第十一章 曲线积分与曲面积分

第十一章

曲线积分与曲面积分

习题11-1

对弧长的曲线积分

1. 设在 xOy 面内有一分布着质量的曲线弧 L，在点 $ (x,y) $ 处它的线密度为 $ \mu(x,y) $ 用对弧长的曲线积分分别表达：

（1）这曲线弧对 x 轴、对 y 轴的转动惯量 $ I_{x}, I_{y} $;

(2) 这曲线弧的质心坐标 $ \overline{x}, \overline{y} $

解（1）设想将 L 分成 n 个小弧段，取出其中任意一段记作 ds（其长度也记作 ds），(x,y) 为 ds 上一点，则 ds 对 x 轴和对 y 轴的转动惯量近似等于

$$ \mathrm{d}I_{x}=y^{2}\mu(x,y)\mathrm{d}s,\quad\mathrm{d}I_{y}=x^{2}\mu(x,y)\mathrm{d}s. $$

以此作为转动惯量元素并积分，即得 L 对 x 轴、对 y 轴的转动惯量：

$$ I_{x}\;=\;\int_{t}y^{2}\mu(x,y)\mathrm{d}s,\quad I_{y}\;=\;\int_{t}x^{2}\mu(x,y)\mathrm{d}s. $$

(2) ds 对 x 轴和对 y 轴的静矩近似等于

$$ \mathrm{d}M_{x}=y\mu(x,y)\mathrm{d}s,\quad\mathrm{d}M_{y}=x\mu(x,y)\mathrm{d}s. $$

以此作为静矩元素并积分，即得 L 对 x 轴、对 y 轴的静矩：

$$ M_{x}\;=\;\int_{t}y\mu\left(x,y\right)\mathrm{d}s,\quad M_{y}\;=\;\int_{t}x\mu\left(x,y\right)\mathrm{d}s. $$

从而 L 的质心坐标为

$$ \overline{x}=\frac{M_{y}}{M}=\frac{\displaystyle\int_{L}x\mu(x,y)\mathrm{d}s}{\displaystyle\int_{L}\mu(x,y)\mathrm{d}s},\quad\overline{y}=\frac{M_{x}}{M}=\frac{\displaystyle\int_{L}y\mu(x,y)\mathrm{d}s}{\displaystyle\int_{L}\mu(x,y)\mathrm{d}s}. $$

1. 利用对弧长的曲线积分的定义证明性质3.

证 设对积分弧段 L 任意分割成 n 个小弧段，第 i 个小弧段的长度为 $ \Delta s_{i} $， $ (\xi_{i}, \eta_{i}) $ 为第 i 个小弧段上任意取定的一点。按假设，有

$$ f(\xi_{i},\eta_{i})\Delta s_{i}\leq g(\xi_{i},\eta_{i})\Delta s_{i}(i=1,2,\cdots,n), $$

$$ \sum_{i=1}^{n}f(\xi_{i},\eta_{i})\Delta s_{i}\leq\sum_{i=1}^{n}g(\xi_{i},\eta_{i})\Delta s_{i}. $$

令 $ \lambda = \max\{\Delta s_i\} \rightarrow 0 $，上式两端同时取极限，即得

$$ \int_{L}f(x,y)\mathrm{d}s\leqslant\int_{L}g(x,y)\mathrm{d}s. $$

又 $ f(x,y)\leq|f(x,y)|,-f(x,y)\leq|f(x,y)| $，利用以上结果，得

$$ \begin{aligned}&\int_{L}f(x,y)\mathrm{d}s\leqslant\int_{L}\left|f(x,y)\right|\mathrm{d}s,\\&-\int_{L}f(x,y)\mathrm{d}s\leqslant\int_{L}\left|f(x,y)\right|\mathrm{d}s,\end{aligned} $$

即

$$ \left|\int_{L}f(x,y)\mathrm{d}s\right|\leqslant\int_{L}\left|f(x,y)\right|\mathrm{d}s. $$

1. 计算下列对弧长的曲线积分：

(1) $ \oint_{L}(x^{2}+y^{2})^{n}ds $，其中L为圆周 $ x=a\cos t,y=a\sin t(0\leqslant t\leqslant2\pi) $;

(2) $ \int_{l}(x+y)\mathrm{d}s $，其中L为连接(1,0)及(0,1)两点的直线段；

（3） $ \oint_{L}xds $，其中L为由直线y=x及抛物线 $ y=x^{2} $所围成的区域的整个边界；

（4） $ \oint_{L}\mathrm{e}^{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\mathrm{d}s $，其中L为圆周 $ x^{2}+y^{2}=a^{2} $，直线y=x及x轴在第一象限内所围成的扇形的整个边界；

（5） $ \int_{r}\frac{1}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}ds $，其中Γ为曲线 $ x=e^{t}\cos t $， $ y=e^{t}\sin t $， $ z=e^{t} $上相应于t从0变到2的这段弧；

(6) $ \int_{r} x^{2} y z ds $，其中 $ \Gamma $ 为折线 ABCD，这里 A, B, C, D 依次为点 $ (0,0,0) $， $ (0,0,2) $， $ (1,0,2) $， $ (1,3,2) $；

(7) $ \int_{L} y^{2} ds $，其中 L 为摆线的一拱 x = a(t - $ \sin t $), $ y = a(1 - \cos t) $ (0 ≤ t ≤ 2 $ \pi $);

(8) $ \int_{t}(x^{2}+y^{2})\,\mathrm{d}s $，其中L为曲线 $ x=a(\cos t+t\sin t) $， $ y=a(\sin t-t\cos t) $（ $ 0\leq t\leq2\pi $）.

解（1）

$$ \begin{aligned}&\oint_{t}\left(x^{2}+y^{2}\right)^{n}\mathrm{d}s\\&=\int_{0}^{2\pi}\left(a^{2}\cos^{2}t+a^{2}\sin^{2}t\right)^{n}\sqrt{\left(-a\sin t\right)^{2}+\left(a\cos t\right)^{2}}\mathrm{d}t\\&=\int_{0}^{2\pi}a^{2n+1}\mathrm{d}t=2\pi a^{2n+1}.\end{aligned} $$

(2) 直线 L 的方程为 $ y = 1 - x (0 \leq x \leq 1) $.

$$ \int_{t}\left(x+y\right)\mathrm{d}s=\int_{0}^{1}\left[x+\left(1-x\right)\right]\sqrt{1+\left(-1\right)^{2}}\mathrm{d}x=\int_{0}^{1}\sqrt{2}\mathrm{d}x=\sqrt{2}. $$

（3）L由 $ L_{1} $和 $ L_{2} $两段组成，其中 $ L_{1}:y=x(0\leq x\leq1) $， $ L_{2}:y=x^{2}(0\leq x\leq1) $。于是

$$ \begin{align*}\oint_{L}x\mathrm{d}s&=\int_{L_{1}}x\mathrm{d}s+\int_{L_{2}}x\mathrm{d}s=\int_{0}^{1}x\sqrt{1+1^{2}}\mathrm{d}x+\int_{0}^{1}x\sqrt{1+\left(2x\right)^{2}}\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{1}\sqrt{2}x\mathrm{d}x+\int_{0}^{1}x\sqrt{1+4x^{2}}\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{12}(5\sqrt{5}+6\sqrt{2}-1).\end{align*} $$

（4）L由线段OA:y=0（0≤x≤a），圆弧 $ \widehat{AB} $:x=a\cos t,y=a\sin t $ \left(0\leq t\leq\frac{\pi}{4}\right) $和线段OB:y=x $ \left(0\leq x\leq\frac{a}{\sqrt{2}}\right) $组成（图11-1）.

$$ \int_{OA}\mathrm{e}^{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\mathrm{d}s=\int_{0}^{a}\mathrm{e}^{x}\mathrm{d}x=\mathrm{e}^{a}-1, $$

$$ \begin{align*}\int\limits_{\varOmega}\mathrm{e}^{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\mathrm{d}s&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}\mathrm{e}^{a}\sqrt{\left(-a\sin t\right)^{2}+\left(a\cos t\right)^{2}}\mathrm{d}t\\&=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}a\mathrm{e}^{a}\mathrm{d}t=\frac{\pi}{4}a\mathrm{e}^{a},\end{align*} $$

$$ \int\limits_{o B}\mathrm{e}^{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\mathrm{d}s=\int_{0}^{\frac{a}{\sqrt{2}}}\mathrm{e}^{\sqrt{2}x}\sqrt{1+1^{2}}\mathrm{d}x=\mathrm{e}^{a}-1, $$

于是

$$ \oint_{L}\mathrm{e}^{\sqrt{x^{2}+y^{2}}}\mathrm{d}s=\mathrm{e}^{a}-1+\frac{\pi}{4}a\mathrm{e}^{a}+\mathrm{e}^{a}-1=\mathrm{e}^{a}\left(2+\frac{\pi a}{4}\right)-2. $$

(5)

$$ \begin{align*}\mathrm{d}s&=\sqrt{\left(\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\right)^{2}+\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)^{2}+\left(\frac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}\right)^{2}}\mathrm{d}t\\&=\sqrt{\left(\mathrm{e}^{t}\cos t-\mathrm{e}^{t}\sin t\right)^{2}+\left(\mathrm{e}^{t}\sin t+\mathrm{e}^{t}\cos t\right)^{2}+\left(\mathrm{e}^{t}\right)^{2}}\mathrm{d}t\\&=\sqrt{3}\mathrm{e}^{t}\mathrm{d}t,\end{align*} $$

$$ \begin{align*}\int\limits_{t}\frac{1}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}\mathrm{d}s&=\int_{0}^{2}\frac{1}{\mathrm{e}^{2t}\cos^{2}t+\mathrm{e}^{2t}\sin^{2}t+\mathrm{e}^{2t}}\cdot\sqrt{3}\mathrm{e}^{t}\mathrm{d}t\\&=\frac{\sqrt{3}}{2}\int_{0}^{2}\mathrm{e}^{-t}\mathrm{d}t=\frac{\sqrt{3}}{2}(1-\mathrm{e}^{-2}).\end{align*} $$

（6） $ \Gamma $ 由直线段 AB, BC 和 CD 组成，其中

$$ AB:x=0,y=0,z=t(0\leqslant t\leqslant2);\quad BC:x=t,y=0,z=2(0\leqslant t\leqslant1); $$

$$ CD:x=1,y=t,z=2\left(0\leq t\leq3\right). $$

于是

$$ \begin{aligned}\int_{T}x^{2}yz\mathrm{d}s&=\int_{AB}x^{2}yz\mathrm{d}s+\int_{BC}x^{2}yz\mathrm{d}s+\int_{CD}x^{2}yz\mathrm{d}s\\&=\int_{0}^{2}0\mathrm{d}t+\int_{0}^{1}0\mathrm{d}t+\int_{0}^{3}2t\mathrm{d}t=9.\end{aligned} $$

(7)

$$ \begin{aligned}\mathrm{d}s&=\sqrt{\left(\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\right)^{2}+\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)^{2}}\mathrm{d}t\\&=\sqrt{a^{2}\left(1-\cos t\right)^{2}+a^{2}\sin^{2}t}\mathrm{d}t=\sqrt{2}a\sqrt{1-\cos t}\mathrm{d}t,\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}\int_{0}^{y^{2}}\mathrm{d}s&=\int_{0}^{2\pi}a^{2}\left(1-\cos t\right)^{2}\cdot\sqrt{2}a\sqrt{1-\cos t}\mathrm{d}t\\&=\sqrt{2}a^{3}\int_{0}^{2\pi}\left(1-\cos t\right)^{\frac{5}{2}}\mathrm{d}t=\sqrt{2}a^{3}\int_{0}^{2\pi}\left(2\sin^{2}\frac{t}{2}\right)^{\frac{5}{2}}\mathrm{d}t\\&\xlongequal{u\ =\frac{t}{2}}16a^{3}\int_{0}^{\pi}\sin^{5}u\mathrm{d}u\\&=32a^{3}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{5}u\mathrm{d}u\textcircled{1}=32a^{3}\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{2}{3}=\frac{256}{15}a^{3}.\end{aligned} $$

(8)

$$ \begin{aligned}\mathrm{d}s&=\sqrt{\left(\frac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}\right)^{2}+\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}\right)^{2}}\mathrm{d}t\\&=\sqrt{\left(a t\cos t\right)^{2}+\left(a t\sin t\right)^{2}}\mathrm{d}t=a t\mathrm{d}t,\end{aligned} $$

$$ \begin{align*}\int\limits_{t}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}s&=\int_{0}^{2\pi}\left[a^{2}\left(\cos t+t\sin t\right)^{2}+a^{2}\left(\sin t-t\cos t\right)^{2}\right]\cdot a t\mathrm{d}t\\&=\int_{0}^{2\pi}a^{3}\left(1+t^{2}\right)t\mathrm{d}t=2\pi^{2}a^{3}\left(1+2\pi^{2}\right).\end{align*} $$

1. 求半径为 $ a $、中心角为 $ 2\varphi $ 的均匀圆弧（线密度 $ \mu = 1 $）的质心.

解 取坐标系如图 11-2 所示，则由对称性知

$$ \overline{y}=0. $$

又 $ M = \int_{t} \mu \, ds = \int_{t} ds = 2\varphi a $ （也可由圆弧的弧长公式直接得出），

故

$$ \begin{aligned}\overline{x}&=\frac{\int\limits_{t}^{}x\mu\mathrm{d}s}{M}=\frac{\int_{-\varphi}^{\varphi}a\cos t\cdot a\mathrm{d}t}{2\varphi a}\\&=\frac{2a^{2}\sin\varphi}{2\varphi a}=\frac{a\sin\varphi}{\varphi},\end{aligned} $$

所求圆弧的质心的位置为 $ \left(\frac{a\sin\varphi}{\varphi},0\right) $.

1. 设螺旋形弹簧一圈的方程为 $ x = a \cos t $, $ y = a \sin t $, z = kt, 其中 $ 0 \leq t \leq 2\pi $，它的线密度 $ \rho(x, y, z) = x^{2} + y^{2} + z^{2} $，求：

（1）它关于z轴的转动惯量 $ I_{z} $

（2）它的质心.

解（1）

$$ \begin{aligned}I_{z}&=\int_{L}\left(x^{2}+y^{2}\right)\rho\left(x,y,z\right)\mathrm{d}s=\int_{L}\left(x^{2}+y^{2}\right)\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)\mathrm{d}s\\&=\int_{0}^{2\pi}a^{2}\left(a^{2}+k^{2}t^{2}\right)\sqrt{\left(-a\sin t\right)^{2}+\left(a\cos t\right)^{2}+k^{2}}\mathrm{d}t\\&=a^{2}\sqrt{a^{2}+k^{2}}\int_{0}^{2\pi}\left(a^{2}+k^{2}t^{2}\right)\mathrm{d}t\\&=\frac{2}{3}\pi a^{2}\sqrt{a^{2}+k^{2}}\left(3a^{2}+4\pi^{2}k^{2}\right).\\ \end{aligned} $$

(2) 设质心位置为 $ \left(\overline{x},\overline{y},\overline{z}\right) $.

$$ \begin{array}{l}M=\displaystyle\int_{t}\rho\left(x,y,z\right)\mathrm{d}s=\displaystyle\int_{t}\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)\mathrm{d}s\\ \quad=\displaystyle\int_{0}^{2\pi}\left(a^{2}+k^{2}t^{2}\right)\sqrt{a^{2}+k^{2}}\mathrm{d}t\\ \quad=\displaystyle\frac{2}{3}\pi\sqrt{a^{2}+k^{2}}\left(3a^{2}+4\pi^{2}k^{2}\right),\end{array} $$

$$ \begin{align*}\overline{x}&=\frac{1}{M}\int_{t}x\rho\left(x,y,z\right)\mathrm{d}s=\frac{1}{M}\int_{t}x\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)\mathrm{d}s\\&=\frac{1}{M}\int_{0}^{2\pi}a\cos t\left(a^{2}+k^{2}t^{2}\right)\cdot\sqrt{a^{2}+k^{2}}\mathrm{d}t\\&=\frac{a\sqrt{a^{2}+k^{2}}}{M}\int_{0}^{2\pi}\left(a^{2}+k^{2}t^{2}\right)\cos t\mathrm{d}t,\end{align*} $$

由于 $ \int_{0}^{2\pi}(a^{2}+k^{2}t^{2})\cos tdt=\left[(a^{2}+k^{2}t^{2})\sin t\right]_{0}^{2\pi}-\int_{0}^{2\pi}\sin t\cdot2k^{2}tdt $

$$ =\left[2k^{2}t\cos t\right]_{0}^{2\pi}-\int_{0}^{2\pi}2k^{2}\cos t\mathrm{d}t=4\pi k^{2}, $$

因此

$$ \overline{x}=\frac{a\sqrt{a^{2}+k^{2}}\cdot4\pi k^{2}}{\frac{2}{3}\pi\sqrt{a^{2}+k^{2}}(3a^{2}+4\pi^{2}k^{2})}=\frac{6ak^{2}}{3a^{2}+4\pi^{2}k^{2}}. $$

类似的，

$$ \begin{aligned}\overline{y}&=\frac{1}{M}\int_{L}y\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)\mathrm{d}s=\frac{a\sqrt{a^{2}+k^{2}}}{M}\int_{0}^{2\pi}\left(a^{2}+k^{2}t^{2}\right)\sin t\mathrm{d}t\\&=\frac{a\sqrt{a^{2}+k^{2}}\cdot\left(-4\pi^{2}k^{2}\right)}{M}=\frac{-6\pi a k^{2}}{3a^{2}+4\pi^{2}k^{2}}.\\\overline{z}&=\frac{1}{M}\int_{L}z\left(x^{2}+y^{2}+z^{2}\right)\mathrm{d}s=\frac{k\sqrt{a^{2}+k^{2}}}{M}\int_{0}^{2\pi}t\left(a^{2}+k^{2}t^{2}\right)\mathrm{d}t\\&=\frac{k\sqrt{a^{2}+k^{2}}\left(2a^{2}\pi^{2}+4k^{2}\pi^{4}\right)}{M}=\frac{3\pi k\left(a^{2}+2\pi^{2}k^{2}\right)}{3a^{2}+4\pi^{2}k^{2}}.\end{aligned} $$

习题11-2

对坐标的曲线积分

1. 设 L 为 xOy 面内直线 x = a 上的一段，证明：

$$ \int_{L}P(x,y)\mathrm{d}x=0. $$

证 将 L 的方程表达为如下的参数形式：

$$ \{\begin{aligned}x&=a,\\ y&=t,\end{aligned}.\quad t 从 \alpha 变到 \beta. $$

于是由第二类曲线积分的计算公式，得

$$ \int\limits_{i}P(x,y)\mathrm{d}x=\int_{\alpha}^{\beta}P(a,t)\cdot0\mathrm{d}t=0. $$

注 本题给出了第二类曲线积分的一个重要性质：

如果 L 为垂直于 x 轴的有向线段，则 $ \int_{t}P(x,y)\mathrm{d}x=0 $；如果 L 为垂直于 y 轴的有向线段，则 $ \int_{t}^{}Q(x,y)\mathrm{d}y=0 $。这一性质常被用来简化第二类曲线积分的计算。

1. 设 L 为 xOy 面内 x 轴上从点 $ (a,0) $ 到点 $ (b,0) $ 的一段直线，证明：

$$ \int_{L}P(x,y)\mathrm{d}x=\int_{a}^{b}P(x,0)\mathrm{d}x. $$

证 将 L 的方程表达为如下的参数形式：

$$ \{\begin{aligned}x&=x,\\ y&=0,\end{aligned}\quad x 从 a 变到 b., $$

于是

$$ \int_{l}P(x,y)\mathrm{d}x=\int_{a}^{b}P(x,0)\mathrm{d}x. $$

1. 计算下列对坐标的曲线积分：

(1) $ \int_{L}(x^{2}-y^{2})\,\mathrm{d}x $，其中 L 是抛物线 $ y=x^{2} $ 上从点 $ (0,0) $ 到点 $ (2,4) $ 的一段弧；

（2） $ \oint_{L}xydx $，其中L为圆周 $ (x-a)^{2}+y^{2}=a^{2}(a>0) $及x轴所围成的在第一象限内的区域的整个边界（按逆时针方向绕行）；

(3) $ \int_{L} y \, dx + x \, dy $，其中 $ L $ 为圆周 $ x = R \cos t $, $ y = R \sin t $ 上对应 $ t $ 从 0 到 $ \frac{\pi}{2} $ 的一段弧；

(4) $ \oint_{L}\frac{(x+y)dx-(x-y)dy}{x^{2}+y^{2}} $，其中L为圆周 $ x^{2}+y^{2}=a^{2} $（按逆时针方向绕行）；

(5) $ \int x^{2} \, dx + z \, dy - y \, dz $，其中 $ \Gamma $ 为曲线 $ x = k\theta, y = a\cos\theta, z = a\sin\theta $ 上对应 $ \theta $ 从 0 到 $ \pi $ 的一段弧；

(6) $ \int_{r} x \, dx + y \, dy + (x + y - 1) \, dz $，其中 $ \Gamma $ 是从点 $ (1,1,1) $ 到点 $ (2,3,4) $ 的一段直线；

(7) $ \oint_{r} dx - dy + y dz $，其中 $ \Gamma $ 为有向闭折线 ABCA，这里的 A, B, C 依次为点 $ (1,0,0) $， $ (0,1,0) $， $ (0,0,1) $；

(8) $ \int_{L}(x^{2}-2xy)dx+(y^{2}-2xy)dy $，其中 L 是抛物线 $ y=x^{2} $ 上从点 $ (-1,1) $ 到点 $ (1,1) $ 的一段弧.

