\theta = 1 d\theta$。被积函数 $e^{\sqrt{r^2}} = e^1 = e$。

$$\int_{L_2} e^{\sqrt{x^2+y^2}} ds = \int_0^{\frac{\pi}{4}} e d\theta = \frac{\pi} {4}e$$

斜边 $L_3$： 沿直线 $y=x$ 从 $(\frac{\sqrt{2}}{2}, \frac{\sqrt{2}}{2})$ 到 $ (0,0)$。对第一类曲线积分，积分路径的方向不影响结果。参数设为 $x$，$x \in [0, \frac{\sqrt {2}}{2}]$，$y=x$。$ds = \sqrt{1^2+1^2}dx = \sqrt{2}dx$。

$$\int_{L_3} e^{\sqrt{x^2+y^2}} ds = \int_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}} e^{\sqrt{x^2 +x^2}} \sqrt{2} dx = \sqrt{2} \int_0^{\frac{\sqrt{2}}{2}} e^{\sqrt{2}x} dx$$$$= \sqrt{2} \left[ \frac{1}{\sqrt{2}} e^{\sqrt{2}x} \right]_0^{\frac{\sqrt{2}} {2}} = e^1 - e^0 = e - 1$$

将三段积分相加：

$$\oint_L e^{\sqrt{x^2+y^2}} ds = (e - 1) + \frac{\pi}{4}e + (e - 1) = 2e - 2 + \frac{\pi}{4}e$$

8. 设线密度 $\rho$ 为常数的螺旋线 $\Gamma$ 的参数方程为 $x=\cos t, y=\sin t, z=t$，其中 $0\le t\le 2\pi$，求：(1) 它的质心；(2) 它关于 $z$ 轴的转动惯量 $I_z$.

解答过程：

首先计算弧长微分：

$$x' = -\sin t, \quad y' = \cos t, \quad z' = 1$$$$ds = \sqrt{(-\sin t)^2 + \cos^2t + 1^2} dt = \sqrt{2} dt$$

计算该螺旋线的总质量 $M$：

$$M = \int_\Gamma \rho ds = \int_0^{2\pi} \rho \sqrt{2} dt = 2\sqrt{2}\pi\rho$$

(1) 求质心 $(\bar{x}, \bar{y}, \bar{z})$：

$$\bar{x} = \frac{1}{M} \int_\Gamma x \rho ds = \frac{1}{2\sqrt{2}\pi\rho} \int_0^ {2\pi} \cos t \cdot \rho \sqrt{2} dt = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \cos t dt = 0$$$$\bar{y} = \frac{1}{M} \int_\Gamma y \rho ds = \frac{1}{2\sqrt{2}\pi\rho} \int_0^ {2\pi} \sin t \cdot \rho \sqrt{2} dt = \frac{1}{2\pi} \int_0^{2\pi} \sin t dt = 0$$$$\bar{z} = \frac{1}{M} \int_\Gamma z \rho ds = \frac{1}{2\sqrt{2}\pi\rho} \int_0^ {2\pi} t \cdot \rho \sqrt{2} dt = \frac{1}{2\pi} \left[ \frac{t^2}{2} \right]_0^ {2\pi} = \frac{1}{2\pi} \cdot 2\pi^2 = \pi$$

质心坐标为 $(0, 0, \pi)$。

(2) 求关于 $z$ 轴的转动惯量 $I_z$：

$$I_z = \int_\Gamma (x^2+y^2) \rho ds = \int_0^{2\pi} (\cos^2t + \sin^2t) \rho \sqrt{2} dt = \int_0^{2\pi} \sqrt{2}\rho dt = 2\sqrt{2}\pi\rho$$

三、考研真题

9. (2018112) 设 $L$ 为球面 $x^2+y^2+z^2=1$ 与平面 $x+y+z=0$ 的交线，则 $\oint_L xyds=$ ________.

解答过程：

曲线 $L$ 是单位球面与过原点的平面的交线，所以 $L$ 是一个大圆，其半径 $R = 1$。

该大圆的周长即积分路径的总弧长为：$l = 2\pi R = 2\pi$。

由平面方程 $x+y+z=0$ 及球面方程，利用对称性（$x,y,z$ 轮换对称），可以得出：

$$\oint_L xyds = \oint_L yzds = \oint_L zxds$$

将 $x+y+z=0$ 两边平方：

$$(x+y+z)^2 = x^2 + y^2 + z^2 + 2(xy + yz + zx) = 0$$

因为在曲线 $L$ 上始终满足球面方程 $x^2+y^2+z^2=1$，代入上式得：

$$1 + 2(xy + yz + zx) = 0 \implies xy + yz + zx = -\frac{1}{2}$$

沿曲线 $L$ 对等式两边进行积分：

$$\oint_L (xy + yz + zx) ds = \oint_L -\frac{1}{2} ds = -\frac{1}{2} \cdot 2\pi = -\pi$$

又由对称性可知 $\oint_L xyds = \oint_L yzds = \oint_L zxds$，故：

$$3 \oint_L xyds = -\pi \implies \oint_L xyds = -\frac{\pi}{3}$$

答案填： $-\frac{\pi}{3}$

10. (2009111) 已知曲线 $L: y=x^2\ (0\le x\le \sqrt{2})$，则 $\int_L xds=$ ________.

解答过程：

已知曲线方程为 $y=x^2$，求导得 $y' = 2x$。

计算弧长微分：

$$ds = \sqrt{1 + (y')^2} dx = \sqrt{1 + 4x^2} dx$$

将 $ds$ 代入积分中：

$$\int_L x ds = \int_0^{\sqrt{2}} x \sqrt{1 + 4x^2} dx$$

使用凑微分法，令 $u = 1+4x^2$，则 $du = 8x dx$，即 $x dx = \frac{1}{8} du$。

积分限变换：当 $x=0$ 时 $u=1$；当 $x=\sqrt{2}$ 时 $u=1+4(2)=9$。

$$\int_0^{\sqrt{2}} x \sqrt{1 + 4x^2} dx = \int_1^9 \sqrt{u} \cdot \frac{1}{8} du = \frac{1}{8} \left[ \frac{2}{3}u^{\frac{3}{2}} \right]_1^9$$$$= \frac{1}{12} \left( 9^{\frac{3}{2}} - 1^{\frac{3}{2}} \right) = \frac{1}{12} (27 - 1) = \frac{26}{12} = \frac{13}{6}$$

答案填： $\frac{13}{6}$

11. (1998103) 设 $L$ 为椭圆 $\frac{x^2}{3}+\frac{y^2}{4}=1$，其周长为 $a$，求 $\oint_L (2xy+4x^2+3y^2)ds$.

解答过程：

被积函数可以分为两部分：$\oint_L 2xyds$ 和 $\oint_L (4x^2+3y^2)ds$。

首先，由于椭圆 $L$ 关于 $x$ 轴和 $y$ 轴均对称，而函数 $2xy$ 分别关于 $x$ 和 $y$ 是奇函数，因此由对称性可知：

$$\oint_L 2xy ds = 0$$

对于剩余部分 $\oint_L (4x^2+3y^2)ds$，观察椭圆方程 $\frac{x^2}{3} + \frac{y^2}{4} = 1$。

将该方程左右两边同时乘以 12（即 3 和 4 的最小公倍数），得到：

$$4x^2 + 3y^2 = 12$$

这意味着在曲线 $L$ 上的任意一点，代数式 $4x^2 + 3y^2$ 的值恒为常数 12。

将该常数代入积分：

$$\oint_L (4x^2+3y^2) ds = \oint_L 12 ds = 12 \oint_L ds$$

因为 $\oint_L ds$ 表示曲线 $L$ 的总长，已知题目给出其周长为 $a$，故：

$$\oint_L (2xy+4x^2+3y^2)ds = 0 + 12a = 12a$$

第2节偏导数与全微分

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

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： $\frac{3\pi}{2}$

第3节格林公式及其应⽤

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

待校验 9

一、基础题

1. 题目：

计算曲线积分 $\oint_L (-y^2 - 2xy)dx - (2xy + x^2 - x)dy$，其中 $L$ 是以点 $(0,0)$、$ (1,0)$、$(1,1)$、$(0,1)$ 为顶点的正方形的正向边界曲线。

解答：

设 $P = -y^2 - 2xy$，$Q = -(2xy + x^2 - x) = -2xy - x^2 + x$。

计算偏导数：

$\frac{\partial Q}{\partial x} = -2y - 2x + 1$

$\frac{\partial P}{\partial y} = -2y - 2x$

根据格林公式，有：

$$\oint_L Pdx + Qdy = \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac {\partial P}{\partial y} \right) dxdy$$

$$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = (-2y - 2x + 1)

(-2y - 2x) = 1$$

积分区域 $D$ 是边长为 $1$ 的正方形，其面积为 $1$。

因此，原积分 $= \iint_D 1 dxdy = \text{区域 } D \text{ 的面积} = 1 \times 1 = 1$。

2. 题目：

计算曲线积分 $\oint_L (x + 2y)dx + (2x - y)dy$，其中 $L$ 是由 $|x| + |y| = 2$ 围成的顺时针方向的闭路。

解答：

设 $P = x + 2y$，$Q = 2x - y$。

计算偏导数：

$\frac{\partial Q}{\partial x} = 2$

$\frac{\partial P}{\partial y} = 2$

由于 $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$，即 $\frac {\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 0$，且区域内处处有定义。

由格林公式可知，沿任何闭合曲线的积分为 $0$。

因此，原积分 $= 0$。

3. 题目：

计算曲线积分 $\oint_L (x^3 + y)dx - (x - y^3)dy$，其中 $L$ 是椭圆 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ 的正向边界曲线。

解答：

设 $P = x^3 + y$，$Q = -x + y^3$。

计算偏导数：

$\frac{\partial Q}{\partial x} = -1$

$\frac{\partial P}{\partial y} = 1$

根据格林公式：

$$\oint_L Pdx + Qdy = \iint_D (-1 - 1) dxdy = -2 \iint_D dxdy$$

区域 $D$ 为椭圆区域，其面积为 $\pi a b$。

因此，原积分 $= -2 \times (\pi a b) = -2\pi a b$。

4. 题目：

计算曲线积分 $\oint_L e^x [(1 - \cos y)dx - (y - \sin y)dy]$，其中 $L$ 是区域 $0 \le x \le \pi$、$0 \le y \le \sin x$ 的正向边界曲线。

解答：

设 $P = e^x(1 - \cos y)$，$Q = -e^x(y - \sin y)$。

计算偏导数：

$\frac{\partial Q}{\partial x} = -e^x(y - \sin y)$

$\frac{\partial P}{\partial y} = e^x\sin y$

根据格林公式：

$$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = -e^xy + e^x\sin y - e^x\sin y = -ye^x$$

原积分可化为二重积分：

$$I = \iint_D -ye^x dxdy = \int_0^\pi dx \int_0^{\sin x} -ye^x dy$$$$= \int_0^\pi -e^x \left[ \frac{1}{2}y^2 \right]_0^{\sin x} dx = -\frac{1}{2} \int_0^\pi e^x \sin^2 x dx$$

利用半角公式 $\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$：

$$I = -\frac{1}{4} \int_0^\pi e^x(1 - \cos 2x) dx = -\frac{1}{4} \left( \int_0^\pi e^x dx - \int_0^\pi e^x \cos 2x dx \right)$$

其中 $\int_0^\pi e^x dx = e^\pi - 1$。

对于右侧积分，使用分部积分公式可得 $\int e^x \cos 2x dx = \frac{e^x}{5}(\cos 2x + 2\sin 2x)$：

$$\int_0^\pi e^x \cos 2x dx = \frac{e^\pi}{5}(1 + 0) - \frac{1}{5}(1 + 0) = \frac {e^\pi - 1}{5}$$

代入原式：

$$I = -\frac{1}{4} \left( (e^\pi - 1) - \frac{e^\pi - 1}{5} \right) = -\frac{1} {4} \times \frac{4(e^\pi - 1)}{5} = -\frac{e^\pi - 1}{5}$$

5. 题目：

利用曲线积分计算星形线 $x = a\cos^3 t, y = a\sin^3 t$ 围成的图形的面积。

解答：

由面积的曲线积分公式 $A = \frac{1}{2} \oint_L xdy - ydx$，且 $t \in [0, 2\pi]$：

$$dx = -3a\cos^2 t \sin t dt$$$$dy = 3a\sin^2 t \cos t dt$$

代入公式：

$$xdy - ydx = (a\cos^3 t)(3a\sin^2 t \cos t) - (a\sin^3 t)(-3a\cos^2 t \sin t)$$$$= 3a^2\cos^4 t \sin^2 t + 3a^2\sin^4 t \cos^2 t = 3a^2\cos^2 t \sin^2 t (\cos^2 t + \sin^2 t) = 3a^2\cos^2 t \sin^2 t$$

