第十章 多元函数积分学中的基本公式及其应用

填空题

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设 $\displaystyle L$ 是区域

$$\displaystyle D:x^2+y^2\le -2x$$

的正向边界，则

$$\displaystyle I=\oint_L(x^3-y)\,dx+(x-y^3)\,dy=\underline{\qquad}.$$

令

$$\displaystyle P(x,y)=x^3-y,\qquad Q(x,y)=x-y^3.$$

曲线 $\displaystyle L$ 是区域 $\displaystyle D$ 的正向边界，由格林公式，

$$\displaystyle \oint_L P\,dx+Q\,dy =\iint_D\left(\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}\right)dx\,dy.$$

计算得

$$\displaystyle \dfrac{\partial Q}{\partial x}=1,\qquad \dfrac{\partial P}{\partial y}=-1,$$

故

$$\displaystyle \dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}=2.$$

又

$$\displaystyle x^2+y^2\le-2x \iff (x+1)^2+y^2\le1,$$

所以 $\displaystyle D$ 是半径为 $\displaystyle 1$ 的圆域，其面积为 $\displaystyle \pi$。因此

$$\displaystyle I=\iint_D2\,dx\,dy=2\pi.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设 $\displaystyle L$ 是平面上从圆周

$$\displaystyle x^2+y^2=a^2$$

上任一点到圆周

$$\displaystyle x^2+y^2=b^2$$

上任一点的一条光滑曲线 $\displaystyle (a>0,b>0)$，$\displaystyle r=\sqrt{x^2+y^2}$，则

$$\displaystyle I=\int_Lr^3(x\,dx+y\,dy)=\underline{\qquad}.$$

由

$$\displaystyle r^2=x^2+y^2$$

两边微分，得

$$\displaystyle 2r\,dr=2x\,dx+2y\,dy,$$

即

$$\displaystyle x\,dx+y\,dy=r\,dr.$$

于是

$$\displaystyle r^3(x\,dx+y\,dy)=r^4\,dr=d\left(\dfrac{r^5}{5}\right).$$

因此该曲线积分与路径无关，只取决于起点和终点的半径。起点位于半径为 $\displaystyle a$ 的圆周上，终点位于半径为 $\displaystyle b$ 的圆周上，所以

$$\displaystyle I=\left.\dfrac{r^5}{5}\right|_{r=a}^{r=b} =\dfrac{b^5-a^5}{5}.$$

填空题李正元练习题·高等数学填空题

设 $\displaystyle r=\sqrt{x^2+y^2}$，常数 $\displaystyle \lambda$ 使得曲线积分

$$\displaystyle \oint_L\dfrac{x}{y}r^\lambda\,dx- \dfrac{x^2}{y^2}r^\lambda\,dy=0$$

对上半平面的任何光滑闭曲线 $\displaystyle L$ 成立，则 $\displaystyle \lambda=\underline{\qquad}$。

上半平面 $\displaystyle y>0$ 是单连通区域。令

$$\displaystyle P(x,y)=\dfrac{x}{y}r^\lambda, \qquad Q(x,y)=-\dfrac{x^2}{y^2}r^\lambda.$$

要使曲线积分对上半平面的任意光滑闭曲线均为零，需满足

$$\displaystyle \dfrac{\partial P}{\partial y} = \dfrac{\partial Q}{\partial x}.$$

注意

$$\displaystyle \dfrac{\partial r^\lambda}{\partial x} =\lambda xr^{\lambda-2}, \qquad \dfrac{\partial r^\lambda}{\partial y} =\lambda yr^{\lambda-2}.$$

因此

$$\displaystyle \dfrac{\partial P}{\partial y} =-\dfrac{x}{y^2}r^\lambda +\lambda xr^{\lambda-2},$$

而

$$\displaystyle \dfrac{\partial Q}{\partial x} =-\dfrac{2x}{y^2}r^\lambda -\dfrac{\lambda x^3}{y^2}r^{\lambda-2}.$$

令二者相等并整理，得

$$\displaystyle \dfrac{x}{y^2}r^\lambda +\lambda xr^{\lambda-2} +\dfrac{\lambda x^3}{y^2}r^{\lambda-2}=0.$$

提取公因式后，

$$\displaystyle xr^{\lambda-2}\left[ \dfrac{r^2}{y^2}+ \lambda+\dfrac{\lambda x^2}{y^2} \right]=0.$$

由于 $\displaystyle r^2=x^2+y^2$，方括号内为

$$\displaystyle \dfrac{x^2+y^2}{y^2} +\lambda\dfrac{x^2+y^2}{y^2} =(1+\lambda)\dfrac{r^2}{y^2}.$$

