第十二章: 曲线积分和曲面积分

\mathrm{d}s = \sqrt{\sin^2 t+\cos^2 t}\,\mathrm{d}t = \mathrm{d}t，且在 L 上 x^2+y^2=1，故

\int_L(x^2+y^2)\,\mathrm{d}s = \int_0^{2\pi}1\cdot\mathrm{d}t = 2\pi.

\int_L \sqrt{y}\,\mathrm{d}s = \int_0^1 \sqrt{x^2}\sqrt{1+\left(\frac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}x}\right)^2}\,\mathrm{d}x = \int_0^1 x\sqrt{1+4x^2}\,\mathrm{d}x.

令 u = 1+4x^2，\mathrm{d}u = 8x\,\mathrm{d}x：

= \left[\frac{1}{12}(1+4x^2)^{3/2}\right]_0^1 = \frac{1}{12}(5\sqrt{5} - 1).

弧长元素：

\mathrm{d}s = \sqrt{(-a\sin t)^2 + (a\cos t)^2 + k^2}\,\mathrm{d}t = \sqrt{a^2+k^2}\,\mathrm{d}t.

被积函数：x^2+y^2+z^2 = a^2\cos^2 t + a^2\sin^2 t + k^2 t^2 = a^2 + k^2 t^2。

\int_\Gamma (x^2+y^2+z^2)\,\mathrm{d}s = \sqrt{a^2+k^2}\int_0^{2\pi}(a^2+k^2t^2)\,\mathrm{d}t = \sqrt{a^2+k^2}\left[a^2 t + \frac{k^2 t^3}{3}\right]_0^{2\pi} = \frac{2\pi\sqrt{a^2+k^2}}{3}(3a^2 + 4\pi^2 k^2).

\int_L y\,\mathrm{d}x-x\,\mathrm{d}y = \int_0^{\pi}\bigl(\sin t\cdot(-\sin t)-\cos t\cdot\cos t\bigr)\mathrm{d}t = \int_0^{\pi}(-1)\,\mathrm{d}t = -\pi.

\mathrm{d}x = \mathrm{d}t，\mathrm{d}y = 2t\,\mathrm{d}t。

W = \int_L -y\,\mathrm{d}x + x\,\mathrm{d}y = \int_0^1 \left(-t^2 \cdot 1 + t \cdot 2t\right)\mathrm{d}t = \int_0^1 t^2\,\mathrm{d}t = \frac{1}{3}.

解法一（分拆路径）：

\int_L xy\,\mathrm{d}x = \int_{AO} xy\,\mathrm{d}x + \int_{OB} xy\,\mathrm{d}x = \int_1^0 x(-\sqrt{x})\,\mathrm{d}x + \int_0^1 x\sqrt{x}\,\mathrm{d}x = 2\int_0^1 x^{3/2}\,\mathrm{d}x = \frac{4}{5}.

解法二（y 参数化）：

x = y^2，\mathrm{d}x = 2y\,\mathrm{d}y，y \in [-1,1]：

\int_L xy\,\mathrm{d}x = \int_{-1}^1 y^2 \cdot y \cdot 2y\,\mathrm{d}y = 2\int_{-1}^1 y^4\,\mathrm{d}y = 4\int_0^1 y^4\,\mathrm{d}y = \frac{4}{5}.

\vec{F} = -k(x\hat{i} + y\hat{j}), \quad W = -k\int_{AB}(x\,\mathrm{d}x + y\,\mathrm{d}y).

参数化：\mathrm{d}x = -a\sin\theta\,\mathrm{d}\theta，\mathrm{d}y = b\cos\theta\,\mathrm{d}\theta，\theta: 0 \to \pi/2：

W = -k\int_0^{\pi/2}\bigl[a\cos\theta(-a\sin\theta) + b\sin\theta(b\cos\theta)\bigr]\mathrm{d}\theta = k(a^2-b^2)\int_0^{\pi/2}\sin\theta\cos\theta\,\mathrm{d}\theta.

W = k(a^2-b^2)\cdot\frac{1}{2}\int_0^{\pi/2}\sin 2\theta\,\mathrm{d}\theta = k(a^2-b^2)\cdot\frac{1}{2}\left[-\frac{\cos 2\theta}{2}\right]_0^{\pi/2} = \frac{k(a^2-b^2)}{2}.

由于 \vec{F} = x\hat{i}+y\hat{j} = \nabla\left(\dfrac{x^2+y^2}{2}\right) 是一个梯度场（保守场），

W = \oint_L \vec{F}\cdot\mathrm{d}\vec{r} = 0.