解（1）

$$ \begin{array}{l} \displaystyle \int_{1}^{7} (x^{2} - y^{2}) \mathrm{d}x =\frac{i}{0} \displaystyle \left( x^{2} - x^{4} \right) \mathrm{d}x\\ =\displaystyle \frac{v - 6}{15} \end{array} $$

（2）如图11-3，L由 $ L_{1} $和 $ L_{2} $所组成，其中 $ L_{1} $为有向半圆弧：

$ x = a + a \cos t $,

t 从 0 变到 $ \pi $;

$ y = a \sin t $,

$ L_{2} $ 为有向线段 y=0, x 从 0 变到 2a. 于是

$$ \begin{align*}\oint_{L}x y\mathrm{d}x&=\int_{L_{1}}x y\mathrm{d}x+\int_{L_{2}}x y\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{\pi}a\left(1+\cos t\right)\cdot a\sin t\cdot\left(-a\sin t\right)\mathrm{d}t+0\\&=-\ a^{3}\Big(\int_{0}^{\pi}\sin^{2}t\mathrm{d}t+\int_{0}^{\pi}\sin^{2}t\cos t\mathrm{d}t\Big)\\&=-\ a^{3}\Big(\frac{\pi}{2}+0\Big)=-\frac{\pi}{2}a^{3}.\end{align*} $$

(3)

$$ \begin{align*}\int_{t}y\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y&=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}[R\sin t\cdot(-.R\sin t.)+.R\cos t\cdot.R\cos t.]\mathrm{d}t\\&=R^{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos2t\mathrm{d}t=0.\end{align*} $$

（4）L的参数方程为 $ x = a\cos t $, y = $ a\sin t $, t 从0变到 $ 2\pi $. 于是

$$ \begin{aligned} 式 &=\frac{1}{a^{2}}\int_{0}^{2\pi}\left[a\left(\cos t+\sin t\right)\cdot\left(-a\sin t\right)-a\left(\cos t-\sin t\right)\cdot a\cos t\right]\mathrm{d}t\\&=\frac{1}{a^{2}}\int_{0}^{2\pi}\left(-a^{2}\right)\mathrm{d}t=-2\pi.\end{aligned} $$

(5)

$$ \begin{aligned}&\int_{r}x^{2}\mathrm{d}x+z\mathrm{d}y-y\mathrm{d}z\\=&\int_{0}^{\pi}\left[k^{2}\theta^{2}\cdot k+a\sin\theta\cdot\left(-a\sin\theta\right)-a\cos\theta\cdot\left(a\cos\theta\right)\right]\mathrm{d}\theta\\=&\int_{0}^{\pi}\left(k^{3}\theta^{2}-a^{2}\right)\mathrm{d}\theta=\frac{1}{3}k^{3}\pi^{3}-a^{2}\pi.\end{aligned} $$

(6) 直线 $ \Gamma $ 的参数方程为: x = 1 + t, y = 1 + 2t, z = 1 + 3t, t 从 0 变到 1. 于是

$$ \begin{aligned} 原式 &=\int_{0}^{1}\left[\left(1+t\right)\cdot1+\left(1+2t\right)\cdot2+\left(1+t+1+2t-1\right)\cdot3\right]\mathrm{d}t\\&=\int_{0}^{1}\left(6+14t\right)\mathrm{d}t=13.\end{aligned} $$

（7） $ \Gamma $ 由有向线段 AB, BC, CA 依次连接而成，其中

$$ AB:x=1-t,y=t,z=0,t 从 0 变到 1； $$

BC: x = 0, y = 1 - t, z = t, t 从 0 变到 1;

CA: x = t, y = 0, z = 1 - t, t 从 0 变到 1.

$$ \int_{B}\mathrm{d}x\mathrm{~-~}\mathrm{d}y\mathrm{~+~}y\mathrm{d}z\mathrm{~=~}\int_{0}^{1}\left[\left(\mathrm{~-~}1\right)\mathrm{~-~}1\mathrm{~+~}0\right]\mathrm{d}t\mathrm{~=~-~}2, $$

$$ \int\limits_{B}d x\mathrm{~-~}d y\mathrm{~+~}y d z\mathrm{~=~}\int_{0}^{1}\left[\mathrm{~0~}-(\mathrm{~-~}1)\mathrm{~+~}(1\mathrm{~-~}t)\mathrm{~ \cdot ~}1\right]d t\mathrm{~=~}\int_{0}^{1}\left(2\mathrm{~-~}t\right)d t\mathrm{~=~}\frac{3}{2}, $$

$$ \int_{C_{1}}\mathrm{d}x-\mathrm{d}y+y\mathrm{d}z=\int_{0}^{1}\left(1-0+0\right)\mathrm{d}t=1, $$

因此

(8)

$$ \begin{aligned}&\oint_{r}^{}\mathrm{d}x\ -\mathrm{d}y\ +\mathrm{y}\mathrm{d}z\ =-2\ +\frac{3}{2}\ +1\ =\ \frac{1}{2}.\\&\int_{L}^{}\left(x^{2}\ -2xy\right)\mathrm{d}x\ +\left(y^{2}\ -2xy\right)\mathrm{d}y\\&=\int_{-1}^{1}\left[\left(x^{2}\ -2x\cdot x^{2}\right)\ +\left(x^{4}\ -2x\cdot x^{2}\right)\cdot2x\right]\mathrm{d}x\\&=\int_{-1}^{1}\left(2x^{5}\ -4x^{4}\ -2x^{3}\ +x^{2}\right)\mathrm{d}x\\&=2\int_{0}^{1}\left(-4x^{4}\ +x^{2}\right)\mathrm{d}x\ =-\frac{14}{15}.\\ \end{aligned} $$

1. 计算 $ \int_{L}(x + y) \, \mathrm{d}x + (y - x) \, \mathrm{d}y $，其中 L 是：

（1）抛物线 $ y^{2}=x $ 上从点（1，1）到点（4，2）的一段弧；

（2）从点(1,1)到点(4,2)的直线段；

（3）先沿直线从点（1，1）到点（1，2），然后再沿直线到点（4，2）的折线；

（4）曲线 $ x=2t^{2}+t+1 $, $ y=t^{2}+1 $ 上从点（1，1）到点（4，2）的一段弧.

解（1）化为对 y 的定积分. L: x = y^{2}, y 从 1 变到 2.

$$ \begin{aligned} 原式 &=\int_{1}^{2}\left[\left(y^{2}+y\right)\cdot2y+\left(y-y^{2}\right)\cdot1\right]\mathrm{d}y\\&=\int_{1}^{2}\left(2y^{3}+y^{2}+y\right)\mathrm{d}y=\frac{34}{3}.\end{aligned} $$

（2）L的方程为 $ y-1=\frac{2-1}{4-1}(x-1) $，即x=3y-2，y从1变到2.化为对y的定积分计算，有

$$ \begin{aligned} 原式 &=\int_{1}^{2}\left[\left(3y-2+y\right)\cdot3+\left(y-3y+2\right)\cdot1\right]\mathrm{d}y\\&=\int_{1}^{2}\left(10y-4\right)\mathrm{d}y=11.\end{aligned} $$

（3）记 $ L_{1} $为从点(1,1)到点(1,2)的有向线段， $ L_{2} $为从点(1,2)到点(4,2)的有向线段.则 $ L_{1}:x=1,y $从1变到2； $ L_{2}:y=2,x $从1变到4.在 $ L_{1} $上，dx=0；在 $ L_{2} $上，dy=0.于是

$$ \int_{t_{0}}\left(x+y\right)\mathrm{d}x+\left(y-x\right)\mathrm{d}y=\int_{1}^{2}\left(y-1\right)\mathrm{d}y=\frac{1}{2}, $$

$$ \int\limits_{L_{2}}\left(x+y\right)\mathrm{d}x+\left(y-x\right)\mathrm{d}y=\int_{1}^{4}\left(x+2\right)\mathrm{d}x=\frac{27}{2}, $$

因此

$$ 原式 =\frac{1}{2}+\frac{27}{2}=14. $$

（4）由 $ \{\begin{aligned}&2t^{2}+t+1=1,\\&t^{2}+1=1\end{aligned}. $，可得t=0；由 $ \{\begin{aligned}&2t^{2}+t+1=4,\\&t^{2}+1=2\end{aligned}. $，可得t=1。因此

$$ \begin{aligned}&=\int_{0}^{1}\left[\left(2t^{2}+t+1+t^{2}+1\right)\cdot\left(4t+1\right)+\left(t^{2}+1-2t^{2}-t-1\right)\cdot2t\right]\mathrm{d}t\\&=\int_{0}^{1}\left(10t^{3}+5t^{2}+9t+2\right)\mathrm{d}t=\frac{32}{3}.\end{aligned} $$

1. 一力场由沿横轴正方向的恒力 F 所构成. 试求当一质量为 m 的质点沿圆周 $ x^{2} + y^{2} = R^{2} $ 按逆时针方向移过位于第一象限的那一段弧时场力所作的功.

解 依题意, $ F=\left(\left|F\right|,0\right),L:x=R\cos t,y=R\sin t,t $从0变到 $ \frac{\pi}{2} $，因此

$$ \begin{aligned}W&=\int_{L}\boldsymbol{F}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{r}=\int_{L}|\boldsymbol{F}|\mathrm{d}x+0\mathrm{d}y\\&=|\boldsymbol{F}|\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(-.R\sin t)\mathrm{d}t=-|\boldsymbol{F}|R.\end{aligned} $$

1. 设 z 轴与重力的方向一致，求质量为 m 的质点从位置 $ (x_{1}, y_{1}, z_{1}) $ 沿直线移到 $ (x_{2}, y_{2}, z_{2}) $ 时重力所作的功.

解 重力 $ \boldsymbol{F}=(0,0,mg) $，质点移动的直线路径 L 的方程为

$$ \{\begin{aligned}x&=x_{1}+(x_{2}-x_{1})t,\\ y&=y_{1}+(y_{2}-y_{1})t,\quad&t 从 0 变到 1.\\ z&=z_{1}+(z_{2}-z_{1})t,\end{aligned}. $$

于是

$$ \begin{array}{r l}{W}&{=\displaystyle\int_{t}\boldsymbol{F}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{r}\;=\;\int_{t}0\mathrm{d}x\;+\;0\mathrm{d}y\;+\;m g\mathrm{d}z}\\ &{=\displaystyle\int_{0}^{1}m g\left(z_{2}\;-\;z_{1}\right)\mathrm{d}t\;=\;m g\left(z_{2}\;-\;z_{1}\right).}\end{array} $$

1. 把对坐标的曲线积分 $ \int_{L}P(x,y)\,\mathrm{d}x+Q(x,y)\,\mathrm{d}y $ 化成对弧长的曲线积分，其中L为：

（1）在 xOy 面内沿直线从点(0,0)到点(1,1);

（2）沿抛物线 y = x^{2} 从点 (0,0) 到点 (1,1);

（3）沿上半圆周 $ x^{2} + y^{2} = 2x $ 从点（0，0）到点（1，1）.

解 （1）L 为从点（0，0）到（1，1）的有向线段，其上任一点处的切向量的方向余弦满足 $ \cos\alpha=\cos\beta=\cos\frac{\pi}{4}=\frac{1}{\sqrt{2}} $，于是

$$ \begin{align*}\int_{t}P\left(x,y\right)\mathrm{d}x+Q\left(x,y\right)\mathrm{d}y&=\int_{t}\left[P\left(x,y\right)\cos\alpha+Q\left(x,y\right)\cos\beta\right]\mathrm{d}s\\&=\int_{t}\frac{P\left(x,y\right)+Q\left(x,y\right)}{\sqrt{2}}\mathrm{d}s.\end{align*} $$

（2）L由如下的参数方程给出：x=x， $ y=x^{2} $，x由小到大地从0变到1，故L的切

向量为 $ \boldsymbol{\tau}=(1,y^{\prime}(x))=(1,2x) $，其方向余弦为

$$ \cos\alpha\;=\;\frac{1}{\sqrt{1+y^{^{\prime}2}\left(x\right)}}\;=\;\frac{1}{\sqrt{1+4x^{2}}},\quad\cos\beta\;=\;\frac{y^{^{\prime}}\left(x\right)}{\sqrt{1+y^{^{\prime}2}\left(x\right)}}\;=\;\frac{2x}{\sqrt{1+4x^{2}}}, $$

于是

$$ \int_{L}P\left(x,y\right)\mathrm{d}x+Q\left(x,y\right)\mathrm{d}y=\int_{L}\frac{P\left(x,y\right)+2x Q\left(x,y\right)}{\sqrt{1+4x^{2}}}\mathrm{d}s. $$

（3）L由如下的参数方程给出：x=x， $ y=\sqrt{2x-x^{2}} $，x由小到大地从0变到1，故L的切向量的方向余弦为

$$ \cos\alpha\;=\;\frac{1}{\sqrt{1+y^{\prime2}\left(x\right)}}\;=\;\frac{1}{\sqrt{1+\left(\frac{1-x}{\sqrt{2x-x^{2}}}\right)^{2}}}\;=\;\sqrt{2x-x^{2}}\;, $$

$$ \cos\beta\;=\;\frac{y^{\prime}(x)}{\sqrt{1+{y^{\prime}}^{2}(x)}}\;=\;\frac{1-x}{\sqrt{2x-x^{2}}}\cdot\sqrt{2x-x^{2}}\;=\;1-x, $$

于是

$$ \int_{t}P\left(x,y\right)\mathrm{d}x+Q\left(x,y\right)\mathrm{d}y=\int_{t}\left[\sqrt{2x-x^{2}}P\left(x,y\right)+\left(1-x\right)Q\left(x,y\right)\right]\mathrm{d}s. $$

1. 设 $ \Gamma $ 为曲线 x = t, $ y = t^{2} $, z = t^{3} 上相应于 t 从 0 变到 1 的曲线弧. 把对坐标的曲线积分 $ \int_{\Gamma} P \, dx + Q \, dy + R \, dz $ 化成对弧长的曲线积分.

解 $ \frac{dx}{dt}=1,\frac{dy}{dt}=2t=2x,\frac{dz}{dt}=3t^{2}=3y $，注意到参数 t 由小变到大，因此 $ \Gamma $ 的切向量的方向余弦为

$$ \cos\alpha\;=\;\frac{x^{\prime}\left(t\right)}{\sqrt{x^{\prime2}\left(t\right)\;+y^{\prime2}\left(t\right)\;+z^{\prime2}\left(t\right)}}\;=\;\frac{1}{\sqrt{1\;+4x^{2}\;+9y^{2}}}. $$

$$ \cos\beta\;=\;\frac{y^{\prime}\left(t\right)}{\sqrt{x^{\prime2}\left(t\right)\;+y^{\prime2}\left(t\right)\;+z^{\prime2}\left(t\right)}}\;=\;\frac{2x}{\sqrt{1\;+4x^{2}\;+9y^{2}}}, $$

$$ \cos\gamma\;=\frac{z^{\prime}(t)}{\sqrt{x^{\prime2}(t)+y^{\prime2}(t)+z^{\prime2}(t)}}=\frac{3y}{\sqrt{1+4x^{2}+9y^{2}}}. $$

从而

$$ \int\limits_{T}P\mathrm{d}x\;+\;Q\mathrm{d}y\;+\;R\mathrm{d}z\;=\;\int\limits_{T}\frac{P\;+\;2xQ\;+\;3yR}{\sqrt{1\;+\;4x^{2}\;+\;9y^{2}}}\mathrm{d}s. $$

习题11-3

格林公式及其应用

1. 计算下列曲线积分，并验证格林公式的正确性：

(1) $ \oint\limits_{L}(2xy-x^{2})\mathrm{d}x+(x+y^{2})\mathrm{d}y $，其中L是由抛物线 $ y=x^{2} $和 $ y^{2}=x $所围成的区域的正向边界曲线；

(2) $ \oint\limits_{L}(x^{2}-xy^{3})\mathrm{d}x+(y^{2}-2xy)\mathrm{d}y $，其中L是四个顶点分别为 $ (0,0) $， $ (2,0) $， $ (2,2) $和 $ (0,2) $的正方形区域的正向边界.

解 （1）先按曲线积分的计算公式直接计算. 记 $ L_{1}: y = x^{2}, x $ 从 0 变到 1; $ L_{2}: x = y^{2}, y $ 从 1 变到 0 (图 11-4). 于是

$$ \begin{aligned} 原式 &=\int_{l_{1}}(2xy-x^{2})\mathrm{d}x+\left(x+y^{2}\right)\mathrm{d}y+\int_{l_{2}}(2xy-x^{2})\mathrm{d}x+\left(x+y^{2}\right)\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{1}\left[\left(2x^{3}-x^{2}\right)+\left(x+x^{4}\right)\cdot2x\right]\mathrm{d}x+\int_{1}^{0}\left[\left(2y^{3}-y^{4}\right)\cdot2y+\left(y^{2}+y^{2}\right)\right]\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{1}\left(2x^{5}+2x^{3}+x^{2}\right)\mathrm{d}x+\int_{1}^{0}\left(-2y^{5}+4y^{4}+2y^{2}\right)\mathrm{d}y\\&=\frac{7}{6}-\frac{17}{15}=\frac{1}{30}.\end{aligned} $$

又， $ P = 2xy - x^{2} $， $ Q = x + y^{2} $， $ \frac{\partial P}{\partial y} = 2x $， $ \frac{\partial Q}{\partial x} = 1 $，

$$ \begin{aligned}\iint_{D}\biggl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\biggr)\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iint_{D}(1-2x)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{1}(1-2x)\mathrm{d}x\int_{x^{2}}^{\sqrt{x}}\mathrm{d}y=\int_{0}^{1}(1-2x)(\sqrt{x}-x^{2})\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{1}(x^{\frac{1}{2}}-2x^{\frac{3}{2}}-x^{2}+2x^{3})\mathrm{d}x=\frac{1}{30}.\end{aligned} $$

可见

$$ \oint_{l}P\mathrm{d}x\;+\;Q\mathrm{d}y\;=\;\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}\;-\;\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

（2）如图11-5.L由有向线段OA，AB，BC和CO组成.

$$ \int\limits_{0.1}^{1}\left(x^{2}-xy^{3}\right)\mathrm{d}x+\left(y^{2}-2xy\right)\mathrm{d}y=\int_{0}^{2}x^{2}\mathrm{d}x=\frac{8}{3}, $$

$$ \int_{R}\left(x^{2}-xy^{3}\right)\mathrm{d}x+\left(y^{2}-2xy\right)\mathrm{d}y=\int_{0}^{2}\left(y^{2}-4y\right)\mathrm{d}y=\frac{8}{3}-8, $$

$$ \int\limits_{BC}(x^{2}-xy^{3})d x+(y^{2}-2xy)d y=\int_{2}^{0}(x^{2}-8x)d x=16-\frac{8}{3}, $$

$$ \int\limits_{c o}\left(x^{2}-x y^{3}\right)\mathrm{d}x+\left(y^{2}-2x y\right)\mathrm{d}y=\int_{2}^{0}y^{2}\mathrm{d}y=-\frac{8}{3}, $$

于是

$$ 原式 =\frac{8}{3}+\left(\frac{8}{3}-8\right)+\left(16-\frac{8}{3}\right)+\left(-\frac{8}{3}\right)=8. $$

又

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

$$ \begin{aligned}\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iint_{D}\left(-2y+3x y^{2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{2}\mathrm{d}x\int_{0}^{2}\left(-2y+3x y^{2}\right)\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{2}\left(8x-4\right)\mathrm{d}x=8,\end{aligned} $$

可见

$$ \oint_{L}P\mathrm{d}x\;+\;Q\mathrm{d}y\;=\;\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}\;-\;\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

1. 利用曲线积分，求下列曲线所围成的图形的面积：

（1）星形线 $ x = a \cos^{3} t $, $ y = a \sin^{3} t $;

（2）椭圆 $ 9x^{2}+16y^{2}=144 $

（3）圆 $ x^{2}+y^{2}=2ax $

解 （1）正向星形线的参数方程中的参数 t 从 0 变到 $ 2\pi $，因此

$$ \begin{aligned}A&=\frac{1}{2}\oint_{t}x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\left[a\cos^{3}t\left(3a\sin^{2}t\cos t\right)-a\sin^{3}t\left(3a\cos^{2}t\right)\left(-\sin t\right)\right]\mathrm{d}t\\&=\frac{3a^{2}}{2}\int_{0}^{2\pi}\left(\cos^{4}t\sin^{2}t+\sin^{4}t\cos^{2}t\right)\mathrm{d}t\end{aligned} $$

$$ \begin{align*}&=\frac{3a^{2}}{2}\int_{0}^{2\pi}\sin^{2}t\cos^{2}t\mathrm{d}t\\&=\frac{3a^{2}}{2}\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{8}\left(1-\cos4t\right)\mathrm{d}t=\frac{3}{8}\pi a^{2}.\end{align*} $$

（2）正向椭圆 $ 9x^{2}+16y^{2}=144 $ 的参数方程为

x = 4cos t, y = 3sin t, t 从 0 变到 $ 2\pi $.

$$ \begin{aligned}A&=\frac{1}{2}\oint_{L}x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\left[4\cos t\cdot3\cos t-3\sin t\left(-4\sin t\right)\right]\mathrm{d}t\\&=6\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}t=12\pi.\end{aligned} $$

（3）正向圆周 $ x^{2}+y^{2}=2ax $，即 $ (x-a)^{2}+y^{2}=a^{2} $ 的参数方程为

$ x = a + a \cos t, y = a \sin t, t $ 从 0 变到 $ 2\pi $.

$$ \begin{aligned}A&=\frac{1}{2}\oint_{L}x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\left[\left(a+a\cos t\right)a\cos t-a\sin t\left(-a\sin t\right)\right]\mathrm{d}t\\&=\frac{a^{2}}{2}\int_{0}^{2\pi}\left(1+\cos t\right)\mathrm{d}t=\pi a^{2}.\end{aligned} $$

1. 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 $，L 的方向为逆时针方向。解在 L 所围的区域内的点 (0,0) 处，函数 $ P(x,y) $， $ Q(x,y) $ 均无意义。现取 r 为适当小的正数，使圆周 l（取逆时针向）： $ x=r\cos t $， $ y=r\sin t $（t 从 0 变到 $ 2\pi $）位于 L 所围的区域内，则在由 L 和 $ l^{-} $所围成的复连通区域 D 上（图 11-6），可应用格林公式，在 D 上，

$$ \frac{\partial Q}{\partial x}\;=\;\frac{x^{2}\;-\;y^{2}}{2\left(\;x^{2}\;+\;y^{2}\;\right)^{2}}\;=\;\frac{\partial P}{\partial y}, $$

于是由格林公式得

$$ \oint_{L}\frac{y\mathrm{d}x-x\mathrm{d}y}{2\left(x^{2}+y^{2}\right)}+\oint_{L}\frac{y\mathrm{d}x-x\mathrm{d}y}{2\left(x^{2}+y^{2}\right)}\;=\;\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\;=\;0, $$

从而

$$ \begin{aligned}\oint_{l}\frac{y\mathrm{d}x-x\mathrm{d}y}{2\left(x^{2}+y^{2}\right)}&=\oint_{l}\frac{y\mathrm{d}x-x\mathrm{d}y}{2\left(x^{2}+y^{2}\right)}\\&=\int_{0}^{2\pi}\frac{-r^{2}\sin^{2}t-r^{2}\cos^{2}t}{2r^{2}}\mathrm{d}t\\&=-\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}t=-\pi.\end{aligned} $$

1. 确定闭曲线 C，使曲线积分

$$ \oint_{c}\left(x+\frac{y^{3}}{3}\right)\mathrm{d}x+\left(y+x-\frac{2}{3}x^{3}\right)\mathrm{d}y $$

达到最大值.

