第18章 多元函数积分学

基础部分

1. 设平面曲线$z^2=2x$绕$x$轴旋转一周所得空间曲面$\Sigma$与平面$x=1$，$x=2$围成的空间区域为$\Omega$，则$I=\underset{\Omega }{\iiint }\frac{1}{x^2+y^2+z^2}dv=$

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答案：

$3\pi \ln \frac{4}{3}$。

解析：

旋转曲面方程为$y^2+z^2=2x$。以$x$轴为极轴作柱面坐标变换

$y=r\cos \theta ,z=r\sin \theta$，

则$1\le x\le 2$，$0\le r\le \sqrt{2x}$，从而

$I={\int }_1^2{\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\sqrt{2x}}\frac{r}{x^2+r^2}drd\theta dx$

$=\pi {\int }_1^2\ln \frac{x^2+2x}{x^2}dx=\pi {\int }_1^2\ln \left(1+\frac{2}{x}\right)dx$。

又

$\int \ln \left(1+\frac{2}{x}\right)dx=(x+2)\ln (x+2)-x\ln x-2$，

故

$I=\pi (6\ln 2-3\ln 3)=3\pi \ln \frac{4}{3}$。

2. 设$\Omega$是由上半球面$z=\sqrt{4-x^2-y^2}$与曲面$x^2+y^2=3z$所围成的空间有界闭区域，则$\Omega$的形心竖坐标$\bar{z}=$

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答案：

$\bar{z}=\frac{39}{38}$。

解析：

两曲面交线满足

$r^2=3z,r^2+z^2=4$，

解得$z=1$，$r=\sqrt{3}$。因此

$\Omega :0\le r\le \sqrt{3},\frac{r^2}{3}\le z\le \sqrt{4-r^2}$。

体积为

$V=2\pi {\int }_0^{\sqrt{3}}\left(\sqrt{4-r^2}-\frac{r^2}{3}\right)rdr=\frac{19\pi }{6}$。

关于$xOy$面的静矩为

$M_{xy}=2\pi {\int }_0^{\sqrt{3}}rdr{\int }_{r^2/3}^{\sqrt{4-r^2}}zdz$

$=\pi {\int }_0^{\sqrt{3}}\left(4-r^2-\frac{r^4}{9}\right)rdr=\frac{13\pi }{4}$。

故

$\bar{z}=\frac{M_{xy}}{V}=\frac{13\pi /4}{19\pi /6}=\frac{39}{38}$。

3. 设$L$为圆周$x^2+y^2=1$，则${\oint }_L(x^3+y^2)ds=$

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答案：

$\pi$。

解析：

令$x=\cos t$，$y=\sin t$，$0\le t\le 2\pi$，则$ds=dt$。于是

${\oint }_L{x}^{3}ds={\int }_0^{2\pi }{\cos }^{3}tdt=0$，

${\oint }_L{y}^{2}ds={\int }_0^{2\pi }{\sin }^{2}tdt=\pi$。

因此原积分等于$\pi$。

4. 设$\Gamma$为曲面$x^2+y^2+z^2=1$与平面$x+y+z=1$的交线，则${\oint }_{\Gamma }(y^2+2x-z)ds=$

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答案：

$\frac{4\pi }{3}\sqrt{\frac{2}{3}}=\frac{4\sqrt{6}\pi }{9}$。

解析：

交线是圆。圆心为平面法线方向上球心到平面的垂足

$C\left(\frac{1}{3},\frac{1}{3},\frac{1}{3}\right)$，

半径为

$R=\sqrt{1-\frac{1}{3}}=\sqrt{\frac{2}{3}}$。

圆周上$x,z$的平均值分别为$1/3$。对$y^2$，设点写成$C+\mathbf{u}$，其中$\mathbf{u}$位于平面$x+y+z=0$且$|\mathbf{u}|=R$。圆周平均满足

$\overline{u_y^2}=\frac{R^2}{2}\left(1-\frac{1}{3}\right)=\frac{2}{9}$，

故

$\overline{y^2}=\frac{1}{9}+\frac{2}{9}=\frac{1}{3}$。

于是被积函数的圆周平均值为

$\frac{1}{3}+\frac{2}{3}-\frac{1}{3}=\frac{2}{3}$。

乘以圆周长$2\pi R$，得

${\oint }_{\Gamma }(y^2+2x-z)ds=\frac{2}{3}\cdot 2\pi \sqrt{\frac{2}{3}}$。

5. 设$l$是从点$(1,1,1)$到点$(4,4,4)$的直线段，则${\int }_l\frac{xdx+ydy+zdz}{\sqrt{x^2+y^2+z^2-x-y+2z}}=$

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答案：

$3\sqrt{3}$。

解析：

令直线段参数方程为

$x=y=z=t,1\le t\le 4$。

则分母为

$\sqrt{3t^2-t-t+2t}=\sqrt{3}t$，

分子为$3tdt$。因此

${\int }_l\frac{xdx+ydy+zdz}{\sqrt{x^2+y^2+z^2-x-y+2z}}={\int }_1^4\sqrt{3}dt=3\sqrt{3}$。

6. 若$(2a{x}^3{y}^3-3y^2+5)dx+(3x^4{y}^2-2bxy-4)dy$是某函数$u(x,y)$的全微分，则$u(x,y)=$

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答案：

$u=x^4{y}^3-3x{y}^2+5x-4y+C$。

解析：

记

$M=2a{x}^3{y}^3-3y^2+5,N=3x^4{y}^2-2bxy-4$。

全微分要求$M_y=N_x$，即

$6a{x}^3{y}^2-6y=12x^3{y}^2-2by$。

比较系数得$a=2$，$b=3$。

于是

$u=\int Mdx=x^4{y}^3-3x{y}^2+5x+\phi (y)$。

由$u_y=N$得${\phi }^{\prime }(y)=-4$，故$\phi (y)=-4y+C$。

7. 使得${\oint }_L(2y^3-3y)dx-x^{3}dy$的值最大的平面正向边界曲线$L$为（）

A. $3x^2+y^2=1$

B. $2x^2+y^2=1$

C. $x^2+3y^2=1$

D. $x^2+2y^2=1$

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答案：

D。

解析：

由格林公式

${\oint }_L(2y^3-3y)dx-x^{3}dy={\iint }_D\left[-3x^2-(6y^2-3)\right]dxdy$

$=3{\iint }_D(1-x^2-2y^2)dxdy$。

被积函数在椭圆$x^2+2y^2<1$内为正，在其外为负。因此取该椭圆内部作为积分域时，恰好包含全部正值区域而不包含负值区域，积分达到最大，故选D。

8. 设$x>0$，$I={\int }_{L}x(1+y\sin x)dx+\frac{f(x)}{x}dy$与路径$L$无关，$f(x)$有连续导数且$f\left(\frac{\pi }{2}\right)=0$，当$L$是从点$A\left(\frac{\pi }{2},1\right)$到点$B(\pi ,0)$的任一曲线时，$I=$