要使等式在上半平面恒成立，必须有

$$\displaystyle 1+\lambda=0,$$

故

$$\displaystyle \lambda=-1.$$

求下列平面上曲线积分

主观题李正元练习题·高等数学求下列平面上曲线积分

$$\displaystyle I=\int_L\left[y^2-2xy\sin(x^2)\right]dx+\cos(x^2)\,dy,$$

其中 $\displaystyle L$ 为椭圆

$$\displaystyle \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$$

的右半部分，从 $\displaystyle A(0,-b)$ 到 $\displaystyle B(0,b)$。

注意到

$$\displaystyle d\left[y\cos(x^2)\right] =-2xy\sin(x^2)\,dx+\cos(x^2)\,dy.$$

因此原积分可写为

$$\displaystyle I=\int_Ly^2\,dx+ \int_Ld\left[y\cos(x^2)\right].$$

第二项只与端点有关，故

$$\displaystyle \int_Ld\left[y\cos(x^2)\right] =\left.y\cos(x^2)\right|_A^B =b-(-b)=2b.$$

对于第一项，将椭圆右半部分参数化为

$$\displaystyle x=a\cos t,\qquad y=b\sin t, \qquad -\dfrac{\pi}{2}\le t\le\dfrac{\pi}{2}.$$

此时

$$\displaystyle dx=-a\sin t\,dt,$$

所以

$$\displaystyle \int_Ly^2\,dx =-ab^2\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}\sin^3t\,dt=0,$$

因为 $\displaystyle \sin^3t$ 是奇函数，积分区间关于原点对称。

综上，

$$\displaystyle I=0+2b=2b.$$

主观题李正元练习题·高等数学求下列平面上曲线积分

$$\displaystyle I=\int_{\wideparen{AB}}\dfrac{x\,dy-y\,dx}{(x-y)^2},$$

其中 $\displaystyle A(0,-1)$，$\displaystyle B(1,0)$，$\displaystyle \wideparen{AB}$ 为单位圆在第四象限部分。

单位圆第四象限从 $\displaystyle A(0,-1)$ 到 $\displaystyle B(1,0)$ 可参数化为

$$\displaystyle x=\cos t,\qquad y=\sin t, \qquad -\dfrac{\pi}{2}\le t\le0.$$

于是

$$\displaystyle dx=-\sin t\,dt, \qquad dy=\cos t\,dt.$$

分子为

$$\displaystyle x\,dy-y\,dx =\cos^2t\,dt+\sin^2t\,dt =dt.$$

分母为

$$\displaystyle (x-y)^2=(\cos t-\sin t)^2 =2\cos^2\left(t+\dfrac{\pi}{4}\right).$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} I &=\int_{-\frac{\pi}{2}}^0 \dfrac{dt}{(\cos t-\sin t)^2}\\ &=\frac12\int_{-\frac{\pi}{2}}^0 \sec^2\left(t+\dfrac{\pi}{4}\right)dt\\ &=\frac12\left. \tan\left(t+\dfrac{\pi}{4}\right) \right|_{-\frac{\pi}{2}}^0\\ &=\frac12\left(1-(-1)\right)=1. \end{aligned}$$

主观题李正元练习题·高等数学求下列平面上曲线积分

$$\displaystyle I=\int_{\wideparen{AB}}\dfrac{(x-1)\,dx+y\,dy}{(x-1)^2+y^2},$$

其中 $\displaystyle \wideparen{AB}$ 是沿椭圆

$$\displaystyle \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1$$

正向从 $\displaystyle A(a,0)$ 到 $\displaystyle (0,b)$ 的一段弧，$\displaystyle a\ne1$。

注意到

$$\displaystyle d\left[\frac12\ln\bigl((x-1)^2+y^2\bigr)\right] =\dfrac{(x-1)\,dx+y\,dy}{(x-1)^2+y^2}.$$

由于 $\displaystyle a\ne1$，起点 $\displaystyle A(a,0)$ 不是奇点 $\displaystyle (1,0)$，所给第一象限椭圆弧上也不经过 $\displaystyle (1,0)$。因此该积分可直接利用原函数计算：

$$\displaystyle \begin{aligned} I &=\left.\frac12\ln\bigl((x-1)^2+y^2\bigr)\right|_{(a,0)}^{(0,b)}\\ &=\frac12\ln(1+b^2)-\frac12\ln(a-1)^2\\ &=\frac12\ln\dfrac{1+b^2}{(a-1)^2}. \end{aligned}$$

也可写成

$$\displaystyle I=\ln\dfrac{\sqrt{1+b^2}}{|a-1|}.$$

主观题李正元练习题·高等数学求下列平面上曲线积分

$$\displaystyle I=\int_L\dfrac{x-y^2}{x^2+y^2}\,dx+ \dfrac{x^2+y}{x^2+y^2}\,dy,$$