(1) 上半圆周：

\int_L y^2\,\mathrm{d}x = \int_0^\pi a^2\sin^2\theta \cdot (-a\sin\theta)\,\mathrm{d}\theta = -a^3\int_0^\pi(1-\cos^2\theta)\,\mathrm{d}\cos\theta.

令 u = \cos\theta，u: 1 \to -1：

= -a^3\int_1^{-1}(1-u^2)\,\mathrm{d}u = a^3\int_{-1}^1(1-u^2)\,\mathrm{d}u = a^3\left[2 - \frac{2}{3}\right] = -\frac{4}{3}a^3.

（注意原始积分含负号）

(2) 直线段 y=0：

\int_L y^2\,\mathrm{d}x = \int_a^{-a} 0\,\mathrm{d}x = 0.

两条路径结果不同，说明积分路径相关。

路径 (1)（y = x^2，x \in [0,1]）：

\int_L 2xy\,\mathrm{d}x+x^2\,\mathrm{d}y = \int_0^1\left(2x\cdot x^2 + x^2\cdot 2x\right)\mathrm{d}x = \int_0^1 \left(2x^{\frac{3}{2}+1} + \frac{1}{2}x^{\frac{3}{2}}\right)\mathrm{d}x.

更直接地：\mathrm{d}y = 2x\,\mathrm{d}x，

= \int_0^1(2x^3 + 2x^3)\,\mathrm{d}x = \ldots

令 y=x^2，则 dy = 2x\,dx：

= \int_0^1\left(2x\cdot x^2 + x^2 \cdot 2x\right)\mathrm{d}x = \int_0^1 4x^3\,\mathrm{d}x.

但最简单的方式：P\,dx+Q\,dy = d(x^2 y)（因为 Q = x^2 是 P\,dx + Q\,dy 的势函数 f = x^2 y 的全微分），

\int_O^B d(x^2 y) = \left[x^2 y\right]_{(0,0)}^{(1,1)} = 1.

结论：三条路径的积分值均为 1，积分路径无关。

\mathrm{curl}\,\vec{F} = \frac{\partial x}{\partial x} - \frac{\partial(-y)}{\partial y} = 1 + 1 = 2.

由格林公式：

\oint_C -y\,\mathrm{d}x + x\,\mathrm{d}y = \iint_D 2\,\mathrm{d}A = 2\,\mathrm{Area}(D).

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

由格林公式，设 D 为圆盘 x^2+y^2\leq a^2：

\oint_L x^2 y\,\mathrm{d}x - xy^2\,\mathrm{d}y = -\iint_D(x^2+y^2)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y.

换极坐标：

= -\int_0^{2\pi}\!\mathrm{d}\theta\int_0^a \rho^3\,\mathrm{d}\rho = -2\pi\cdot\frac{a^4}{4} = -\frac{\pi a^4}{2}.

令 P = \dfrac{-y}{x^2+y^2}，Q = \dfrac{x}{x^2+y^2}。当 x^2+y^2\neq 0 时：

Q_x = \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2} = P_y.

情形 (1)：原点不在 L 围成的区域 D 内。

由格林公式：

\oint_L \frac{x\,\mathrm{d}y-y\,\mathrm{d}x}{x^2+y^2} = 0.

情形 (2)：原点在 D 内。

取小圆 l: x^2+y^2=r^2（r 足够小，位于 D 内），对 L 和 l 围成的复连通区域 D_1 用格林公式（两条边界均逆时针）：

\oint_L \frac{x\,\mathrm{d}y-y\,\mathrm{d}x}{x^2+y^2} - \oint_l \frac{x\,\mathrm{d}y-y\,\mathrm{d}x}{x^2+y^2} = 0.

在 l 上参数化 x = r\cos\theta，y = r\sin\theta，\theta: 0\to 2\pi：

\oint_l \frac{x\,\mathrm{d}y-y\,\mathrm{d}x}{x^2+y^2} = \int_0^{2\pi}\frac{r^2(\cos^2\theta+\sin^2\theta)}{r^2}\,\mathrm{d}\theta = 2\pi.

故

\oint_L \frac{x\,\mathrm{d}y-y\,\mathrm{d}x}{x^2+y^2} = 2\pi.