因此面积为：

$$A = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} 3a^2\cos^2 t \sin^2 t dt = \frac{3a^2}{2} \int_0^ {2\pi} \frac{1}{4}\sin^2(2t) dt$$$$= \frac{3a^2}{8} \int_0^{2\pi} \frac{1 - \cos 4t}{2} dt = \frac{3a^2}{16} \left [ t - \frac{1}{4}\sin 4t \right]_0^{2\pi} = \frac{3a^2}{16} \times 2\pi = \frac{3} {8}\pi a^2$$

6. 题目：

计算曲线积分 $\int_L (y + xe^{2y})dx + (x^2e^{2y} - y^2)dy$，其中 $L$ 是从原点经圆 $ (x-1)^2 + y^2 = 1$ 的上半部到点 $(2,0)$ 的弧段。

解答：

设 $P = y + xe^{2y}$，$Q = x^2e^{2y} - y^2$。

计算偏导数：

$\frac{\partial Q}{\partial x} = 2xe^{2y}$

$\frac{\partial P}{\partial y} = 1 + 2xe^{2y}$

$$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = -1$$

添加辅助线段 $L_0$：沿 $x$ 轴从点 $(2,0)$ 到点 $(0,0)$。曲线 $L \cup L_0$ 构成顺时针方向（负向）的闭合曲线，围成区域 $D$（圆心在 $(1,0)$ 半径为 $1$ 的上半圆）。

根据格林公式（注意闭合曲线为顺时针方向，需加负号）：

$$\oint_{L \cup L_0} Pdx + Qdy = -\iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dxdy = -\iint_D (-1) dxdy = \iint_D 1 dxdy = \text{区域 } D \text{ 的面积} = \frac{\pi}{2}$$

在辅助线 $L_0$ 上，由 $(2,0)$ 到 $(0,0)$，$y = 0$ 且 $dy = 0$：

$$\int_{L_0} Pdx + Qdy = \int_2^0 (0 + x \cdot e^0) dx = \int_2^0 x dx = \left[ \frac{1}{2}x^2 \right]_2^0 = -2$$

所以，$\int_L + \int_{L_0} = \frac{\pi}{2} \implies \int_L - 2 = \frac{\pi}{2} \implies \int_L = 2 + \frac{\pi}{2}$。

7. 题目：

验证 $\int_L (2x\cos y - y^2\sin x)dx + (2y\cos x - x^2\sin y)dy$ 是某个函数的全微分，并求出其原函数。

解答：

设 $P = 2x\cos y - y^2\sin x$，$Q = 2y\cos x - x^2\sin y$。

$\frac{\partial P}{\partial y} = -2x\sin y - 2y\sin x$

$\frac{\partial Q}{\partial x} = -2y\sin x - 2x\sin y$

由于 $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$ 且在全平面内连续，故原式是某个函数 $u(x,y)$ 的全微分。

求原函数：

$$u(x,y) = \int (2x\cos y - y^2\sin x) dx = x^2\cos y + y^2\cos x + C(y)$$

对 $y$ 求偏导并等于 $Q$：

$$\frac{\partial u}{\partial y} = -x^2\sin y + 2y\cos x + C'(y) \equiv 2y\cos x - x^2\sin y$$

由此可得 $C'(y) = 0$，即 $C(y) = C$（常数）。

所以原函数为：$u(x,y) = x^2\cos y + y^2\cos x + C$。

8. 题目：

计算曲线积分 $\int_L (1 + 3x^2y - 2y)dx + (x^3 - 2x)dy$，其中 $L$ 是从点 $A(1,0)$ 按逆时针方向沿圆周 $x^2 + y^2 = 1$ 到点 $B(0,1)$，再沿直线 $y = 1 + x$ 到点 $C(-1,0)$ 的路径。

解答：

设 $P = 1 + 3x^2y - 2y$，$Q = x^3 - 2x$。

$\frac{\partial Q}{\partial x} = 3x^2 - 2$

$\frac{\partial P}{\partial y} = 3x^2 - 2$

由于 $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$，积分与路径无关。

选择最简路径：直接沿 $x$ 轴从 $A(1,0)$ 到 $C(-1,0)$。

在此直线上，$y = 0$，$dy = 0$。积分化为定积分：

$$\int_1^{-1} P(x,0) dx = \int_1^{-1} 1 dx = [x]_1^{-1} = -1 - 1 = -2$$

二、提高题

9. 题目：

计算曲线积分 $\oint_L \frac{ydx - xdy}{2(x^2 + y^2)}$，其中 $L$ 为圆周 $(x-1)^2 + y^2 = 2$ 的正向边界曲线。

解答：

曲线 $L$ 围成的区域内部包含奇点 $(0,0)$（因为 $(0-1)^2 + 0^2 = 1 < 2$）。

已知经典结论：对于包围原点的任何正向简单闭合曲线，$\oint \frac{xdy - ydx}{x^2 + y^2} = 2\pi$。

原积分可以提取常数化简：

$$\oint_L \frac{ydx - xdy}{2(x^2 + y^2)} = -\frac{1}{2} \oint_L \frac{xdy - ydx} {x^2 + y^2} = -\frac{1}{2} (2\pi) = -\pi$$

10. 题目：

设曲线积分 $\int_L xy^2dx + y\varphi(x)dy$ 与路径无关，其中 $\varphi(x)$ 有连续导数，且 $\varphi(0) = 0$，计算 $\int_{(0,0)}^{(1,1)} xy^2dx + y\varphi(x)dy$。

解答：

设 $P = xy^2$，$Q = y\varphi(x)$。

由积分与路径无关得 $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$：

$$y\varphi'(x) = 2xy \implies \varphi'(x) = 2x$$

积分得 $\varphi(x) = x^2 + C$。由 $\varphi(0) = 0$ 得 $C = 0$，故 $\varphi(x) = x^2$。

原积分变为：

$$\int_{(0,0)}^{(1,1)} xy^2dx + x^2ydy$$

由于被积表达式是 $d(\frac{1}{2}x^2y^2)$ 的全微分，直接计算原函数：

$$\left[ \frac{1}{2}x^2y^2 \right]_{(0,0)}^{(1,1)} = \frac{1}{2}(1 \times 1 - 0) = \frac{1}{2}$$

11. 题目：

设在半平面 $(x > 0)$ 上，有一力为 $\boldsymbol{F} = -\frac{k}{r^3}(x\boldsymbol{i} + y\boldsymbol{j})$ 构成的力场，其中 $r = \sqrt{x^2 + y^2}$，$k$ 为常数。证明力 $\boldsymbol{F}$ 所做的功与路径无关。

解答：

功的表达式为 $W = \int_L Pdx + Qdy$。

此处 $P = -kx(x^2 + y^2)^{-3/2}$，$Q = -ky(x^2 + y^2)^{-3/2}$。

计算偏导数：

$$\frac{\partial P}{\partial y} = -kx \left( -\frac{3}{2} \right)(x^2 + y^2)^{-5/ 2}(2y) = 3kxy(x^2 + y^2)^{-5/2}$$$$\frac{\partial Q}{\partial x} = -ky \left( -\frac{3}{2} \right)(x^2 + y^2)^{-5/ 2}(2x) = 3kxy(x^2 + y^2)^{-5/2}$$

因为 $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$，且在半平面 $x

0$ 内没有奇点（原点不在该区域内），区域是单连通的。

所以力 $\boldsymbol{F}$ 所做功与路径无关。

三、考研真题

12. 题目：

（2020116）计算曲线积分 $I = \int_L \frac{4x - y}{4x^{2 + y}2}dx + \frac{x + y}{4x^2

y^{2}dy$，其中 $L$ 是 $x}2 + y^2 = 2$ 的正向边界曲线。

解答：

设 $P = \frac{4x - y}{4x^2 + y^2}$，$Q = \frac{x + y}{4x^2 + y^2}$。原点 $(0,0)$ 在积分曲线内部，为奇点。

易验证 $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$。

引入充分小的正向椭圆 $l: 4x^2 + y^2 = \epsilon^2$ 包围原点，根据格林公式，沿 $L$ 的积分等于沿 $l$ 的积分。

在 $l$ 上，分母 $4x^2 + y^2 = \epsilon^2$，因此：

$$I = \frac{1}{\epsilon^2} \oint_l (4x - y)dx + (x + y)dy$$

应用格林公式于 $l$ 内部包含的面积 $D_l$：

$$\oint_l 4xdx - ydx + xdy + ydy = \oint_l -ydx + xdy = \iint_{D_l} 2 dxdy = 2 \times \text{椭圆面积}$$

椭圆 $4x^2 + y^2 = \epsilon^2$ 可写作 $\frac{x^2}{(\epsilon/2)^2} + \frac{y^2} {\epsilon^2} = 1$，面积为 $\pi \times \frac{\epsilon}{2} \times \epsilon = \frac {\pi\epsilon^2}{2}$。

因此积分值为 $\frac{1}{\epsilon^2} \times 2 \times \frac{\pi\epsilon^2}{2} = \pi$。

13. 题目：

（2013104）设 $L_1: x^2 + y^2 = 1$，$L_2: x^2 + y^2 = 2$，$L_3: x^2 + 2y^2 = 2$， $L_4: 2x^2 + y^2 = 2$ 为 $4$ 条逆时针方向的平面曲线，记 $I_i = \oint_{L_i} \left(y + \frac{y^3}{6}\right)dx + \left(2x - \frac{x^3}{3}\right)dy \ (i=1,2,3,4)$，则 $\max\{I_1, I_2, I_3, I_4\} =$ ______。

A. $I_1$

B. $I_2$

C. $I_3$

D. $I_4$

解答：

设 $P = y + \frac{y^3}{6}$，$Q = 2x - \frac{x^3}{3}$。

应用格林公式转化为二重积分：

$$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = (2 - x^2) - \left(1 + \frac{y^2}{2}\right) = 1 - x^2 - \frac{y^2}{2}$$$$I_i = \iint_{D_i} \left( 1 - x^2 - \frac{y^2}{2} \right) dxdy$$

要使积分值最大，积分区域 $D_i$ 应当恰好涵盖被积函数大于等于 $0$ 的全部区域。

令被积函数 $\ge 0$，得 $1 - x^2 - \frac{y^2}{2} \ge 0 \implies 2x^2 + y^2 \le 2$。

此区域的边界正是曲线 $L_4: 2x^2 + y^2 = 2$。

因此沿 $L_4$ 的积分涵盖了所有产生正值的部分，达到最大值。

故选 D。

14. 题目：

（2012119）已知 $L$ 是第一象限中从点 $(0,0)$ 沿圆周 $x^2 + y^2 = 2x$ 到点 $(2,0)$，再沿圆周 $x^2 + y^2 = 4$ 到点 $(0,2)$ 的曲线。计算曲线积分 $I = \int_L 3x^2ydx + (x^3 + x - 2y)dy$。

解答：

设 $P = 3x^2y$，$Q = x^3 + x - 2y$。

$$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = (3x^2 + 1) - 3x^2 = 1$$

添加辅助线 $L_0$：沿 $y$ 轴从 $(0,2)$ 回到 $(0,0)$，使得 $L \cup L_0$ 组成封闭曲线。

闭合曲线围成的区域 $D$ 是第一象限中半径为 $2$ 的四分之一大圆面，挖去下方的半圆面（圆周 $x^2 + y^2 = 2x$ 即 $(x-1)^2 + y^2 = 1$ 的上半部分）。

区域 $D$ 的面积 $= \frac{1}{4}\pi(2^2) - \frac{1}{2}\pi(1^2) = \pi - \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}$。

由格林公式得：

$$\oint_{L \cup L_0} Pdx + Qdy = \iint_D 1 dxdy = \frac{\pi}{2}$$

计算辅助线 $L_0$ 上的积分：在 $y$ 轴上 $x = 0, dx = 0$，$y$ 从 $2$ 变到 $0$。

$$\int_{L_0} = \int_2^0 (-2y) dy = \left[ -y^2 \right]_2^0 = 4$$

因此，$\int_L + 4 = \frac{\pi}{2} \implies I = \frac{\pi}{2} - 4$。

第4节对⾯积的曲⾯积分

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

待校验 4、6

一、基础题

1. 计算曲面积分 $\iint_{\Sigma} \left(2x + \frac{4}{3}y + z\right) \mathrm{d}S$，其中 $\Sigma$ 是平面 $\frac{x}{2} + \frac{y}{3} + \frac{z}{4} = 1$ 在第一卦限的部分.