其中 $\displaystyle L$ 是椭圆周

$$\displaystyle \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1,$$

取逆时针方向。

将被积表达式拆分为

$$\displaystyle \begin{aligned} &\dfrac{x-y^2}{x^2+y^2}\,dx+ \dfrac{x^2+y}{x^2+y^2}\,dy\\ &\qquad= \dfrac{x\,dx+y\,dy}{x^2+y^2} + \dfrac{-y^2\,dx+x^2\,dy}{x^2+y^2}. \end{aligned}$$

第一部分为全微分：

$$\displaystyle \dfrac{x\,dx+y\,dy}{x^2+y^2} =d\left(\frac12\ln(x^2+y^2)\right).$$

由于 $\displaystyle L$ 是闭曲线，故

$$\displaystyle \oint_L\dfrac{x\,dx+y\,dy}{x^2+y^2}=0.$$

对第二部分，将椭圆参数化为

$$\displaystyle x=a\cos t,\qquad y=b\sin t, \qquad 0\le t\le2\pi.$$

于是

$$\displaystyle dx=-a\sin t\,dt, \qquad dy=b\cos t\,dt,$$

从而

$$\displaystyle \begin{aligned} \oint_L\dfrac{-y^2\,dx+x^2\,dy}{x^2+y^2} &=\int_0^{2\pi} \dfrac{ab^2\sin^3t+a^2b\cos^3t} {a^2\cos^2t+b^2\sin^2t}\,dt. \end{aligned}$$

记被积函数为 $\displaystyle F(t)$。由于

$$\displaystyle F(t+\pi)=-F(t),$$

故

$$\displaystyle \int_0^{2\pi}F(t)\,dt=0.$$

因此

$$\displaystyle I=0+0=0.$$

主观题李正元练习题·高等数学求下列平面上曲线积分

$$\displaystyle I=\int_L(e^x\sin y-my-y)\,dx+(e^x\cos y-mx)\,dy,$$

其中

$$\displaystyle L:\begin{cases} x=a(t-\sin t),\\ y=a(1-\cos t), \end{cases} \qquad t\text{ 从 }0\text{ 到 }\pi, \qquad a>0.$$

由全微分公式，

$$\displaystyle d(e^x\sin y)=e^x\sin y\,dx+e^x\cos y\,dy,$$

且

$$\displaystyle d(xy)=y\,dx+x\,dy.$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} &(e^x\sin y-my-y)\,dx+(e^x\cos y-mx)\,dy\\ &\qquad=d(e^x\sin y)-m\,d(xy)-y\,dx. \end{aligned}$$

曲线起点和终点分别为

$$\displaystyle A=(0,0), \qquad B=(a\pi,2a).$$

故

$$\displaystyle \begin{aligned} I &=\left[e^x\sin y-mxy\right]_A^B-\int_Ly\,dx\\ &=e^{a\pi}\sin(2a)-2m\pi a^2-\int_Ly\,dx. \end{aligned}$$

由参数方程，

$$\displaystyle dx=a(1-\cos t)\,dt, \qquad y=a(1-\cos t),$$

所以

$$\displaystyle \begin{aligned} \int_Ly\,dx &=a^2\int_0^\pi(1-\cos t)^2\,dt\\ &=a^2\int_0^\pi\left(1-2\cos t+\cos^2t\right)dt\\ &=a^2\left(\pi+\dfrac\pi2\right)\\ &=\frac32\pi a^2. \end{aligned}$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} I &=e^{a\pi}\sin(2a)-2m\pi a^2-\frac32\pi a^2\\ &=e^{a\pi}\sin(2a)-\left(2m+\frac32\right)\pi a^2. \end{aligned}$$

求下列曲面积分

主观题李正元练习题·高等数学求下列曲面积分

$$\displaystyle I=\iint_\Sigma\dfrac{e^{\sqrt y}}{\sqrt{x^2+z^2}}\,dz\,dx,$$

其中 $\displaystyle \Sigma$ 为由曲面

$$\displaystyle y=x^2+z^2$$

与平面 $\displaystyle y=1$、$\displaystyle y=2$ 所围立体表面的外侧。

记

$$\displaystyle r=\sqrt{x^2+z^2}.$$

所围立体为

$$\displaystyle \Omega:\quad 1\le y\le2,\qquad 0\le r\le\sqrt y.$$

闭曲面 $\displaystyle \Sigma$ 由三部分组成：

• 上底面 $\displaystyle \Sigma_1:y=2$，外法向量指向 $\displaystyle y$ 轴正向；
• 下底面 $\displaystyle \Sigma_2:y=1$，外法向量指向 $\displaystyle y$ 轴负向；
• 侧面 $\displaystyle \Sigma_3:y=x^2+z^2$，外法向量指向立体外部。