令 P = 0，Q = x，则 Q_x - P_y = 1 - 0 = 1。

由格林公式：

\oint_C x\,\mathrm{d}y = \iint_D 1\,\mathrm{d}A = \mathrm{Area}(D). \qquad \square

P_y=2x=Q_x，故 \operatorname{curl}\mathbf{F}=0，\mathbf{F} 是保守场。

对 x 积分：f=\displaystyle\int(2xy+1)\,\mathrm{d}x+g(y)=x^2y+x+g(y)。

由 f_y=x^2+g'(y)=x^2-1，得 g'(y)=-1，故 g(y)=-y+c。

代入 f(0,0)=0：c=0，从而 f(x,y)=x^2y+x-y。

(1) P = y^2，Q = 0：

P_y = 2y \neq Q_x = 0.

不是梯度场。

(2) P = 2xy，Q = x^2：

P_y = 2x = Q_x = 2x. \quad \checkmark

是梯度场（势函数 f = x^2 y）。

(3) P = y，Q = x：

P_y = 1 = Q_x = 1. \quad \checkmark

是梯度场（势函数 f = xy）。

z=g(x,y)=\sqrt{a^2-x^2-y^2}，P=Q=0,\,R=z，g_x=-x/z,\,g_y=-y/z，故

\iint_S\mathbf{F}\cdot\mathrm{d}\mathbf{S} = \iint_{x^2+y^2\leq a^2} z\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \iint_{x^2+y^2\leq a^2}\sqrt{a^2-x^2-y^2}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y.

用极坐标 x=r\cos\theta,\,y=r\sin\theta：

= \int_0^{2\pi}\int_0^a\sqrt{a^2-r^2}\cdot r\,\mathrm{d}r\,\mathrm{d}\theta = 2\pi\cdot\frac{a^3}{3} = \frac{2\pi a^3}{3}.

\mathrm{div}\,\vec{F} = \frac{\partial x}{\partial x} + \frac{\partial y}{\partial y} = 1 + 1 = 2.

由散度定理：

\int_C \vec{F}\cdot\vec{n}\,\mathrm{d}s = \iint_D 2\,\mathrm{d}A = 2\,\mathrm{Area}(D).

\mathrm{div}\,\vec{F} = 1 + 1 + 1 = 3.

由高斯公式，设 D 为球体 x^2+y^2+z^2\leq a^2（体积 \dfrac{4}{3}\pi a^3）：

\oiint_\Sigma \vec{F}\cdot\vec{n}\,\mathrm{d}S = \iiint_D 3\,\mathrm{d}V = 3\cdot\frac{4}{3}\pi a^3 = 4\pi a^3.

P = (y-z)x,\quad Q = 0,\quad R = x-y.

\frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z} = (y-z) + 0 + 0 = y - z.

由高斯公式：

\iint_\Sigma = \iiint_\Omega (y-z)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\,\mathrm{d}z.

换柱面坐标 x = \rho\cos\theta，y = \rho\sin\theta：

= \int_0^{2\pi}\!\mathrm{d}\theta\int_0^1\rho\,\mathrm{d}\rho\int_0^3(\rho\sin\theta - z)\,\mathrm{d}z.

内层对 z：\displaystyle\int_0^3(\rho\sin\theta-z)\,\mathrm{d}z = 3\rho\sin\theta - \frac{9}{2}。

对 \rho：\displaystyle\int_0^1\rho(3\rho\sin\theta - \frac{9}{2})\,\mathrm{d}\rho = \sin\theta - \frac{9}{4}。

对 \theta：\displaystyle\int_0^{2\pi}\left(\sin\theta-\frac{9}{4}\right)\mathrm{d}\theta = 0 - \frac{9\pi}{2} = -\frac{9\pi}{2}.

补充 \Sigma_1: z = h（x^2+y^2\leq h^2，上侧），设 \Sigma+\Sigma_1 围成区域 \Omega。

\oiint_{\Sigma+\Sigma_1}(x^2\cos\alpha+y^2\cos\beta+z^2\cos\gamma)\,\mathrm{d}S = 2\iiint_\Omega(x+y+z)\,\mathrm{d}V.

由对称性，\iiint_\Omega(x+y)\,\mathrm{d}V = 0，只剩 z 项：

= 2\iint_{D_{xy}}\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y\int_{\sqrt{x^2+y^2}}^h z\,\mathrm{d}z = \iint_{D_{xy}}(h^2-x^2-y^2)\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \frac{\pi h^4}{2}.

在 \Sigma_1 上（z=h，法向量向上，\cos\gamma=1，\cos\alpha=\cos\beta=0）：

\iint_{\Sigma_1}z^2\,\mathrm{d}S = h^2\iint_{D_{xy}}\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \pi h^4.

故：

\iint_\Sigma = \frac{\pi h^4}{2} - \pi h^4 = -\frac{\pi h^4}{2}.