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答案：

$\frac{3{\pi }^2}{8}$。

解析：

记

$M=x(1+y\sin x),N=\frac{f(x)}{x}$。

路径无关要求$M_y=N_x$，即

$x\sin x={\left(\frac{f(x)}{x}\right)}^{\prime }$。

积分得

$\frac{f(x)}{x}=-x\cos x+\sin x+C$。

由$f(\pi /2)=0$得$C=-1$，故

$\frac{f(x)}{x}=-x\cos x+\sin x-1$。

势函数可取

$U(x,y)=\frac{x^2}{2}+y(-x\cos x+\sin x-1)$。

所以

$I=U(\pi ,0)-U\left(\frac{\pi }{2},1\right)=\frac{{\pi }^2}{2}-\frac{{\pi }^2}{8}=\frac{3{\pi }^2}{8}$。

9. 设$D\subset {\mathbb{R}}^2$是单连通有界闭区域，$I(D)=\underset{D}{\iint }(1-x^2-y^2)dxdy$取得最大值的积分域记为$D_1$。(1)求$I(D_1)$的值；(2)计算${\oint }_{\partial D_1}\frac{(x{e}^{x^2+2y^2}+y)dx+(2y{e}^{x^2+2y^2}-x)dy}{x^2+2y^2}$，$\partial D_1$为$D_1$的正向边界。

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答案：

（1）$I(D_1)=\frac{\pi }{2}$；

（2）$-\sqrt{2}\pi$。

解析：

（1）被积函数$1-x^2-y^2$在单位圆内为正、圆外为负，所以最大积分域为

$D_1=\{x^2+y^2\le 1\}$。

从而

$I(D_1)={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1(1-r^2)rdrd\theta =\frac{\pi }{2}$。

（2）记$q=x^2+2y^2$。积分中的指数部分为

$\frac{x{e}^{q}dx+2y{e}^{q}dy}{q}=\frac{e^q}{2q}dq$，

它在边界曲线上是某单值函数的全微分，闭路积分为零。因此只需计算

${\oint }_{\partial D_1}\frac{ydx-xdy}{x^2+2y^2}$。

令$x=\cos t$，$y=\sin t$，则

$ydx-xdy=-dt$，

故

$-{\int }_0^{2\pi }\frac{dt}{1+{\sin }^{2}t}=-\sqrt{2}\pi$。

10. 已知$\Omega =\{(x,y,z)|y^2+z^2\le 1,0\le x\le 1\}$，$\Sigma$为$\Omega$的边界面且取外侧，则$\iint (y^3+z\sin x)dzdx+(x^{2}y-z^3)dydz+(2xy+y^{2}z)dxdy=$

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答案：

$\pi$。

解析：

按$Pdydz+Qdzdx+Rdxdy$的次序，有

$P=x^{2}y-z^3,Q=y^3+z\sin x,R=2xy+y^{2}z$。

由高斯公式

$I={\iiint }_{\Omega }(P_x+Q_y+R_z)dV={\iiint }_{\Omega }(2xy+4y^2)dV$。

因截面圆盘关于$y$对称，$2xy$项积分为零。又单位圆盘上

$\iint y^{2}dydz=\frac{\pi }{4}$，

且$0\le x\le 1$，故

$I=4\cdot \frac{\pi }{4}=\pi$。

11. 设$\Sigma$为上半球体$0\le z\le \sqrt{a^2-x^2-y^2}(a>0)$的表面外侧，则曲面积分$\iint x{z}^{2}dydz+(x^{2}y-z^3)dzdx+(2xy+y^{2}z)dxdy=$

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答案：

$\frac{2\pi a^5}{5}$。

解析：

向量场各分量为

$P=x{z}^2,Q=x^{2}y-z^3,R=2xy+y^{2}z$。

其散度为

$P_x+Q_y+R_z=z^2+x^2+y^2$。

由高斯公式，原积分等于上半球体内$r^2$的三重积分。球坐标下

$I={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\pi /2}{\int }_0^a{r}^2\cdot r^2\sin \phi drd\phi d\theta =\frac{2\pi a^5}{5}$。

12. 设$\Sigma =\{(x,y,z)|x^2+y^2+z^2=1,x\ge 0,y\ge 0\}$，指向右侧，则${\iint }_{\Sigma }xdS=$

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答案：

$\frac{\pi }{2}$。

解析：

这是单位球面上满足$x\ge 0$、$y\ge 0$的四分之一球面。取球面坐标

$x=\sin \phi \cos \theta$，

其中$0\le \phi \le \pi$，$0\le \theta \le \pi /2$，且$dS=\sin \phi d\phi d\theta$。于是

${\iint }_{\Sigma }xdS={\int }_0^{\pi /2}\cos \theta d\theta {\int }_0^{\pi }{\sin }^2\phi d\phi =\frac{\pi }{2}$。

13. 设$\Sigma$是曲线$x=e^y(0\le y\le a)$绕$x$轴旋转而成的旋转曲面，取后侧，则$I={\iint }_{\Sigma }2(1-x^2)dydz+8xydzdx-4xzdxdy=$