由于被积函数在 $\displaystyle r=0$ 处含有奇性，直接分片计算较为稳妥。

在上底面 $\displaystyle \Sigma_1$ 上，$\displaystyle y=2$，且投影区域为

$$\displaystyle x^2+z^2\le2.$$

故

$$\displaystyle \begin{aligned} I_1 &=\iint_{x^2+z^2\le2}\dfrac{e^{\sqrt2}}{\sqrt{x^2+z^2}}\,dx\,dz\\ &=\int_0^{2\pi}\int_0^{\sqrt2}\dfrac{e^{\sqrt2}}r\,r\,dr\,d\theta\\ &=2\sqrt2\pi e^{\sqrt2}. \end{aligned}$$

在下底面 $\displaystyle \Sigma_2$ 上，外法向量沿 $\displaystyle y$ 轴负向，故

$$\displaystyle \begin{aligned} I_2 &=-\iint_{x^2+z^2\le1}\dfrac e{\sqrt{x^2+z^2}}\,dx\,dz\\ &=-\int_0^{2\pi}\int_0^1\dfrac er\,r\,dr\,d\theta\\ &=-2\pi e. \end{aligned}$$

侧面可写为

$$\displaystyle y=x^2+z^2.$$

立体位于 $\displaystyle x^2+z^2-y\le0$ 一侧，因此外法向量可取与

$$\displaystyle (2x,-1,2z)$$

同向。其 $\displaystyle y$ 分量为负，故

$$\displaystyle dz\,dx=-dx\,dz.$$

侧面在 $\displaystyle xOz$ 平面上的投影为

$$\displaystyle 1\le x^2+z^2\le2.$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} I_3 &=-\iint_{1\le x^2+z^2\le2} \dfrac{e^{\sqrt{x^2+z^2}}}{\sqrt{x^2+z^2}}\,dx\,dz\\ &=-\int_0^{2\pi}\int_1^{\sqrt2}\dfrac{e^r}{r}\,r\,dr\,d\theta\\ &=-2\pi\left(e^{\sqrt2}-e\right). \end{aligned}$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} I &=I_1+I_2+I_3\\ &=2\sqrt2\pi e^{\sqrt2}-2\pi e -2\pi\left(e^{\sqrt2}-e\right)\\ &=2\pi(\sqrt2-1)e^{\sqrt2}. \end{aligned}$$

主观题李正元练习题·高等数学求下列曲面积分

$$\displaystyle I=\iint_{\Sigma_1\cup\Sigma_2}(z+1)x\,dy\,dz+xy\,dz\,dx,$$

其中 $\displaystyle \Sigma_1$ 为圆柱面

$$\displaystyle x^2+y^2=a^2$$

上 $\displaystyle x\ge0$、$\displaystyle 0\le z\le1$ 部分，法向量与 $\displaystyle x$ 轴正向成锐角；$\displaystyle \Sigma_2$ 为 $\displaystyle Oxy$ 平面上半圆域

$$\displaystyle x^2+y^2\le a^2, \qquad x\ge0$$

部分，法向量与 $\displaystyle z$ 轴正向相反。

令

$$\displaystyle \mathbf F=((z+1)x,\,xy,\,0).$$

则所求积分是 $\displaystyle \mathbf F$ 通过 $\displaystyle \Sigma_1\cup\Sigma_2$ 的通量。

在 $\displaystyle \Sigma_2$ 上，法向量为

$$\displaystyle \mathbf n=(0,0,-1),$$

而 $\displaystyle \mathbf F$ 的第三个分量为零，因此

$$\displaystyle \iint_{\Sigma_2}\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS=0.$$

对半圆柱面 $\displaystyle \Sigma_1$，取参数方程

$$\displaystyle x=a\cos\theta, \qquad y=a\sin\theta, \qquad -\dfrac\pi2\le\theta\le\dfrac\pi2, \qquad 0\le z\le1.$$

由于要求法向量与 $\displaystyle x$ 轴正向成锐角，取单位外法向量

$$\displaystyle \mathbf n=(\cos\theta,\sin\theta,0), \qquad dS=a\,d\theta\,dz.$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} \mathbf F\cdot\mathbf n\,dS &=\left[(z+1)x\cos\theta+xy\sin\theta\right]a\,d\theta\,dz\\ &=\left[a^2(z+1)\cos^2\theta +a^3\cos\theta\sin^2\theta\right]d\theta\,dz. \end{aligned}$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} I &=a^2\int_0^1(z+1)\,dz \int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\cos^2\theta\,d\theta\\ &\quad+a^3\int_0^1dz \int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\cos\theta\sin^2\theta\,d\theta. \end{aligned}$$