解 记 D 为 C 所围成的平面有界闭区域，C 为 D 的正向边界曲线，则由格林公式

$$ \oint_{c}\left(x+\frac{y^{3}}{3}\right)\mathrm{d}x+\left(y+x-\frac{2}{3}x^{3}\right)\mathrm{d}y=\iint\limits_{D}\left[\left(1-2x^{2}\right)-y^{2}\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

要使上式右端的二重积分达到最大值，D应包含所有使被积函数 $ 1-2x^{2}-y^{2} $大于零的点，而不包含使被积函数小于零的点。因此D应为由椭圆 $ 2x^{2}+y^{2}=1 $所围成的闭区域。这就是说，当C为取逆时针方向的椭圆 $ 2x^{2}+y^{2}=1 $时，所给的曲线积分达到最大值。

1. 设 n 边形的 n 个顶点按逆时针向依次为 $ M_{1}(x_{1}, y_{1}), M_{2}(x_{2}, y_{2}), \cdots, M_{n}(x_{n}, y_{n}) $. 试利用曲线积分证明此 n 边形的面积为

$$ A=\frac{1}{2}\left[\begin{array}{c}\left(x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}\right)+\left(x_{2}y_{3}-x_{3}y_{2}\right)+\cdots+\left(x_{n-1}y_{n}-x_{n}y_{n-1}\right)+\left(x_{n}y_{1}-x_{1}y_{n}\right)\end{array}\right]. $$

证 n 边形的正向边界 L 由有向线段 $ M_{1}M_{2}, M_{2}M_{3}, \cdots, M_{n-1}M_{n}, M_{n}M_{1} $ 组成.

有向线段 $ M_{1}M_{2} $ 的参数方程为 $ x=x_{1}+(x_{2}-x_{1})t, y=y_{1}+(y_{2}-y_{1})t $，t 从 0 变到 1，于是

$$ \begin{aligned}\int\limits_{M_{2}}\mathrm{x}\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x&=\int_{0}^{1}\{[x_{1}+(x_{2}-x_{1})t](y_{2}-y_{1})-[y_{1}+(y_{2}-y_{1})t](x_{2}-x_{1})\}\mathrm{d}t\\&=\int_{0}^{1}[x_{1}(y_{2}-y_{1})-y_{1}(x_{2}-x_{1})]\mathrm{d}t\\&=\int_{0}^{1}(x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1})\mathrm{d}t=x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}.\end{aligned} $$

同理可求得

$$ \int\limits_{M}x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x=x_{2}y_{3}-x_{3}y_{2},\cdots, $$

$$ \int\limits_{u_{-}u_{+}}x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x=x_{n-1}y_{n}-x_{n}y_{n-1}, $$

$$ \int\limits_{u,u_{i}}x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x=x_{n}y_{1}-x_{1}y_{n}. $$

因此 n 边形的面积

$$ \begin{aligned}4&=\frac{1}{2}\oint_{L}x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x=\frac{1}{2}\Big(\int\limits_{M_{M_{2}}}+\int\limits_{M_{M_{1}}}+\cdots+\int\limits_{M_{-1}M_{n}}+\int\limits_{M_{M_{1}}}\Big)x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x\\&=\frac{1}{2}\Big[\left(x_{1}y_{2}-x_{2}y_{1}\right)+\left(x_{2}y_{3}-x_{3}y_{2}\right)+\cdots+\left(x_{n-1}y_{n}-x_{n}y_{n-1}\right)+\left(x_{n}y_{1}-x_{1}y_{n}\right)\Big].\end{aligned} $$

1. 证明下列曲线积分在整个 xOy 面内与路径无关，并计算积分值：

(1) $ \int_{(1,1)}^{(2,3)}(x+y)\,\mathrm{d}x + (x-y)\,\mathrm{d}y; $

(2)

$$ \int_{(1,2)}^{(3,4)}\left(6x y^{2}-y^{3}\right)\mathrm{d}x+\left(6x^{2}y-3x y^{2}\right)\mathrm{d}y; $$

(3)

$$ \int_{(1,0)}^{(2,1)}\left(2x y-y^{4}+3\right)\mathrm{d}x+\left(x^{2}-4x y^{3}\right)\mathrm{d}y. $$

解 （1）函数 P = x + y, Q = x - y 在整个 xOy 面这个单连通区域内，具有一阶连续偏导数，且

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

故曲线积分在 xOy 面内与路径无关. 取折线积分路径 MRN, 其中 M 为 $ (1,1) $, R 为 $ (2,1) $, N 为 $ (2,3) $, 则有

$$ \begin{aligned} 原式 &=\int_{1}^{2}\left(x+1\right)\mathrm{d}x+\int_{1}^{3}\left(2-y\right)\mathrm{d}y\\&=\frac{5}{2}+0=\frac{5}{2}.\end{aligned} $$

（2）函数 $ P=6xy^{2}-y^{3} $， $ Q=6x^{2}y-3xy^{2} $ 在 xOy 面这个单连通区域内具有一阶连续偏导数，且

$$ \frac{\partial Q}{\partial x}\;=\;12x y\;-\cdot3y^{2}\;=\;\frac{\partial P}{\partial y}, $$

故曲线积分在 xOy 面内与路径无关. 取折线积分路径 MRN, 其中 M 为 (1,2), R 为 (3,2), N 为 (3,4), 则有

$$ \begin{aligned} 原式 &=\int_{1}^{3}\left(24x-8\right)\mathrm{d}x+\int_{2}^{4}\left(54y-9y^{2}\right)\mathrm{d}y\\&=80+156=236.\end{aligned} $$

（3）函数 P = 2xy - y^{4} + 3, Q = x^{2} - 4xy^{3} 在 xOy 面这个单连通区域内具有一阶连续偏导数，且

$$ \frac{\partial Q}{\partial x}\;=\;2x\;-\;4y^{3}\;=\;\frac{\partial P}{\partial y}\,, $$

故曲线积分在 xOy 面内与路径无关. 取折线积分路径 MRN, 其中 M 为 (1,0), R 为

(2,0), N 为 (2,1), 则

$$ 原式 =\int_{1}^{2}3\mathrm{d}x+\int_{0}^{1}\left(4-8y^{3}\right)\mathrm{d}y=3+2=5. $$

1. 利用格林公式，计算下列曲线积分：

(1) $ \oint_{L}(2x-y+4)dx+(5y+3x-6)dy $，其中L为三顶点分别为 $ (0,0) $， $ (3,0) $

和（3,2）的三角形正向边界；

(2) $ \oint_{L}(x^{2}y\cos x + 2x\sin x - y^{2}e^{x})\,dx + (x^{2}\sin x - 2ye^{x})\,dy $，其中L为正向星形线 $ x^{\frac{2}{3}} + y^{\frac{2}{3}} = a^{\frac{2}{3}}(a > 0) $;

(3) $ \int_{L}(2xy^{3}-y^{2}\cos x)\,\mathrm{d}x + (1-2y\sin x+3x^{2}y^{2})\,\mathrm{d}y $，其中L为在抛物线 $ 2x=\pi y^{2} $上由点 $ (0,0) $到 $ \left(\frac{\pi}{2},1\right) $的一段弧；

(4) $ \int_{L}(x^{2}-y)\,\mathrm{d}x-(x+\sin^{2}y)\,\mathrm{d}y $，其中L是在圆周 $ y=\sqrt{2x-x^{2}} $上由点(0,0)到点(1,1)的一段弧.

解 （1）设 D 为 L 所围的三角形闭区域，则由格林公式，

$$ \begin{aligned}&\oint_{L}(2x-y+4)\mathrm{d}x+\left(5y+3x-6\right)\mathrm{d}y=\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\=&\iint_{D}\left[3-(-1)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y=4\iint_{D}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=4\times(D 的面积 )=4\times3=12.\end{aligned} $$

（2）由于

$$ \frac{\partial Q}{\partial x}=2x\sin x+x^{2}\cos x-2y\mathrm{e}^{x}, $$

$$ \frac{\partial P}{\partial y}=x^{2}\cos x+2x\sin x-2y\mathrm{e}^{x}, $$

故由格林公式得

$$ 原式 =\iint\limits_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint\limits_{D}0\cdot\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0. $$

（3）由于 $ P=2xy^{3}-y^{2}\cos x $，Q=1-2ysin x+3x^{2}y^{2} 在 xOy 面内具有一阶连续偏导数，且

$$ \frac{\partial Q}{\partial x}=-2y\cos x+6xy^{2}=\frac{\partial P}{\partial y}, $$

故所给曲线积分与路径无关. 于是将原积分路径 L 改变为折线路径 ORN, 其中 O 为 $ (0,0) $, R 为 $ \left(\frac{\pi}{2},0\right) $, N 为 $ \left(\frac{\pi}{2},1\right) $ (图 11-7), 得

$$ 原式 =\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}0\cdot\mathrm{d}x+\int_{0}^{1}\left(1-2y\sin\frac{\pi}{2}+3\cdot\frac{\pi^{2}}{4}y^{2}\right)\mathrm{d}y $$

$$ =\int_{0}^{1}\left(1-2y+\frac{3}{4}\pi^{2}y^{2}\right)\mathrm{d}y=\frac{\pi^{2}}{4}. $$

（4）由于 $ P=x^{2}-y, Q=-\left(x+\sin^{2}y\right) $ 在 xOy 面内具有一阶连续偏导数，且 $ \frac{\partial Q}{\partial x}=-1=\frac{\partial P}{\partial y} $，故所给曲线积分与路径无关。于是将原积分路径 L 改为折线路径 ORN，其中 O 为 $ (0,0) $，R 为 $ (1,0) $，N 为 $ (1,1) $（图 11-8），得

$$ \begin{aligned} 原式 &=\int_{0}^{1}x^{2}\mathrm{d}x-\int_{0}^{1}\left(1+\sin^{2}y\right)\mathrm{d}y\\&=\frac{1}{3}-1-\int_{0}^{1}\frac{1-\cos2y}{2}\mathrm{d}y\\&=-\frac{2}{3}-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}\sin2=-\frac{7}{6}+\frac{1}{4}\sin2.\end{aligned} $$

1. 验证下列 $ P(x, y) \, \mathrm{d}x + Q(x, y) \, \mathrm{d}y $ 在整个 xOy 平面内是某一函数 $ u(x, y) $ 的全微分，并求这样的一个 $ u(x, y) $:

(1) $ (x+2y)\mathrm{d}x+(2x+y)\mathrm{d}y; $

(2) $ 2xy \mathrm{d}x + x^{2} \mathrm{d}y; $

(3) $ 4\sin x\sin 3y\cos xdx - 3\cos 3y\cos 2xdy $;

(4) $ (3x^{2}y + 8xy^{2})\mathrm{d}x + (x^{3} + 8x^{2}y + 12ye^{y})\mathrm{d}y $;

(5) $ (2x \cos y + y^{2} \cos x) \mathrm{d}x + (2y \sin x - x^{2} \sin y) \mathrm{d}y $.

解 （1）在整个 xOy 面内，函数 P = x + 2y, Q = 2x + y 具有一阶连续偏导数，且 $ \frac{\partial Q}{\partial x} = 2 = \frac{\partial P}{\partial y} $，因此所给表达式是某一函数 $ u(x, y) $ 的全微分。取 $ (x_0, y_0) = (0, 0) $，则有

$$ \begin{aligned}u\left(x,y\right)&=\int_{0}^{x}x\mathrm{d}x+\int_{0}^{y}\left(2x+y\right)\mathrm{d}y\\&=\frac{x^{2}}{2}+2xy+\frac{y^{2}}{2}.\end{aligned} $$

（2）在整个 xOy 面内，函数 P = 2xy 和 $ Q = x^{2} $ 具有一阶连续偏导数，且 $ \frac{\partial Q}{\partial x} = 2x = $

$ \frac{\partial P}{\partial y} $，故所给表达式是某一函数 $ u(x,y) $的全微分。取 $ (x_{0},y_{0})=(0,0) $，则有

$$ u\left(x,y\right)\ =\ \int_{0}^{x}2x\cdot0\mathrm{d}x\ +\ \int_{0}^{y}x^{2}\mathrm{d}y\ =\ x^{2}y. $$

（3）在整个 xOy 面内，P = 4sin xsin 3ycos x 和 Q = -3cos 3ycos 2x 具有一阶连续偏导数，且

$$ \frac{\partial Q}{\partial x}\;=\;6\cos3y\sin2x\;=\;\frac{\partial P}{\partial y}, $$

故所给表达式是某一函数 $ u(x,y) $ 的全微分. 取 $ (x_{0},y_{0}) = (0,0) $，则有

$$ \begin{aligned}u\left(x,y\right)&=\int_{0}^{x}0\cdot\mathrm{d}x+\int_{0}^{y}\left(-3\cos3y\cos2x\right)\mathrm{d}y\\&=\left[-\sin3y\cos2x\right]_{0}^{y}\\&=-\cos2x\sin3y.\end{aligned} $$

（4）在整个 xOy 面内，函数 $ P=3x^{2}y+8xy^{2} $ 和 $ Q=x^{3}+8x^{2}y+12ye^{3} $ 具有一阶连续偏导数，且

$$ \frac{\partial Q}{\partial x}\;=\;3x^{2}\;+\;16xy\;=\;\frac{\partial P}{\partial y}, $$

故所给表达式为某一函数 $ u(x,y) $ 的全微分. 取 $ (x_{0},y_{0}) = (0,0) $，则有

$$ \begin{array}{l}u\left(x,y\right)=\displaystyle\int_{0}^{x}0\cdot\mathrm{d}x+\int_{0}^{y}\left(x^{3}+8x^{2}y+12y\mathrm{e}^{y}\right)\mathrm{d}y\\ \quad=\displaystyle x^{3}y+4x^{2}y^{2}+12\left(y\mathrm{e}^{y}-\mathrm{e}^{y}\right).\end{array} $$

（5）解法一 在整个 xOy 面内， $ P=2x\cos y+y^{2}\cos x $ 和 $ Q=2y\sin x-x^{2}\sin y $ 具有一阶连续偏导数，且

$$ \frac{\partial Q}{\partial x}\;=\;2y\cos x\;-\;2x\sin y\;=\;\frac{\partial P}{\partial y}, $$

故所给表达式是某一函数 $ u(x,y) $ 的全微分. 取 $ (x_{0},y_{0}) = (0,0) $，则有

$$ \begin{aligned}u\left(x,y\right)&=\int_{0}^{x}2x\mathrm{d}x+\int_{0}^{y}\left(2y\sin x-x^{2}\sin y\right)\mathrm{d}y\\&=y^{2}\sin x+x^{2}\cos y.\end{aligned} $$

注 在已经证明了所给表达式 $ P(x,y)\mathrm{d}x + Q(x,y)\mathrm{d}y $ 是某一函数 $ u(x,y) $ 的全微分后，为了求 $ u(x,y) $，除了采用上面题解中的曲线积分方法外，还可用以下两种方法：

解法二（偏积分法）因函数 $ u(x,y) $ 满足

$$ \frac{\partial u}{\partial x}\;=\;P(x,y)\;=\;2x\cos y\;+\;y^{2}\cos x, $$

故

$$ \begin{aligned}u\left(x,y\right)&=\int\left(2x\cos y+y^{2}\cos x\right)\mathrm{d}x\\&=\left.x^{2}\cos y+y^{2}\sin x+\varphi\left(y\right)\right.,\end{aligned} $$

其中 $ \varphi(y) $ 是 y 的某个可导函数，由此得

$$ \frac{\partial u}{\partial y}=-x^{2}\sin y+2y\sin x+\varphi^{\prime}(y). $$

又 $ u(x,y) $ 必需满足

$$ \frac{\partial u}{\partial y}=Q(x,y)=2y\sin x-x^{2}\sin y, $$

从而得 $ \varphi^{\prime}(y)=0,\varphi(y)=C $ (C为任意常数). 因此

$$ u\left(x,y\right)=x^{2}\cos y+y^{2}\sin x+C, $$

取 C=0，就得到满足要求的一个 $ u(x,y) $.

解法三（凑微分法） 利用微分运算法则直接凑出 $ u(x,y) $.

$$ \begin{aligned} 原式 &=(2x\cos y\mathrm{d}x-x^{2}\sin y\mathrm{d}y)+(\ y^{2}\cos x\mathrm{d}x+2y\sin x\mathrm{d}y)\\&=[\cos y\mathrm{d}x^{2}+x^{2}\mathrm{d}(\cos y)]+[\ y^{2}\mathrm{d}(\sin x)+\sin x\mathrm{d}y^{2}]\\&=\mathrm{d}(x^{2}\cdot\cos y)+\mathrm{d}(y^{2}\cdot\sin x)\\&=\mathrm{d}(x^{2}\cos y+y^{2}\sin x).\end{aligned} $$

因此可取 $ u(x,y)=x^{2}\cos y+y^{2}\sin x $.

1. 设有一变力在坐标轴上的投影为 $ X = x^{2} + y^{2} $, Y = 2xy - 8, 这变力确定了一个力场. 证明质点在此场内移动时, 场力所作的功与路径无关.

证 场力所作的功

$$ W=\int_{t}X\mathrm{d}x+Y\mathrm{d}y=\int_{t}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}x+\left(2xy-8\right)\mathrm{d}y, $$

由于 $ P=x^{2}+y^{2} $ 和 Q=2xy-8 在整个 xOy 面内具有一阶连续偏导数，且 $ \frac{\partial Q}{\partial x}=2y=\frac{\partial P}{\partial y} $，故曲线积分在 xOy 面内与路径无关，即场力所作的功与路径无关.

$ ^{*} $10. 判别下列方程中哪些是全微分方程？对于全微分方程，求出它的通解.