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答案：

$2\pi a^2(e^{2a}-1)$。

解析：

旋转曲面可写成

$x=e^r,r=\sqrt{y^2+z^2},0\le r\le a$。

“后侧”取$x$分量为负的法向量。以$x=g(y,z)=e^r$表示曲面，则有向面积向量为

$(-1,g_y,g_z)dydz=\left(-1,\frac{xy}{r},\frac{xz}{r}\right)dydz$。

与向量场$(2(1-x^2),8xy,-4xz)$点乘，并令

$y=r\cos \theta ,z=r\sin \theta$，

对$\theta$积分后得到

$I=4\pi {\int }_0^a[-r+r{e}^{2r}+r^2{e}^{2r}]dr$。

注意

${\int }_0^a(r+r^2)e^{2r}dr=\frac{a^2{e}^{2a}}{2}$，

故

$I=4\pi \left(-\frac{a^2}{2}+\frac{a^2{e}^{2a}}{2}\right)=2\pi a^2(e^{2a}-1)$。

14. 设$\Sigma$为曲面$x=y^2+z^2(x\le 1)$的后侧，计算曲面积分$I={\iint }_{\Sigma }(x-1)dydz+(y-1{)}^{3}dzdx+(z-1{)}^{3}dxdy$。

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答案：

$4\pi$。

解析：

曲面与平面$x=1$围成区域

$\Omega =\{y^2+z^2\le x\le 1\}$。

抛物面后侧正是该区域的外侧。补上平面$x=1$上的圆盘后使用高斯公式。向量场为

$P=x-1,Q=(y-1{)}^3,R=(z-1{)}^3$，

散度为

$1+3(y-1{)}^2+3(z-1{)}^2$。

补面上$P=0$，故其通量为零。因此

$I={\iiint }_{\Omega }[1+3(y-1{)}^2+3(z-1{)}^2]dV$。

令$r^2=y^2+z^2$。利用圆盘对称性，含$y,z$的一次项积分为零，于是

$I=2\pi {\int }_0^1(1-r^2)(7+3r^2)rdr=4\pi$。

15. 设曲面$\Sigma$为$z^2=x^2+y^2-1$介于$z=0$与$z=1$之间的部分，取外侧，$f(x)$为连续函数，计算$I={\iint }_{\Sigma }[yf(xy)-2x]dydz+\left[y^2-xf(xy)\right]dzdx+(z-1{)}^{2}dxdy$。

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答案：

$-\frac{17\pi }{6}$。

解析：

曲面是上半支$x^2+y^2=1+z^2$在$0\le z\le 1$之间的侧面。补上$z=0$和$z=1$两个圆盘构成闭曲面。

令

$P=yf(xy)-2x,Q=y^2-xf(xy),R=(z-1{)}^2$。

散度为

$P_x+Q_y+R_z=(y^2-x^2)f^{\prime }(xy)+2y+2z-4$。

在每个圆形截面上，$(y^2-x^2)f^{\prime }(xy)$在交换$x,y$后变号，积分为零；$2y$项也因对称性积分为零。因此闭曲面总通量为

$\pi {\int }_0^1(2z-4)(1+z^2)dz=-\frac{23\pi }{6}$。

上盖$z=1$处$R=0$，通量为零；下盖$z=0$的外法向量向下，通量为

$-{\iint }_{x^2+y^2\le 1}1dxdy=-\pi$。

故侧面通量

$I=-\frac{23\pi }{6}-(-\pi )=-\frac{17\pi }{6}$。

16. 设空间曲线$\Gamma :\{\begin{array}{l}|x|+|y|=1\\ z=\arctan (x+y)\end{array}$，从$z$轴正向往$z$轴负向看，$\Gamma$的方向为逆时针，计算$I={\oint }_{\Gamma }\left(x^2-y\right)dx+\left(2x+y^2\right)dy+z^{2}dz$。

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答案：

$6$。

解析：

因为$z^{2}dz=d(z^3/3)$，其闭路积分为零。曲线在$xOy$面上的投影是菱形

$D:|x|+|y|\le 1$，

且方向为正向。由格林公式

$I={\iint }_D\left[\frac{\partial }{\partial x}(2x+y^2)-\frac{\partial }{\partial y}(x^2-y)\right]dxdy$

$={\iint }_{D}3dxdy$。

菱形两条对角线均长$2$，面积为$2$，故$I=3\times 2=6$。

强化部分

1. 设$\Omega =\{(x,y,z)|x^2+y^2+z^2\le 1,x\ge 0,y\ge 0,z\ge 0\}$，则$\underset{\Omega }{\iiint }(x^2+2y^2+3z^2)dxdydz=$_____。

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答案：

$\frac{\pi }{5}$。

解析：

在单位球内，由对称性

$\iiint x^{2}dV=\iiint y^{2}dV=\iiint z^{2}dV=\frac{4\pi }{15}$。

第一卦限部分占全球的$1/8$，故每一项的积分均为$\pi /30$。于是

${\iiint }_{\Omega }(x^2+2y^2+3z^2)dV=(1+2+3)\frac{\pi }{30}=\frac{\pi }{5}$。

2. 设曲线$L$的方程为$2x=y^2(0\le y\le 1)$，则${\int }_{L}yds=$_____。

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答案：

$\frac{2\sqrt{2}-1}{3}$。

解析：

以$y$为参数，$x=y^2/2$，故

$ds=\sqrt{1+{\left(\frac{dx}{dy}\right)}^2}dy=\sqrt{1+y^2}dy$。

所以

${\int }_{L}yds={\int }_0^{1}y\sqrt{1+y^2}dy=\frac{1}{3}{\left[(1+y^2{)}^{3/2}\right]}_0^1=\frac{2\sqrt{2}-1}{3}$。

3. 设$L$为曲线${\left(x-\frac{1}{2}\right)}^2+{\left(y-\frac{1}{2}\right)}^2=\frac{1}{2}$，取逆时针方向，$I={\oint }_{L}4ydx+(x+y{)}^{2}dy$，$J={\oint }_{L}4xdx+(x+y{)}^{2}dy$，$K={\oint }_{L}4xydx+(x+y{)}^{2}dy$，则$I,J,K$的大小顺序为（）