【解答过程】

平面的方程可化为 $z = 4 - 2x - \frac{4}{3}y$。

由此可得偏导数 $z_x = -2, z_y = -\frac{4}{3}$。

曲面面积元素 $\mathrm{d}S = \sqrt{1 + z_x^2 + z_y^2} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \sqrt {1 + (-2)^2 + \left(-\frac{4}{3}\right)^2} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \sqrt{1 + 4 + \frac{16}{9}} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \frac{\sqrt{61}}{3} \mathrm{d}x\mathrm{d} y$。

将 $z$ 的表达式代入被积函数中：$2x + \frac{4}{3}y + z = 2x + \frac{4}{3}y + \left(4 - 2x - \frac{4}{3}y\right) = 4$。

曲面 $\Sigma$ 在 $xOy$ 面上的投影区域 $D_{xy}$ 为直线 $\frac{x}{2} + \frac{y}{3} = 1$ 与坐标轴在第一象限围成的三角形区域。其面积 $S_D = \frac{1}{2} \times 2 \times 3 = 3$。

代入计算曲面积分：

$$\iint_{\Sigma} \left(2x + \frac{4}{3}y + z\right) \mathrm{d}S = \iint_{D_{xy}} 4 \cdot \frac{\sqrt{61}}{3} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \frac{4\sqrt{61}}{3} \iint_ {D_{xy}} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \frac{4\sqrt{61}}{3} \times 3 = 4\sqrt{61}$$

2. 计算曲面积分 $\iint_{\Sigma} (x^2 + y^2 + z) \mathrm{d}S$，其中 $\Sigma$ 为锥面 $z = \sqrt{x^2 + y^2}$ 介于 $z=0$ 及 $z=1$ 之间的部分.

【解答过程】

由锥面方程 $z = \sqrt{x^2 + y^2}$ 可得偏导数：

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

面积元素 $\mathrm{d}S = \sqrt{1 + z_x^2 + z_y^2} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \sqrt{1+ \frac{x^2}{x^2+y^2} + \frac{y^2}{x^2+y^2}} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \sqrt{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y$。

曲面 $\Sigma$ 对应的投影区域 $D_{xy}$ 为圆域 $x^2 + y^2 \leq 1$。

将 $z = \sqrt{x^2 + y^2}$ 代入原积分，并转换为极坐标形式进行计算：

$$\iint_{\Sigma} (x^2 + y^2 + z) \mathrm{d}S = \iint_{D_{xy}} \left(x^2 + y^2 + \sqrt{x^2 + y^2}\right) \sqrt{2} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$$$= \sqrt{2} \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{1} (r^2 + r) r \mathrm{d} r = 2\sqrt{2}\pi \int_{0}^{1} (r^3 + r^2) \mathrm{d}r$$$$= 2\sqrt{2}\pi \left[ \frac{1}{4}r^4 + \frac{1}{3}r^3 \right]_{0}^{1} = 2\sqrt {2}\pi \left(\frac{1}{4} + \frac{1}{3}\right) = \frac{7\sqrt{2}\pi}{6}$$

3. 计算曲面积分 $\iint_{\Sigma} (x^2 + y^2) \mathrm{d}S$，其中 $\Sigma$ 为抛物面 $z = 2 - x^2 - y^2$ 在 $xOy$ 面上方的部分.

【解答过程】

因为 $\Sigma$ 在 $xOy$ 面上方，即 $z \geq 0$，令 $2 - x^2 - y^2 \geq 0$ 得到投影区域 $D_{xy}$ 为 $x^2 + y^2 \leq 2$。

偏导数 $z_x = -2x, z_y = -2y$，面积元素 $\mathrm{d}S = \sqrt{1 + (-2x)^2 + (-2y)^2} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \sqrt{1 + 4x^2 + 4y^2} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$。

利用极坐标转换积分：

$$\iint_{\Sigma} (x^2 + y^2) \mathrm{d}S = \iint_{D_{xy}} (x^2 + y^2) \sqrt{1 + 4 (x^2 + y^2)} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_{0}^ {\sqrt{2}} r^2 \sqrt{1 + 4r^2} r \mathrm{d}r = 2\pi \int_{0}^{\sqrt{2}} r^3 \sqrt {1 + 4r^2} \mathrm{d}r$$

令 $u = 1 + 4r^2$，则 $r^2 = \frac{u-1}{4}$，$8r\mathrm{d}r = \mathrm{d}u$。当 $r=0$ 时 $u=1$；$r=\sqrt{2}$ 时 $u=9$。

$$\text{原积分} = 2\pi \int_{1}^{9} \frac{u-1}{4} \sqrt{u} \frac{1}{8} \mathrm{d}u = \frac{\pi}{16} \int_{1}^{9} (u^{\frac{3}{2}} - u^{\frac{1}{2}}) \mathrm{d}u$$$$= \frac{\pi}{16} \left[ \frac{2}{5}u^{\frac{5}{2}} - \frac{2}{3}u^{\frac{3}{2}} \right]_{1}^{9} = \frac{\pi}{16} \left[ \left(\frac{2}{5} \cdot 243 - \frac{2}{3} \cdot 27\right) - \left(\frac{2}{5} - \frac{2}{3}\right) \right]$$$$= \frac{\pi}{16} \left( \frac{486}{5} - 18 - \frac{2}{5} + \frac{2}{3} \right) = \frac{\pi}{16} \left( \frac{484}{5} - \frac{52}{3} \right) = \frac{\pi}{16} \times \frac{1192}{15} = \frac{149\pi}{30}$$

4. 求曲面 $z = axy$ 包含在圆柱面 $x^2 + y^2 = a^2 \ (a>0)$ 内部的面积.

【解答过程】

投影区域 $D_{xy}$ 为圆域 $x^2 + y^2 \leq a^2$。

偏导数 $z_x = ay, z_y = ax$，面积元素 $\mathrm{d}S = \sqrt{1 + z_x^2 + z_y^2} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \sqrt{1 + a^2y^2 + a^2x^2} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$。

曲面面积 $A = \iint_{\Sigma} \mathrm{d}S$，代入极坐标计算：

$$A = \iint_{D_{xy}} \sqrt{1 + a^2(x^2 + y^2)} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_{0}^ {2\pi} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{a} \sqrt{1 + a^2r^2} r \mathrm{d}r$$$$= 2\pi \left[ \frac{1}{3a^2} (1 + a^2r^2)^{\frac{3}{2}} \right]_{0}^{a} = \frac {2\pi}{3a^2} \left[ (1+a^4)^{\frac{3}{2}} - 1 \right]$$

二、提高题

**5. 计算曲面积分 $\iint_{\Sigma} (z + |x|)^2 \mathrm{d}S$，其中 $\Sigma$ 为球面 $x^2

y^{2 + z}2 = R^2$.**

【解答过程】

将被积函数展开：$(z + |x|)^2 = z^2 + 2z|x| + x^2$。

因为曲面 $\Sigma$ （球面）关于 $xOy$ 平面（即上下半球）完全对称，而函数 $f(x,y,z) = 2z|x|$ 是关于 $z$ 的奇函数，故积分 $\iint_{\Sigma} 2z|x| \mathrm{d}S = 0$。

原积分简化为 $\iint_{\Sigma} (x^2 + z^2) \mathrm{d}S$。

根据球面的轮换对称性可知：$\iint_{\Sigma} x^2 \mathrm{d}S = \iint_{\Sigma} y^2 \mathrm {d}S = \iint_{\Sigma} z^2 \mathrm{d}S = \frac{1}{3} \iint_{\Sigma} (x^2 + y^2 + z^2) \mathrm{d}S$。

因为在球面上有 $x^2 + y^2 + z^2 = R^2$，故有：

$$\frac{1}{3} \iint_{\Sigma} (x^2 + y^2 + z^2) \mathrm{d}S = \frac{1}{3} \iint_ {\Sigma} R^2 \mathrm{d}S = \frac{R^2}{3} \times (4\pi R^2) = \frac{4}{3}\pi R^4$$

所以原积分：

$$\iint_{\Sigma} (x^2 + z^2) \mathrm{d}S = \iint_{\Sigma} x^2 \mathrm{d}S + \iint_ {\Sigma} z^2 \mathrm{d}S = 2 \times \frac{4}{3}\pi R^4 = \frac{8}{3}\pi R^4$$

6. 若曲面 $z = \frac{1+x^2+y^2}{2} \ \left(\frac{1}{2} \leq z \leq \frac{3}{2} \right)$ 上每一点面密度等于该点到 $xOy$ 面的距离，求该曲面的质量.

【解答过程】

面密度函数为 $\rho(x,y,z) = |z| = z$（由于 $z \geq 1/2 > 0$）。

将 $z$ 范围代入解析式 $\frac{1}{2} \leq \frac{1+x^2+y^2}{2} \leq \frac{3}{2}$，得到 $xOy$ 面上的投影区域 $D_{xy}$ 为 $0 \leq x^2 + y^2 \leq 2$。

偏导数 $z_x = x, z_y = y$，面积元素 $\mathrm{d}S = \sqrt{1 + x^2 + y^2} \mathrm{d} x\mathrm{d}y$。

曲面质量 $M = \iint_{\Sigma} \rho \mathrm{d}S$，用极坐标计算如下：

$$M = \iint_{D_{xy}} \frac{1+x^2+y^2}{2} \sqrt{1 + x^2 + y^2} \mathrm{d}x\mathrm {d}y = \frac{1}{2} \iint_{D_{xy}} (1+x^2+y^2)^{\frac{3}{2}} \mathrm{d}x\mathrm{d} y$$$$= \frac{1}{2} \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{\sqrt{2}} (1+r^2)^ {\frac{3}{2}} r \mathrm{d}r = \pi \left[ \frac{1}{5}(1+r^2)^{\frac{5}{2}} \right]_ {0}^{\sqrt{2}} = \frac{\pi}{5} \left( 3^{\frac{5}{2}} - 1 \right) = \frac{\pi}{5} (9\sqrt{3} - 1)$$

7. 求面密度为 1 的单位球面对于某直径的转动惯量.

【解答过程】

设单位球面方程为 $\Sigma: x^2 + y^2 + z^2 = 1$，面密度 $\rho = 1$。为了计算方便，取该直径位于 $z$ 轴上。

绕 $z$ 轴的转动惯量公式为 $I_z = \iint_{\Sigma} (x^2 + y^2) \rho \mathrm{d}S = \iint_ {\Sigma} (x^2 + y^2) \mathrm{d}S$。

由球面的轮换对称性可知：

$$\iint_{\Sigma} x^2 \mathrm{d}S = \iint_{\Sigma} y^2 \mathrm{d}S = \frac{1}{3} \iint_{\Sigma} (x^2 + y^2 + z^2) \mathrm{d}S$$

在 $\Sigma$ 上恒有 $x^2 + y^2 + z^2 = 1$，且单位球面的面积为 $4\pi \times 1^2 = 4\pi$。

$$\frac{1}{3} \iint_{\Sigma} 1 \mathrm{d}S = \frac{4\pi}{3}$$

由此可得转动惯量 $I_z$：

$$I_z = \iint_{\Sigma} x^2 \mathrm{d}S + \iint_{\Sigma} y^2 \mathrm{d}S = \frac {4\pi}{3} + \frac{4\pi}{3} = \frac{8\pi}{3}$$

三、考研真题

8.（2012112）设 $\Sigma = \{(x,y,z) | x+y+z=1, x \geq 0, y \geq 0, z \geq 0\}$，则 $\iint_{\Sigma} y^2 \mathrm{d}S =$ ________.