方向导数展开（\cos\alpha，\cos\beta，\cos\gamma 为外法向方向余弦）：

\frac{\partial v}{\partial n} = v_x\cos\alpha + v_y\cos\beta + v_z\cos\gamma.

曲面积分：

\oiint_\Sigma u\frac{\partial v}{\partial n}\,\mathrm{d}S = \oiint_\Sigma (u v_x\cos\alpha + u v_y\cos\beta + u v_z\cos\gamma)\,\mathrm{d}S.

对向量场 \vec{G} = (uv_x,\, uv_y,\, uv_z) 用高斯公式：

= \iiint_\Omega \left[\frac{\partial(u v_x)}{\partial x} + \frac{\partial(u v_y)}{\partial y} + \frac{\partial(u v_z)}{\partial z}\right]\mathrm{d}V.

展开散度（用乘积法则）：

= \iiint_\Omega u\Delta v\,\mathrm{d}V + \iiint_\Omega\left(u_x v_x + u_y v_y + u_z v_z\right)\mathrm{d}V.

移项即得所证公式。\square

\mathrm{d}x = 3t^2\,\mathrm{d}t，\mathrm{d}y = 2t\,\mathrm{d}t，\mathrm{d}z = \mathrm{d}t。

在 C 上：P = yz = t^2\cdot t = t^3，Q = xz = t^3\cdot t = t^4，R = xy = t^3\cdot t^2 = t^5。

\int_C \vec{F}\cdot\mathrm{d}\vec{r} = \int_0^1\left(t^3\cdot 3t^2 + t^4\cdot 2t + t^5\cdot 1\right)\mathrm{d}t = \int_0^1 6t^5\,\mathrm{d}t = \left[t^6\right]_0^1 = 1.

注： 向量场 \vec{F} = (yz, xz, xy) 是梯度场（势函数 f = xyz），所以积分值也可由 f(1,1,1)-f(0,0,0) = 1 直接得出。

P = yz，Q = xz，R = xy。

Q_x = z = P_y, \quad R_y = x = Q_z, \quad R_x = y = P_z.

所有混合偏导相等，故 \mathrm{curl}\,\vec{F} = \nabla\times\vec{F} = \mathbf{0}。

\vec{F} 是梯度场，势函数 f = xyz（可验证 \nabla(xyz) = (yz, xz, xy)）。

由斯托克斯公式，设 \Sigma 为三角形曲面（上侧）：

\oint_\Gamma z\,\mathrm{d}x+x\,\mathrm{d}y+y\,\mathrm{d}z = \iint_\Sigma \mathrm{d}y\,\mathrm{d}z + \mathrm{d}z\,\mathrm{d}x + \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y.

（由旋度 \mathrm{curl}(z, x, y) = (1,1,1) 与法向量 \frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1) 点积后化简可得。）

各投影积分均为对应坐标面上的三角形面积 \frac{1}{2}：

\iint_\Sigma \mathrm{d}y\,\mathrm{d}z = \iint_{D_{yz}}\mathrm{d}\sigma = \frac{1}{2},\quad \iint_\Sigma \mathrm{d}z\,\mathrm{d}x = \frac{1}{2},\quad \iint_\Sigma \mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = \frac{1}{2}.

故

\oint_\Gamma z\,\mathrm{d}x+x\,\mathrm{d}y+y\,\mathrm{d}z = \frac{3}{2}.

法向量 \mathbf{n} = \frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)，\cos\alpha=\cos\beta=\cos\gamma=\frac{1}{\sqrt{3}}。

斯托克斯公式（旋度行列式展开）：

I = \iint_\Sigma \begin{vmatrix} \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}} & \frac{1}{\sqrt{3}} \\ \partial_x & \partial_y & \partial_z \\ y^2-z^2 & z^2-x^2 & x^2-y^2 \end{vmatrix} \mathrm{d}S = -\frac{4}{\sqrt{3}}\iint_\Sigma(x+y+z)\,\mathrm{d}S.

在 \Sigma 上，x+y+z = \frac{3}{2}：

I = -\frac{4}{\sqrt{3}}\cdot\frac{3}{2}\iint_\Sigma\mathrm{d}S = -2\sqrt{3}\iint_{D_{xy}}\sqrt{3}\,\mathrm{d}x\,\mathrm{d}y = -6\sigma_{xy}.

投影区域 D_{xy} 为正六边形，面积 \sigma_{xy} = 1 - 2\times\frac{1}{8} = \frac{3}{4}（由立方体截面几何算得）。

I = -6\cdot\frac{3}{4} = -\frac{9}{2}.