A. $I<K\le J$

B. $J\le K\le I$

C. $I<J<K$

D. $K<I<J$

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答案：

A。

解析：

圆域面积为$\pi /2$，圆心为$(1/2,1/2)$。由格林公式：

$I={\iint }_D[2(x+y)-4]dA=-\pi$；

$J={\iint }_{D}2(x+y)dA=\pi$；

$K={\iint }_D[2(x+y)-4x]dA=2{\iint }_D(y-x)dA=0$。

故$I<K<J$，选A。

4. 已知有界闭区域$\Omega$由锥面$z=\sqrt{x^2+y^2}$与平面$z=1$围成，计算三重积分$I=\underset{\Omega }{\iiint }(x+y+z{)}^{2}dxdydz$

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答案：

$\frac{3\pi }{10}$。

解析：

柱坐标下$0\le z\le 1$，$0\le r\le z$。展开平方后，含$xy,xz,yz$的交叉项对$\theta$积分均为零，而$x^2+y^2=r^2$。因此

$I={\int }_0^1{\int }_0^z{\int }_0^{2\pi }(r^2+z^2)rd\theta drdz$

$=2\pi {\int }_0^1\left(\frac{z^4}{4}+\frac{z^4}{2}\right)dz=\frac{3\pi }{10}$。

5. 设$\Gamma$是空间圆周$\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2+z^2=a^2\\ x+y+z=\frac{3}{2}a\end{array}(a>0)$，则${\oint }_{\Gamma }(2yz+2zx+2xy)ds=$_____

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答案：

$\frac{5\pi a^3}{4}$。

解析：

圆心为$C(a/2,a/2,a/2)$，半径为$R=a/2$。圆周长为$\pi a$。

对圆周上位移向量$\mathbf{u}$，其所在平面法向量为$(1,1,1)/\sqrt{3}$。圆周平均满足

$\overline{u_y{u}_z}=-\frac{R^2}{6}=-\frac{a^2}{24}$。

于是

$\overline{yz}=\frac{a^2}{4}-\frac{a^2}{24}=\frac{5a^2}{24}$。

同理$\overline{zx}=\overline{xy}=5a^2/24$，所以被积函数平均值为

$2\cdot 3\cdot \frac{5a^2}{24}=\frac{5a^2}{4}$。

乘以圆周长得所求积分。

6. 设$\Gamma$是球面$x^2+y^2+z^2=1$与平面$x=y$的交线，则${\oint }_{\Gamma }(x^2+y^2)ds=$_____

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答案：

$\pi$。

解析：

该交线是单位大圆。取正交基

${\mathbf{e}}_1=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,1,0),{\mathbf{e}}_2=(0,0,1)$，

参数化为

$(x,y,z)={\mathbf{e}}_1\cos t+{\mathbf{e}}_2\sin t$。

则$x=y=\cos t/\sqrt{2}$，$ds=dt$，故

${\oint }_{\Gamma }(x^2+y^2)ds={\int }_0^{2\pi }{\cos }^{2}tdt=\pi$。

7. 设$\Gamma$为球面$x^2+y^2+z^2=m^2$与平面$x+z=m(m>0)$的交线，计算$I={\oint }_{\Gamma }xz(1+yz-xy)ds$

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答案：

$\frac{\sqrt{2}\pi m^3}{8}$。

解析：

圆心为$(m/2,0,m/2)$，半径为$R=m/\sqrt{2}$。令

$u=\frac{x-z}{\sqrt{2}}$，

则在交线平面内$u^2+y^2=R^2$，且

$xz=\frac{m^2-2u^2}{4},z-x=-\sqrt{2}u$。

故

$xz(1+yz-xy)=xz(1-\sqrt{2}uy)$。

含$uy$的部分在圆周上的积分为零。圆周上$\overline{u^2}=R^2/2=m^2/4$，因此

$\overline{xz}=\frac{m^2-2(m^2/4)}{4}=\frac{m^2}{8}$。

乘以圆周长$2\pi R=\sqrt{2}\pi m$即得结果。

8. 设$D=\{(x,y)|x^2+y^2\le 4\}$，$\partial D$为$D$的正向边界，则${\oint }_{\partial D}\frac{(x{e}^{x^2+4y^2}+y)dx+(4y{e}^{x^2+4y^2}-x)dy}{x^2+4y^2}=$_____

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答案：

$-\pi$。

解析：

令$q=x^2+4y^2$。指数部分为

$\frac{x{e}^{q}dx+4y{e}^{q}dy}{q}=\frac{e^q}{2q}dq$，

沿闭曲线积分为零。于是只需计算

${\oint }_{\partial D}\frac{ydx-xdy}{x^2+4y^2}$。

令$x=2\cos t$，$y=2\sin t$，则

$ydx-xdy=-4dt$，

$x^2+4y^2=4(1+3{\sin }^{2}t)$。

因此

$I=-{\int }_0^{2\pi }\frac{dt}{1+3{\sin }^{2}t}=-\pi$。

9. 设函数$f(x)$，$g(x)$二阶导数连续，$f(0)=0$，$g(0)=0$，且对于平面上任一简单闭曲线$L$均有${\oint }_L\left[y^{2}f(x)+2y{e}^x+2yg(x)\right]dx+2[yg(x)+f(x)]dy=0$。(1)求$f(x)$，$g(x)$的表达式；(2)设$L_1$为任一条从点$(0,0)$到点$(1,1)$的曲线，计算${\int }_{L_1}\left[y^{2}f(x)+2y{e}^x+2yg(x)\right]dx+2[yg(x)+f(x)]dy$。

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答案：

（1）

$g(x)=\frac{e^{-x}-e^x}{4}+\frac{x{e}^x}{2}$，

$f(x)=\frac{(2x+1)e^x-e^{-x}}{4}$；

（2）$\frac{7e-e^{-1}}{4}$。

解析：

闭路积分恒为零，故微分形式为全微分。令$M,N$分别为$dx,dy$的系数，由$M_y=N_x$得

$2yf(x)+2e^x+2g(x)=2y{g}^{\prime }(x)+2f^{\prime }(x)$。

比较$y$的系数及常数项：

$g^{\prime }=f,f^{\prime }=e^x+g$。

所以$g^{\prime \prime }-g=e^x$。结合$g(0)=0$、$g^{\prime }(0)=f(0)=0$，解得上述$f,g$。

势函数可取

$U(x,y)=y^{2}g(x)+2yf(x)$。

故积分为

$U(1,1)-U(0,0)=g(1)+2f(1)=\frac{7e-e^{-1}}{4}$。

10. 设$P(x,y,z)$为球面$\Sigma :x^2+y^2+z^2-2z=0$上的动点，球面$\Sigma$在点$P(x,y,z)$处的法线与平面$x+z=0$平行。(1)求点$P$的轨迹$\Gamma$的方程；(2)计算曲线积分${\oint }_{\Gamma }{y}^{2}dx+z^{2}dy+x^{2}dz$