【解答过程】

曲面 $\Sigma$ 可以表示为 $z = 1 - x - y$。

其在 $xOy$ 面上的投影区域 $D_{xy}$ 是由 $x=0, y=0, x+y=1$ 围成的三角形区域。

偏导数 $z_x = -1, z_y = -1$，面积元素 $\mathrm{d}S = \sqrt{1 + (-1)^2 + (-1)^2} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \sqrt{3} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$。

$$\iint_{\Sigma} y^2 \mathrm{d}S = \iint_{D_{xy}} y^2 \sqrt{3} \mathrm{d}x\mathrm {d}y = \sqrt{3} \int_{0}^{1} \mathrm{d}x \int_{0}^{1-x} y^2 \mathrm{d}y$$$$= \sqrt{3} \int_{0}^{1} \left[ \frac{1}{3}y^3 \right]_{0}^{1-x} \mathrm{d}x = \frac{\sqrt{3}}{3} \int_{0}^{1} (1-x)^3 \mathrm{d}x = \frac{\sqrt{3}}{3} \left[ -\frac{1}{4}(1-x)^4 \right]_{0}^{1} = \frac{\sqrt{3}}{12}$$

答案： $\frac{\sqrt{3}}{12}$

9.（2010119）设 $P$ 是椭球面 $S: x^2 + y^2 + z^2 - yz = 1$ 上的动点，若 $S$ 在点 $P$ 处的切平面与 $xOy$ 面垂直，求点 $P$ 的轨迹 $C$，并计算曲面积分 $\iint_{\Sigma} \frac{(x +\sqrt{3})|y-2z|}{\sqrt{4+y^2+z^2-4yz}} \mathrm{d}S$，其中 $\Sigma$ 是椭球面 $S$ 位于曲线 $C$ 上方的部分.

【解答过程】

记椭球面方程为 $F(x,y,z) = x^2 + y^2 + z^2 - yz - 1 = 0$。

点 $P$ 处切平面的法向量为 $\vec{n} = (F_x, F_y, F_z) = (2x, 2y-z, 2z-y)$。

因为切平面与 $xOy$ 面垂直（法向量为 $(0,0,1)$），它们的法向量内积为0：

$(2x, 2y-z, 2z-y) \cdot (0,0,1) = 2z - y = 0 \implies y = 2z$。

将 $y=2z$ 联立椭球面方程，可求出点 $P$ 的轨迹 $C$ 为空间曲线：

$$\begin{cases} x^2 + 3z^2 = 1 \\ y = 2z \end{cases}$$

由椭球面方程解出 $z$：$z^2 - yz + (x^2+y^2-1) = 0 \implies z = \frac{y \pm \sqrt{4 - 4x^2 - 3y^2}}{2}$。

由于 $\Sigma$ 取曲线 $C$ 上方的部分，应取加号，即 $z = \frac{y + \sqrt{4-4x^2-3y^2}}{2} $。此时 $2z - y = \sqrt{4-4x^2-3y^2} > 0$，所以绝对值项 $|y-2z| = 2z-y$。

由此也确定了投影区域 $D_{xy}$ 的边界为 $4-4x^2-3y^2=0$ 即 $4x^2 + 3y^2 \leq 4$。

利用隐函数求导 $z_x = -\frac{F_x}{F_z} = \frac{-2x}{2z-y}, \quad z_y = -\frac{F_y} {F_z} = \frac{z-2y}{2z-y}$。

$$\mathrm{d}S = \sqrt{1 + \left(\frac{-2x}{2z-y}\right)^2 + \left(\frac{z-2y} {2z-y}\right)^2} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \frac{\sqrt{(2z-y)^2 + 4x^2 + (z-2y)^2}} {2z-y} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$$$= \frac{\sqrt{4x^2 + 5y^2 + 5z^2 - 8yz}}{2z-y} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

注意到椭球面条件可化为 $4(x^2+y^2+z^2-yz)=4$，此时分子根号内正好可写成 $4 + y^2 + z^2 - 4yz$。

代入原积分计算式中，分母和绝对值项完全约减消去：

$$\iint_{\Sigma} \frac{(x+\sqrt{3})(2z-y)}{\sqrt{4+y^2+z^2-4yz}} \cdot \frac{\sqrt {4+y^2+z^2-4yz}}{2z-y} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_{D_{xy}} (x+\sqrt{3}) \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

积分区域 $D_{xy}$ 为 $x^2 + \frac{y^2}{4/3} \leq 1$ 构成的椭圆，面积为 $\pi \cdot 1 \cdot \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{2\sqrt{3}\pi}{3}$。由于对称性，$\iint_{D_{xy}} x \mathrm{d}x\mathrm{d}y = 0$。

原积分 $= \sqrt{3} \times S_{D_{xy}} = \sqrt{3} \times \frac{2\sqrt{3}\pi}{3} = 2\pi$。

结论：点 $P$ 轨迹 $C$ 是 $\begin{cases} x^2+3z^2=1 \\ y=2z \end{cases}$，积分为 $2\pi$。

10.（2007114）设曲面为 $\Sigma: |x| + |y| + |z| = 1$，则 $\iint_{\Sigma} (x+|y|) \mathrm{d}S =$ ________.

【解答过程】

曲面 $\Sigma$ 是一个正八面体，在三维空间中对坐标平面具有充分对称性。

因 $\Sigma$ 关于 $yOz$ 面完全对称，而函数 $x$ 是关于 $x$ 坐标的奇函数，所以 $\iint_

{\Sigma} x \mathrm{d}S = 0$。

原积分即求 $\iint_{\Sigma} |y| \mathrm{d}S$。

根据对称性 $\iint_{\Sigma} |x| \mathrm{d}S = \iint_{\Sigma} |y| \mathrm{d}S =

\iint_{\Sigma} |z| \mathrm{d}S = \frac{1}{3} \iint_{\Sigma} (|x| + |y| + |z|)

\mathrm{d}S$。

因为在 $\Sigma$ 上面处处有 $|x| + |y| + |z| = 1$，这等于 $\frac{1}{3} \iint_{\Sigma}

1 \mathrm{d}S$，即为曲面总表面积的三分之一。

曲面在第一卦限对应的面方程为 $x+y+z=1 (x>0,y>0,z>0)$，其法向量为 $(1,1,1)$，面积元素

$\mathrm{d}S = \sqrt{3} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$。

投影是两直角边均为 1 的直角三角形，其投影面积为 $1/2$，由此单个三角形面的面积为 $\frac{\sqrt

{3}}{2}$。

总共有8个这样的面，故曲面总面积为 $A_{\Sigma} = 8 \times \frac{\sqrt{3}}{2} = 4\sqrt{3}

$。

原积分 $= \frac{1}{3} \times 4\sqrt{3} = \frac{4\sqrt{3}}{3}$。

答案： $\frac{4\sqrt{3}}{3}$

第5节对坐标的曲⾯积分

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

题目 1：

计算曲面积分 $\iint_{\Sigma} z^2 \mathrm{d}x\mathrm{d}y$, 其中 $\Sigma$ 是球面 $x^2

y^2 + (z - R)^{2 = R}2$ 的外侧.

解答：

利用高斯公式（Gauss’s Theorem）。由于积分曲面 $\Sigma$ 是封闭的球面外侧，构成了闭区域 $V: x^2 + y^2 + (z - R)^2 \le R^2$ 的整个边界。

原积分对应的向量场为 $\mathbf{F} = (0, 0, z^2)$，其散度为 $\nabla \cdot \mathbf{F} = \frac{\partial (z^2)}{\partial z} = 2z$。

根据高斯公式：

$$\iint_{\Sigma} z^2 \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iiint_{V} 2z \mathrm{d}V$$

为了方便计算，作积分变量代换，令 $z' = z - R$（即将坐标系原点平移至球心 $(0,0,R)$）。此时积分区域变为标准球体 $V': x^2 + y^2 + (z')^2 \le R^2$。

$$\iiint_{V} 2z \mathrm{d}V = \iiint_{V'} 2(z' + R) \mathrm{d}V' = 2 \iiint_{V'} z' \mathrm{d}V' + 2R \iiint_{V'} \mathrm{d}V'$$

由对称性可知，被积函数为奇函数 $z'$ 在关于原点对称的球体 $V'$ 上的积分为 $0$。而 $\iiint_ {V'} \mathrm{d}V'$ 即为球体体积 $\frac{4}{3}\pi R^3$。

因此：

$$\iint_{\Sigma} z^2 \mathrm{d}x\mathrm{d}y = 0 + 2R \cdot \left( \frac{4}{3}\pi R^3 \right) = \frac{8}{3}\pi R^4$$

题目 2：

计算曲面积分 $\iint_{\Sigma} x\mathrm{d}y\mathrm{d}z + y\mathrm{d}z\mathrm{d}x + z\mathrm{d}x\mathrm{d}y$, 其中 $\Sigma$ 是旋转抛物面 $z = x^2 + y^2$ ($z \le 1$) 的上侧.

解答：

采用化为二重积分的方法。$\Sigma$ 的方程为 $z = x^2 + y^2$，其在 $xy$ 平面上的投影区域为 $D: x^2 + y^2 \le 1$。

由于曲面取“上侧”，法向量与 $z$ 轴正向夹角为锐角，积分前取正号。

曲面的偏导数为 $z_x = 2x, z_y = 2y$。

根据曲面积分的计算公式：

$$\iint_{\Sigma} P\mathrm{d}y\mathrm{d}z + Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x + R\mathrm{d} x\mathrm{d}y = \iint_{D} \left( -P z_x - Q z_y + R \right) \mathrm{d}x\mathrm{d} y$$

代入 $P=x, Q=y, R=z = x^2+y^2$ 以及偏导数：

$$\iint_{\Sigma} = \iint_{D} \left( -x(2x) - y(2y) + (x^2 + y^2) \right) \mathrm {d}x\mathrm{d}y$$$$= \iint_{D} \left( -2x^2 - 2y^2 + x^2 + y^2 \right) \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_{D} -(x^2 + y^2) \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

采用极坐标系进行计算：

$$= \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{1} -r^2 \cdot r \mathrm{d}r = 2\pi \left[ -\frac{r^4}{4} \right]_{0}^{1} = 2\pi \left( -\frac{1}{4} \right) = -\frac {\pi}{2}$$

题目 3：

计算曲面积分 $\iint_{\Sigma} \frac{e^z}{\sqrt{x^2+y^2}} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$, 其中 $\Sigma$ 为锥面 $z = \sqrt{x^2+y^2}$ 介于平面 $z=1$ 与 $z=2$ 之间的部分的下侧.

解答：

$\Sigma$ 为锥面 $z = \sqrt{x^2+y^2}$。其在 $xy$ 平面上的投影区域是由 $z=1$ 和 $z=2$ 确定的圆环区域 $D: 1 \le x^2 + y^2 \le 4$。

由于取锥面的“下侧”，法向量指向下方，$\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 的投影带负号。

将 $z = \sqrt{x^2+y^2}$ 代入被积函数，化为二重积分：

$$\iint_{\Sigma} \frac{e^z}{\sqrt{x^2+y^2}} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = - \iint_{D} \frac{e^{\sqrt{x^2+y^2}}}{\sqrt{x^2+y^2}} \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

采用极坐标系进行计算，投影区域 $D$ 对应 $1 \le r \le 2$：

$$= - \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_{1}^{2} \frac{e^r}{r} \cdot r \mathrm {d}r$$$$= - 2\pi \int_{1}^{2} e^r \mathrm{d}r = -2\pi \left[ e^r \right]_{1}^{2} = -2\pi (e^2 - e)$$

二、提高题

题目 4：

计算曲面积分 $\iint_{\Sigma} [x - f(x,y,z)]\mathrm{d}y\mathrm{d}z + [2f(x,y,z) + y] \mathrm{d}z\mathrm{d}x + [f(x,y,z) + z]\mathrm{d}x\mathrm{d}y$, 其中 $f(x,y,z)$ 为连续函数, $\Sigma$ 是平面 $2x + 3y - 4z = 1$ 在第五卦限的部分的下侧.