(1) $ (3x^{2} + 6xy^{2})\mathrm{d}x + (6x^{2}y + 4y^{2})\mathrm{d}y = 0 $;

（2） $ (a^{2}-2xy-y^{2})\mathrm{d}x-(x+y)^{2}\mathrm{d}y=0 $ (a为常数)；

(3) $ e^{y}dx + (xe^{y} - 2y)dy = 0 $;

(4) $ (x\cos y + \cos x)y' - y\sin x + \sin y = 0 $;

(5) $ (x^{2}-y)\mathrm{d}x-x\mathrm{d}y=0; $

(6) $ y(x - 2y) \, dx - x^{2} \, dy = 0 $;

(7) $ (1 + e^{2\theta})d\rho + 2\rho e^{2\theta}d\theta = 0 $;

(8) $ (x^{2} + y^{2}) \mathrm{d}x + xy \mathrm{d}y = 0. $

说明 ① 在单连通区域内，若 $ P(x,y) $， $ Q(x,y) $ 有连续的偏导数，则 $ \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x} $ 是方程 $ P(x,y)\mathrm{d}x + Q(x,y)\mathrm{d}y = 0 $ 为全微分方程的充要条件。本题利用这一条件来判别方程是否为全微分方程。

②在条件 $ \frac{\partial r}{\partial y}=\frac{\partial\mathcal{V}}{\partial x} $下，存在函数 $ u=u(x,y) $，满足 $ \mathrm{d}u=P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y $，而 $ u(x,y)=C $即是方程 $ P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y=0 $的通解。函数 $ u(x,y) $可用三种方法求得，其一为曲线积分法，其二为凑微分法，其三为偏积分法。

解（1）

$$ \frac{\partial P}{\partial y}\;=\;\frac{\partial}{\partial y}(3x^{2}\;+\;6xy^{2})\;=\;12xy, $$

$$ \frac{\partial Q}{\partial x}\;=\;\frac{\partial}{\partial x}(6x^{2}y\;+\;4y^{2})\;=\;12xy, $$

因 $ \frac{\partial P}{\partial y}\equiv\frac{\partial Q}{\partial x} $，故原方程是全微分方程.

$$ \begin{array}{l}u\left(x,y\right)=\displaystyle\int_{0}^{x}P\left(x,0\right)\mathrm{d}x+\displaystyle\int_{0}^{y}Q\left(x,y\right)\mathrm{d}y\\=\displaystyle\int_{0}^{x}3x^{2}\mathrm{d}x+\displaystyle\int_{0}^{y}\left(6x^{2}y+4y^{2}\right)\mathrm{d}y\\=x^{3}+3x^{2}y^{2}+\displaystyle\frac{4}{3}y^{3},\end{array} $$

故所求通解为

$$ x^{3}+3x^{2}y^{2}+\frac{4}{3}y^{3}=C. $$

(2)

$$ \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}(a^{2}-2x y-y^{2})=-2x-2y, $$

$$ \frac{\partial Q}{\partial x}\;=\;\frac{\partial}{\partial x}\big[-\;(x+y)^{2}\big]\;=-2(x+y)\;, $$

因 $ \frac{\partial P}{\partial y}\equiv\frac{\partial Q}{\partial x} $，故原方程是全微分方程.

$$ \begin{aligned}u\left(x,y\right)&=\int_{0}^{x}P\left(x,0\right)\mathrm{d}x+\int_{0}^{y}Q\left(x,y\right)\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{x}a^{2}\mathrm{d}x-\int_{0}^{y}\left(x+y\right)^{2}\mathrm{d}y=a^{2}x-\frac{1}{3}\left(x+y\right)^{3}+\frac{1}{3}x^{3}\\&=a^{2}x-x^{2}y-xy^{2}-\frac{1}{3}y^{3},\\ \end{aligned} $$

故所求通解为

$$ a^{2}x-x^{2}y-xy^{2}-\frac{1}{3}y^{3}=C. $$

(3) $ \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial e^{y}}{\partial y}=e^{y},\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}(xe^{y}-2y)=e^{y} $，因 $ \frac{\partial P}{\partial y}\equiv\frac{\partial Q}{\partial x} $，故原方程是全微分方程.

下面用凑微分法求通解：

$$ \begin{aligned} 方程的左端 &=\left(\mathrm{e}^{y}\mathrm{d}x+x\mathrm{e}^{y}\mathrm{d}y\right)-2y\mathrm{d}y\\&=\mathrm{d}\left(x\mathrm{e}^{y}\right)-\mathrm{d}\left(y^{2}\right)=\mathrm{d}\left(x\mathrm{e}^{y}-y^{2}\right),\end{aligned} $$

即原方程为

$$ \mathrm{d}\left(x\mathrm{e}^{y}-y^{2}\right)=0, $$

故所求通解为

$$ x\mathrm{e}^{y}-y^{2}=C. $$

（4）将原方程改写成

$$ \left(\sin y-y\sin x\right)\mathrm{d}x+\left(x\cos y+\cos x\right)\mathrm{d}y=0. $$

$$ \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}(\sin y-y\sin x)=\cos y-\sin x, $$

$$ \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}(x\cos y+\cos x)=\cos y-\sin x, $$

因 $ \frac{\partial P}{\partial y}\equiv\frac{\partial Q}{\partial x} $，故原方程是全微分方程。

$$ \begin{aligned} 方程的左端 &=(\sin y-y\sin x)\mathrm{d}x+\left(x\cos y+\cos x\right)\mathrm{d}y\\&=(\sin y\mathrm{d}x+x\cos y\mathrm{d}y)+\left(-y\sin x\mathrm{d}x+\cos x\mathrm{d}y\right)\\&=\mathrm{d}(x\sin y)+\mathrm{d}(y\cos x),\end{aligned} $$

即原方程为

$$ \mathrm{d}\left(x\sin y+y\cos x\right)=0, $$

故所求通解为

$$ x\sin\;y\;+\;y\cos\;x\;=\;C. $$

(5) $ \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}(x^{2}-y)=-1,\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}(-x)=-1 $，因 $ \frac{\partial P}{\partial y}\equiv\frac{\partial Q}{\partial x} $，故原方程是全微分

方程.

$$ 方程的左端 =x^{2}\mathrm{d}x-\left(y\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y\right)=\mathrm{d}\left(\frac{x^{3}}{3}\right)-\mathrm{d}\left(xy\right), $$

即原方程为

$$ \mathrm{d}\biggl(\frac{x^{3}}{3}-x y\biggr)=0, $$

故所求通解为

$$ \frac{x^{3}}{3}-xy=C. $$

(6) $ \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial}{\partial y}\left[y(x-2y)\right]=x-4y,\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}(-x^{2})=-2x. $因 $ \frac{\partial P}{\partial y}\neq\frac{\partial Q}{\partial x} $，故原方程

不是全微分方程.

(7) $ \frac{\partial P}{\partial\theta}=\frac{\partial}{\partial\theta}(1+\mathrm{e}^{2\theta})=2\mathrm{e}^{2\theta},\frac{\partial Q}{\partial\rho}=\frac{\partial}{\partial\rho}(2\rho\mathrm{e}^{2\theta})=2\mathrm{e}^{2\theta} $，因 $ \frac{\partial P}{\partial\theta}\equiv\frac{\partial Q}{\partial\rho} $，故原方程是全

微分方程.

$$ 方程的左端 =\mathrm{d}\rho+\left(\mathrm{e}^{2\theta}\mathrm{d}\rho+2\rho\mathrm{e}^{2\theta}\mathrm{d}\theta\right)=\mathrm{d}\rho+\mathrm{d}\left(\rho\mathrm{e}^{2\theta}\right), $$

即原方程为

$$ \mathrm{d}\left(\rho+\rho\mathrm{e}^{2\theta}\right)=0, $$

故所求通解为

$$ \rho+\rho\mathrm{e}^{2\theta}=C. $$

(8) $ \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}(x^{2} + y^{2}) = 2y $, $ \frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}(xy) = y $. 因 $ \frac{\partial P}{\partial y} \neq \frac{\partial Q}{\partial x} $，故原方程不是全微分量.

方程.

1. 确定常数 $ \lambda $，使在右半平面 x > 0 内的向量 $ A(x, y) = 2xy(x^{4} + y^{2})^{\lambda}i - x^{2}(x^{4} + y^{2})^{\lambda}j $ 为某二元函数 $ u(x, y) $ 的梯度，并求 $ u(x, y) $.

解 在单连通区域 G 内，若 $ P(x, y) $， $ Q(x, y) $ 具有一阶连续偏导数，则向量 $ A(x, y) = P(x, y)i + Q(x, y)j $ 为某二元函数 $ u(x, y) $ 的梯度（此条件相当于 $ P(x, y)dx + Q(x, y)dy $ 是 $ u(x, y) $ 的全微分）的充分必要条件是 $ \frac{\partial P}{\partial v} = \frac{\partial Q}{\partial x} $ 在 G 内恒成立.

本题中， $ P(x,y)=2xy(x^{4}+y^{2})^{\lambda},Q(x,y)=-x^{2}(x^{4}+y^{2})^{\lambda} $

$$ \frac{\partial P}{\partial y}\;=\;2x\left(x^{4}\;+\;y^{2}\right)^{\lambda}\;+\;2\lambda x y\left(x^{4}\;+\;y^{2}\right)^{\lambda-1}\cdot2y, $$

$$ \frac{\partial Q}{\partial x}=-2x(x^{4}+y^{2})^{\lambda}-x^{2}\lambda(x^{4}+y^{2})^{\lambda-1}\cdot4x^{3}. $$

由等式 $ \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y} $得到

$$ 4x\left(x^{4}+y^{2}\right)^{\lambda}(1+\lambda)=0, $$

由于 $ 4x(x^{4}+y^{2})^{\lambda}>0 $ ，故 $ \lambda=-1 $ ，即 $ A(x,y)=\frac{2xyi-x^{2}j}{x^{4}+y^{2}} $

在半平面 x > 0 内，取 $ (x_{0}, y_{0}) = (1, 0) $，则得

$$ \begin{array}{l l}{\displaystyle u\left(x,y\right)}&{\displaystyle=\int_{1}^{x}\frac{2x\cdot0}{x^{4}+0^{2}}\mathrm{d}x\;-\;\int_{0}^{y}\frac{x^{2}}{x^{4}+y^{2}}\mathrm{d}y}\\ {}&{}\\ {}&{\displaystyle=-\arctan\frac{y}{x^{2}}.}\\ \end{array} $$

习题11-4

对面积的曲面积分

1. 设有一分布着质量的曲面 $ \Sigma $，在点 $ (x, y, z) $ 处它的面密度为 $ \mu(x, y, z) $，用对面积的曲面积分表示这曲面对于 x 轴的转动惯量。

解 设想将 $ \Sigma $ 分成 n 小块，取出其中任意一块记作 dS（其面积也记作 dS）， $ (x, y, z) $ 为 dS 上一点，则 dS 对 x 轴的转动惯量近似等于

$$ \mathrm{d}I_{x}=\left(y^{2}+z^{2}\right)\mu(x,y,z)\mathrm{d}S. $$

以此作为转动惯量元素并积分，即得 $ \Sigma $ 对 x 轴的转动惯量为

$$ I_{x}=\iint_{\Sigma}\left(y^{2}+z^{2}\right)\mu\left(x,y,z\right)\mathrm{d}S. $$

1. 按对面积的曲面积分的定义证明公式

$$ \iint_{\Sigma}f(x,y,z)\mathrm{d}S=\iint_{\Sigma_{1}}f(x,y,z)\mathrm{d}S+\iint_{\Sigma_{2}}f(x,y,z)\mathrm{d}S, $$

其中 $ \Sigma $ 是由 $ \Sigma_{1} $ 和 $ \Sigma_{2} $ 组成的.

证 由于 $ f(x,y,z) $ 在曲面 $ \Sigma $ 上可积，故不论把 $ \Sigma $ 如何分割，积分和的极限总是不变的。因此在分割 $ \Sigma $ 时，可以使 $ \Sigma_{1} $ 和 $ \Sigma_{2} $ 的公共边界曲线永远作为一条分割线。这样， $ f(x,y,z) $ 在 $ \Sigma = \Sigma_{1} + \Sigma_{2} $ 上的积分和等于 $ \Sigma_{1} $ 上的积分和加上 $ \Sigma_{2} $ 上的积分和，记为

$$ \sum_{(\boldsymbol{\xi}_{i}+\boldsymbol{\xi}_{i})}f(\boldsymbol{\xi}_{i},\boldsymbol{\eta}_{i},\boldsymbol{\zeta}_{i})\Delta S_{i}\;=\;\sum_{(\boldsymbol{\xi}_{i})}f(\boldsymbol{\xi}_{i},\boldsymbol{\eta}_{i},\boldsymbol{\zeta}_{i})\Delta S_{i}\;+\;\sum_{(\boldsymbol{\xi}_{i})}f(\boldsymbol{\xi}_{i},\boldsymbol{\eta}_{i},\boldsymbol{\zeta}_{i})\Delta S_{i}. $$

令 $ \lambda = \max\{\Delta S_i\} $ 的直径 $ \rightarrow 0 $，上式两端同时取极限，即得

$$ \iint\limits_{\Sigma_{1}+\Sigma_{2}}f(x,y,z)\mathrm{d}S=\iint\limits_{\Sigma_{1}}f(x,y,z)\mathrm{d}S+\iint\limits_{\Sigma_{2}}f(x,y,z)\mathrm{d}S. $$

1. 当 $ \Sigma $ 是 xOy 面内的一个闭区域时，曲面积分 $ \iint_{S} f(x,y,z) \, \mathrm{d}S $ 与二重积分有什么关系？

解 当 $ \Sigma $ 为 xOy 面内的一个闭区域时， $ \Sigma $ 的方程为 z=0，因此在 $ \Sigma $ 上取值的 $ f(x,y,z) $ 恒为 $ f(x,y,0) $，且 $ \mathrm{d}S=\sqrt{1+\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^{2}+\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\mathrm{d}x\mathrm{d}y $。又 $ \Sigma $ 在 xOy 面上的投影区域即为 $ \Sigma $ 自身，因此有

$$ \iint_{\Sigma}f(x,y,z)\mathrm{d}S=\iint_{\Sigma}f(x,y,0)\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

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

(1) $ f(x,y,z) = 1 $; (2) $ f(x,y,z) = x^{2} + y^{2} $;

(3) $ f(x,y,z) = 3z. $

解 抛物面 $ \Sigma $ 与 xOy 面的交线为 $ x^{2} + y^{2} = 2 $，故 $ \Sigma $ 在 xOy 面上的投影区域 $ D_{xy} = \{(x,y) \mid x^{2} + y^{2} \leqslant 2\} $. 又

$$ \mathrm{d}S=\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\sqrt{1+4x^{2}+4y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

于是，

(1)

$$ \begin{aligned}\iiint_{\frac{1}{2}}\mathbf{1}\cdot\mathbf{d}S&=\iint_{D_{++}}\sqrt{1+4x^{2}+4y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&\xlongequal{ 极坐标 }\iint_{D_{++}}\sqrt{1+4\rho^{2}}\ \rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\sqrt{2}}\sqrt{1+4\rho^{2}}\ \rho\mathrm{d}\rho\\&=2\pi\Big[\frac{1}{12}\left(1+4\rho^{2}\right)^{\frac{1}{2}}\Big]_{0}^{\sqrt{2}}=\frac{26}{6}\pi.\end{aligned} $$

(2)

$$ \begin{aligned}\iint_{\Sigma}^{}(x^{2}+y^{2})\mathrm{d}S&=\iint_{D_{xy}}^{}(x^{2}+y^{2})\sqrt{1+4x^{2}+4y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&\xlongequal{ 极坐标 }\iint_{D_{xy}}^{}\rho^{2}\sqrt{1+4\rho^{2}}\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\sqrt{2}}\rho^{3}\sqrt{1+4\rho^{2}}\mathrm{d}\rho\\&\xlongequal{\rho\ =\ \frac{1}{2}\tan t}2\pi\cdot\frac{1}{16}\int_{0}^{\arctan2\sqrt{2}}\sec^{3}t\cdot\tan^{3}t\mathrm{d}t\\&=\frac{\pi}{8}\int_{0}^{\arctan2\sqrt{2}}\sec^{2}t(\sec^{2}t-1)\mathrm{d}(\sec t)=\frac{\pi}{8}\cdot\frac{596}{15}=\frac{149}{30}\pi.\end{aligned} $$

(3)

$$ \begin{aligned}(i)\iint_{\Sigma}3z\mathrm{d}S&=3\iint_{b_{,r}}\left[2-(x^{2}+y^{2})\right]\sqrt{1+4x^{2}+4y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&\xlongequal{ 极坐标 }3\iint_{b_{,r}}(2-\rho^{2})\sqrt{1+4\rho^{2}}\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\\&=3\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\sqrt{2}}(2-\rho^{2})\sqrt{1+4\rho^{2}}\rho\mathrm{d}\rho\\&\xlongequal{\rho=\frac{1}{2}\tan t}=6\pi\bigg(\frac{1}{2}\int_{0}^{\arctan2\sqrt{2}}\sec^{3}t\cdot\tan t\mathrm{d}t-\frac{1}{16}\int_{0}^{\arctan2\sqrt{2}}\sec^{3}t\cdot\tan^{3}t\mathrm{d}t\bigg)\\&=6\pi\bigg[\frac{1}{2}\int_{0}^{\arctan2\sqrt{2}}\sec^{2}t\mathrm{d}(\sec t)-\frac{1}{16}\int_{0}^{\arctan2\sqrt{2}}\sec^{2}t(\sec^{2}t-1)\mathrm{d}(\sec t)\bigg]\\&=6\pi\bigg(\frac{13}{3}-\frac{149}{60}\bigg)=\frac{111}{10}\pi.\end{aligned} $$

1. 计算 $ \iint_{\Sigma}(x^{2}+y^{2})\,\mathrm{d}S $，其中 $ \Sigma $ 是：

（1）锥面 $ z=\sqrt{x^{2}+y^{2}} $ 及平面 z=1 所围成的区域的整个边界曲面；

（2）锥面 $ z^{2}=3\left(x^{2}+y^{2}\right) $ 被平面 z=0 和 z=3 所截得的部分.

解 （1）Σ由 $ \Sigma_{1} $ 和 $ \Sigma_{2} $ 组成，其中 $ \Sigma_{1} $ 为平面 z=1 上被圆周 $ x^{2}+y^{2}=1 $ 所围的部分； $ \Sigma_{2} $ 为锥面 $ z=\sqrt{x^{2}+y^{2}}(0\leq z\leq1) $.

在 $ \Sigma_{1} $ 上， $ \mathrm{d}S = \mathrm{d}x\mathrm{d}y $;

在 $ \Sigma_{2} $ 上， $ \mathrm{d}S = \sqrt{1 + z_{x}^{2} + z_{y}^{2}} \mathrm{d}x \mathrm{d}y = \sqrt{2} \mathrm{d}x \mathrm{d}y $.

$ \Sigma_{1} $ 和 $ \Sigma_{2} $ 在 xOy 面上的投影区域 $ D_{xy} $ 均为 $ x^{2}+y^{2}\leq1 $

因此

$$ \begin{aligned}\iint_{\Sigma}\left(x^{2}\;+\;y^{2}\right)\mathrm{d}S&=\iint_{\Sigma_{1}}\left(x^{2}\;+\;y^{2}\right)\mathrm{d}S+\iint_{\Sigma_{2}}\left(x^{2}\;+\;y^{2}\right)\mathrm{d}S\\&=\iint_{D_{xy}}\left(x^{2}\;+\;y^{2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\iint_{D_{xy}}\left(x^{2}\;+\;y^{2}\right)\sqrt{2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&\xlongequal{ 极坐标 }\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}\rho^{3}\mathrm{d}\rho+\sqrt{2}\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}\rho^{3}\mathrm{d}\rho\\&=\left.\frac{\pi}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\pi\right.=\left.\frac{1+\sqrt{2}}{2}\pi\right..\\ \end{aligned} $$

（2）由题设， $ \Sigma $ 的方程为 $ z=\sqrt{3(x^{2}+y^{2})} $，

$$ \begin{aligned}\mathrm{d}S&=\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\sqrt{1+\frac{9x^{2}}{3\left(x^{2}+y^{2}\right)}+\frac{9y^{2}}{3\left(x^{2}+y^{2}\right)}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=2\mathrm{d}x\mathrm{d}y.\end{aligned} $$

又由 $ z^{2}=3(x^{2}+y^{2}) $ 和 z=3 消去 z 得 $ x^{2}+y^{2}=3 $，故 $ \Sigma $ 在 xOy 面上的投影区域 $ D_{xy} $ 为 $ x^{2}+y^{2}\leq3 $。于是

$$ \iint\limits_{S}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}S=\iint\limits_{D_{-}}\left(x^{2}+y^{2}\right)\cdot2\mathrm{d}x\mathrm{d}y\xlongequal{ 极坐标 }2\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\sqrt{3}}\rho^{2}\cdot\rho\mathrm{d}\rho=9\pi. $$

1. 计算下列对面积的曲面积分：

（1） $ \iint_{\Sigma}(z+2x+\frac{4}{3}y)\mathrm{d}S $，其中 $ \Sigma $为平面 $ \frac{x}{2}+\frac{y}{3}+\frac{z}{4}=1 $在第一卦限中的部分；

（2） $ \iint_{\Sigma}(2xy-2x^{2}-x+z)dS $，其中 $ \Sigma $为平面 $ 2x+2y+z=6 $在第一卦限中的部分；

(3) $ \iint_{\Sigma}(x+y+z)\,\mathrm{d}S $，其中 $ \Sigma $ 为球面 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2} $ 上 $ z\geqslant h(0

(4) $ \iint_{\Sigma}(xy+yz+zx)dS $，其中 $ \Sigma $ 为锥面 $ z=\sqrt{x^{2}+y^{2}} $ 被柱面 $ x^{2}+y^{2}=2ax $ 所截得的有限部分.