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答案：

（1）

$\Gamma :\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2+(z-1{)}^2=1,\\ x+z=1;\end{array}$

（2）若按法向量$(1,0,1)$确定正向，则积分为$-\sqrt{2}\pi$；反向时为$\sqrt{2}\pi$。

解析：

球心为$C(0,0,1)$，点$P$处法向量可取

$\overrightarrow{CP}=(x,y,z-1)$。

“法线与平面$x+z=0$平行”意味着该向量与平面法向量$(1,0,1)$垂直，故

$x+z-1=0$。

因此轨迹是过球心的大圆。

令向量场$\mathbf{F}=(y^2,z^2,x^2)$，则

$\nabla \times \mathbf{F}=(-2z,-2x,-2y)$。

取圆盘法向量$\mathbf{n}=(1,0,1)/\sqrt{2}$，在平面$x+z=1$上有

$(\nabla \times \mathbf{F})\cdot \mathbf{n}=-\sqrt{2}$。

圆盘面积为$\pi$，由斯托克斯公式得$-\sqrt{2}\pi$。原题未明确曲线方向，因此反向时符号相反。

11. 已知$\Sigma$为曲面$4x^2+y^2+z^2=1(x\ge 0,y\ge 0,z\ge 0)$的上侧，$L$为$\Sigma$的边界曲线，其方向与$\Sigma$的正法向量满足右手法则，计算曲线积分$I={\oint }_L(y{z}^2-\cos z)dx+2x{z}^{2}dy+(2xyz+x\sin z)dz$

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答案：

$0$。

解析：

令

$P=y{z}^2-\cos z,Q=2x{z}^2,R=2xyz+x\sin z$。

则

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

曲面上侧写为$z=\sqrt{1-4x^2-y^2}$，其有向面积向量为

$\left(\frac{4x}{z},\frac{y}{z},1\right)dxdy$。

故由斯托克斯公式

$I={\iint }_D(-8x^2+z^2)dxdy={\iint }_D(1-12x^2-y^2)dxdy$，

其中$D=\{4x^2+y^2\le 1,x\ge 0,y\ge 0\}$。

令$u=2x$，$v=y$，则

$I=\frac{1}{2}{\iint }_{u^2+v^2\le 1,u,v\ge 0}(1-3u^2-v^2)dudv=0$。

12. 设曲面$z=\sqrt{1-x^2-y^2}$与平面$z=-x$的交线为$L$，起点为$A(0,1,0)$，终点为$B(0,-1,0)$，则${\int }_L(x+y-z)dx+|y|dz=$

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答案：

$-\frac{\pi }{2\sqrt{2}}$。

解析：

交线满足$2x^2+y^2=1$且$x\le 0$。按从$A$到$B$的方向参数化为

$x=-\frac{1}{\sqrt{2}}\sin t,y=\cos t,z=\frac{1}{\sqrt{2}}\sin t,0\le t\le \pi$。

代入后

$(x+y-z)dx+|y|dz$

$=\left(-\frac{{\cos }^{2}t}{\sqrt{2}}+\sin t\cos t+\frac{|\cos t|\cos t}{\sqrt{2}}\right)dt$。

后两项在$[0,\pi ]$上的积分均为零，故

$I=-\frac{1}{\sqrt{2}}{\int }_0^{\pi }{\cos }^{2}tdt=-\frac{\pi }{2\sqrt{2}}$。

13. 设$L$为曲线$y=2\sqrt{1-x^2}$上从点$(0,2)$到点$(1,0)$的一段弧，则曲线积分${\int }_L(2y+1)dx+(3x+2)dy=$

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答案：

$-3-\frac{\pi }{2}$。

解析：

分解微分形式：

$(2y+1)dx+(3x+2)dy=d(2xy+x+2y)+xdy$。

第一部分积分为

$[2xy+x+2y{]}_{(0,2)}^{(1,0)}=1-4=-3$。

令$x=\cos t$，$y=2\sin t$，方向对应$t:\pi /2\to 0$，则

${\int }_{L}xdy={\int }_{\pi /2}^{0}2{\cos }^{2}tdt=-\frac{\pi }{2}$。

相加即得结果。

14. 设函数$f(x,y)$在区域$D=\{(x,y)|x^2+4y^2\le 4\}$上二阶偏导数连续，$\partial D$是$D$取正向的边界曲线，则${\oint }_{\partial D}[f_x^{\prime }(x,y)-y]dx+f_y^{\prime }(x,y)dy=$______。

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答案：

$2\pi$。

解析：

由格林公式

${\oint }_{\partial D}(f_x-y)dx+f_{y}dy={\iint }_D[f_{yx}-(f_{xy}-1)]dxdy$。

二阶偏导连续，故$f_{yx}=f_{xy}$，被积函数等于$1$。区域$D$是半轴为$2$和$1$的椭圆，面积为$2\pi$。

15. 设$y^{\prime }=f(x,y)$是一条简单封闭曲线$L$（取正向），$f(x,y)\ne 0$，其所围区域记为$D$，$D$的面积为$a,a>0$，则$I={\oint }_{L}xf(x,y)dx-\frac{y}{f(x,y)}dy=$。