解答：

由于积分曲面是一个平面，使用两类曲面积分的联系公式最为简便。

第五卦限指的是 $x \ge 0, y \ge 0, z \le 0$ 的区域。平面 $2x + 3y - 4z = 1$ 取“下侧”，意味着单位法向量 $\mathbf{n}$ 的 $z$ 分量小于 $0$。

令 $F(x,y,z) = 2x + 3y - 4z - 1 = 0$，其梯度为 $\nabla F = (2, 3, -4)$。

因为 $z$ 分量为 $-4 < 0$，该向量恰好指向下侧。归一化后得到单位法向量：

$$\mathbf{n} = (\cos\alpha, \cos\beta, \cos\gamma) = \frac{1}{\sqrt{2^2 + 3^2 + (-4)^2}} (2, 3, -4) = \frac{1}{\sqrt{29}} (2, 3, -4)$$

将原第二类曲面积分化为第一类曲面积分：

$$I = \iint_{\Sigma} \left[ (x - f)\cos\alpha + (2f + y)\cos\beta + (f + z) \cos\gamma \right] \mathrm{d}S$$$$= \iint_{\Sigma} \frac{1}{\sqrt{29}} \left[ 2(x - f) + 3(2f + y) - 4(f + z) \right] \mathrm{d}S$$

展开化简被积函数：

$$2x - 2f + 6f + 3y - 4f - 4z = 2x + 3y - 4z$$

注意 $f(x,y,z)$ 被完美消去！且在平面 $\Sigma$ 上，恒有 $2x + 3y - 4z = 1$。

所以积分化为：

$$I = \iint_{\Sigma} \frac{1}{\sqrt{29}} \cdot 1 \mathrm{d}S = \frac{1}{\sqrt {29}} S_{\Sigma}$$

其中 $S_{\Sigma}$ 是 $\Sigma$ 在第五卦限内的面积。

平面与坐标轴的交点分别为 $(\frac{1}{2}, 0, 0)$, $(0, \frac{1}{3}, 0)$, $(0, 0, -\frac {1}{4})$。投影在 $xy$ 平面上的区域 $D_{xy}$ 是由点 $(0,0), (\frac{1}{2}, 0), (0, \frac {1}{3})$ 构成的直角三角形，其面积为 $\sigma = \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{1}{3} = \frac{1}{12}$。

根据面积微元关系 $S_{\Sigma} = \frac{\sigma}{|\cos\gamma|} = \frac{1/12}{|-4/\sqrt {29}|} = \frac{\sqrt{29}}{48}$。

因此：

$$I = \frac{1}{\sqrt{29}} \cdot \frac{\sqrt{29}}{48} = \frac{1}{48}$$

题目 5：

计算 $\iint_{\Sigma} (-y)\mathrm{d}z\mathrm{d}x + (z+1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$, 其中 $\Sigma$ 是圆柱面 $x^2 + y^2 = 4$ 被平面 $x+z=2$ 和 $z=0$ 所截取的部分的外侧.

解答：

利用高斯公式。原曲面 $\Sigma$ 不是闭曲面，我们通过添加顶面 $\Sigma_1$（位于 $x+z=2$ 上，取上侧）和底面 $\Sigma_2$（位于 $z=0$ 上，取下侧）使其封闭。

设闭合曲面 $S = \Sigma + \Sigma_1 + \Sigma_2$ 包围的体积为 $V$。

向量场 $\mathbf{F} = (0, -y, z+1)$，其散度为 $\nabla \cdot \mathbf{F} = 0 - 1 + 1 = 0$。

由高斯公式：

$$\oiint_{S} (-y)\mathrm{d}z\mathrm{d}x + (z+1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iiint_ {V} 0 \mathrm{d}V = 0$$

所以 $\iint_{\Sigma} = - \iint_{\Sigma_1} - \iint_{\Sigma_2}$。

计算 $\Sigma_1$ 上的积分：

$\Sigma_1$ 的方程为 $z = 2-x$，方向向上，在 $xy$ 面投影为 $D: x^2+y^2 \le 4$。

由于曲面积分中 $P=0, Q=-y, R=z+1$：

$$\iint_{\Sigma_1} = \iint_{D} \left( -(-y)z_y + (z+1) \right) \mathrm{d}x\mathrm {d}y = \iint_{D} \left( 0 + (2-x+1) \right) \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_{D} (3-x) \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

由对称性，$\iint_{D} x \mathrm{d}x\mathrm{d}y = 0$，故：

$$\iint_{\Sigma_1} = 3 \iint_{D} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = 3 \cdot (\pi \cdot 2^2) = 12\pi$$

计算 $\Sigma_2$ 上的积分：

$\Sigma_2$ 的方程为 $z = 0$，方向向下，$\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 前取负号，且 $\mathrm {d}z=0$。

$$\iint_{\Sigma_2} = \iint_{D} -(0+1) \mathrm{d}x\mathrm{d}y = - \iint_{D} 1 \mathrm{d}x\mathrm{d}y = -4\pi$$

最后求和：

$$\iint_{\Sigma} = - (12\pi - 4\pi) = -8\pi$$

三、考研真题

题目 6：

（2020118）设 $\Sigma$ 是曲面 $z = \sqrt{x^2+y^2}$ ($1 \le x^2+y^2 \le 4$) 的下侧, $f (x)$ 是连续函数, 计算 $I = \iint_{\Sigma} [xf(xy) + 2x - y]\mathrm{d}y\mathrm{d}z + [yf(xy) + 2y + x]\mathrm{d}z\mathrm{d}x + [zf(xy) + z]\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.

解答：

化为二重积分。$\Sigma$ 为锥面，方程为 $z = \sqrt{x^2+y^2}$，投影区域为圆环 $D: 1 \le x^2 +y^2 \le 4$。

由于取“下侧”，法向量朝下，运用公式化二重积分时要在前面加负号。

计算偏导数：$z_x = \frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}} = \frac{x}{z}, z_y = \frac{y}{\sqrt{x^2 +y^2}} = \frac{y}{z}$。

$$I = - \iint_{D} \left( -P z_x - Q z_y + R \right) \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_{D} \left( P \frac{x}{z} + Q \frac{y}{z} - R \right) \mathrm{d}x\mathrm{d} y$$

将被积项 $P, Q, R$ 代入并合并同类项：

$$P\frac{x}{z} + Q\frac{y}{z} - R = \frac{x}{z}[xf(xy) + 2x - y] + \frac{y}{z}[yf (xy) + 2y + x] - [zf(xy) + z]$$$$= \frac{1}{z} \left[ (x^2+y^2)f(xy) + 2(x^2+y^2) - xy + xy - z^2 f(xy) - z^2 \right]$$

因为在曲面 $\Sigma$ 上有 $x^2+y^2 = z^2$，代入上式得：

$$= \frac{1}{z} \left[ z^2 f(xy) + 2z^2 - z^2 f(xy) - z^2 \right] = \frac{1}{z} \left[ z^2 \right] = z$$

因此复杂的被积函数被大幅化简，原积分变为：

$$I = \iint_{D} z \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_{D} \sqrt{x^2+y^2} \mathrm{d} x\mathrm{d}y$$

采用极坐标计算该二重积分：

$$I = \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_{1}^{2} r \cdot r \mathrm{d}r = 2\pi \left[ \frac{r^3}{3} \right]_{1}^{2} = 2\pi \left( \frac{8 - 1}{3} \right) = \frac {14\pi}{3}$$

题目 7：

（2008112）设曲面 $\Sigma$ 是 $z = \sqrt{4-x^2-y^2}$ 的上侧, 求 $\iint_{\Sigma} xy\mathrm{d}y\mathrm{d}z + x\mathrm{d}z\mathrm{d}x + x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.

解答：

为了使用高斯公式，添加辅助面闭合曲面。设 $\Sigma_1$ 为 $z=0$ （$x^2+y^2 \le 4$）取下侧，则 $S = \Sigma + \Sigma_1$ 构成闭合半球体表面，方向均朝外，包围体积 $V$。

向量场 $\mathbf{F} = (xy, x, x^2)$ 的散度为 $\nabla \cdot \mathbf{F} = y + 0 + 0 = y$。

由高斯公式得：

$$\iint_{\Sigma} + \iint_{\Sigma_1} = \iiint_{V} y \mathrm{d}V$$

由 $V$ 关于 $xz$ 平面的对称性且被积函数 $y$ 为奇函数，可知 $\iiint_{V} y \mathrm{d}V = 0$。

故 $\iint_{\Sigma} = - \iint_{\Sigma_1}$。

在底面 $\Sigma_1$ 上，$z=0$ 所以 $\mathrm{d}z=0$；取下侧所以 $\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 取负号。

$$\iint_{\Sigma_1} x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_{x^2+y^2 \le 4} x^2 (-\mathrm {d}x\mathrm{d}y) = - \iint_{D} x^2 \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

利用极坐标计算二重积分：

$$\iint_{D} x^2 \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_{0}^{2\pi} \cos^2\theta \mathrm{d} \theta \int_{0}^{2} r^2 \cdot r \mathrm{d}r = \pi \cdot \left[ \frac{r^4}{4} \right]_{0}^{2} = 4\pi$$

因此 $\iint_{\Sigma_1} = -4\pi$。

最终结果为：

$$\iint_{\Sigma} = - (-4\pi) = 4\pi$$

题目 8：

（2006103）设 $\Sigma$ 是锥面 $z = \sqrt{x^2+y^2}$ ($0 \le z \le 1$) 的下侧, 则 $\iint_{\Sigma} x\mathrm{d}y\mathrm{d}z + 2y\mathrm{d}z\mathrm{d}x + 3(z-1)\mathrm {d}x\mathrm{d}y = \text{\_\_\_\_\_\_\_}$.

解答：

使用高斯公式。添加辅助平面 $\Sigma_1$：$z=1$ 内部对应 $x^2+y^2 \le 1$ 的圆盘，取上侧。

闭合曲面 $S = \Sigma + \Sigma_1$ 包围的圆锥体区域为 $V$。注意，由于 $\Sigma$ 取下侧， $\Sigma_1$ 取上侧，此时闭合曲面 $S$ 的法向量恰好全部指向区域 $V$ 的外侧。

计算向量场 $\mathbf{F} = (x, 2y, 3z-3)$ 的散度：

$$\nabla \cdot \mathbf{F} = 1 + 2 + 3 = 6$$

根据高斯公式：

$$\iint_{\Sigma} + \iint_{\Sigma_1} = \iiint_{V} 6 \mathrm{d}V = 6 \cdot V_{\text {圆锥}} = 6 \cdot \left( \frac{1}{3}\pi \cdot 1^2 \cdot 1 \right) = 2\pi$$

接着计算 $\Sigma_1$ 上的积分：

在 $\Sigma_1$ 上 $z=1$（$\mathrm{d}z=0$），且法向朝上，带入积分式得：

$$\iint_{\Sigma_1} 3(1-1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_{\Sigma_1} 0 \mathrm{d} x\mathrm{d}y = 0$$

所以：

$$\iint_{\Sigma} = 2\pi - 0 = 2\pi$$

第6节斯公式、通量与散度

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

一、基础题

题目 1：

计算曲面积分 $\oiint_{\Sigma} (x - y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y + x(y - z)\mathrm{d} y\mathrm{d}z$，其中 $\Sigma$ 是由柱面 $x^2 + y^2 = 1$ 及平面 $z = 0$、$z = 1$ 所围立体的表面外侧.

解答：

原面积分可以写为标准形式：

$$I = \oiint_{\Sigma} x(y - z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z + 0\mathrm{d}z\mathrm{d}x + (x - y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

这里 $P = x(y - z), Q = 0, R = x - y$。

曲面 $\Sigma$ 是封闭曲面且取外侧，满足高斯公式（Gauss Theorem）的条件。计算散度：

$$\frac{\partial P}{\partial x} = y - z, \quad \frac{\partial Q}{\partial y} = 0, \quad \frac{\partial R}{\partial z} = 0$$

利用高斯公式，将曲面积分化为对立体区域 $\Omega$ 的三重积分，其中 $\Omega = \{(x,y,z) \mid x^2 + y^2 \le 1, 0 \le z \le 1\}$：

$$I = \iiint_{\Omega} (y - z)\mathrm{d}V$$

化为先对 $z$，后对 $x, y$ 的累次积分。记 $D$ 为底面圆域 $x^2 + y^2 \le 1$：

$$I = \iint_{D} \mathrm{d}x\mathrm{d}y \int_{0}^{1} (y - z) \mathrm{d}z = \iint_ {D} \left[ yz - \frac{1}{2}z^2 \right]_{0}^{1} \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iint_{D} \left( y - \frac{1}{2} \right) \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

由积分区域的对称性可知，关于 $y$ 的奇函数在中心对称的圆域上积分为 0，即 $\iint_{D} y \mathrm {d}x\mathrm{d}y = 0$。

因此：

$$I = \iint_{D} \left(-\frac{1}{2}\right) \mathrm{d}x\mathrm{d}y = -\frac{1}{2} \times \pi(1)^2 = -\frac{\pi}{2}$$

题目 2：

计算曲面积分 $\oiint_{\Sigma} (y + 2z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z + (z^2 - 1)\mathrm{d} z\mathrm{d}x + (x + 2y + 3z)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，其中 $\Sigma$ 是 3 个坐标面与平面 $x + y + z = 1$ 围成的四面体的外侧.