其中

$$\displaystyle \int_0^1(z+1)\,dz=\frac32, \qquad \int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\cos^2\theta\,d\theta=\dfrac\pi2,$$

且令 $\displaystyle u=\sin\theta$，得

$$\displaystyle \int_{-\frac\pi2}^{\frac\pi2}\cos\theta\sin^2\theta\,d\theta =\int_{-1}^1u^2\,du=\frac23.$$

故

$$\displaystyle I=\dfrac{3\pi a^2}{4}+\dfrac{2a^3}{3}.$$

主观题李正元练习题·高等数学求下列曲面积分

$$\displaystyle I=\iint_S(x^2-y^2)\,dy\,dz+(y^2-z^2)\,dz\,dx+(z^2-x^2)\,dx\,dy,$$

$\displaystyle S$ 是

$$\displaystyle \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}+\dfrac{z^2}{c^2}=1 \qquad(z\ge0)$$

的上侧。

令

$$\displaystyle \mathbf F=(x^2-y^2,\,y^2-z^2,\,z^2-x^2).$$

以椭圆域

$$\displaystyle S_0:\quad z=0, \qquad \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}\le1$$

封闭上半椭球，并令 $\displaystyle S_0$ 取向下的外侧法向量。由高斯公式，

$$\displaystyle \iint_S\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS + \iint_{S_0}\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS = \iiint_\Omega\operatorname{div}\mathbf F\,dV,$$

其中 $\displaystyle \Omega$ 为上半椭球体。

先求散度：

$$\displaystyle \operatorname{div}\mathbf F =2x+2y+2z.$$

由于 $\displaystyle \Omega$ 关于 $\displaystyle x=0$、$\displaystyle y=0$ 对称，故

$$\displaystyle \iiint_\Omega2x\,dV=0, \qquad \iiint_\Omega2y\,dV=0.$$

于是

$$\displaystyle \iiint_\Omega\operatorname{div}\mathbf F\,dV =\iiint_\Omega2z\,dV.$$

当 $\displaystyle z\in[0,c]$ 时，截面椭圆的面积为

$$\displaystyle \pi ab\left(1-\dfrac{z^2}{c^2}\right).$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} \iiint_\Omega2z\,dV &=\int_0^c2z\cdot \pi ab\left(1-\dfrac{z^2}{c^2}\right)dz\\ &=\dfrac{\pi abc^2}{2}. \end{aligned}$$

在底面 $\displaystyle S_0$ 上，向下的单位法向量为

$$\displaystyle \mathbf n=(0,0,-1).$$

又因 $\displaystyle z=0$，故

$$\displaystyle \mathbf F\cdot\mathbf n =-(z^2-x^2)=x^2.$$

于是

$$\displaystyle \iint_{S_0}\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS =\iint_Dx^2\,dx\,dy,$$

其中

$$\displaystyle D:\quad \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}\le1.$$

令

$$\displaystyle x=ar\cos\theta, \qquad y=br\sin\theta, \qquad 0\le r\le1, \qquad 0\le\theta\le2\pi,$$

则

$$\displaystyle \begin{aligned} \iint_Dx^2\,dx\,dy &=a^3b\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\,d\theta \int_0^1r^3\,dr\\ &=\dfrac{\pi a^3b}{4}. \end{aligned}$$

所以

$$\displaystyle \begin{aligned} I &=\dfrac{\pi abc^2}{2}-\dfrac{\pi a^3b}{4}\\ &=\dfrac{\pi ab}{4}\left(2c^2-a^2\right). \end{aligned}$$

求下列空间中的曲线积分

主观题李正元练习题·高等数学求下列空间中的曲线积分

$$\displaystyle I=\int_Lyz\,dx+3zx\,dy-xy\,dz,$$

其中 $\displaystyle L$ 是曲线

$$\displaystyle \begin{cases} x^2+y^2=4y,\\ 3y-z+1=0, \end{cases}$$

且顺着 $\displaystyle z$ 轴的正向看是沿逆时针方向。

令

$$\displaystyle \mathbf F=(yz,\,3zx,\,-xy).$$

曲线 $\displaystyle L$ 位于平面

$$\displaystyle z=3y+1$$

内，其在 $\displaystyle Oxy$ 平面上的投影为圆

$$\displaystyle x^2+(y-2)^2=4.$$

题目规定从 $\displaystyle z$ 轴正向观察为逆时针，因此取曲面法向量的 $\displaystyle z$ 分量为正。

计算旋度：

$$\displaystyle \begin{aligned} \operatorname{rot}\mathbf F &=\left( \dfrac{\partial(-xy)}{\partial y}-\dfrac{\partial(3zx)}{\partial z}, \dfrac{\partial(yz)}{\partial z}-\dfrac{\partial(-xy)}{\partial x}, \dfrac{\partial(3zx)}{\partial x}-\dfrac{\partial(yz)}{\partial y} \right)\\ &=(-4x,\,2y,\,2z). \end{aligned}$$