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答案：

$2a$。

解析：

沿曲线$L$有$dy=f(x,y)dx$，因此

$xfdx-\frac{y}{f}dy=xdy-ydx$。

由格林公式

$I={\oint }_L(xdy-ydx)=2{\iint }_{D}dxdy=2a$。

16. 设$\Gamma$为曲线$\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2+z^2=a^2\\ y=x\tan \theta \end{array}$，其中$a>0$，$-\frac{\pi }{2}<\theta <\frac{\pi }{2}$且$\theta \ne 0$，从$x$轴的正向看去，$\Gamma$的方向为顺时针方向。当$\theta$为何值时，$I={\oint }_{\Gamma }(y-z)dx+(z-x)dy+(x-y)dz$最大？并求出最大值。

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答案：

$\theta =-\frac{\pi }{4}$时最大，最大值为

$2\sqrt{2}\pi a^2$。

解析：

令$\mathbf{F}=(y-z,z-x,x-y)$，则

$\nabla \times \mathbf{F}=(-2,-2,-2)$。

$\Gamma$是半径为$a$的大圆。按题给方向，从$x$轴正向看为顺时针，因此与曲线方向相配的单位法向量应满足$x$分量为负。

当$\theta >0$时可取

$\mathbf{n}=(-\sin \theta ,\cos \theta ,0)$；

当$\theta <0$时可取

$\mathbf{n}=(\sin \theta ,-\cos \theta ,0)$。

由斯托克斯公式，对$\theta <0$有

$I=-2\pi a^2(\sin \theta -\cos \theta )=2\pi a^2(\cos \theta -\sin \theta )$。

其在$(-\pi /2,0)$内于$\theta =-\pi /4$取得最大值$2\sqrt{2}\pi a^2$。而$\theta >0$时所得值不超过$2\pi a^2$，故全局最大值如上。

17. 设函数$f(x)$具有一阶连续导数，且对右半平面$x>0$内任意分段光滑简单闭曲线$L$，均有${\oint }_L\frac{f(x)y^{2}dy-y^{3}dx}{2x^2+y^6}=0$。(1)求$f(x)$的表达式；(2)计算${\oint }_{L_0}\frac{f(x)y^{2}dy-y^{3}dx}{2x^2+y^6}$，$L_0:2x^2+y^2=1$

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答案：

（1）由已给条件只能确定$x>0$时$f(x)=3x$。

（2）按原题严格表述，积分不能唯一确定；若按通常命题意图补充$f(x)=3x$在全实轴成立，且$L_0$取正向，则积分为$\sqrt{2}\pi$，反向时为$-\sqrt{2}\pi$。

解析：

令

$M=-\frac{y^3}{2x^2+y^6},N=\frac{f(x)y^2}{2x^2+y^6}$。

在右半平面内闭路积分恒为零，故$M_y=N_x$。整理得

$f^{\prime }(x)(2x^2+y^6)-4xf(x)=3(y^6-2x^2)$。

比较$y^6$的系数得$f^{\prime }=3$，再比较$x^2$项得$f=3x$，但该推导只在题设指定的$x>0$区域内有效。椭圆$L_0$经过左半平面，而题目没有给出$x\le 0$时的$f(x)$，所以严格来说第（2）问信息不足。

若补充$f(x)=3x$对所有实数成立，则微分形式可写为

$\frac{1}{\sqrt{2}}d\arg (\sqrt{2}x+i{y}^3)$。

正向绕椭圆$L_0$一周时，复向量$\sqrt{2}x+i{y}^3$绕原点一周，辐角增量为$2\pi$，故积分为$\sqrt{2}\pi$。原题也未明确$L_0$方向，反向时符号相反。

18. 设$L$为从点$A(-1,0)$到点$B(3,0)$的上半个圆周$(x-1{)}^2+y^2=2^2$，$y\ge 0$，则${\int }_L\frac{(x-y)dx+(x+y)dy}{x^2+y^2}=$

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答案：

$\ln 3-\pi$。

解析：

将微分形式分解为

$\frac{xdx+ydy}{x^2+y^2}+\frac{-ydx+xdy}{x^2+y^2}=d\ln r+d\phi$，

其中$r=\sqrt{x^2+y^2}$，$\phi$为关于原点的连续极角。

从$A$到$B$，$r$由$1$变为$3$，故第一部分为$\ln 3$。沿上半圆弧，连续极角由$\pi$减至$0$，故第二部分为$-\pi$。相加得结论。

19. 设$f(x)$有连续导数，且$f(0)=0$，若对于平面内的任意简单封闭曲线$L$，均有曲线积分${\oint }_L[f(x)-e^x]y^{2}dx-2yf(x)dy=0$，则$f(x)=$

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答案：

$f(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{2}=\sinh x$。

解析：

令$M=[f(x)-e^x]y^2$，$N=-2yf(x)$。闭路积分恒为零，故

$M_y=N_x$，即

$2y(f-e^x)=-2y{f}^{\prime }$。

因此$f^{\prime }+f=e^x$。结合$f(0)=0$，解得

$f(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{2}$。

20. 设$I_1={\int }_{L}f(x,y)dx+(6xy-6x)dy$，$I_2={\int }_L(6x^{2}y+6xy+x)dx+f(x,y)dy$。已知曲线积分$I_1$与$I_2$均在整个$xOy$平面内与路径无关，且$f(0,0)=0$，求函数$f(x,y)$的极值。

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答案：

$f(x,y)=2x^3+3x^2+3y^2-6y$。

在$(0,1)$处有极小值$-3$；点$(-1,1)$为鞍点，不是极值点；无极大值。

解析：

由$I_1$路径无关，

$f_y=\frac{\partial }{\partial x}(6xy-6x)=6y-6$，

所以

$f=3y^2-6y+\phi (x)$。

由$I_2$路径无关，

$f_x=\frac{\partial }{\partial y}(6x^{2}y+6xy+x)=6x^2+6x$，

故$\phi =2x^3+3x^2+C$。由$f(0,0)=0$得$C=0$。

驻点满足

$6x(x+1)=0,6(y-1)=0$，

即$(0,1)$与$(-1,1)$。Hessian为

$\left(\begin{array}{cc}12x+6& 0\\ 0& 6\end{array}\right)$。

在$(0,1)$处正定，故为极小点，极小值$-3$；在$(-1,1)$处行列式为负，故为鞍点。

21. 设$\Sigma$为球面$x^2+y^2+z^2=m$被平面$z=\frac{\sqrt{m}}{3}$所截下的顶部，计算${\iint }_{\Sigma }(|x|y+\frac{1}{z})dS$