解答：

已知 $P = y + 2z, Q = z^2 - 1, R = x + 2y + 3z$。曲面封闭且取外侧。

计算各偏导数：

$$\frac{\partial P}{\partial x} = 0, \quad \frac{\partial Q}{\partial y} = 0, \quad \frac{\partial R}{\partial z} = 3$$

应用高斯公式，设 $\Omega$ 为该四面体区域：

$$I = \iiint_{\Omega} (0 + 0 + 3) \mathrm{d}V = 3 \iiint_{\Omega} \mathrm{d}V$$

其中 $\iiint_{\Omega} \mathrm{d}V$ 表示四面体的体积 $V$。四面体由 $x=0, y=0, z=0$ 与 $x +y+z=1$ 围成，三个坐标轴上的截距均为 1。

四面体体积公式为 $V = \frac{1}{6} \times \text{底面积} \times \text{高} = \frac{1}{6} \times \frac{1}{2}(1 \times 1) \times 1 = \frac{1}{6}$。

故积分结果为：

$$I = 3 \times \frac{1}{6} = \frac{1}{2}$$

题目 3：

计算曲面积分 $\iint_{\Sigma} (x^3 + az^2)\mathrm{d}y\mathrm{d}z + (y^3 + ax^2) \mathrm{d}z\mathrm{d}x + (z^3 + ay^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，其中 $\Sigma$ 为上半球面 $z = \sqrt{a^2 - x^2 - y^2}$ 的上侧.

解答：

该曲面 $\Sigma$ 并非封闭曲面。为使用高斯公式，添加辅助面 $\Sigma_1$，即 $xOy$ 平面上的圆盘 $x^2 + y^2 \le a^2, z = 0$，取下侧（法向量指向 $z$ 轴负方向）。$\Sigma \cup \Sigma_1$ 构成封闭曲面，包围上半球体 $\Omega$，且取外侧。

记原积分为 $I$。根据高斯公式：

$$\oiint_{\Sigma \cup \Sigma_1} P\mathrm{d}y\mathrm{d}z + Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x

R\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \iiint_{\Omega} \left(\frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}\right) \mathrm{d}V$$

被积函数的散度为 $\frac{\partial}{\partial x}(x^{3 + az}2) + \frac{\partial} {\partial y}(y^{3 + ax}2) + \frac{\partial}{\partial z}(z^{3 + ay}2) = 3x^{2 + 3y}2

3z^{2 = 3(x}2 + y^{2 + z}2)$。

计算体积分（采用球面坐标系）：

$$\iiint_{\Omega} 3(x^2 + y^2 + z^2) \mathrm{d}V = \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d} \theta \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin\phi \mathrm{d}\phi \int_{0}^{a} 3r^2 \cdot r^2 \mathrm{d}r = 2\pi \cdot 1 \cdot 3 \left[ \frac{r^5}{5} \right]_{0}^{a} = \frac{6\pi a^5}{5}$$

接下来计算在辅助面 $\Sigma_1$ 上的曲面积分。在 $\Sigma_1$ 上，$z = 0, \mathrm{d}z = 0$，故包含 $\mathrm{d}y\mathrm{d}z$ 和 $\mathrm{d}z\mathrm{d}x$ 的项为 0。且 $\Sigma_1$ 取下侧，$\mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 的投影带负号。

$$\iint_{\Sigma_1} = \iint_{x^2+y^2 \le a^2} (0^3 + ay^2) (-\mathrm{d}x\mathrm{d} y) = -a \iint_{D} y^2 \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

利用极坐标计算该二重积分：

$$\iint_{D} y^2 \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_{0}^{2\pi} \sin^2\theta \mathrm{d} \theta \int_{0}^{a} r^2 \cdot r \mathrm{d}r = \pi \cdot \frac{a^4}{4} = \frac{\pi a^4}{4}$$

所以 $\iint_{\Sigma_1} = -\frac{\pi a^5}{4}$。

由于 $I + \iint_{\Sigma_1} = \frac{6\pi a^5}{5}$，解得：

$$I = \frac{6\pi a^5}{5} - \left(-\frac{\pi a^5}{4}\right) = \frac{24\pi a^5 + 5\pi a^5}{20} = \frac{29\pi a^5}{20}$$

题目 4：

求向量场 $\mathbf{F} = xz\mathbf{i} + (x + y)\mathbf{j} + z^2y\mathbf{k}$ 在点 $(0, 1, 2)$ 处的散度.

解答：

向量场的散度 $\mathrm{div} \mathbf{F}$ 定义为各分量偏导数之和：

$$\mathrm{div} \mathbf{F} = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q} {\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}$$

已知 $P = xz, Q = x + y, R = z^2y$。分别求偏导：

$$\frac{\partial P}{\partial x} = z, \quad \frac{\partial Q}{\partial y} = 1, \quad \frac{\partial R}{\partial z} = 2zy$$

将各偏导数相加得到散度表达式：

$$\mathrm{div} \mathbf{F} = z + 1 + 2zy$$

将点 $(x, y, z) = (0, 1, 2)$ 代入上述表达式：

$$\mathrm{div} \mathbf{F}\Big|_{(0,1,2)} = 2 + 1 + 2(2)(1) = 3 + 4 = 7$$

该向量场在点 $(0,1,2)$ 处的散度为 $7$。

二、提高题

题目 5：

计算 $\iint_{\Sigma} 2(1 - x^2)\mathrm{d}y\mathrm{d}z + 8xy\mathrm{d}z\mathrm{d}x

4zx\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，其中 $\Sigma$ 是曲线 $\begin{cases} x = e^y \ z = 0 \end{cases} \ (0 \le y \le a)$ 绕 $x$ 轴旋转而成的曲面，其法向量与 $x$ 轴正半轴的夹角大于 $\frac{\pi}{2}$.

解答：

首先写出曲面 $\Sigma$ 的方程。由 $x = e^y \ (0 \le y \le a)$ 得 $y = \ln x \ (1 \le x \le e^a)$。绕 $x$ 轴旋转后，对应的曲面方程为 $y^2 + z^2 = (\ln x)^2$。

构造闭合曲面。在 $x = e^a$ 处添加圆盘 $\Sigma_1: y^2 + z^2 \le a^2$，取正侧（法向量指向 $x$ 轴正向）。在 $x=1$ 处由于 $y=0$ 半径为0，故无需补面。$\Sigma \cup \Sigma_1$ 形成封闭曲面，包围立体 $\Omega$。

根据题意，$\Sigma$ 的法向量与 $x$ 轴正半轴夹角大于 $\frac{\pi}{2}$，即法向量的 $x$ 分量为负。这正好与 $\Sigma_1$（法向量指向 $+x$）共同构成向外的封闭曲面。

利用高斯公式，计算向量场 $\mathbf{F} = (2-2x^2, 8xy, -4zx)$ 的散度：

$$\mathrm{div} \mathbf{F} = \frac{\partial}{\partial x}(2 - 2x^2) + \frac {\partial}{\partial y}(8xy) + \frac{\partial}{\partial z}(-4zx) = -4x + 8x - 4x = 0$$

既然散度为 0，这说明整个封闭曲面上的积分为 0：

$$\iint_{\Sigma} + \iint_{\Sigma_1} = \iiint_{\Omega} 0 \mathrm{d}V = 0 \implies \iint_{\Sigma} = - \iint_{\Sigma_1}$$

现计算在 $\Sigma_1$ 上的积分。在 $\Sigma_1$ 上 $x = e^a$ 是常数，$\mathrm{d}x = 0$，于是只剩下 $\mathrm{d}y\mathrm{d}z$ 项：

$$\iint_{\Sigma_1} = \iint_{D_1} 2(1 - (e^a)^2) \mathrm{d}y\mathrm{d}z = 2(1 - e^ {2a}) \iint_{D_1} \mathrm{d}y\mathrm{d}z$$

$D_1$ 是半径为 $a$ 的圆，面积为 $\pi a^2$。因此：

$$\iint_{\Sigma_1} = 2(1 - e^{2a}) \cdot \pi a^2$$

所以，原积分 $\iint_{\Sigma}$ 为：

$$\iint_{\Sigma} = - \iint_{\Sigma_1} = - 2\pi a^{2(1 - e}{2a}) = 2\pi a^2(e{2a}

1)$$

题目 6：

求向量场 $\mathbf{F} = \frac{x\mathbf{i} + y\mathbf{j} + z\mathbf{k}}{r^3}$ （$r = \sqrt{x^2+y^2+z^2}$）穿过曲面流向外侧的通量，其中 $\Sigma$ 是椭球面 $2x^2 + 2y^2 + z^2 = 4$.

解答：

该向量场为经典的点源场，其散度在除原点外的任意一点均为 0：

$$\nabla \cdot \left(\frac{\mathbf{r}}{r^3}\right) = 0 \quad (r \neq 0)$$

曲面 $\Sigma$ 可以化为标准椭球面方程：$\frac{x^2}{2} + \frac{y^2}{2} + \frac{z^2}{4} = 1$。显然原点 $(0,0,0)$ 包含在 $\Sigma$ 内部，因此不能直接对整个内部区域使用高斯公式。

为了避开奇点，在原点周围挖去一个足够小的球面 $S_{\varepsilon}: x^2 + y^2 + z^2 = \varepsilon^2$，取内侧（指向原点）。设 $\Sigma$ 与 $S_{\varepsilon}$ 之间的区域为 $\Omega_{\varepsilon}$。

在 $\Omega_{\varepsilon}$ 内，向量场的散度处处为 0，应用高斯公式有：

$$\oiint_{\Sigma} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{S} + \oiint_{S_ {\varepsilon}} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{S} = \iiint_{\Omega_ {\varepsilon}} 0 \mathrm{d}V = 0$$$$\implies \oiint_{\Sigma} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{S} = - \oiint_{S_ {\varepsilon}} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{S} = \oiint_{S_{\varepsilon}^ {\text{外}}} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{S}$$

其中 $S_{\varepsilon}^{\text{外}}$ 表示取小球面外侧。对于以原点为中心的球面 $S_ {\varepsilon}$，其外法线单位向量为 $\mathbf{n} = \frac{\mathbf{r}}{r}$，且在球面上 $r = \varepsilon$。

$$\oiint_{S_{\varepsilon}^{\text{外}}} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{S} = \oiint_{S_{\varepsilon}} \left( \frac{\mathbf{r}}{\varepsilon^3} \right) \cdot \left( \frac{\mathbf{r}}{\varepsilon} \right) \mathrm{d}S = \oiint_{S_ {\varepsilon}} \frac{r^2}{\varepsilon^4} \mathrm{d}S = \oiint_{S_{\varepsilon}} \frac{\varepsilon^2}{\varepsilon^4} \mathrm{d}S = \frac{1}{\varepsilon^2} \iint_ {S_{\varepsilon}} \mathrm{d}S$$

球面的面积为 $4\pi\varepsilon^2$，所以：

$$\oiint_{\Sigma} \mathbf{F} \cdot \mathrm{d}\mathbf{S} = \frac{1}{\varepsilon^2} \cdot 4\pi\varepsilon^2 = 4\pi$$

该通量为 $4\pi$。

三、考研真题

题目 7：

（2023119）设空间有界区域 $\Omega$ 由柱面 $x^2 + y^2 = 1$ 与平面 $z = 0$ 和 $x + z = 1$ 围成，$\Sigma$ 为 $\Omega$ 的边界曲面，取外侧，求 $I = \oiint_{\Sigma} 2xz\mathrm{d} y\mathrm{d}z + xz\cos y\mathrm{d}z\mathrm{d}x + 3yz\sin x\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.

解答：

该曲面为封闭曲面并取外侧，直接使用高斯公式。

$P = 2xz \implies P_x = 2z$

$Q = xz\cos y \implies Q_y = -xz\sin y$

$R = 3yz\sin x \implies R_z = 3y\sin x$

散度为 $2z - xz\sin y + 3y\sin x$。将曲面积分转化为体积分：

$$I = \iiint_{\Omega} (2z - xz\sin y + 3y\sin x) \mathrm{d}V$$

区域 $\Omega$ 的投影区域 $D$ 是 $x^2 + y^2 \le 1$，$z$ 的范围是 $0 \le z \le 1 - x$。

积分区域 $D$ 关于 $x$ 轴（即 $y \to -y$）是对称的。

被积函数中的 $-xz\sin y$ 和 $3y\sin x$ 都是关于 $y$ 的奇函数，所以在对称区域上的体积分均为 0。

故积分简化为：

$$I = \iiint_{\Omega} 2z \mathrm{d}V = \iint_{D} \mathrm{d}x\mathrm{d}y \int_{0}^ {1-x} 2z \mathrm{d}z = \iint_{D} \left[ z^2 \right]_{0}^{1-x} \mathrm{d}x\mathrm {d}y = \iint_{D} (1-x)^2 \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

展开并逐项积分：

$$I = \iint_{D} (1 - 2x + x^2) \mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

第一项：$\iint_{D} 1 \mathrm{d}x\mathrm{d}y$ 即为圆的面积 $\pi \cdot 1^2 = \pi$。
第二项：由于奇偶对称性，$\iint_{D} -2x \mathrm{d}x\mathrm{d}y = 0$。
第三项：利用极坐标计算 $\iint_{D} x^2 \mathrm{d}x\mathrm{d}y = \int_{0}^{2\pi} \cos^2\theta \mathrm{d}\theta \int_{0}^{1} r^2 \cdot r \mathrm{d}r = \pi \cdot \frac{1}{4} = \frac{\pi}{4}$。

总积分结果：

$$I = \pi + 0 + \frac{\pi}{4} = \frac{5\pi}{4}$$

题目 8：

（2018117）设 $\Sigma$ 为曲面 $x = \sqrt{1 - 3y^2 - 3z^2}$ 的前侧，求 $I = \iint_ {\Sigma} x\mathrm{d}y\mathrm{d}z + (y^3 + 2)\mathrm{d}z\mathrm{d}x + z^3\mathrm{d} x\mathrm{d}y$.