取 $\displaystyle L$ 所围的平面区域为积分曲面 $\displaystyle S$。因为

$$\displaystyle z=3y+1,$$

其向上的有向面积元为

$$\displaystyle \mathbf n\,dS=(0,-3,1)\,dx\,dy.$$

由斯托克斯公式，

$$\displaystyle \begin{aligned} I &=\iint_S\operatorname{rot}\mathbf F\cdot\mathbf n\,dS\\ &=\iint_D(-4x,2y,2z)\cdot(0,-3,1)\,dx\,dy\\ &=\iint_D(-6y+2z)\,dx\,dy. \end{aligned}$$

代入 $\displaystyle z=3y+1$，得

$$\displaystyle -6y+2z=-6y+2(3y+1)=2.$$

投影区域 $\displaystyle D$ 是半径为 $\displaystyle 2$ 的圆域，面积为 $\displaystyle 4\pi$。故

$$\displaystyle I=2\cdot4\pi=8\pi.$$

主观题李正元练习题·高等数学求下列空间中的曲线积分

$$\displaystyle I=\int_\Gamma(x^2-yz)\,dx+(y^2-xz)\,dy+(z^2-xy)\,dz,$$

其中 $\displaystyle \Gamma$ 是沿螺旋线

$$\displaystyle x=a\cos\theta, \qquad y=a\sin\theta, \qquad z=\dfrac{h}{2\pi}\theta,$$

从 $\displaystyle A(a,0,0)$ 到 $\displaystyle B(a,0,h)$ 的有向曲线。

记

$$\displaystyle P=x^2-yz, \qquad Q=y^2-xz, \qquad R=z^2-xy.$$

检验交叉偏导数：

$$\displaystyle P_y=-z=Q_x, \qquad P_z=-y=R_x, \qquad Q_z=-x=R_y.$$

因此微分形式

$$\displaystyle P\,dx+Q\,dy+R\,dz$$

在整个空间内为全微分，曲线积分与路径无关。

求其原函数。由

$$\displaystyle u_x=x^2-yz$$

积分得

$$\displaystyle u=\dfrac{x^3}{3}-xyz+g(y,z).$$

再由

$$\displaystyle u_y=-xz+g_y=y^2-xz$$

可得

$$\displaystyle g_y=y^2, \qquad g=\dfrac{y^3}{3}+h(z).$$

最后由

$$\displaystyle u_z=-xy+h'(z)=z^2-xy$$

得

$$\displaystyle h'(z)=z^2, \qquad h(z)=\dfrac{z^3}{3}.$$

故可取原函数

$$\displaystyle u(x,y,z)=\dfrac{x^3+y^3+z^3}{3}-xyz.$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} I &=u(B)-u(A)\\ &=\left(\dfrac{a^3+h^3}{3}\right)-\dfrac{a^3}{3}\\ &=\dfrac{h^3}{3}. \end{aligned}$$

平面上第二类曲线积分与路径无关问题

主观题李正元练习题·高等数学平面上第二类曲线积分与路径无关问题

判断下列曲线积分在指定区域 $\displaystyle D$ 是否与路径无关，为什么？

（Ⅰ）

$$\displaystyle \int_Lf(x^2+y^2)(x\,dx+y\,dy),$$

其中 $\displaystyle f(u)$ 为连续函数，$\displaystyle D$ 为全平面；

（Ⅱ）

$$\displaystyle \int_L\dfrac{-y\,dx+x\,dy}{x^2+y^2},$$$$\displaystyle D=\{(x,y)\mid \text{全平面除去 }-\infty<x\le0,\ y=0\}.$$

（Ⅰ）令

$$\displaystyle u=x^2+y^2,$$

则

$$\displaystyle du=2x\,dx+2y\,dy.$$

因此

$$\displaystyle f(x^2+y^2)(x\,dx+y\,dy) =\frac12f(u)\,du.$$

取 $\displaystyle f(u)$ 的一个原函数为 $\displaystyle F(u)$，即

$$\displaystyle F'(u)=f(u),$$

则

$$\displaystyle f(x^2+y^2)(x\,dx+y\,dy) =d\left[\frac12F(x^2+y^2)\right].$$

所以被积表达式在全平面上是某个函数的全微分，曲线积分只与起点、终点有关，而与路径无关。

也可取原函数

$$\displaystyle U(x,y)=\frac12\int_0^{x^2+y^2}f(t)\,dt.$$

（Ⅱ）记

$$\displaystyle P(x,y)=-\dfrac{y}{x^2+y^2}, \qquad Q(x,y)=\dfrac{x}{x^2+y^2}.$$

在区域 $\displaystyle D$ 内有

$$\displaystyle \dfrac{\partial P}{\partial y} =\dfrac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}, \qquad \dfrac{\partial Q}{\partial x} =\dfrac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}.$$