解 （1）在 $ \Sigma $ 上，z = 4 - 2x - $ \frac{4}{3} $y. $ \Sigma $ 在 xOy 面上的投影区域 $ D_{xy} $ 为由 x 轴、y 轴和直线 $ \frac{x}{2} + \frac{y}{3} = 1 $ 所围成的三角形闭区域. 因此

$$ \begin{aligned}&\iint_{\Sigma}\Big(z+2x+\frac{4}{3}y\Big)\mathrm{d}S\\&=\iiint_{D_{+}}\Big[\left(4-2x-\frac{4}{3}y\right)+2x+\frac{4}{3}y\Big]\sqrt{1+\left(-2\right)^{2}+\left(-\frac{4}{3}\right)^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\iint_{D_{+}}4\cdot\frac{\sqrt{61}}{3}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{4\sqrt{61}}{3}\cdot(D_{xy} 的面积 )\\&=\frac{4\sqrt{61}}{3}\cdot\left(\frac{1}{2}\cdot2\cdot3\right)=4\sqrt{61}.\end{aligned} $$

（2）在 $ \Sigma $ 上，z = 6 - 2x - 2y. $ \Sigma $ 在 xOy 面上的投影区域为由 x 轴、y 轴和直线 $ x + y = 3 $ 所围成的三角形闭区域. 因此

$$ \begin{aligned}&\iint\limits_{z}\left(2xy-2x^{2}-x+z\right)\mathrm{d}S\\&=\iint\limits_{a}\left[2xy-2x^{2}-x+\left(6-2x-2y\right)\right]\sqrt{1+\left(-2\right)^{2}+\left(-2\right)^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=3\int_{0}^{3}\mathrm{d}x\int_{0}^{3-x}\left(6-3x-2x^{2}+2xy-2y\right)\mathrm{d}y\\&=3\int_{0}^{3}\left[\left(6-3x-2x^{2}\right)\left(3-x\right)+x\left(3-x\right)^{2}-\left(3-x\right)^{2}\right]\mathrm{d}x\\&=3\int_{0}^{3}\left(3x^{3}-10x^{2}+9\right)\mathrm{d}x=-\frac{27}{4}.\end{aligned} $$

（3）在 $ \Sigma $上， $ z=\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}} $。 $ \Sigma $在xOy面上的投影区域 $ D_{xy}=\left|(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\leqslant a^{2}-h^{2}\right| $。

由于积分曲面 $ \Sigma $ 关于 yOz 面和 zOx 面均对称，故有

于是

$$ \iint_{\Sigma}x\mathrm{d}S=0,\quad\iint_{\Sigma}y\mathrm{d}S=0. $$

$$ \begin{aligned}&\iint_{\Sigma}(x+y+z)\mathrm{d}S=\iint_{\Sigma}z\mathrm{d}S\\&=\iint_{D_{xy}}\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}\sqrt{1+\frac{x^{2}}{a^{2}-x^{2}-y^{2}}}+\frac{y^{2}}{a^{2}-x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=a\iint_{D_{xy}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=a\pi(a^{2}-h^{2}).\\ \end{aligned} $$

（4） $ \Sigma $ 如图 11-9 所示， $ \Sigma $ 在 xOy 面上的投影区域 $ D_{xy} $ 为圆域 $ x^{2}+y^{2}\leqslant2ax $。由于 $ \Sigma $ 关于 zOx 面对称，而函数 xy 和 yz 关于 y 均为奇函数，故

$$ \iint_{\Sigma}x y\mathrm{d}S=0,\quad\iint_{\Sigma}y z\mathrm{d}S=0. $$

于是

$$ \begin{aligned}&\begin{aligned}\\ &\iint_{\Sigma}(xy+yz+zx)\mathrm{d}S=\iint_{\Sigma}zx\mathrm{d}S\\&=\iint_{\Omega_{1}}x\sqrt{x^{2}+y^{2}}\sqrt{1+\frac{x^{2}+y^{2}}{x^{2}+y^{2}}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\sqrt{2}\iint_{\Omega_{1}}x\sqrt{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&\xlongequal{ 极坐标 }\sqrt{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{2a\cos\theta}\rho\cos\theta\cdot\rho\cdot\rho\mathrm{d}\rho\\&=8\sqrt{2}a^{4}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{5}\theta\mathrm{d}\theta\\&=8\sqrt{2}a^{4}\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{2}{3}=\frac{64}{15}\sqrt{2}a^{4}.\\ &\end{aligned}\\ \end{aligned} $$

1. 求抛物面壳 $ z = \frac{1}{2}(x^{2} + y^{2})(0 \leq z \leq 1) $ 的质量，此壳的面密度为 $ \mu = z $.

解 $ \Sigma: z = \frac{1}{2}(x^2 + y^2) (0 \leq z \leq 1) $ 在 xOy 面上的投影区域 $ D_{xy} = \{(x, y) \mid x^2 + y^2 \leq 2\} $.

$ z_{x}=x,z_{y}=y $. 故 $ \mathrm{d}S=\sqrt{1+x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y $. 因此

$$ \begin{aligned}M&=\iint_{\Sigma}z\mathrm{d}S=\iint_{h_{r}}\frac{1}{2}(x^{2}+y^{2})\sqrt{1+x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&\xlongequal{ 极坐标 }\frac{1}{2}\iint_{\Omega_{r}}\rho^{2}\sqrt{1+\rho^{2}}\cdot\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{\sqrt{2}}\rho^{3}\sqrt{1+\rho^{2}}\mathrm{d}\rho\\&\xlongequal{t=\rho^{2}}\frac{\pi}{2}\int_{0}^{2}t\sqrt{1+t}\mathrm{d}t\\&\xlongequal{ 分部积分法 }\frac{\pi}{2}\Big[\frac{2}{3}t(1+t)^{\frac{3}{2}}\Big|_{0}^{2}-\frac{2}{3}\int_{0}^{2}(1+t)^{\frac{3}{2}}\mathrm{d}t\Big]\\&=\frac{\pi}{2}\Big[\frac{4}{3}\cdot3^{\frac{3}{2}}-\frac{4}{15}(3^{\frac{5}{2}}-1)\Big]=\frac{2\pi}{15}(6\sqrt{3}+1).\\ \end{aligned} $$

1. 求面密度为 $ \mu_{0} $ 的均匀半球壳 $ x^{2} + y^{2} + z^{2} = a^{2} (z \geqslant 0) $ 对于 z 轴的转动惯量.

解

$$ \begin{align*}I_{z}&=\iint\limits_{2}(x^{2}+y^{2})\mu_{0}\mathrm{d}S\\&=\mu_{0}\iint\limits_{x^{2}+y^{2}\leq a^{2}}(x^{2}+y^{2})\sqrt{1+\frac{x^{2}+y^{2}}{a^{2}-x^{2}-y^{2}}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\mu_{0}\iint\limits_{x^{2}+y^{2}\leq a^{2}}(x^{2}+y^{2})\cdot\frac{a}{\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{align*} $$

$$ \begin{aligned}&\xlongequal{ 极坐标 }\mu_{0}\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{a}\frac{a\rho^{2}}{\sqrt{a^{2}-\rho^{2}}}\cdot\rho\mathrm{d}\rho\\ &=\frac{\rho=a\sin t}{}2\pi a\mu_{0}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{a^{3}\sin^{3}t}{a\cos t}\cdot a\cos t\mathrm{d}t\\ &=2\pi a^{4}\mu_{0}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{3}t\mathrm{d}t=2\pi a^{4}\mu_{0}\cdot\frac{2}{3}=\frac{4}{3}\pi a^{4}\mu_{0}.\\ \end{aligned} $$

习题11-5

对坐标的曲面积分

1. 按对坐标的曲面积分的定义证明公式

$$ \iint_{\Sigma}\left[P_{1}\left(x,y,z\right)\pm P_{2}\left(x,y,z\right)\right]\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\iint_{\Sigma}P_{1}\left(x,y,z\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z\pm\iint_{\Sigma}P_{2}\left(x,y,z\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z. $$

证 把 $ \Sigma $ 任意分成 n 块小曲面 $ \Delta S_{i} $ (其面积也记为 $ \Delta S_{i} $)， $ \Delta S_{i} $ 在 yOz 面上的投影为 $ (\Delta S_{i})_{yz} $，在 $ \Delta S_{i} $ 上任取一点 $ (\xi_{i}, \eta_{i}, \zeta_{i}) $。设 $ \lambda $ 是各小块曲面的直径的最大值，则

$$ \begin{aligned}&\iint_{\Sigma}\left[P_{1}\left(x,y,z\right)\pm P_{2}\left(x,y,z\right)\right]\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\&=\lim_{\lambda\rightarrow0}\sum_{i=1}^{n}\left[P_{1}\left(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i}\right)\pm P_{2}\left(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i}\right)\right]\left(\Delta S_{i}\right)_{yz}\\&=\lim_{\lambda\rightarrow0}\sum_{i=1}^{n}P_{1}\left(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i}\right)\left(\Delta S_{i}\right)_{yz}\pm\lim_{\lambda\rightarrow0}\sum_{i=1}^{n}P_{2}\left(\xi_{i},\eta_{i},\zeta_{i}\right)\left(\Delta S_{i}\right)_{yz}\\&=\iint_{\Sigma}P_{1}\left(x,y,z\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z\pm\iint_{\Sigma}P_{2}\left(x,y,z\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z.\end{aligned} $$

1. 当 $ \Sigma $ 为 xOy 面内的一个闭区域时，曲面积分 $ \iint_{\Sigma} R(x,y,z) \, dx \, dy $ 与二重积分有什么关系？

解 此时 $ \Sigma $ 在 xOy 面上的投影区域 $ D_{xy} $ 就是 $ \Sigma $ 自身（但不定侧），且在 $ \Sigma $ 上，z = 0，因此

$$ \iint\limits_{\Sigma}R\left(x,y,z\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\pm\iint\limits_{n_{c}}R\left(x,y,0\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y, $$

当 $ \Sigma $ 取上侧时为正号，取下侧时为负号.

1. 计算下列对坐标的曲面积分：

(1) $ \iint_{\Sigma} x^{2} y^{2} z \, dx \, dy $，其中 $ \Sigma $ 是球面 $ x^{2} + y^{2} + z^{2} = R^{2} $ 的下半部分的下侧；

(2) $ \iint_{\Sigma} z \, dx \, dy + x \, dy \, dz + y \, dz \, dx $，其中 $ \Sigma $ 是柱面 $ x^{2} + y^{2} = 1 $ 被平面 z = 0 及 z = 3 所截得的在第一卦限内的部分的前侧；

(3) $ \iint_{\Sigma} [f(x,y,z) + x] \, \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 $ x - y + z = 1 $ 在第四卦限部分的上侧；

（4） $ \oint_{\Sigma} xz \, dx \, dy + xy \, dy \, dz + yz \, dz \, dx $，其中 $ \Sigma $ 是平面 x = 0, y = 0, z = 0, x + y + z = 1

所围成的空间区域的整个边界曲面的外侧.

解 （1）Σ 在 xOy 面上的投影区域 $ D_{xy} = (x,y) \mid x^{2} + y^{2} \leqslant R^{2} $，在 Σ 上，z = -， $ \overline{R^{2} - x^{2} - y^{2}} $。因 Σ 取下侧，故

$$ \begin{aligned}\iint_{\Sigma}x^{2}y^{2}z\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=-\iint_{\Sigma}x^{2}y^{2}\left(-\sqrt{R^{2}-x^{2}-y^{2}}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&\xlongequal{ 极坐标 }\iint_{\Sigma}\rho^{4}\cos^{2}\theta\sin^{2}\theta\sqrt{R^{2}-\rho^{2}}\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\\&=\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{4}\sin^{2}2\theta\mathrm{d}\theta\cdot\int_{0}^{R}\rho^{5}\sqrt{R^{2}-\rho^{2}}\mathrm{d}\rho\\&\xlongequal{\rho=R\sin t}\frac{\pi}{4}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}R^{5}\sin^{5}t\cdot R\cos t\cdot R\cos t\mathrm{d}t\\&=\frac{\pi}{4}R^{7}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\left(\sin^{5}t-\sin^{7}t\right)\mathrm{d}t\\&=\frac{\pi}{4}R^{7}\cdot\left(\frac{4}{5}\cdot\frac{2}{3}-\frac{6}{7}\cdot\frac{4}{5}\cdot\frac{2}{3}\right)=\frac{2}{105}\pi R^{7}.\end{aligned} $$

（2）由于柱面 $ x^{2} + y^{2} = 1 $ 在 xOy 面上的投影为零，因此 $ \iint_{\Sigma} z \, dx \, dy = 0 $。又， $ D_{yz} = (y, z) \mid 0 \leqslant y \leqslant 1, 0 \leqslant z \leqslant 3 $， $ D_{zx} = (x, z) \mid 0 \leqslant z \leqslant 3, 0 \leqslant x \leqslant 1 $ （图 11-10），因 $ \Sigma $ 取前侧，所以

$$ 原式 =\iint_{\Sigma}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\iint_{\Sigma}y\mathrm{d}z\mathrm{d}x $$

$$ \begin{aligned}&=\iint_{D_{ii}}\sqrt{1-y^{2}}\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\iint_{D_{ii}}\sqrt{1-x^{2}}\mathrm{d}z\mathrm{d}x\\&=\int_{0}^{3}\mathrm{d}z\int_{0}^{1}\sqrt{1-y^{2}}\mathrm{d}y+\int_{0}^{3}\mathrm{d}z\int_{0}^{1}\sqrt{1-x^{2}}\mathrm{d}x\\&=2\cdot3\left[\frac{y}{2}\sqrt{1-y^{2}}+\frac{1}{2}\arcsin y\right]_{0}^{1}\\&=\frac{3}{2}\pi.\end{aligned} $$

（3）在 $ \Sigma $上，z=1-x+y.由于 $ \Sigma $取上侧，故 $ \Sigma $在任一点处的单位法向量为

$$ \boldsymbol{n}=\frac{1}{\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}}(-\boldsymbol{z}_{x},-\boldsymbol{z}_{y},1)=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,-1,1). $$

由两类曲面积分之间的联系，可得

$$ \begin{aligned} 原式 &=\iint_{\frac{\pi}{2}}\left[\left(f+x\right)\cos\alpha+\left(2f+y\right)\cos\beta+\left(f+z\right)\cos\gamma\right]\mathrm{d}S\\&=\frac{1}{\sqrt{3}}\iint_{\frac{\pi}{2}}\left[\left(f+x\right)-\left(2f+y\right)+\left(f+z\right)\right]\mathrm{d}S\\&=\frac{1}{\sqrt{3}}\iint_{\frac{\pi}{2}}\left(x-y+z\right)\mathrm{d}S=\frac{1}{\sqrt{3}}\iint_{\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}S\\&=\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot(\Sigma 的面积 )=\frac{1}{\sqrt{3}}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{1}{2}.\end{aligned} $$

（4）在坐标面 x=0, y=0 和 z=0 上，积分值均为零，因此只需计算在 $ \Sigma': x + y + z = 1 $（取上侧）上的积分值（图 11-11）. 下面用两种方法计算.

解法一

$$ \begin{aligned}\iint\limits_{x}xz\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iint\limits_{u}x(1-x-y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{1}x\mathrm{d}x\int_{0}^{1-x}(1-x-y)\mathrm{d}y=\frac{1}{24}．\end{aligned} $$

由被积函数和积分曲面关于积分变量的对称性，可得

$$ \iint\limits_{\Sigma}xy\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\iint\limits_{\Sigma^{\prime}}yz\mathrm{d}z\mathrm{d}x=\iint\limits_{\Sigma^{\prime}}xz\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{1}{24}, $$

因此

$$ \oint_{\Sigma}xz\mathrm{d}x\mathrm{d}y+xy\mathrm{d}y\mathrm{d}z+yz\mathrm{d}z\mathrm{d}x=3\cdot\frac{1}{24}=\frac{1}{8}. $$

解法二 利用两类曲面积分的联系，将 $ \iint_{\Sigma} xy\,dydz $ 和 $ \iint_{\Sigma} yz\,dzdx $ 均化为关于坐标 x 和 y 的曲面积分计算.

由于 $ \Sigma':x + y + z = 1 $ 取上侧，故 $ \Sigma' $ 在任一点处的单位法向量

$$ n=\left(\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma\right)=\left(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}}\right), $$

于是

$$ \iint_{\Sigma}x y\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\iint_{\Sigma^{\prime}}x y\cos\alpha\mathrm{d}S=\iint_{\Sigma^{\prime}}x y\frac{\cos\alpha}{\cos\gamma}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_{\Sigma^{\prime}}x y\mathrm{d}x\mathrm{d}y, $$

$$ \iint_{\Sigma}y z\mathrm{d}z\mathrm{d}x\ =\ \iint_{\Sigma^{\prime}}y z\cos\ \beta\mathrm{d}S\ =\ \iint_{\Sigma^{\prime}}y z\frac{\cos\ \beta}{\cos\ \gamma}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\ =\ \iint_{\Sigma^{\prime}}y z\mathrm{d}x\mathrm{d}y. $$

因此

$$ \begin{aligned}&\iint\limits_{\Sigma}x z\mathrm{d}x\mathrm{d}y+x y\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y z\mathrm{d}z\mathrm{d}x\\=&\iint\limits_{\Sigma^{\prime}}\left(x z+x y+y z\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\=&\iint\limits_{h,}^{\prime}\left[x\left(1-x-y\right)+x y+y\left(1-x-y\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\=&\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1-x}\left(-x^{2}-y^{2}-x y+x+y\right)\mathrm{d}y=\frac{1}{8}.\end{aligned} $$

于是原式 $ =\frac{1}{8} $.

注 计算本题最方便的方法是利用下节的高斯公式：

$$ \begin{aligned}&\iint\limits_{2}^{}xz\mathrm{d}x\mathrm{d}y+xy\mathrm{d}y\mathrm{d}z+yz\mathrm{d}z\mathrm{d}x\\&=\iiint\limits_{tt}^{}\left(y+z+x\right)\mathrm{d}v\xlongequal{ 对称性 }3\iiint\limits_{tt}^{}z\mathrm{d}v=3\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1-x}\mathrm{d}y\int_{0}^{1-x-y}z\mathrm{d}z\\&=3\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1-x}\frac{\left(1-x-y\right)^{2}}{2}\mathrm{d}y\\&=3\int_{0}^{1}\frac{\left(1-x\right)^{3}}{6}\mathrm{d}x=3\cdot\frac{1}{24}=\frac{1}{8}.\end{aligned} $$

1. 把对坐标的曲面积分

$$ \iint_{\Sigma}P\left(x,y,z\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\left(x,y,z\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\left(x,y,z\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y $$

化成对面积的曲面积分，其中：

(1) $ \Sigma $ 是平面 $ 3x + 2y + 2\sqrt{3}z = 6 $ 在第一卦限的部分上侧；

（2） $ \Sigma $ 是抛物面 $ z = 8 - (x^{2} + y^{2}) $ 在 xOy 面上方的部分的上侧.

解 （1）由于 $ \Sigma: 3x + 2y + 2\sqrt{3}z = 6 $ 取上侧，故 $ \Sigma $ 在任一点处的单位法向量为

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{n}&=(\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma)=\frac{1}{\sqrt{3^{2}+2^{2}+(2\sqrt{3})^{2}}}(3,2,2\sqrt{3})\\&=\left(\frac{3}{5},\frac{2}{5},\frac{2\sqrt{3}}{5}\right),\end{aligned} $$

于是

$$ \begin{aligned}\iint\limits_{\Sigma}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iint\limits_{\Sigma}(P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma)\mathrm{d}S\\&=\iint\limits_{\Sigma}\left(\frac{3}{5}P+\frac{2}{5}Q+\frac{2\sqrt{3}}{5}R\right)\mathrm{d}S.\end{aligned} $$

（2）由于 $ \Sigma: z = 8 - (x^{2} + y^{2}) $ 取上侧，故 $ \Sigma $ 在其上任一点 $ (x, y, z) $ 处的单位法向量为

$$ \begin{aligned}\boldsymbol{n}&=\frac{1}{\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}}(-\boldsymbol{z}_{x},-\boldsymbol{z}_{y},1)\\&=\frac{1}{\sqrt{1+(-\boldsymbol{2x})^{2}+(-\boldsymbol{2y})^{2}}}(\boldsymbol{2x},2y,1),\end{aligned} $$

于是

$$ \begin{aligned}\iint_{\Sigma}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iint_{\Sigma}(P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma)\mathrm{d}S\\&=\iint_{\Sigma}\frac{2xP+2yQ+R}{\sqrt{1+4x^{2}+4y^{2}}}\mathrm{d}S.\end{aligned} $$

习题11-6

高斯公式 $ ^{*} $ 通量与散度

1\. 利用高斯公式计算曲面积分：

(1) $ \oint_{\Sigma} x^{2} \, \mathrm{d}y \, \mathrm{d}z + y^{2} \, \mathrm{d}z \, \mathrm{d}x + z^{2} \, \mathrm{d}x \, \mathrm{d}y $，其中 $ \Sigma $ 为平面 x = 0, y = 0, z = 0, x = a, y = a $.$

= a 所围成的立体的表面的外侧；

（2） $ \oint_{\Sigma} x^{3} dy dz + y^{3} dz dx + z^{3} dxdy $，其中 $ \Sigma $ 为球面 $ x^{2} + y^{2} + z^{2} = a^{2} $ 的外侧；

$ ^{*} $（3） $ \oint_{z}xz^{2}\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(x^{2}y-z^{3}\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\left(2xy+y^{2}z\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y $，其中Σ为上半球体 $ 0\leq z\leq\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}} $， $ x^{2}+y^{2}\leq a^{2} $的表面的外侧：

（4） $ \oint_{\Sigma} x \, dy \, dz + y \, dz \, dx + z \, dx \, dy $，其中 $ \Sigma $ 是界于 z = 0 和 z = 3 之间的圆柱体 $ x^{2} + y^{2} \leqslant 9 $ 的整个表面的外侧；

（5） $ \oint_{S}4xz\,dy\,dz - y^{2}dz\,dx + yz\,dx\,dy $，其中 $ \Sigma $是平面 $ x=0,y=0,z=0,x=1,y=1 $，z=1所围成的立方体的全表面的外侧.