解答：

曲面 $\Sigma$ 对应的方程为 $x^2 + 3y^2 + 3z^2 = 1 \ (x \ge 0)$，即半个椭球面。前侧指法向量指向 $x$ 轴正方向。

为构成封闭曲面，添加位于 $yOz$ 平面的椭圆盘 $\Sigma_1: 3y^2 + 3z^2 \le 1, x = 0$，取后侧（法向量指向 $x$ 轴负向）。由此封闭曲面围成的体为 $\Omega$。

由高斯公式：

$$\iint_{\Sigma} + \iint_{\Sigma_1} = \iiint_{\Omega} \left(\frac{\partial x} {\partial x} + \frac{\partial(y^3+2)}{\partial y} + \frac{\partial z^3}{\partial z}\right) \mathrm{d}V = \iiint_{\Omega} (1 + 3y^2 + 3z^2) \mathrm{d}V$$

作变量代换：令 $u = \sqrt{3}y, v = \sqrt{3}z$，雅可比行列式 $J = \frac{1}{3}$。

区域 $\Omega$ 转化为空间半球 $\Omega': x^2 + u^2 + v^2 \le 1 \ (x \ge 0)$。

$$\iiint_{\Omega} (1 + 3y^2 + 3z^2) \mathrm{d}V = \iiint_{\Omega'} (1 + u^2 + v^2) \cdot \frac{1}{3} \mathrm{d}x\mathrm{d}u\mathrm{d}v$$

采用球面坐标系进行计算（设 $x$ 为极轴方向，仰角 $\phi \in [0, \pi/2]$）：

$$\iiint_{\Omega'} = \frac{1}{3} \int_{0}^{2\pi} \mathrm{d}\theta \int_{0}^{\frac {\pi}{2}} \sin\phi \mathrm{d}\phi \int_{0}^{1} (1 + \rho^2\sin^2\phi)\rho^2 \mathrm{d}\rho$$$$= \frac{2\pi}{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin\phi \left( \frac{1}{3} + \frac{1} {5}\sin^2\phi \right) \mathrm{d}\phi$$$$= \frac{2\pi}{3} \left[ \frac{1}{3} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin\phi \mathrm{d} \phi + \frac{1}{5} \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin^3\phi \mathrm{d}\phi \right] = \frac{2\pi}{3} \left[ \frac{1}{3}(1) + \frac{1}{5}\left(\frac{2}{3}\right) \right] = \frac{2\pi}{3} \times \frac{7}{15} = \frac{14\pi}{45}$$

现在计算附加面 $\Sigma_1$ 上的积分。由于在 $\Sigma_1$ 上 $x = 0$ 且 $\mathrm{d}x = 0$，积分式中的三项均含有 $x$ 或其微分：

$\iint_{\Sigma_1} 0\mathrm{d}y\mathrm{d}z + Q(0)\mathrm{d}z + R(0)\mathrm{d}y = 0$

因此：

$$I = \frac{14\pi}{45} - 0 = \frac{14\pi}{45}$$

题目 9：

（2016118）设有界区域 $\Omega$ 由平面 $2x + y + 2z = 2$ 与 3 个坐标面围成，$\Sigma$ 为 $\Omega$ 整个表面的外侧，计算曲面积分 $I = \iint_{\Sigma} (x^2 + 1)\mathrm{d}y\mathrm {d}z - 2y\mathrm{d}z\mathrm{d}x + 3z\mathrm{d}x\mathrm{d}y$.

解答：

该曲面 $\Sigma$ 为四面体的整个外表面，直接使用高斯公式。

$P = x^2+1, Q = -2y, R = 3z$。

求散度：

$$\mathrm{div} \mathbf{F} = \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q} {\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} = 2x - 2 + 3 = 2x + 1$$

将原曲面积分化为体积分：

$$I = \iiint_{\Omega} (2x + 1) \mathrm{d}V = 2 \iiint_{\Omega} x \mathrm{d}V + \iiint_{\Omega} 1 \mathrm{d}V$$

$\Omega$ 是四面体，顶点在原点，三个坐标轴截距分别为 $a=1, b=2, c=1$。

四面体的体积 $V = \iiint_{\Omega} 1 \mathrm{d}V = \frac{1}{6} \cdot 1 \cdot 2 \cdot 1 = \frac{1}{3}$。

根据形心坐标性质，四面体形心的 $x$ 坐标为 $\bar{x} = \frac{a}{4} = \frac{1}{4}$，并且 $\bar{x} = \frac{1}{V} \iiint_{\Omega} x \mathrm{d}V$。

因此：

$$\iiint_{\Omega} x \mathrm{d}V = \bar{x} V = \frac{1}{4} \times \frac{1}{3} = \frac{1}{12}$$

代回原式得到：

$$I = 2 \left( \frac{1}{12} \right) + \frac{1}{3} = \frac{1}{6} + \frac{1}{3} = \frac{1}{2}$$

第7节托克斯公式、环流量与旋度

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

待校验 2、6

一、基础题

1. 计算曲线积分 $\oint_\Gamma 2y\text{d}x + 3x\text{d}y - z^2\text{d}z$，其中 $\Gamma$ 是球面 $x^2 + y^2 + z^2 = 9$ 及平面 $z = 0$ 的交线，从 $z$ 轴正向看 $\Gamma$ 呈逆时针方向。

解答：

曲线 $\Gamma$ 为球面与平面 $z=0$ 的交线，即 $xy$ 平面上的圆周 $x^2 + y^2 = 9$，$z=0$。

由于从 $z$ 轴正向看呈逆时针方向，符合斯托克斯公式（Stokes’ Theorem）中关于积分曲面取上侧（法向量 $\mathbf{n} = (0, 0, 1)$）的右手法则。

记 $\Gamma$ 所围成的平面区域为 $\Sigma: x^2 + y^2 \le 9, z = 0$。

计算向量场 $\mathbf{F} = (2y, 3x, -z^2)$ 的旋度：

应用斯托克斯公式：

$$\oint_\Gamma 2y\text{d}x + 3x\text{d}y - z^2\text{d}z = \iint_\Sigma (\nabla \times \mathbf{F}) \cdot \mathbf{n} \text{d}S = \iint_\Sigma (0, 0, 1) \cdot (0, 0, 1) \text{d}S = \iint_\Sigma 1 \text{d}S$$

积分值即为区域 $\Sigma$ 的面积。圆的半径 $r=3$，因此：

$$\iint_\Sigma \text{d}S = \pi \cdot 3^2 = 9\pi$$

最终结果：$9\pi$

2. 计算曲线积分 $\oint_\Gamma x^2 y\text{d}x + (x^2 + y^2)\text{d}y + (x + y + 1) \text{d}z$，其中 $\Gamma$ 是球面 $x^2 + y^2 + z^2 = 5$ 及抛物面 $z = x^2 + y^2 + 1$ 的交线，从 $z$ 轴正向看 $\Gamma$ 呈顺时针方向。

解答：

首先求交线 $\Gamma$ 的方程。由 $z - 1 = x^2 + y^2$，代入球面方程得：

$$(z - 1) + z^2 = 5 \implies z^2 + z - 6 = 0 \implies (z + 3)(z - 2) = 0$$

因为 $z = x^2 + y^2 + 1 \ge 1$，故取 $z = 2$。此时 $x^2 + y^2 = 1$。

所以 $\Gamma$ 是平面 $z=2$ 上的单位圆。

记 $\Gamma$ 所围成的圆盘面为 $\Sigma: x^2 + y^2 \le 1, z=2$。

由于从 $z$ 轴正向看 $\Gamma$ 呈顺时针方向，根据右手法则，曲面 $\Sigma$ 的法向量应朝下，即 $\mathbf{n} = (0, 0, -1)$。

计算向量场 $\mathbf{F} = (x^2y, x^2+y^2, x+y+1)$ 的旋度：

应用斯托克斯公式并投影到 $xy$ 平面（区域 $D: x^2 + y^2 \le 1$）：

$$\oint_\Gamma \mathbf{F} \cdot \text{d}\mathbf{r} = \iint_\Sigma (1, -1, 2x - x^2) \cdot (0, 0, -1) \text{d}S = \iint_D (x^2 - 2x) \text{d}x\text{d}y$$

采用极坐标 $x = r\cos\theta, y = r\sin\theta$ 计算该二重积分：

$$\iint_D (x^2 - 2x) \text{d}x\text{d}y = \int_0^{2\pi} \text{d}\theta \int_0^1 (r^2\cos^2\theta - 2r\cos\theta) r \text{d}r$$

由于 $\int_0^{2\pi} \cos\theta \text{d}\theta = 0$，包含 $2r\cos\theta$ 的项积分为0：

$$= \int_0^{2\pi} \cos^2\theta \text{d}\theta \int_0^1 r^3 \text{d}r = (\pi) \cdot \left[ \frac{1}{4}r^4 \right]_0^1 = \frac{\pi}{4}$$

最终结果：$\frac{\pi}{4}$

3. 计算曲线积分 $\oint_\Gamma y\text{d}x + z\text{d}y + x\text{d}z$，其中 $\Gamma$ 是球面 $x^2 + y^2 + z^2 = a^2$ 及平面 $x + y + z = 0$ 的交线，从 $x$ 轴正向看 $\Gamma$ 呈顺时针方向。

解答：

$\Gamma$ 为过原点的平面截球面所得的大圆。记 $\Gamma$ 在平面 $x+y+z=0$ 上围成的圆盘形曲面为 $\Sigma$。

根据“从 $x$ 轴正向看呈顺时针方向”，由右手法则，曲面 $\Sigma$ 的法向量与 $x$ 轴正向所成角应为钝角（即 $x$ 分量为负）。平面 $x+y+z=0$ 的单位法向量取为 $\mathbf{n} = (-\frac{1}{\sqrt {3}}, -\frac{1}{\sqrt{3}}, -\frac{1}{\sqrt{3}})$。

计算向量场 $\mathbf{F} = (y, z, x)$ 的旋度：

应用斯托克斯公式：

$$\oint_\Gamma y\text{d}x + z\text{d}y + x\text{d}z = \iint_\Sigma (\nabla \times \mathbf{F}) \cdot \mathbf{n} \text{d}S = \iint_\Sigma (-1, -1, -1) \cdot \left (-\frac{1}{\sqrt{3}}, -\frac{1}{\sqrt{3}}, -\frac{1}{\sqrt{3}}\right) \text{d}S$$$$= \iint_\Sigma \left(\frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt{3}} + \frac{1}{\sqrt {3}}\right) \text{d}S = \sqrt{3} \iint_\Sigma \text{d}S$$

$\iint_\Sigma \text{d}S$ 是平面切大圆的面积，半径为 $a$，面积为 $\pi a^2$。

因此，原积分 $= \sqrt{3}\pi a^2$。

最终结果：$\sqrt{3}\pi a^2$

4. 求向量场 $\mathbf{F} = yz^2\mathbf{i} + xz^2\mathbf{j} + xyz\mathbf{k}$ 的旋度。

解答：

旋度的定义为 $\text{curl}\mathbf{F} = \nabla \times \mathbf{F}$。

分别计算各分量：

$\mathbf{i}$ 分量：$\frac{\partial}{\partial y}(xyz) - \frac{\partial}{\partial z}(xz^2) = xz - 2xz = -xz$
$\mathbf{j}$ 分量：$-\left(\frac{\partial}{\partial x}(xyz) - \frac{\partial} {\partial z}(yz^2)\right) = -(yz - 2yz) = yz$
$\mathbf{k}$ 分量：$\frac{\partial}{\partial x}(xz^2) - \frac{\partial}{\partial y}(yz^2) = z^2 - z^2 = 0$