故

$$\displaystyle P_y=Q_x.$$

区域 $\displaystyle D$ 是去掉非正 $\displaystyle x$ 轴后的平面，它是单连通区域。可在该区域内取连续的辐角函数

$$\displaystyle \theta=\operatorname{Arg}(x+iy), \qquad -\pi<\theta<\pi.$$

由极坐标关系可知

$$\displaystyle d\theta =\dfrac{-y\,dx+x\,dy}{x^2+y^2}.$$

所以该微分形式在 $\displaystyle D$ 内为全微分，曲线积分与路径无关。

需要注意：若定义域是整个去心平面 $\displaystyle \mathbb R^2\setminus\{(0,0)\}$，则区域不是单连通的，沿绕原点一周的闭曲线积分为 $\displaystyle 2\pi$，此时曲线积分不与路径无关。题中删去了一条从原点延伸到无穷远的射线，正是为了使辐角函数能够单值连续地定义。

主观题李正元练习题·高等数学平面上第二类曲线积分与路径无关问题

设 $\displaystyle \varphi(x)$ 在 $\displaystyle (0,+\infty)$ 有连续导数，$\displaystyle \varphi(\pi)=1$，试确定 $\displaystyle \varphi(x)$，使积分

$$\displaystyle I=\int_{AB}[\sin x-\varphi(x)]\dfrac{y}{x}\,dx+\varphi(x)\,dy$$

在 $\displaystyle x>0$ 与路径无关，并求当 $\displaystyle A,B$ 分别为 $\displaystyle (1,1)$、$\displaystyle (\pi,\pi)$ 时的积分值。

记

$$\displaystyle P(x,y)=[\sin x-\varphi(x)]\dfrac{y}{x}, \qquad Q(x,y)=\varphi(x).$$

区域 $\displaystyle x>0$ 为单连通区域。曲线积分与路径无关的充要条件为

$$\displaystyle P_y=Q_x.$$

计算得

$$\displaystyle P_y=\dfrac{\sin x-\varphi(x)}{x}, \qquad Q_x=\varphi'(x).$$

故 $\displaystyle \varphi(x)$ 应满足

$$\displaystyle \varphi'(x)=\dfrac{\sin x-\varphi(x)}{x},$$

即

$$\displaystyle x\varphi'(x)+\varphi(x)=\sin x.$$

左端恰为乘积的导数：

$$\displaystyle [x\varphi(x)]'=\sin x.$$

积分得

$$\displaystyle x\varphi(x)=-\cos x+C.$$

由条件 $\displaystyle \varphi(\pi)=1$，有

$$\displaystyle \pi=-\cos\pi+C=1+C,$$

从而

$$\displaystyle C=\pi-1.$$

因此

$$\displaystyle \varphi(x)=\dfrac{\pi-1-\cos x}{x}.$$

由微分方程可知

$$\displaystyle \varphi'(x)=\dfrac{\sin x-\varphi(x)}{x},$$

所以

$$\displaystyle P(x,y)=y\varphi'(x), \qquad Q(x,y)=\varphi(x).$$

于是

$$\displaystyle P\,dx+Q\,dy=d[y\varphi(x)].$$

可取原函数

$$\displaystyle U(x,y)=y\varphi(x).$$

故

$$\displaystyle \begin{aligned} I &=U(\pi,\pi)-U(1,1)\\ &=\pi\varphi(\pi)-\varphi(1)\\ &=\pi-\left(\pi-1-\cos1\right)\\ &=1+\cos1. \end{aligned}$$

主观题李正元练习题·高等数学平面上第二类曲线积分与路径无关问题

设

$$\displaystyle (P(x,y),Q(x,y))= \left( \dfrac{x-y}{(x^2+y^2)^n}, \dfrac{x+y}{(x^2+y^2)^n} \right),$$

$\displaystyle n$ 为常数，问

$$\displaystyle \int_LP\,dx+Q\,dy$$

在区域

$$\displaystyle D=\{(x,y)\mid (x,y)\in\mathbb R^2,(x,y)\ne(0,0)\}$$

是否与路径无关。

令

$$\displaystyle s=x^2+y^2.$$

则

$$\displaystyle P=(x-y)s^{-n}, \qquad Q=(x+y)s^{-n}.$$

计算偏导数：

$$\displaystyle P_y=-s^{-n}-2ny(x-y)s^{-n-1},$$$$\displaystyle Q_x=s^{-n}-2nx(x+y)s^{-n-1}.$$