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答案：

$2\pi \sqrt{m}\ln 3$。

解析：

球半径$R=\sqrt{m}$。顶部关于平面$y=0$对称，而$|x|y$关于$y$为奇函数，故其积分为零。

球面坐标中$z=R\cos \phi$，顶部对应

$0\le \phi \le \arccos \frac{1}{3}$，

且$dS=R^2\sin \phi d\phi d\theta$。于是

${\iint }_{\Sigma }\frac{1}{z}dS=2\pi R{\int }_0^{\arccos (1/3)}\tan \phi d\phi =2\pi \sqrt{m}\ln 3$。

22. 设$\Sigma$是由直线$\{\begin{array}{l}x=0\\ y=0\end{array}$绕$\{\begin{array}{l}x=t\\ y=t\\ z=t\end{array}$（$t$为参数）旋转一周得到的曲面，${\Sigma }_T$是$\Sigma$介于平面$x+y+z=0$与$x+y+z=1$之间部分的外侧。计算曲面积分$I={\iint }_{{\Sigma }_T}xdydz+(y+1)dzdx+(z+2)dxdy$

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答案：

$-\frac{2\pi }{\sqrt{3}}$。

解析：

旋转轴的单位向量为$\mathbf{u}=(1,1,1)/\sqrt{3}$。原直线为$z$轴，它与旋转轴夹角满足$\cos \alpha =1/\sqrt{3}$，故旋转所得锥面满足

$(x+y+z{)}^2=x^2+y^2+z^2$。

在$0\le x+y+z\le 1$内形成圆锥。其高为$h=1/\sqrt{3}$，顶面半径为$\rho =\sqrt{2/3}$，体积为

$V=\frac{1}{3}\pi {\rho }^{2}h=\frac{2\pi }{9\sqrt{3}}$。

向量场$\mathbf{F}=(x,y+1,z+2)$的散度为$3$，故闭曲面总通量为

$3V=\frac{2\pi }{3\sqrt{3}}$。

顶面外法向量为$\mathbf{u}$，且在$x+y+z=1$上

$\mathbf{F}\cdot \mathbf{u}=\frac{x+y+z+3}{\sqrt{3}}=\frac{4}{\sqrt{3}}$。

顶面面积为$2\pi /3$，通量为$8\pi /(3\sqrt{3})$。因此侧面通量为

$I=\frac{2\pi }{3\sqrt{3}}-\frac{8\pi }{3\sqrt{3}}=-\frac{2\pi }{\sqrt{3}}$。

23. 设锥面$\Sigma$的顶点是$A(0,1,1)$，准线是$\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2=1\\ z=0\end{array}$，直线$L$过顶点$A$和准线上任一点$M_1(x_1,y_1,0)$，$\Omega$是$\Sigma (0\le z\le 1)$与平面$z=0$所围成的锥体。求：(1)直线$L$和$\Sigma$的方程；(2)$\Omega$的形心坐标。

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答案：

（1）

$L:(x,y,z)=(0,1,1)+\lambda (x_1,y_1-1,-1)$；

$\Sigma :x^2+(y-z{)}^2=(1-z{)}^2,0\le z\le 1$。

（2）形心为

$\left(0,\frac{1}{4},\frac{1}{4}\right)$。

解析：

直线参数方程直接由两点式得到。直线上$z=1-\lambda$，故$\lambda =1-z$，进而

$x=(1-z)x_1,y=z+(1-z)y_1$。

利用$x_1^2+y_1^2=1$消去$x_1,y_1$，得锥面方程。

在高度$z$处，截面是圆心$(0,z)$、半径$1-z$的圆盘。由于关于$x=0$对称，$\bar{x}=0$。每个截面内$y$的平均值为$z$，因此$\bar{y}=\bar{z}$。实心圆锥的形心距底面为高的$1/4$，故$\bar{z}=1/4$，从而$\bar{y}=1/4$。

24. 设锥面$\Sigma$的顶点为原点，准线为曲线$\Gamma :\{\begin{array}{l}z=y^2(|y|\le 1)\\ x=1\end{array}$。(1)求$\Sigma$的方程；(2)计算$I={\iint }_{\Sigma }2x^{2}dydz+xydzdx+(z+1)dxdy$，$\Sigma$取上侧。

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答案：

（1）$\Sigma :xz=y^2$，并取$0\le x\le 1$、$|y|\le x$的部分；

（2）$I=\frac{11}{9}$。

解析：

准线上点可写为$(1,t,t^2)$，故锥面参数方程为

$\mathbf{r}(x,t)=(x,xt,x{t}^2),0\le x\le 1,-1\le t\le 1$。

消去$t=y/x$得$xz=y^2$。

有

${\mathbf{r}}_x=(1,t,t^2),{\mathbf{r}}_t=(0,x,2xt)$，

且

${\mathbf{r}}_x\times {\mathbf{r}}_t=x(t^2,-2t,1)$，

其$z$分量为正，符合“上侧”。向量场为$(2x^2,xy,z+1)$，代入$y=xt$、$z=x{t}^2$后点乘得

$(2x^2,x^{2}t,x{t}^2+1)\cdot x(t^2,-2t,1)=x^2{t}^2+x$。

因此

$I={\int }_0^1{\int }_{-1}^1(x^2{t}^2+x)dtdx=\frac{11}{9}$。

25. 设$a,b$为实数，函数$f(x,y)=a{x}^2+b{y}^2$在点$(1,1)$处沿方向$\mathbf{l}=\mathbf{i}+\mathbf{j}$的方向导数最大，最大值为$2\sqrt{2}$，若$\Sigma$为曲面$x^2+z^2=2z$被曲面$z=\sqrt{f(x,y)}$所截取的部分。(1)求$a,b$的值；(2)计算${\iint }_{\Sigma }zdS$