解 （1）原式 = $ \iiint_{\Omega}\left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}\right)\mathrm{d}v $

= 2 $ \iiint_{D}(x+y+z) $dv

对称性 $ 6\iiint_{\Omega}z\mathrm{d}v = 6\int_{0}^{a}\mathrm{d}x\int_{0}^{a}\mathrm{d}y\int_{0}^{a}z\mathrm{d}z $

$ =6\cdot a\cdot a\cdot\frac{a^{2}}{2}=3a^{4} $

(2) 原式 = $ \iiint_{D} \left( \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} \right) dv $

= 3 $ \iiint_{D} (x^2 + y^2 + z^2) \, dv $

$ \xrightarrow{\text{球面坐标}} 3 \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^\pi d\varphi \int_0^a r^2 \cdot r^2 \sin \varphi dr $

= 3 $ \cdot 2\pi \cdot 2 \cdot \frac{a^5}{5} = \frac{12}{5}\pi a^5 $.

(3) 原式 = $ \iiint_{D} \left( \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} \right) dv $

= $ \iiint_{D} (z^2 + x^2 + y^2) dv $

$ \underline{\text{球面坐标}} $ $ \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\frac{\pi}{2}} d\varphi \int_0^a r^2 \cdot r^2 \sin \varphi dr $

$ = 2\pi \cdot 1 \cdot \frac{a^5}{5} = \frac{2}{5}\pi a^5 $.

（4）原式 = $ \iiint_{D}\left(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}\right)\mathrm{d}v $

= $ \iiint_{D}(1+1+1)\mathrm{d}v=3\iiint_{D}\mathrm{d}v $

= $ 3\cdot\pi\cdot3^{2}\cdot3=81\pi $

(5) 原式 = $ \iiint_{D} \left( \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} \right) \, \mathrm{d}v $

= $ \iiint_{D} (4z - 2y + y) \, \mathrm{d}v $

= $ \int_{0}^{1} \mathrm{d}x \int_{0}^{1} \mathrm{d}y \int_{0}^{1} (4z - y) \, \mathrm{d}z $

= $ \int_{0}^{1} \mathrm{d}x \int_{0}^{1} (2 - y) \, \mathrm{d}y = \frac{3}{2} $.

注 在计算上面的积分 $ \iiint_{D}(4z-2y+y)dv $ 时，如果利用被积函数和积分区域关于积分变量的对称性，可知 $ \iiint_{D}zdv=\iiint_{D}ydv $，于是

$$ \iiint\limits_{D}\left(4z-2y+y\right)\mathrm{d}v=\iiint\limits_{D}3z\mathrm{d}v=3\int_{0}^{1}\mathrm{d}x\int_{0}^{1}\mathrm{d}y\int_{0}^{1}z\mathrm{d}z=3\cdot\frac{1}{2}=\frac{3}{2}, $$

从而可简化运算.

$ ^{*} $2. 求下列向量 A 穿过曲面 $ \Sigma $ 流向指定侧的通量：

（1） $ A = yzi + xzj + xyk $， $ \Sigma $ 为圆柱 $ x^{2} + y^{2} \leq a^{2} (0 \leq z \leq h) $ 的全表面，流向外侧；

(2) A = $ (2x - z)i + x^{2}yj - xz^{2}k $, $ \Sigma $ 为立方体 $ 0 \leq x \leq a $, $ 0 \leq y \leq a $, $ 0 \leq z \leq a $ 的全表面，流向外侧；

(3) $ \boldsymbol{A} = (2x + 3z)i - (xz + y)j + (y^{2} + 2z)k $， $ \Sigma $ 是以点 $ (3, -1, 2) $ 为球心，半径 R = 3 的球面，流向外侧.

解 （1）通量 $ \Phi = \iint_{\Sigma} A \cdot dS $

$ = \iiint_{D} \mathrm{div} A \, \mathrm{d}v = \iiint_{D} \left( \frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} \right) \mathrm{d}v $

$ = \iiint_{D} \left[ \frac{\partial(yz)}{\partial x} + \frac{\partial(xz)}{\partial y} + \frac{\partial(xy)}{\partial z} \right] \, \mathrm{d}v = \iiint_{D} 0 \, \mathrm{d}r = 0. $

(2) 通量 $ \Phi = \iint_{\Sigma} A \cdot \mathrm{d}S = \iiint_{\Omega} \mathrm{div} A \mathrm{d}v $

$ = \iiint_{\Omega} \left[ \frac{\partial (2x - z)}{\partial x} + \frac{\partial (x^2 y)}{\partial y} + \frac{\partial (-xz^2)}{\partial z} \right] \mathrm{d}v $

$ = \iiint_{\Omega} (2 + x^2 - 2xz) \mathrm{d}v $

$ = 2a^3 + \int_0^a \mathrm{d}x \int_0^a \mathrm{d}y \int_0^a (x^2 - 2xz) \mathrm{d}z $

$ = 2a^3 - \frac{a^5}{6} = a^3 \left( 2 - \frac{a^2}{6} \right) $.

(3) 通量 $ \Phi = \iint_{\Sigma} A \cdot dS = \iiint_{\Omega} \mathrm{div} A \mathrm{d}v $

$ = \iiint_{\Omega} \left[ \frac{\partial (2x + 3z)}{\partial x} + \frac{\partial (-xz - y)}{\partial y} + \frac{\partial (y^2 + 2z)}{\partial z} \right] \mathrm{d}V $

$ = \iiint_{\Omega} (2 - 1 + 2) \mathrm{d}V = 3 \iiint_{\Omega} \mathrm{d}V $

$ = 3 \cdot \frac{4}{3} \pi \cdot 3^3 = 108 \pi $

1. 求下列向量场 A 的散度：

(1) $ A = (x^2 + yz)i + (y^2 + xz)j + (z^2 + xy)k $;

(2) A = $ \mathrm{e}^{xy}i + \cos(xy)j + \cos(xz^2)k $;

(3) A = $ y^{2}i + xyj + xzk $.

解 (1) $ P = x^{2} + yz $, $ Q = y^{2} + xz $, $ R = z^{2} + xy $,

$$ \mathrm{div}\boldsymbol{A}=\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=2x+2y+2z. $$

(2) P = e^{xy}, Q = \cos(xy), R = \cos(xz^2),

$$ \mathrm{div}\boldsymbol{A}=\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=y\mathrm{e}^{xy}-x\sin\left(xy\right)-2xz\sin\left(xz^{2}\right). $$

(3) P = $ y^{2} $, Q = xy, R = xz,

$$ \mathrm{div}\boldsymbol{A}=\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=0+x+x=2x. $$

1. 设 $ u(x, y, z) $, $ v(x, y, z) $ 是两个定义在闭区域 $ \Omega $ 上的具有二阶连续偏导数的函数, $ \frac{\partial u}{\partial n}, \frac{\partial v}{\partial n} $ 依次表示 $ u(x, y, z) $, $ v(x, y, z) $ 沿 $ \Sigma $ 的外法线方向的方向导数. 证明：

$$ \iiint\displaylimits_{g}\left(u\Delta v-v\Delta u\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\iint\displaylimits_{\Sigma}\left(u\frac{\partial v}{\partial n}-v\frac{\partial u}{\partial n}\right)\mathrm{d}S, $$

其中 $ \Sigma $ 是空间闭区域 $ \Omega $ 的整个边界曲面. 这个公式叫做 $ \uwave{\text{格林第二公式}} $.

证 由教材本节例3证明的格林第一公式知：

$$ \iiint\limits_{\Omega}u\Delta v\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\oint\limits_{\Sigma}u\frac{\partial v}{\partial n}\mathrm{d}S-\iiint\limits_{\Omega}\left(\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial v}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\partial v}{\partial y}+\frac{\partial u}{\partial z}\frac{\partial v}{\partial z}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z. $$

在此公式中将函数 u 和 v 交换位置，得

$$ \iiint\limits_{D}v\Delta u\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\iint\limits_{\Sigma}v\frac{\partial u}{\partial n}\mathrm{d}S-\iiint\limits_{D}\left(\frac{\partial u}{\partial x}\frac{\partial v}{\partial x}+\frac{\partial u}{\partial y}\frac{\partial v}{\partial y}+\frac{\partial u}{\partial z}\frac{\partial v}{\partial z}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z. $$

将上面两个式子相减即得

$ ^{*} $5. 利用高斯公式推证阿基米德原理：浸没在液体中的物体所受液体的压力的合力（即浮力）的方向铅直向上，其大小等于这物体所排开的液体的重力.

证 取液面为 xOy 面，z 轴铅直向上。设液体的密度为 $ \rho $。在物体表面 $ \Sigma $ 上取面积元素 $ \mathrm{d}S, M(x, y, z) $ 为 $ \mathrm{d}S $ 上的一点 $ (z \leqslant 0) $， $ \Sigma $ 在点 M 处的外法线向量的方向余弦为 $ \cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma $，则 $ \mathrm{d}S $ 所受液体的压力指向内法线方向 $ (-\cos \alpha, -\cos \beta, -\cos \gamma) $，压力在 x 轴、y 轴、z 轴上的分量分别为

$$ \begin{array}{r l}{\rho z\cos\alpha\mathrm{d}S,}&{{}\rho z\cos\beta\mathrm{d}S,}\end{array}\begin{array}{r l}{\rho z\cos\gamma\mathrm{d}S.}\end{array} $$

$ \Sigma $所受的液体的总压力在各坐标轴上的分量等于上列各分量元素在 $ \Sigma $上的积分.由高斯公式可算得

$$ F_{x}=\iint_{\Sigma}\rho z\cos\alpha\mathrm{d}S=\iiint\limits_{D}\frac{\partial\left(\rho z\right)}{\partial x}\mathrm{d}v=\iiint\limits_{D}0\mathrm{d}v=0, $$

$$ F_{_{y}}\;=\;\iiint\limits_{\Sigma}\rho z\cos\beta\mathrm{d}S\;=\;\iiint\limits_{D}\frac{\partial\left(\rho z\right)}{\partial y}\mathrm{d}v\;=\;\iiint\limits_{D}0\mathrm{d}v\;=\;0, $$

$$ F_{z}=\iint\limits_{S}\rho z\cos\gamma\mathrm{d}S=\iiint\limits_{D}\frac{\partial\left(\rho z\right)}{\partial z}\mathrm{d}v=\iiint\limits_{D}\rho\mathrm{d}v=\rho V $$

(V为 $ \Omega $的体积)，故合力

$$ F~=~\rho V k\;, $$

此力的方向铅直向上，大小等于被物体排开的液体的重力。

习题11-7

斯托克斯公式 $ ^{*} $ 环流量与旋度

1. 试对曲面 $ \Sigma: z = x^{2} + y^{2}, x^{2} + y^{2} \leqslant 1, P = y^{2}, Q = x, R = z^{2} $ 验证斯托克期

解 按右手法则， $ \Sigma $ 取上侧， $ \Sigma $ 的边界 $ \Gamma $ 为圆周 $ x^{2}+y^{2}=1, z=1 $，从 z 轴正向看去，取逆时针方向.

$$ \begin{aligned}\iint_{\Sigma}\left|\begin{array}{c c c}\mathrm{d}y\mathrm{d}z&\mathrm{d}z\mathrm{d}x&\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ \frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\ y^{2}&x&z^{2}\end{array}\right|&=\iint_{\Sigma}(1-2y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_{\Omega}(1-2y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &\xlongequal{ 极坐标 }\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{1}(1-2\rho\sin\theta)\rho\mathrm{d}\rho\\ &=\int_{0}^{2\pi}\left[\frac{\rho^{2}}{2}-\frac{2}{3}\rho^{3}\sin\theta\right]_{0}^{1}\mathrm{d}\theta\\ &=\int_{0}^{2\pi}\left(\frac{1}{2}-\frac{2}{3}\sin\theta\right)\mathrm{d}\theta=\pi.\end{aligned} $$

Γ的参数方程可取为 $ x = \cos t, y = \sin t, z = 1, t $ 从0变到 $ 2\pi $，故

$$ \oint_{c}P\mathrm{d}x\;+\;Q\mathrm{d}y\;+\;R\mathrm{d}z\;=\;\int_{0}^{2\pi}\left(-\sin^{3}t\;+\;\cos^{2}t\right)\mathrm{d}t\;=\;\pi, $$

两者相等，斯托克斯公式得到验证.

$ ^{*} $2. 利用斯托克斯公式，计算下列曲线积分：

（1） $ \oint_{r}ydx+zdy+xdz $，其中Γ为圆周 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2} $， $ x+y+z=0 $，若从x轴的正向看去，这圆周是取逆时针方向；

(2) $ \oint\limits_{l}(y-z)\mathrm{d}x + (z-x)\mathrm{d}y + (x-y)\mathrm{d}z $，其中 $ \Gamma $ 为椭圆 $ x^{2} + y^{2} = a^{2} $

$ \frac{x}{a}+\frac{z}{b}=1(a>0,b>0) $，若从x轴正向看去，这椭圆是取逆时针方向；

（3） $ \oint\limits_{r}^{}3ydx - xzdy + yz^{2}dz $，其中Γ是圆周 $ x^{2} + y^{2} = 2z, z = 2 $，若从z轴正向看去，这圆周是取逆时针方向；

(4) $ \oint_{r}2y dx + 3x dy - z^{2} dz $，其中 $ \Gamma $ 是圆周 $ x^{2} + y^{2} + z^{2} = 9, z = 0 $，若从 z 轴正向看去，这圆周是取逆时针方向.

解 （1）取 $ \Sigma $ 为平面 $ x + y + z = 0 $ 的上侧被 $ \Gamma $ 所围成的部分，则 $ \Sigma $ 的面积为 $ \pi a^{2} $， $ \Sigma $ 的单位法向量为

$$ \boldsymbol{n}=\left(\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma\right)=\left(\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}},\frac{1}{\sqrt{3}}\right)( 图 11-12). $$

由斯托克斯公式，

$$ \begin{aligned}\oint_{T}y\mathrm{d}x+z\mathrm{d}y+x\mathrm{d}z&=\iint_{\Sigma}\left|\begin{matrix}\dfrac{1}{\sqrt{3}}&\dfrac{1}{\sqrt{3}}&\dfrac{1}{\sqrt{3}}\\\end{matrix}\right|\mathrm{d}S\\&=\iint_{\Sigma}\Big(-\dfrac{1}{\sqrt{3}}-\dfrac{1}{\sqrt{3}}-\dfrac{1}{\sqrt{3}}\Big)\mathrm{d}S=-\dfrac{3}{\sqrt{3}}\iint_{\Sigma}\mathrm{d}S\\&=-\sqrt{3}\pi a^{2}.\end{aligned} $$

（2）如图11-13，取 $ \Sigma $为平面 $ \frac{x}{a}+\frac{z}{b}=1 $的上侧被 $ \Gamma $所围成的部分， $ \Sigma $的单位法向量 $ \boldsymbol{n}=(\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma)=\left(\frac{b}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}},0,\frac{a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\right) $.由斯托克斯公式

$$ \begin{aligned}&\oint_{r}(y-z)\mathrm{d}x+\left(z-x\right)\mathrm{d}y+\left(x-y\right)\mathrm{d}z\\ &=\iint_{\Sigma}\left|\begin{matrix}\\ &\dfrac{b}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}&0&\dfrac{a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\\&\dfrac{\partial}{\partial x}&\dfrac{\partial}{\partial y}&\dfrac{\partial}{\partial z}\\&y-z&z-x&x-y\\&\end{matrix}\right|\mathrm{d}S\\ \end{aligned} $$

$$ =\frac{-2\left(a+b\right)}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\iint_{\Sigma}^{}\mathrm{d}S. $$

现用两种方法来求 $ \iint_{\Sigma}dS. $

解法一 由于 $ \iint_{\Sigma} dS = \Sigma $ 的面积 A，而 $ A \cdot \cos \gamma = A \cdot \frac{a}{\sqrt{a^{2} + b^{2}}} = \Sigma $ 在 xOy 面上的投影区域的面积 $ \pi a^{2} $，故

$$ \iint_{\Sigma}\mathrm{d}S=\left.\pi a^{2}\right|\frac{a}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}=\left.\pi a\sqrt{a^{2}+b^{2}}\right.. $$

解法二 用曲面积分计算法.

由于在 $ \Sigma $ 上，z = b - $ \frac{b}{a}x $，

$$ \begin{array}{l}\mathrm{d}S=\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\=\sqrt{1+\left(-\frac{b}{a}\right)^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\=\frac{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}{a}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array} $$

又 $ D_{xy} = \{(x,y) \mid x^{2} + y^{2} \leqslant a^{2}\} $，故

$$ \begin{aligned}\iint_{\Sigma}\mathrm{d}S&=\iint_{b_{+}}\frac{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}{a}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}{a}\cdot\pi a^{2}\\&=\pi a\sqrt{a^{2}+b^{2}}.\end{aligned} $$

将所求得的 $ \iint_{\Sigma}dS $代入 $ (*) $式，得

$$ 原式 =\frac{-2(a+b)}{\sqrt{a^{2}+b^{2}}}\cdot\pi a\sqrt{a^{2}+b^{2}}=-2\pi a(a+b). $$

（3）取 $ \Sigma $ 为平面 z=2 的上侧被 $ \Gamma $ 所围成的部分，则 $ \Sigma $ 的单位法向量为 $ \boldsymbol{n}=(0,0,1) $， $ \Sigma $ 在 xOy 面上的投影区域 $ D_{xy} $ 为 $ x^{2}+y^{2}\leq4 $。于是由斯托克斯公式，

$$ \begin{aligned}&\oint_{r}^{}3y\mathrm{d}x-xz\mathrm{d}y+yz^{2}\mathrm{d}z=\iint_{\Sigma}^{}\left|\begin{matrix}0&0&1\\\frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\3y&-xz&yz^{2}\end{matrix}\right|\mathrm{d}S\\ &=-\iint_{\Sigma}^{}\left(z+3\right)\mathrm{d}S=-\iint_{n.}^{}\left(2+3\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-5\cdot\pi\cdot2^{2}\\ &=-20\pi.\\ \end{aligned} $$

（4） $ \Gamma $ 即为 xOy 面上的圆周 $ x^{2}+y^{2}=9 $，取 $ \Sigma $ 为圆域 $ x^{2}+y^{2}\leq9 $ 的上侧，则由

斯托克斯公式

$$ \begin{align*}\oint_{r}^{}2y\mathrm{d}x\;+\;3x\mathrm{d}y\;-\;z^{2}\mathrm{d}z&=\iint\limits_{\Sigma}^{}\left|\begin{array}{ccc}\mathrm{d}y\mathrm{d}z&\mathrm{d}z\mathrm{d}x&\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\\\\frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\2y&3x&-z^{2}\end{array}\right|\\&=\iint\limits_{\Sigma}^{}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\;=\;\iint\limits_{D_{+}}^{}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\;=\;9\pi.\end{align*} $$

1. 求下列向量场 A 的旋度：

(1) $ A = (2z - 3y)i + (3x - z)j + (y - 2x)k $;

(2) A = $ (z + \sin y)i - (z - x\cos y)j $;

(3) A = $ x^2 \sin yi + y^2 \sin(xz)j + xy \sin(\cos z)k $.

解（1）

$$ \mathbf{rot}\mathbf{\Lambda}\mathbf{\Lambda}=\left|\begin{array}{ccc}i&j&k\\ \frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\ 2z-3y&3x-z&y-2x\end{array}\right|=2i+4j+6k. $$

(2)

$$ \begin{aligned}\mathbf{rot}\boldsymbol{A}&=\begin{vmatrix}\boldsymbol{i}&\boldsymbol{j}&\boldsymbol{k}\\&\frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\z+\sin y&-\left(z-x\cos y\right)&0\end{vmatrix}=\boldsymbol{i}+\boldsymbol{j}+(\cos y-\cos y)\boldsymbol{k}\\&=\boldsymbol{i}+\boldsymbol{j}.\end{aligned} $$

(3)

$$ \begin{align*}\mathbf{rot}\boldsymbol{A}&=\begin{vmatrix}\boldsymbol{i}&\boldsymbol{j}&\boldsymbol{k}\\\frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\x^{2}\sin y&y^{2}\sin(xz)&x\mathrm{y}\sin(\cos z)\end{vmatrix}\\&=\left[x\sin(\cos z)-xy^{2}\cos(xz)\right]\boldsymbol{i}-y\sin(\cos z)\boldsymbol{j}\\&\quad+\left[y^{2}z\cos(xz)-x^{2}\cos y\right]\boldsymbol{k}.\end{align*} $$

1. 利用斯托克斯公式把曲面积分 $ \iint_{\Sigma} \mathbf{r} \mathbf{o} t \mathbf{A} \cdot n \, \mathrm{d}S $ 化为曲线积分，并计算积分值，其中 $ A, \Sigma $ 及 $ n $ 分别如下：

(1) A = $ y^{2}i + xyj + xzk $, $ \Sigma $ 为上半球面 $ z = \sqrt{1 - x^{2} - y^{2}} $ 的上侧, n 是 $ \Sigma $ 的单位法向量;

(2) $ A = (y - z)i + yzj - xzk $， $ \Sigma $ 为立方体 $ \{(x, y, z) \mid 0 \leq x \leq 2, 0 \leq y \leq 2, 0 \leq z \leq 2\} $ 的表面外侧去掉 xOy 面上的那个底面，n 是 $ \Sigma $ 的单位法向量.

解 （1）Σ的正向边界曲线Γ为xOy面上的圆周 $ x^{2}+y^{2}=1 $，从z轴正向看去Γ取逆时针向，Γ的参数方程为 $ x=\cos t,y=\sin t,z=0 $，t从0变到 $ 2\pi $.