最终结果：$\text{curl}\mathbf{F} = -xz\mathbf{i} + yz\mathbf{j}$ （或写成 $(-xz, yz, 0)$）

二、提高题

5. 求向量场 $\mathbf{F} = (y^2 - z^2)\mathbf{i} + (z^2 - x^2)\mathbf{j} + (x^2 - y^2)\mathbf{k}$ 沿曲线 $\Gamma$ 的环流量，其中 $\Gamma$ 是用 $x+y+z=1$ 截立方体 $0 \le x, y, z \le 1$ 的表面所得的截痕，从 $z$ 轴正向看 $\Gamma$ 呈顺时针方向。

解答：

曲线 $\Gamma$ 位于平面 $x+y+z=1$ 上，且在第一卦限内构成一个三角形。记该三角形面为 $\Sigma$。

“从 $z$ 轴正向看呈顺时针方向”意味着法向量 $\mathbf{n}$ 的 $z$ 分量为负。对于平面 $x+y +z=1$，取单位法向量 $\mathbf{n} = -\frac{1}{\sqrt{3}}(1, 1, 1)$。

计算向量场 $\mathbf{F}$ 的旋度：

在平面 $\Sigma$ 上有 $x+y+z=1$，因此：

$y+z = 1-x$；$z+x = 1-y$；$x+y = 1-z$。

代入旋度表达式：$\nabla \times \mathbf{F} = (-2(1-x), -2(1-y), -2(1-z))$。

应用斯托克斯公式，将曲面积分化为在 $xy$ 平面上区域 $D$ 的二重积分。$\Sigma$ 的投影 $D$ 是顶点为 $(0,0), (1,0), (0,1)$ 的直角三角形。

面积元向量 $\text{d}\mathbf{S} = \mathbf{n} \text{d}S = (-1, -1, -1)\text{d}x\text {d}y$ （注意这里将 $\frac{1}{\sqrt{3}}$ 和法线余弦投影相互抵消抵消，用投影公式）。

$$\iint_\Sigma (\nabla \times \mathbf{F}) \cdot \text{d}\mathbf{S} = \iint_D (-2 (1-x), -2(1-y), -2(1-z)) \cdot (-1, -1, -1) \text{d}x\text{d}y$$$$= \iint_D 2[(1-x) + (1-y) + (1-z)] \text{d}x\text{d}y$$

因为 $x+y+z=1$，所以 $(1-x)+(1-y)+(1-z) = 3 - (x+y+z) = 2$。

$$= \iint_D 2(2) \text{d}x\text{d}y = 4 \iint_D \text{d}x\text{d}y$$

区域 $D$ 的面积为 $\frac{1}{2} \cdot 1 \cdot 1 = \frac{1}{2}$。

$$I = 4 \cdot \frac{1}{2} = 2$$

最终结果：$2$

三、考研真题

6. (2022119) 设 $\Sigma$ 为 $4x^2 + y^2 + z^2 = 1$ ($x \ge 0, y \ge 0, z \ge 0$) 的上侧，$\Sigma$ 的边界 $\Gamma$ 的正向与 $\Sigma$ 的侧符合右手规则，求 $I = \oint_\Gamma (yz^2 - \cos z)\text{d}x + 2xy^2\text{d}y + (2xyz + x\sin z)\text{d} z$。

解答：

使用斯托克斯公式。$\Sigma$ 为第一卦限内椭球面的一部分，取上侧意味着法向量 $\mathbf{n}$ 指向外上方。

设 $z = \sqrt{1 - 4x^2 - y^2}$。其有向面积元投影为 $\text{d}\mathbf{S} = (-z_x, -z_y, 1)\text{d}x\text{d}y$。

$$z_x = \frac{-4x}{z}, \quad z_y = \frac{-y}{z} \implies \text{d}\mathbf{S} = \left(\frac{4x}{z}, \frac{y}{z}, 1\right)\text{d}x\text{d}y$$

计算旋度 $\nabla \times \mathbf{F}$：

$\mathbf{i}$ 分量：$\frac{\partial}{\partial y}(2xyz+x\sin z) - \frac{\partial} {\partial z}(2xy^2) = 2xz - 0 = 2xz$
$\mathbf{j}$ 分量：$\frac{\partial}{\partial z}(yz^2-\cos z) - \frac{\partial} {\partial x}(2xyz+x\sin z) = (2yz+\sin z) - (2yz+\sin z) = 0$
$\mathbf{k}$ 分量：$\frac{\partial}{\partial x}(2xy^2) - \frac{\partial} {\partial y}(yz^2-\cos z) = 2y^2 - z^2$

所以 $\nabla \times \mathbf{F} = (2xz, 0, 2y^2 - z^2)$。

计算点积并积分，投影区域 $D_{xy}$ 为 $4x^2 + y^2 \le 1$ ($x \ge 0, y \ge 0$)：

$$I = \iint_{D_{xy}} \left( 2xz \cdot \frac{4x}{z} + 0 + (2y^2 - z^2) \cdot 1 \right) \text{d}x\text{d}y = \iint_{D_{xy}} (8x^2 + 2y^2 - z^2) \text{d}x\text{d} y$$

将 $z^2 = 1 - 4x^2 - y^2$ 代入：

$$8x^2 + 2y^2 - (1 - 4x^2 - y^2) = 12x^2 + 3y^2 - 1 = 3(4x^2 + y^2) - 1$$

做广义极坐标变换：$x = \frac{1}{2}r\cos\theta, y = r\sin\theta$。雅可比行列式 $J = \frac{1}{2}r$。

$D_{xy}$ 对应 $0 \le r \le 1, 0 \le \theta \le \frac{\pi}{2}$。

$$I = \int_0^{\frac{\pi}{2}} \text{d}\theta \int_0^1 (3r^2 - 1) \cdot \frac{1}{2} r \text{d}r = \frac{\pi}{2} \cdot \frac{1}{2} \int_0^1 (3r^3 - r) \text{d}r$$$$= \frac{\pi}{4} \left[ \frac{3}{4}r^4 - \frac{1}{2}r^2 \right]_0^1 = \frac{\pi} {4} \left( \frac{3}{4} - \frac{1}{2} \right) = \frac{\pi}{4} \cdot \frac{1}{4} = \frac{\pi}{16}$$

最终结果：$\frac{\pi}{16}$

7. (2011112) 设 $\Gamma$ 是柱面 $x^2 + y^2 = 1$ 与平面 $z = x + y$ 的交线，从 $z$ 轴正向看 $\Gamma$ 呈逆时针方向，则曲线积分 $I = \oint_\Gamma xz\text{d}x + x\text{d}y + \frac{y^2}{2}\text{d}z = \underline{\hspace{2cm}}$。

解答：

利用斯托克斯公式。$\Gamma$ 围成曲面 $\Sigma$ 为平面 $z = x + y$ 在圆柱体内部的部分。“从 $z$ 轴正向看呈逆时针方向”意味着法向量 $\mathbf{n}$ 向上取正。

平面投影面积元为 $\text{d}\mathbf{S} = (-z_x, -z_y, 1)\text{d}x\text{d}y = (-1, -1, 1)\text{d}x\text{d}y$。

计算旋度：

投影区域 $D$ 为单位圆盘 $x^2 + y^2 \le 1$：

$$I = \iint_D (y, x, 1) \cdot (-1, -1, 1) \text{d}x\text{d}y = \iint_D (-y - x +

\text{d}x\text{d}y$$

由于区域 $D$ 关于原点对称，奇函数 $x$ 和 $y$ 在此区域上的二重积分为零：

$$\iint_D (-x) \text{d}x\text{d}y = 0, \quad \iint_D (-y) \text{d}x\text{d}y = 0$$$$I = \iint_D 1 \text{d}x\text{d}y = \text{Area}(D) = \pi \cdot 1^2 = \pi$$

最终结果：$\pi$

8. (2001114) 计算曲线积分 $\oint_\Gamma (y^2 - z^2)\text{d}x + (2z^2 - x^2)\text {d}y + (3x^2 - y^2)\text{d}z$，其中 $\Gamma$ 是柱面 $|x| + |y| = 1$ 及平面 $x + y + z = 2$ 的交线，从 $z$ 轴正向看 $\Gamma$ 呈逆时针方向。

解答：

利用斯托克斯公式。曲面 $\Sigma$ 取平面 $z = 2 - x - y$ 被 $|x| + |y| = 1$ 所截的部分。 “从 $z$ 轴正向看呈逆时针方向”代表法向量 $\mathbf{n}$ 取上侧。

面积元投影 $\text{d}\mathbf{S} = (-z_x, -z_y, 1)\text{d}x\text{d}y = (1, 1, 1)\text {d}x\text{d}y$。

计算旋度：

$$\nabla \times \mathbf{F} = \begin{vmatrix} \mathbf{i} & \mathbf{j} & \mathbf{k} \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial} {\partial z} \\ y^2-z^2 & 2z^2-x^2 & 3x^2-y^2 \end{vmatrix} = (-2y - 4z)\mathbf {i} - (6x - (-2z))\mathbf{j} + (-2x - 2y)\mathbf{k}$$$$= (-2y - 4z, -2z - 6x, -2x - 2y)$$

点积并代入平面方程 $z = 2 - x - y$：

被积函数 $= (-2y - 4z) \cdot 1 + (-2z - 6x) \cdot 1 + (-2x - 2y) \cdot 1 = -8x - 4y - 6z$

将 $z$ 替换掉：

$$-8x - 4y - 6(2 - x - y) = -8x - 4y - 12 + 6x + 6y = -2x + 2y - 12$$

积分区域 $D$ 是 $xy$ 平面上由 $|x| + |y| \le 1$ 围成的正方形区域。

$$I = \iint_D (-2x + 2y - 12) \text{d}x\text{d}y$$

由于区域 $D$ 关于 $x$ 轴和 $y$ 轴均对称，$-2x$ 和 $2y$ 都是奇函数，其积分为0。

$$I = \iint_D (-12) \text{d}x\text{d}y = -12 \times \text{Area}(D)$$

正方形 $|x| + |y| \le 1$ 对角线长为2，其面积为 $\frac{1}{2} \cdot 2 \cdot 2 = 2$。

$$I = -12 \times 2 = -24$$

最终结果：$-24$

总习题十

Mon, 01 Jan 0001 00:00:00 +0000

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： $4\sqrt{2}$

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

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： $2\pi a^4$

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： $\frac{1}{2}$

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： $\frac{\pi}{8}$

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

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

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

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

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

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：

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

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：

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

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 $\int_L = 2\pi - 0 = 2\pi$。

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：$2(1-\cos a) + \frac{\pi}{4}a\sin a$。

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 $-1$。

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

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

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 $4\pi c R^3$。

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：

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

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：$-\frac{6\pi R^5}{5}$。

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：

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

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 $u(x,y) = -\cos 2x \sin 3y + C$。

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 $f(x) = x^3 - x^2 + 1$。

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： $\frac{5}{3}$

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：

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

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： $a=1$

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 $a \neq b$：

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

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）。

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) $\pi$。

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： $\frac{4\pi}{3}$

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，$F(t) = 0$。

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： $4\pi \tan 1$

第10章 曲线积分与曲面积分 | YHK's life

第1节 对弧长的曲线积分

一、 基础题

二、 提高题

三、 考研真题

第2节 偏导数与全微分

一、基础题

二、提高题

三、考研真题

第3节 格林公式及其应⽤

一、基础题

二、提高题

三、考研真题

第4节 对⾯积的曲⾯积分

一、基础题

二、提高题

三、考研真题

第5节 对坐标的曲⾯积分

一、基础题

二、提高题

三、考研真题

第6节 斯公式、通量与散度

一、基础题

二、提高题

三、考研真题

第7节 托克斯公式、环流量与旋度

一、基础题

二、提高题

三、考研真题

总习题十

1. 填空题

2. 选择题

3. 计算下列曲线积分

4. 计算下列曲面积分

5. 证明题与全微分求原函数

6. 求未知函数

7. 第一类曲线积分应用

8. 场论应用（流量与环流量）

9. 曲线积分极值问题

10. 第一类曲线积分

11. 变力做功

12. 曲线积分与原函数综合

13. 第一类曲面积分与转动惯量

14. 截面曲面积分

15. 第二类曲面积分转换

第10章曲线积分与曲面积分 | YHK's life

第1节对弧长的曲线积分

一、基础题

二、提高题

三、考研真题

第2节偏导数与全微分

第3节格林公式及其应⽤

第4节对⾯积的曲⾯积分

第5节对坐标的曲⾯积分

第6节斯公式、通量与散度

第7节托克斯公式、环流量与旋度