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答案：

（1）$a=b=1$；

（2）$\frac{7\sqrt{2}\pi }{2}$。

解析：

在$(1,1)$处

$\nabla f=(2a,2b)$。

方向$(1,1)$是最大方向，故梯度与其同向，从而$a=b>0$。最大方向导数为梯度模

$2\sqrt{a^2+b^2}=2\sqrt{2}$，

得$a=b=1$。

圆柱面为

$x^2+(z-1{)}^2=1$。

被圆锥$z=\sqrt{x^2+y^2}$截取的有限部分满足

$1\le z\le 2,|y|\le \sqrt{z^2-x^2}=\sqrt{2z(z-1)}$。

将圆柱表示成两支$x=\pm \sqrt{2z-z^2}$。每支有

$dS=\frac{1}{\sqrt{2z-z^2}}dydz$。

故

${\iint }_{\Sigma }zdS=4{\int }_1^2\frac{z\sqrt{2z(z-1)}}{\sqrt{2z-z^2}}dz$

$=4\sqrt{2}{\int }_0^1(1+u)\sqrt{\frac{u}{1-u}}du$，

其中$u=z-1$。利用Beta积分

${\int }_0^1{u}^{1/2}(1-u{)}^{-1/2}du=\frac{\pi }{2}$，

${\int }_0^1{u}^{3/2}(1-u{)}^{-1/2}du=\frac{3\pi }{8}$，

得结果$7\sqrt{2}\pi /2$。

26. 设$\Sigma$是柱面$x^2+y^2=1$介于平面$z=0$，$z=2$之间的部分，方向向外。记$I_1={\iint }_{\Sigma }{x}^{2}dS$，$I_2={\iint }_{\Sigma }{z}^{2}dS$，$I_3={\iint }_{\Sigma }(x^2+z^2)dydz$，则（）

A. $I_1>I_2>I_3$

B. $I_2>I_1>I_3$

C. $I_3>I_1>I_2$

D. $I_3>I_2>I_1$

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答案：

B。

解析：

参数化$x=\cos \theta$，$y=\sin \theta$，$0\le z\le 2$，则$dS=d\theta dz$。

$I_1={\int }_0^{2}dz{\int }_0^{2\pi }{\cos }^2\theta d\theta =2\pi$；

$I_2={\int }_0^{2\pi }d\theta {\int }_0^2{z}^{2}dz=\frac{16\pi }{3}$。

外法向量的$x$分量为$n_x=x$，故

$I_3={\iint }_{\Sigma }(x^2+z^2)n_{x}dS={\iint }_{\Sigma }(x^2+z^2)xdS=0$，

因为被积函数关于$x$为奇函数。故$I_2>I_1>I_3$。

27. 设$P=2xzf(y+z)-y^3$，$Q=2yzf(y+z)+x^3$，$R={\int }_0^{x^2+y^2}f(z-t)dt$，其中$f$具有一阶连续导数。$L$为曲面$z=x^2+y^2$与平面$y+z=1$的交线，从$z$轴正向往下看为逆时针方向，计算${\oint }_{L}Pdx+Qdy+Rdz$

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答案：

$\frac{105\pi }{32}$。

解析：

取抛物面$z=x^2+y^2$上由$L$围成的部分，题给方向对应上侧。计算旋度并与有向面积向量$(-2x,-2y,1)dxdy$点乘后，含$f$及$f^{\prime }$的项相互抵消或关于$x$为奇函数，最终只剩

$(\nabla \times \mathbf{F})\cdot (-2x,-2y,1)=3(x^2+y^2)-2x(x^2+y^2)f^{\prime }(y+x^2+y^2)$。

投影域为

$D:x^2+y^2+y\le 1$，

即

$x^2+{\left(y+\frac{1}{2}\right)}^2\le \frac{5}{4}$。

第二项关于$x$为奇函数，积分为零。因此

$I=3{\iint }_D(x^2+y^2)dA$。

圆域中心为$(0,-1/2)$，半径平方为$5/4$。利用平行轴公式，

${\iint }_D(x^2+y^2)dA=\pi R^2\left(\frac{R^2}{2}+\frac{1}{4}\right)=\frac{35\pi }{32}$。

故$I=105\pi /32$。

28. 设$\Sigma$为曲面$z=\sqrt{1-x^2-y^2}$，$\alpha ,\beta$分别为曲面$\Sigma$的外法线向量与$x$轴，$z$轴的夹角，则${\iint }_{\Sigma }(|xy|\cos \alpha +z^2\cos \beta )dS=$

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答案：

$\frac{\pi }{2}$。

解析：

单位上半球面的外单位法向量为$(x,y,z)$，故

$\cos \alpha =x,\cos \beta =z$。

于是积分为

${\iint }_{\Sigma }|xy|xdS+{\iint }_{\Sigma }{z}^{3}dS$。

第一项关于$x$为奇函数，在上半球面对称积分为零。球面坐标下第二项为

${\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\pi /2}{\cos }^3\phi \sin \phi d\phi d\theta =\frac{\pi }{2}$。

29. 设曲面$\Sigma :z=1-x^2-y^2(z\ge -3)$，取上侧，求曲面积分$I={\iint }_{\Sigma }yz\sqrt{x^2+y^2+z^2}dydz+xz\sqrt{x^2+y^2+z^2}dzdx+\left(x^2{y}^2-2xy\sqrt{x^2+y^2+z^2}\right)dxdy$。

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答案：

$\frac{8\pi }{3}$。

解析：

曲面投影域为$D:x^2+y^2\le 4$。记

$\rho =\sqrt{x^2+y^2+z^2}$。

因$z=1-x^2-y^2$，上侧有向面积向量为

$(-z_x,-z_y,1)dxdy=(2x,2y,1)dxdy$。

向量场与其点乘为

$2xyz\rho +2xyz\rho +x^2{y}^2-2xy\rho$

$=2xy\rho (2z-1)+x^2{y}^2$。

前一项关于$x$或$y$为奇函数，在圆盘$D$上积分为零。因此

$I={\iint }_D{x}^2{y}^{2}dxdy$。

极坐标下

$I={\int }_0^2{r}^{5}dr{\int }_0^{2\pi }{\cos }^2\theta {\sin }^2\theta d\theta =\frac{32}{3}\cdot \frac{\pi }{4}=\frac{8\pi }{3}$。