由斯托克斯公式，

$$ \begin{aligned}\iint_{\frac{\pi}{2}}\mathbf{rot}\boldsymbol{A}\cdot\boldsymbol{n}\mathrm{d}S&=\oint_{r}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z\\&=\oint_{r}y^{2}\mathrm{d}x+x y\mathrm{d}y+x z\mathrm{d}z\\&=\int_{0}^{2\pi}\left[\sin^{2}t\cdot(-\sin t)+\cos t\cdot\sin t\cdot\cos t\right]\mathrm{d}t\\&=\int_{0}^{2\pi}(1-2\cos^{2}t)\mathrm{d}(\cos t)=0.\end{aligned} $$

（2）Σ的边界曲线Γ为xOy面上由直线x=0,y=0,x=2,y=2所围成的正方形的边界，从z轴正向看去取逆时针向.由斯托克斯公式，

$$ \begin{aligned}\iint_{\Sigma}\mathbf{rot}\boldsymbol{A}\cdot\boldsymbol{n}\mathrm{d}S&=\oint_{r}^{}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z\\&=\oint_{r}^{}(y-z)\mathrm{d}x+yz\mathrm{d}y-xz\mathrm{d}z\quad( 代入 z=0)\\&=\oint_{y}^{}y\mathrm{d}x=\int_{2}^{0}2\mathrm{d}x=-4.\end{aligned} $$

1. 求下列向量场 A 沿闭曲线 $ \Gamma $ (从 z 轴正向看 $ \Gamma $ 依逆时针方向) 的环流量：

（1） $ A = -yi + xj + ck $（c为常量）， $ \Gamma $为圆周 $ x^{2} + y^{2} = 1, z = 0 $；

(2) $ A=(x-z)i+(x^{3}+yz)j-3xy^{2}k $，其中 $ \Gamma $ 为圆周 $ z=2-\sqrt{x^{2}+y^{2}} $，z=0.

解 （1） $ \Gamma $ 的参数方程为 $ x = \cos t, y = \sin t, z = 0, t $ 从 0 变到 $ 2\pi $，于是所求环流量为

$$ \begin{align*}\oint_{r}\boldsymbol{A}\cdot\boldsymbol{\tau}\mathrm{d}s&=\oint_{r}\boldsymbol{P}\mathrm{d}x\;+\;Q\mathrm{d}y\;+\;R\mathrm{d}z\\&=\oint_{r}(-\;y)\mathrm{d}x\;+\;x\mathrm{d}y\;+\;c\mathrm{d}z\\&=\int_{0}^{2\pi}\left[\;(-\;\sin\;t)\;(-\;\sin\;t)\;+\;\cos\;t\cos\;t\;\right]\mathrm{d}t\\&=\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}t\;=\;2\pi.\end{align*} $$

（2） $ \Gamma $ 是 xOy 面上的圆周 $ x^{2}+y^{2}=4 $ （从 z 轴正向看 $ \Gamma $ 依逆时针方向），它的参数方程为 $ x=2\cos t, y=2\sin t, z=0, t $ 从 0 变到 $ 2\pi $。于是所求的环流量为

$$ \begin{aligned}\oint_{r}\boldsymbol{A}\cdot\boldsymbol{\tau}\mathrm{d}s&=\oint_{r}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z\\&=\oint_{r}(x-z)\mathrm{d}x+\left(x^{3}+yz\right)\mathrm{d}y-3xy^{2}\mathrm{d}z\quad( 代入 z=0)\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&=\oint_{r}^{}x\mathrm{d}x+x^{3}\mathrm{d}y\\&=\int_{0}^{2\pi}\left[2\cos t\cdot(-2\sin t)+8\cos^{3}t\cdot2\cos t\right]\mathrm{d}t\\&=-\ 4\int_{0}^{2\pi}\sin t\cos t\mathrm{d}t+16\int_{0}^{2\pi}\cos^{4}t\mathrm{d}t\\&=0+64\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{4}t\mathrm{d}t^{ \textcircled{1} }\\&=64\cdot\frac{3}{4}\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\pi}{2}=12\pi.\end{aligned} $$

$$ \int_{0}^{2\pi}\cos^{4}t\mathrm{d}t\xlongequal{ 周期性 }2\int_{0}^{\pi}\cos^{4}t\mathrm{d}t=2\left[\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{4}t\mathrm{d}t+\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\cos^{4}t\mathrm{d}t\right], $$

由于 $ \int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\cos^{4}t\mathrm{d}t\xlongequal{u=\pi-t}-\int_{\frac{\pi}{2}}^{0}\cos^{4}u\mathrm{d}u=\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{4}u\mathrm{d}u $，故得

$$ \int_{0}^{2\pi}\cos^{4}t\mathrm{d}t=4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos^{4}t\mathrm{d}t. $$

$ ^{*} $6. 证明 $ \mathrm{rot}(a+b)=\mathrm{rot}a+\mathrm{rot}b $

证 设 $ a = a_{x}i + a_{y}j + a_{z}k $, $ b = b_{x}i + b_{y}j + b_{z}k $，其中 $ a_{x}, a_{y}, a_{z}, b_{x}, b_{y}, b_{z} $ 均为 x, y, z 的函数，则

$$ \begin{aligned}\mathbf{rot}\mathbf{\Lambda}(\mathbf{\alpha}+\mathbf{\beta}\mathbf{\theta})&=\mathbf{rot}\mathbf{\Lambda}(\mathbf{\beta}(\mathbf{\alpha}_{x}+\mathbf{\beta}_{x})\mathbf{\theta}i+(\mathbf{\beta}_{y}+\mathbf{\beta}_{y})\mathbf{\theta}j+(\mathbf{\beta}_{z}+\mathbf{\beta}_{z})\mathbf{\theta}\mathbf{k})\\&=\mathbf{\Lambda}\left[\frac{\partial(\mathbf{\beta}(\mathbf{\alpha}_{z}+\mathbf{\beta}_{z})}{\partial y}-\frac{\partial(\mathbf{\beta}(\mathbf{\alpha}_{y}+\mathbf{\beta}_{y})}{\partial z}\right]\mathbf{i}+\left[\frac{\partial(\mathbf{\beta}(\mathbf{\alpha}_{x}+\mathbf{\beta}_{x})}{\partial z}-\frac{\partial(\mathbf{\beta}(\mathbf{\alpha}_{z}+\mathbf{\beta}_{z})}{\partial x}\right]\mathbf{j}\\&\quad+\mathbf{\Lambda}\left[\frac{\partial(\mathbf{\beta}(\mathbf{\alpha}_{y}+\mathbf{\beta}_{y})}{\partial x}-\frac{\partial(\mathbf{\beta}(\mathbf{\alpha}_{x}+\mathbf{\beta}_{x})}{\partial y}\right]\mathbf{\theta}\mathbf{k}\\&=\mathbf{\Lambda}\left[\mathbf{\beta}\left(\frac{\partial\mathbf{\alpha}_{z}}{\partial y}-\frac{\partial\mathbf{\alpha}_{y}}{\partial z}\right)\mathbf{\theta}i+\left(\frac{\partial\mathbf{\alpha}_{x}}{\partial z}-\frac{\partial\mathbf{\alpha}_{z}}{\partial x}\right)\mathbf{\theta}j+\left(\frac{\partial\mathbf{\alpha}_{y}}{\partial x}-\frac{\partial\mathbf{\alpha}_{x}}{\partial y}\right)\mathbf{\theta}\mathbf{\Sigma}\mathbf{\theta}\right]\\&\quad+\mathbf{\Lambda}\left[\mathbf{\beta}\left(\frac{\partial\mathbf{\beta}_{z}}{\partial y}-\frac{\partial\mathbf{\beta}_{y}}{\partial z}\right)\mathbf{\theta}i+\left(\frac{\partial\mathbf{\beta}_{x}}{\partial z}-\frac{\partial\mathbf{\beta}_{z}}{\partial x}\right)\mathbf{\theta}j+\left(\frac{\partial\mathbf{\beta}_{y}}{\partial x}-\frac{\partial\mathbf{\beta}_{x}}{\partial y}\right)\mathbf{\theta}\mathbf{\Sigma}\mathbf{\theta}\right]\\&=\mathbf{\Lambda}\mathbf{r}\mathbf{\theta}\mathbf{a}+\mathbf{\beta}\mathbf{r}\mathbf{\theta}\mathbf{b}.\end{aligned} $$

1. 设 $ u = u(x, y, z) $ 具有二阶连续偏导数，求 $ \mathrm{rot}(\mathrm{grad}u) $.

解

$$ \mathrm{\ \ g r a d\ }u\;=\;\frac{\partial u}{\partial x}i\;+\;\frac{\partial u}{\partial y}j\;+\;\frac{\partial u}{\partial z}k\;, $$

$$ \begin{aligned}\mathbf{rot}(\mathbf{\Gamma}\mathbf{grad}u)&=\begin{vmatrix}\boldsymbol{i}&\boldsymbol{j}&\boldsymbol{k}\\ \frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\ \frac{\partial u}{\partial x}&\frac{\partial u}{\partial y}&\frac{\partial u}{\partial z}\end{vmatrix}\\ &=\left(\frac{\partial^{2}u}{\partial z\partial\gamma}-\frac{\partial^{2}u}{\partial\gamma\partial z}\right)\boldsymbol{i}+\left(\frac{\partial^{2}u}{\partial x\partial z}-\frac{\partial^{2}u}{\partial z\partial x}\right)\boldsymbol{j}\end{aligned} $$

+ $ \left(\frac{\partial^{2}u}{\partial y\partial x} - \frac{\partial^{2}u}{\partial x\partial y}\right)k $（由于各二阶偏导数连续）

= 0i + 0j + 0k = 0.

总习题十

1. 填空：

（1）第二类曲线积分 $ \int_{r}Pdx+Qdy+Rdz $化成第一类曲线积分是___，其中 $ \alpha,\beta,\gamma $为有向曲线弧 $ \Gamma $在点 $ (x,y,z) $处的___的方向角；

（2）第二类曲面积分 $ \iint_{\Sigma}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z + Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x + R\mathrm{d}x\mathrm{d}y $ 化成第一类曲面积分是 ___，其中 $ \alpha,\beta $ 与 $ \gamma $ 为有向曲面 $ \Sigma $ 在点 $ (x,y,z) $ 处的 ___ 的方向角.

解 （1）由教材本章第二节的公式（2-3），可知第一个空格应填： $ \int_{r}(P\cos\alpha+Q\cos\beta+Re\cos\gamma)ds $；第二个空格应填：切向量.

（2）由教材本章第五节的公式（5-9），可知第一个空格应填： $ \iint_{\Sigma}(P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma)\mathrm{d}S $；第二个空格应填：法向量.

1. 下题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论：

设曲面 $ \Sigma $ 是上半球面： $ x^{2} + y^{2} + z^{2} = R^{2} (z \geqslant 0) $，曲面 $ \Sigma_{1} $ 是曲面 $ \Sigma $ 在第一卦限中的部分，则有（）.

(A) $ \iint_{\Sigma} x \, dS = 4 \iint_{\Sigma} x \, dS $

(B) $ \iint_{\Sigma} y \, dS = 4 \iint_{\Sigma} x \, dS $

(C) $ \iint_{\Sigma} z \, dS = 4 \iint_{\Sigma} x \, dS $

(D) $ \iint_{\Sigma} x y z \, dS = 4 \iint_{\Sigma} x y z \, dS $

解 应选(C). 先说明(A)不对. 由于 $ \Sigma $ 关于 yOz 面对称, 被积函数 x 关于 x 是奇函数, 所以 $ \iint_{\Sigma} x\mathrm{d}S = 0 $. 但在 $ \Sigma_{1} $ 上, 被积函数 x 连续且大于零, 所以 $ \iint_{\Sigma_{1}} x\mathrm{d}S > 0 $. 因此 $ \iint_{\Sigma} x\mathrm{d}S \neq 4\iint_{\Sigma_{1}} x\mathrm{d}S $. 类似可说明(B)和(D)不对. 再说明(C)正确. 由于 $ \Sigma $ 关于 yOz 面和 zOx 面均对称, 被积函数 z 关于 x 和 y 均为偶函数, 故 $ \iint_{\Sigma} z\mathrm{d}S = 4\iint_{\Sigma_{1}} z\mathrm{d}S $; 而在 $ \Sigma_{1} $ 上, 字母 x, y, z 是对称的. 故 $ \iint_{\Sigma_{1}} z\mathrm{d}S = \iint_{\Sigma_{1}} x\mathrm{d}S $, 因此有 $ \iint_{\Sigma} z\mathrm{d}S = 4\iint_{\Sigma_{1}} x\mathrm{d}S $.

1. 计算下列曲线积分：

(1) $ \oint_{L}\sqrt{x^{2}+y^{2}} $ ds，其中 L 为圆周 $ x^{2}+y^{2}=ax $;

(2) $ \int_{r}zds $，其中 $ \Gamma $为曲线 $ x=t\cos t,y=t\sin t,z=t(0\leqslant t\leqslant t_{0}) $;

(3) $ \int_{L}(2a-y)\,\mathrm{d}x + x\,\mathrm{d}y $, 其中 L 为摆线 $ x = a(t - \sin t) $, $ y = a(1 - \cos t) $ 上对应 t 从 0 到 $ 2\pi $ 的一段弧；

(4) $ \int_{t}(y^{2}-z^{2})\,\mathrm{d}x+2yz\,\mathrm{d}y-x^{2}\,\mathrm{d}z $，其中 $ \Gamma $ 是曲线 x=t, $ y=t^{2} $, $ z=t^{3} $ 上由 $ t_{1}=0 $ 到 $ t_{2}=1 $ 的一段弧；

(5) $ \int_{L}\left(\mathrm{e}^{x}\sin y-2y\right)\mathrm{d}x+\left(\mathrm{e}^{x}\cos y-2\right)\mathrm{d}y $，其中L为上半圆周 $ (x-a)^{2}+y^{2}=a^{2} $， $ y\geq0 $，沿逆时针方向；

（6） $ \oint_{r}xyz dz $，其中Γ是用平面y=z截球面 $ x^{2}+y^{2}+z^{2}=1 $所得的截痕，从z轴的正向看去，沿逆时针方向.

解 （1）解法一 L 的方程即为 $ \left(x - \frac{a}{2}\right)^{2} + y^{2} = \frac{a^{2}}{4} $，故可取 L 的参数方程为 $ x = \frac{a}{2} + \frac{a}{2}\cos t, y = \frac{a}{2}\sin t, 0 \leq t \leq 2\pi $。于是

$$ \begin{align*}\oint_{L}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}s&=\int_{0}^{2\pi}\frac{\sqrt{2}a}{2}\sqrt{1+\cos t}\cdot\sqrt{\left(-\frac{a}{2}\sin t\right)^{2}+\left(\frac{a}{2}\cos t\right)^{2}}\mathrm{d}t\\&=\frac{\sqrt{2}a^{2}}{4}\int_{0}^{2\pi}\sqrt{1+\cos t}\mathrm{d}t=\frac{\sqrt{2}a^{2}}{4}\cdot\sqrt{2}\int_{0}^{2\pi}\left|\cos\frac{t}{2}\right|\mathrm{d}t\\&=2a^{2}\int_{0}^{\pi}\cos\frac{t}{2}\mathrm{d}\left(\frac{t}{2}\right)=2a^{2}.\end{align*} $$

解法二 L 的极坐标方程为 $ \rho = a\cos\theta\left(-\frac{\pi}{2}\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}\right) $

$$ \mathrm{d}s~=~\sqrt{\rho^{2}~+~\rho^{\prime2}}\mathrm{d}\theta~=~a\mathrm{d}\theta, $$

因此 $ \oint_{L}\sqrt{x^{2}+y^{2}}\mathrm{d}s=\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}a\cos\theta\cdot a\mathrm{d}\theta=2a^{2} $.

(2)

$$ \begin{align*}\int_{t}z\mathrm{d}s&=\int_{0}^{t_{0}}t\sqrt{\left(\cos t-t\sin t\right)^{2}+\left(\sin t+t\cos t\right)^{2}+1}\mathrm{d}t\\&=\int_{0}^{t_{0}}t\sqrt{2+t^{2}}\mathrm{d}t=\frac{1}{2}\int_{0}^{t_{0}}\sqrt{2+t^{2}}\mathrm{d}(2+t^{2})\\&=\frac{1}{3}(2+t^{2})^{\frac{3}{2}}\Bigg|_{0}^{t_{0}}=\frac{1}{3}\left[\left(2+t_{0}^{2}\right)^{\frac{3}{2}}-2\sqrt{2}\right].\end{align*} $$

(3)

$$ \int\limits_{L}(2a-y)\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y $$

$$ \begin{aligned}&=\int_{0}^{2\pi}\left[\left(2a-a+a\cos t\right)\cdot a(1-\cos t)+a(t-\sin t)\cdot a\sin t\right]\mathrm{d}t\\&=a^{2}\int_{0}^{2\pi}t\sin t\mathrm{d}t=a^{2}\left[-t\cos t\right]_{0}^{2\pi}+a^{2}\int_{0}^{2\pi}\cos t\mathrm{d}t\\&=-2\pi a^{2}+0=-2\pi a^{2}.\end{aligned} $$

(4)

$$ \begin{aligned}&\int_{T}\left(y^{2}-z^{2}\right)\mathrm{d}x+2yz\mathrm{d}y-x^{2}\mathrm{d}z\\=&\int_{0}^{1}\left[\left(t^{4}-t^{6}\right)\cdot1+2t^{2}\cdot t^{3}\cdot2t-t^{2}\cdot3t^{2}\right]\mathrm{d}t\\=&\int_{0}^{1}\left(3t^{6}-2t^{4}\right)\mathrm{d}t=\frac{1}{35}.\end{aligned} $$

（5）如图11-14，添加有向线段OA:y=0，x从0变到2a，则在由L与OA所围成的闭区域D上应用格林公式可得

$$ \begin{aligned}&\int\limits_{L+\partial A}\left(\mathrm{e}^{x}\sin y-2y\right)\mathrm{d}x+\left(\mathrm{e}^{x}\cos y-2\right)\mathrm{d}y\\=&\iint\limits_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\=&\iint\limits_{D}\left(\mathrm{e}^{x}\cos y-\mathrm{e}^{x}\cos y+2\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\=&2\iint\limits_{D}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\pi a^{2},\\&\int\limits_{L}\left(\mathrm{e}^{x}\sin y-2y\right)\mathrm{d}x+\left(\mathrm{e}^{x}\cos y-2\right)\mathrm{d}y\\=&\pi a^{2}-\int\limits_{\partial A}\left(\mathrm{e}^{x}\sin y-2y\right)\mathrm{d}x+\left(\mathrm{e}^{x}\cos y-2\right)\mathrm{d}y\\=&\pi a^{2}-\int_{0}^{2a}\left(\mathrm{e}^{x}\sin0-2\cdot0\right)\mathrm{d}x=\pi a^{2}.\end{aligned} $$

于是

注 本题通过添加辅助路径并利用格林公式，将难以直接计算的曲线积分化为一个易于计算的二重积分和另一个易于计算的曲线积分之差，从而方便地求得结果。这是格林公式的用处之一，值得注意。

(6) 由 $ \Gamma $ 的一般方程 $ \{\begin{aligned}y&=z,\\ x^{2}&+y^{2}+z^{2}&=1\end{aligned}. $ 可得 $ x^{2}+2y^{2}=1 $ 。从而可令 $ x=\cos t $

$ y = \frac{\sin t}{\sqrt{2}}, z = \frac{\sin t}{\sqrt{2}}, t $ 从 0 变到 $ 2\pi $. 于是

$$ \begin{align*}\oint_{r}xyz\mathrm{d}z&=\int_{0}^{2\pi}\cos t\left(\frac{\sin t}{\sqrt{2}}\right)^{2}\cdot\frac{\cos t}{\sqrt{2}}\mathrm{d}t\\&=\frac{1}{2\sqrt{2}}\int_{0}^{2\pi}\sin^{2}t\cos^{2}t\mathrm{d}t\\&=\frac{1}{8\sqrt{2}}\int_{0}^{2\pi}\sin^{2}\left(2t\right)\mathrm{d}t\\&=\frac{1}{8\sqrt{2}}\int_{0}^{2\pi}\frac{1-\cos4t}{2}\mathrm{d}t=\frac{\pi}{8\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}\pi}{16}.\end{align*} $$

1. 计算下列曲面积分：

（1） $ \iint_{\Sigma}\frac{dS}{x^{2}+y^{2}+z^{2}} $，其中 $ \Sigma $是界于平面z=0及z=H之间的圆柱面 $ x^{2}+y^{2}=R^{2} $;

(2) $ \iint_{S}(y^{2}-z)dydz+(z^{2}-x)dzdx+(x^{2}-y)dxdy $，其中 $ \Sigma $ 为锥面 $ z=\sqrt{x^{2}+y^{2}} $ ( $ 0\leq z\leq h $) 的外侧；

(3) $ \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 $ 为半球面 $ z = \sqrt{R^2 - x^2 - y^2} $ 的上侧；

(4) $ \iint_{\Sigma}xyz\,dxdy $，其中 $ \Sigma $ 为球面 $ x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1 (x \geqslant 0, y \geqslant 0) $ 的外侧.

解 （1）将 $ \Sigma $ 分成 $ \Sigma_{1} $ 和 $ \Sigma_{2} $ 两片， $ \Sigma_{1} $ 为 $ y = \sqrt{R^{2} - x^{2}} $， $ \Sigma_{2} $ 为 $ y = -\sqrt{R^{2} - x^{2}} $， $ \Sigma_{1} $ 和 $ \Sigma_{2} $ 在 zOx 面上的投影区域均为

$$ D_{zx}=\left|\left(x,z\right)\right|0\leq z\leq H,-R\leq x\leq R\|. $$

$$ \begin{align*}\iint_{2^{n}}\frac{\mathrm{d}S}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}&=\iint_{D_{x}}\frac{1}{R^{2}+z^{2}}\sqrt{1+\frac{\left(-x\right)^{2}}{R^{2}-x^{2}}}\mathrm{d}x\mathrm{d}z\\&=\int_{0}^{H}\frac{1}{R^{2}+z^{2}}\mathrm{d}z\cdot\int_{-R}^{R}\frac{R}{\sqrt{R^{2}-x^{2}}}\mathrm{d}x\\&=\left[\frac{1}{R}\arctan\frac{z}{R}\right]_{0}^{H}\cdot\left[R\arcsin\frac{x}{R}\right]_{-R}^{R}\\&=\pi\arctan\frac{H}{R}.\end{align*} $$

又由于被积函数关于 y 是偶函数，积分曲面 $ \Sigma_{1} $ 和 $ \Sigma_{2} $ 关于 zOx 面对称，故

$$ \iint_{\Sigma_{1}}\frac{\mathrm{d}S}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}=\iint_{\Sigma_{1}}\frac{\mathrm{d}S}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}=\left.\pi\arctan\frac{H}{R}\right. $$

由此得

$$ \iint_{\Sigma}\frac{\mathrm{d}S}{x^{2}+y^{2}+z^{2}}=2\pi\arctan\frac{H}{R}. $$

（2）添加辅助曲面 $ \Sigma_{1} = \{(x, y, z) \mid z = h, x^{2} + y^{2} \leq h^{2}\} $，取上侧，则在由 $ \Sigma $ 和 $ \Sigma_{1} $ 所包围的空间闭区域 $ \Omega $ 上应用高斯公式得

$$ \begin{align*}&\iint\limits_{\Sigma+\Sigma_{1}}\left(y^{2}-z\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(z^{2}-x\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\left(x^{2}-y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\=&\iiint\limits_{\Omega}\Big[\frac{\partial\left(y^{2}-z\right)}{\partial x}+\frac{\partial\left(z^{2}-x\right)}{\partial y}+\frac{\partial\left(x^{2}-y\right)}{\partial z}\Big]\mathrm{d}v=\iiint\limits_{\Omega}0\cdot\mathrm{d}v=0,\end{align*} $$

于是

$$ \begin{aligned} 原式 &=-\iint_{\Sigma_{i}}\left(y^{2}-z\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(z^{2}-x\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\left(x^{2}-y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=-\iint_{\Sigma_{i}}\left(x^{2}-y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-\iint_{D_{ii}}\left(x^{2}-y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y,\end{aligned} $$

其中

$$ D_{xy}=\left|\left(x,y\right)\right|\left|x^{2}+y^{2}\leqslant h^{2}\right|. $$

在计算 $ \iint_{D_{1}}(x^{2}-y)dxdy $ 时，由对称性易知 $ \iint_{D_{1}}ydxdy=0 $，又 $ \iint_{D_{1}}x^{2}dxdy=\iint_{D_{1}}y^{2}dxdy $，故

$$ \begin{aligned}\iint_{D_{n}}\left(x^{2}-y\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\frac{1}{2}\iint_{D_{n}}\left(x^{2}+y^{2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &\xlongequal{ 极坐标 }\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\int_{0}^{h}\rho^{2}\cdot\rho\mathrm{d}\rho=\frac{\pi}{4}h^{4}.\end{aligned} $$

从而得

$$ 原式 =-\frac{\pi}{4}h^{4}. $$

注 本题若用第二类曲面积分的计算公式直接计算，则运算将十分繁复。现在通过添加辅助曲面并利用高斯公式，就将原积分化为辅助曲面上的一个容易计算的曲面积分，从而达到了化繁为简、化难为易的目的。这种做法与前面第3（5）题利用格林公式化简曲线积分计算的做法是类似的，请读者注意比较，并思考这样的问题：要使这种做法可行，所给的曲线积分（曲面积分）应具备什么条件？

（3）添加辅助曲面 $ \Sigma_{1}=\{(x,y,z)\mid z=0,x^{2}+y^{2}\leq R^{2}\} $，取下侧，则在由 $ \Sigma $ 和 $ \Sigma_{1} $ 所围成的空间闭区域 $ \Omega $ 上应用高斯公式得

$$ \begin{aligned}\iint\limits_{\Sigma+\Sigma_{1}}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iiint\limits_{D}\left(\frac{\partial x}{\partial x}+\frac{\partial y}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial z}\right)\mathrm{d}v\\&=3\iiint\limits_{D}\mathrm{d}v=3\cdot\frac{2\pi R^{3}}{3}=2\pi R^{3},\end{aligned} $$

于是

$$ \begin{aligned} 原式 &=2\pi R^{3}-\iint\limits_{z_{i}}^{}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=2\pi R^{3}-0=2\pi R^{3}.\end{aligned} $$

（4）解法一 将Σ分成Σ₁和Σ₂两片，其中Σ₁:z= $ \sqrt{1-x^{2}-y^{2}} $(x≥0,y≥0).

取上侧； $ \Sigma_{2}: z = -\sqrt{1 - x^{2}} - y^{2} (x \geqslant 0, y \geqslant 0) $，取下侧。 $ \Sigma_{1} $ 和 $ \Sigma_{2} $ 在 xOy 面上的投影区域均为 $ D_{xy} = \{(x, y) \mid x^{2} + y^{2} \leqslant 1, x \geqslant 0, y \geqslant 0\} $（图11-15）。于是

$$ \begin{aligned}\iint\limits_{\Sigma_{r}}xyz\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iint\limits_{D_{r_{r}}}xy\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&\xlongequal{ 极坐标 }\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin\theta\cos\theta\mathrm{d}\theta\cdot\int_{0}^{1}\rho^{2}\sqrt{1-\rho^{2}}\rho\mathrm{d}\rho\\&\xlongequal{\rho=\sin t}\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin^{3}t\cdot\cos^{2}t\mathrm{d}t\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}(\sin^{3}t-\sin^{5}t)\mathrm{d}t\\&=\frac{1}{2}\Big(\frac{2}{3}-\frac{4}{5}\cdot\frac{2}{3}\Big)=\frac{1}{15}，\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}\iint\limits_{\Sigma_{1}}xyz\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=-\iint\limits_{D_{xx}}xy\big(-\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}\big)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\iint\limits_{D_{xx}}xy\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{1}{15},\end{aligned} $$

因而

$$ \iint_{s}xyz\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{1}{15}+\frac{1}{15}=\frac{2}{15}. $$

解法二 应用高斯公式计算.

添加辅助曲面 $ \Sigma_{3}: x = 0 $（取后侧）； $ \Sigma_{4}: y = 0 $（取左侧），则有

$$ \iint_{\Sigma_{1}}x y z\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iint_{\Sigma_{2}}x y z\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0. $$

在由 $ \Sigma, \Sigma_{3} $ 和 $ \Sigma_{4} $ 所围成的空间闭区域 $ \Omega $ 上应用高斯公式，得

$$ \begin{align*}\iint_{\Sigma}xyz\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\iint_{\Sigma+\Sigma_{1}+\Sigma_{2}}xyz\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\iiint\limits_{D}\frac{\partial\left(xyz\right)}{\partial z}\mathrm{d}v\\&=\iiint\limits_{D}xy\mathrm{d}v=\iint\limits_{D_{n+1}}xy\mathrm{d}x\mathrm{d}y\int_{-\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}}^{\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}}\mathrm{d}z\\&=2\iint\limits_{D_{n+1}}\!xy\sqrt{1-x^{2}-y^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{2}{15}.\end{align*} $$

1. 证明： $ \frac{xdx+ydy}{x^{2}+y^{2}} $ 在整个 xOy 平面除去 y 的负半轴及原点的区域 G 内是某个二元函数的全微分，并求出一个这样的二元函数.

证 G 为平面单连通区域，在 G 内 $ P = \frac{x}{x^{2} + y^{2}} $， $ Q = \frac{y}{x^{2} + y^{2}} $ 具有一阶连续偏导数，且

$$ \frac{\partial Q}{\partial x}\;=\;\frac{\partial}{\partial x}\bigg(\frac{y}{x^{2}+y^{2}}\bigg)\;=\;\frac{-2x y}{\big(x^{2}+y^{2}\big)^{2}}\;=\;\frac{\partial}{\partial y}\bigg(\frac{x}{x^{2}+y^{2}}\bigg)\;=\;\frac{\partial P}{\partial y}, $$

故 $ \frac{xdx+ydy}{x^{2}+y^{2}} $在G内是某个二元函数 $ u(x,y) $的全微分.取折线积分路径 $ (0,1)\rightarrow(x,1)\rightarrow(x,y) $（图11-16），则

$$ \begin{array}{l l}{\displaystyle u\left(x,y\right)}&{=\displaystyle\int_{0}^{x}\frac{x\mathrm{d}x}{x^{2}+1}+\int_{1}^{y}\frac{y\mathrm{d}y}{x^{2}+y^{2}}}\\ {}&{}\\ {}&{=\displaystyle\frac{1}{2}\ln\left(1+x^{2}\right)+\frac{1}{2}\Big[\ln\left(x^{2}+y^{2}\right)\Big]_{1}^{y}}\\ {}&{}\\ {}&{=\displaystyle\frac{1}{2}\ln\left(x^{2}+y^{2}\right).}\\ \end{array} $$

1. 设在半平面 x > 0 内有力 $ F = -\frac{k}{\rho^{3}}(xi + yj) $ 构成力场，其中 k 为常数， $ \rho = \sqrt{x^{2} + y^{2}} $.

证明在此力场中场力所作的功与所取的路径无关.

证 半平面 x > 0 是单连通区域. 在此区域内, $ P = -\frac{kx}{\rho^{3}} $, $ Q = -\frac{ky}{\rho^{3}} $ 具有一阶连续偏导数, 且

$$ \frac{\partial Q}{\partial x}\:=\:\frac{3k x y}{\rho^{5}}\:=\:\frac{\partial P}{\partial y}, $$

故在此区域内，场力 F 沿曲线 L 所作的功，即

$$ \int_{L}\boldsymbol{F}\cdot\mathrm{d}\boldsymbol{r}=-k\int_{L}\frac{x\mathrm{d}x+y\mathrm{d}y}{\rho^{3}} $$

与路径无关.

1. 设函数 $ f(x) $ 在 $ (-∞, +∞) $ 内具有一阶连续导数，L 是上半平面 $ (y > 0) $ 内的有向分段光滑曲线，其起点为 $ (a, b) $，终点为 $ (c, d) $。记

$$ I=\int_{L}\frac{1}{y}\left[1+y^{2}f(x y)\right]\mathrm{d}x+\frac{x}{y^{2}}\left[y^{2}f(x y)-1\right]\mathrm{d}y, $$

（1）证明曲线积分 I 与路径无关；

（2）当 ab = cd 时，求 I 的值.

（1）证 因为

$$ \begin{align*}\frac{\partial}{\partial y}\biggl\{\frac{1}{y}\bigl[1+y^{2}f(xy)\bigr]\biggr\}&=f(xy)-\frac{1}{y^{2}}+xyf^{\prime}(xy)\\&=\frac{\partial}{\partial x}\biggl\{\frac{x}{y^{2}}\bigl[y^{2}f(xy)-1\bigr]\biggr\}\end{align*} $$

在上半平面这个单连通区域内处处成立，所以在上半平面内曲线积分与路径 L 无关.

（2）解 由于 I 与路径无关，故可取积分路径 L 为由点 $ (a,b) $ 到点 $ (c,b) $ 再到点 $ (c,d) $ 的有向折线，从而得

$$ \begin{aligned}I&=\int_{a}^{c}\frac{1}{b}\big[\;1\;+\;b^{2}f(bx)\;\big]\mathrm{d}x\;+\;\int_{b}^{d}\frac{c}{y^{2}}\big[\;y^{2}f(cy)\;-1\;\big]\mathrm{d}y\\&=\frac{c-a}{b}\;+\;\int_{a}^{c}bf(bx)\mathrm{d}x\;+\;\int_{b}^{d}cf(cy)\mathrm{d}y\;+\;\frac{c}{d}\;-\;\frac{c}{b}\\&=\frac{c}{d}\;-\;\frac{a}{b}\;+\;\int_{ab}^{bc}f(t)\mathrm{d}t\;+\;\int_{bc}^{cd}f(t)\mathrm{d}t\\&=\frac{c}{d}\;-\;\frac{a}{b}\;+\;\int_{ab}^{cd}f(t)\mathrm{d}t\,,\end{aligned} $$

当 ab = cd 时， $ \int_{ab}^{cd} f(t) \, dt = 0 $，由此得

$$ I=\frac{c}{d}-\frac{a}{b}. $$

1. 求均匀曲面 $ z = \sqrt{a^{2} - x^{2} - y^{2}} $ 的质心的坐标.

解 设质心位置为 $ (\bar{x},\bar{y},\bar{z}) $. 由对称性可知质心位于 z 轴上，故 $ \bar{x}=\bar{y}=0 $. $ \Sigma $ 在 xOy 面上的投影区域 $ D_{xy}=\{(x,y)\mid x^{2}+y^{2}\leqslant a^{2}\} $. 由于

$$ \begin{align*}\iint_{\Sigma}z\mathrm{d}S&=\iint_{D_{++}}\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}\cdot\sqrt{1+z_{x}^{2}+z_{y}^{2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\iint_{D_{++}}\sqrt{a^{2}-x^{2}-y^{2}}\cdot\sqrt{1+\frac{x^{2}+y^{2}}{a^{2}-x^{2}-y^{2}}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=a\iint_{D_{++}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=a\cdot\pi a^{2}=\pi a^{3},\end{align*} $$

又

$ \Sigma $ 的面积 $ A = 2\pi a^{2} $

故

$$ \bar{z}=\frac{\iint\limits_{\Sigma}z\mathrm{d}S}{A}=\frac{\pi a^{3}}{2\pi a^{2}}=\frac{a}{2}, $$

所求的质心为 $ \left(0,0,\frac{a}{2}\right) $.

1. 设 $ u(x,y) $ 与 $ v(x,y) $ 在闭区域 D 上都具有二阶连续偏导数，分段光滑的曲线 L 为 D 的正向边界曲线. 证明：

(1)

$$ \iint_{D}v\Delta u\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-\iint_{D}\left(\mathbf{g}\mathbf{r a d}u\cdot\mathbf{g}\mathbf{r a d}v\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\oint_{L}v\frac{\partial u}{\partial n}\mathrm{d}s; $$

(2)

$$ \iint_{D}\left(u\Delta v-v\Delta u\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\oint_{L}\left(u\frac{\partial v}{\partial n}-v\frac{\partial u}{\partial n}\right)\mathrm{d}s, $$

其中 $ \frac{\partial u}{\partial n} $ 与 $ \frac{\partial v}{\partial n} $ 分别是 u 与 v 沿 L 的外法线向量 n 的方向导数，符号 $ \Delta = \frac{\partial^{2}}{\partial x^{2}} + \frac{\partial^{2}}{\partial y^{2}} $ 称二维拉普拉斯算子.

证（1）如图11-17，n为有向曲线L的外法线向量， $ \tau $为L的切线向量.设x轴到n和 $ \tau $的转角分别为 $ \varphi $和 $ \alpha $，则 $ \alpha=\varphi+\frac{\pi}{2} $，且n的方向余弦为 $ \cos\varphi,\sin\varphi;\tau $的方向余弦为 $ \cos\alpha,\sin\alpha $.于是

$$ \begin{aligned}\oint_{L}v\frac{\partial u}{\partial n}\mathrm{d}s&=\oint_{L}v(u_{x}\cos\varphi+u_{y}\sin\varphi)\mathrm{d}s\\&=\oint_{L}v(u_{x}\sin\alpha-u_{y}\cos\alpha)\mathrm{d}s(\cos\alpha\mathrm{d}s=\mathrm{d}x,\sin\alpha\mathrm{d}s=\mathrm{d}y)\\&=\oint_{L}v u_{x}\mathrm{d}y-v u_{y}\mathrm{d}x\\&\xlongequal{ 格林公式 }\iint\limits_{D}\left[\frac{\partial(v u_{x})}{\partial x}-\frac{\partial(-\ v u_{y})}{\partial y}\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{aligned} $$

$$ \begin{aligned}&=\iint\limits_{D}\left[\left(u_{x}v_{x}+v u_{x x}\right)+\left(u_{y}v_{y}+v u_{y y}\right)\right]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\iint\limits_{D}v\left(u_{x x}+u_{y y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\iint\limits_{D}\left(u_{x}v_{x}+u_{y}v_{y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&=\iint\limits_{D}v\Delta u\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\iint\limits_{D}\left(\mathbf{g r a d}u\cdot\mathbf{g r a d}v\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y,\end{aligned} $$

把上式右端第二个积分移到左端即得所要证明的等式.

（2）在（1）证得的等式中交换 u, v 的位置，可得

$$ \iint_{D}u\Delta v\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-\iint_{D}\left(\mathbf{g r a d}v\cdot\mathbf{g r a d}u\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y+\oint_{L}u\frac{\partial v}{\partial n}\mathrm{d}s, $$

在此式的两端分别减去(1)中等式的两端，即得所需证明的等式.

$ ^{*} $10. 求向量 $ A = x\mathbf{i} + y\mathbf{j} + z\mathbf{k} $ 通过闭区域 $ \Omega = \{(x, y, z) \mid 0 \leqslant x \leqslant 1, 0 \leqslant y \leqslant 1\} $， $ 0 \leqslant z \leqslant 1 $ 的边界曲面流向外侧的通量.

$$ \begin{aligned}\Phi&=\iint_{\Sigma}\boldsymbol{A}\cdot\boldsymbol{n}\mathrm{d}S=\iint_{\Sigma}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\&\xlongequal{ 高斯公式 }\iiint_{\Omega}\left(\frac{\partial x}{\partial x}+\frac{\partial y}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial z}\right)\mathrm{d}v\\&=\iiint_{\Omega}\left(1+1+1\right)\mathrm{d}v=3\iiint_{\Omega}\mathrm{d}v=3\cdot1=3.\end{aligned} $$

1. 求力 F = y i + zj + xk 沿有向闭曲线 Γ 所作的功，其中 Γ 为平面 $ x + y + z = 1 $ 被三个坐标面所截成的三角形的整个边界，从 z 轴正向看去，沿顺时针方向.

解 $ W = \oint_{r} F \cdot d\mathbf{r} = \oint_{r} y \, dx + z \, dy + x \, dz. $

下面用两种方法来计算上面这个积分.

解法一 化为定积分直接计算. 如图 11-18, $ \Gamma $ 由 AB, BC, CA 三条有向线段组成,

AB:z = 0, x = t, y = 1 - t, t 从 0 变到 1;

BC:y=0,x=t,z=1-t,t从1变到0;

$$ \begin{aligned}CA:x=0,y=t,z=1-t,t 从 0 变到 1.\end{aligned} $$

于是

$$ \int_{AB}y\mathrm{d}x+z\mathrm{d}y+x\mathrm{d}z=\int_{AB}y\mathrm{d}x=\int_{0}^{1}(1-t)\mathrm{d}t=\frac{1}{2}, $$

$$ \int\limits_{BC}y\mathrm{d}x+z\mathrm{d}y+x\mathrm{d}z=\int\limits_{BC}x\mathrm{d}z=\int_{1}^{0}t\cdot\left(-1\right)\mathrm{d}t=\frac{1}{2}, $$

$$ \int\limits_{CA}y\mathrm{d}x+z\mathrm{d}y+x\mathrm{d}z=\int\limits_{CA}z\mathrm{d}y=\int_{0}^{1}\left(1-t\right)\mathrm{d}t=\frac{1}{2}. $$

因此

$$ \mathrm{W~=~\oint_{T}^{}y\mathrm{d}x~+~z\mathrm{d}y~+~x\mathrm{d}z~=~\int\limits_{AB}^{}+\int\limits_{BC}^{}+\int\limits_{CA}^{}+\int\limits=~\frac{3}{2}.~} $$

解法二 利用斯托克斯公式计算. 取 $ \Sigma $ 为平面 $ x + y + z = 1 $ 的下侧被 $ \Gamma $ 所围的部分，则 $ \Sigma $ 在任一点处的单位法向量为 $ \boldsymbol{n} = (\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma) = \left(-\frac{1}{\sqrt{3}}, -\frac{1}{\sqrt{3}}, -\frac{1}{\sqrt{3}}\right) $，由斯托克斯公式得

$$ \begin{aligned}\oint_{r}y\mathrm{d}x+z\mathrm{d}y+x\mathrm{d}z&=\iint_{\Sigma}\left|\begin{array}{ccc}-\frac{1}{\sqrt{3}}&-\frac{1}{\sqrt{3}}&-\frac{1}{\sqrt{3}}\\\frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\y&z&x\end{array}\right|\mathrm{d}S\\&=\iint_{\Sigma}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}}\right)\mathrm{d}S=\sqrt{3}\iint_{\Sigma}\mathrm{d}S\\&=\sqrt{3}\cdot(\Sigma 的面积 )=\sqrt{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{2}.\end{aligned} $$