于是

$$\displaystyle \begin{aligned} Q_x-P_y &=2s^{-n}+2n[y(x-y)-x(x+y)]s^{-n-1}\\ &=2s^{-n}-2ns\,s^{-n-1}\\ &=2(1-n)s^{-n}. \end{aligned}$$

当 $\displaystyle n\ne1$ 时，

$$\displaystyle Q_x-P_y\ne0,$$

因此微分形式不是闭形式，曲线积分不可能与路径无关。

下面考察 $\displaystyle n=1$。此时

\displaystyle \begin{aligned} P\,dx+Q\,dy &=\dfrac{x-y}{x^2+y^2}\,dx+rac{x+y}{x^2+y^2}\,dy\\ &=\dfrac{x\,dx+y\,dy}{x^2+y^2} +\dfrac{-y\,dx+x\,dy}{x^2+y^2}. \end{aligned}

其中第一项为

$$\displaystyle \dfrac{x\,dx+y\,dy}{x^2+y^2} =d\left(\frac12\ln(x^2+y^2)\right),$$

第二项在局部等于 $\displaystyle d\theta$，但在去心平面 $\displaystyle D$ 内不存在单值的全局辐角函数。

取单位圆周

$$\displaystyle L:x=\cos t, \qquad y=\sin t, \qquad0\le t\le2\pi,$$

沿逆时针方向，则

$$\displaystyle x\,dx+y\,dy=0,$$

且

$$\displaystyle -y\,dx+x\,dy=dt.$$

因此

$$\displaystyle \oint_LP\,dx+Q\,dy =\int_0^{2\pi}dt =2\pi\ne0.$$

若曲线积分与路径无关，则任意闭曲线积分都应为零，故当 $\displaystyle n=1$ 时也不与路径无关。

综上，无论 $\displaystyle n$ 取何值，该曲线积分在区域 $\displaystyle D$ 内均不与路径无关。

原函数问题

主观题李正元练习题·高等数学原函数问题

求 $\displaystyle P\,dx+Q\,dy$ 在指定区域 $\displaystyle D$ 上的原函数，其中

$$\displaystyle (P,Q)= \left \{ 1-\dfrac{y^2}{x^2}\cos\dfrac{y}{x}, \ \sin\dfrac{y}{x}+\dfrac{y}{x}\cos\dfrac{y}{x} \right\},$$$$\displaystyle D=\{(x,y)\mid x>0\}.$$

要求函数 $\displaystyle u(x,y)$，使

$$\displaystyle du=P\,dx+Q\,dy,$$

即

$$\displaystyle u_x=1-\dfrac{y^2}{x^2}\cos\dfrac{y}{x}, \qquad u_y=\sin\dfrac{y}{x}+\dfrac{y}{x}\cos\dfrac{y}{x}.$$

先对 $\displaystyle Q$ 关于 $\displaystyle y$ 积分。注意到

$$\displaystyle \dfrac{\partial}{\partial y} \left(y\sin\dfrac{y}{x}\right) =\sin\dfrac{y}{x}+\dfrac{y}{x}\cos\dfrac{y}{x}.$$

故

$$\displaystyle u(x,y)=y\sin\dfrac{y}{x}+\varphi(x).$$

再对 $\displaystyle x$ 求偏导：

$$\displaystyle \begin{aligned} u_x &=y\cos\dfrac{y}{x}\left(-\dfrac{y}{x^2}\right)+\varphi'(x)\\ &=-\dfrac{y^2}{x^2}\cos\dfrac{y}{x}+\varphi'(x). \end{aligned}$$

与已知的 $\displaystyle P$ 比较，得

$$\displaystyle \varphi'(x)=1,$$

所以

$$\displaystyle \varphi(x)=x+C.$$

因此原函数为

$$\displaystyle u(x,y)=x+y\sin\dfrac{y}{x}+C.$$

直接验证：

$$\displaystyle d\left(x+y\sin\dfrac{y}{x}\right) =\left(1-\dfrac{y^2}{x^2}\cos\dfrac{y}{x}\right)dx +\left(\sin\dfrac{y}{x}+\dfrac{y}{x}\cos\dfrac{y}{x}\right)dy.$$

主观题李正元练习题·高等数学原函数问题

选择 $\displaystyle a,b$，使 $\displaystyle P\,dx+Q\,dy$ 在区域

$$\displaystyle D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\ne0\}$$

内为某函数 $\displaystyle u(x,y)$ 的全微分，其中

$$\displaystyle P=\dfrac{y^2+2xy+ax^2}{(x^2+y^2)^2}, \qquad Q=-\dfrac{x^2+2xy+by^2}{(x^2+y^2)^2}.$$

若 $\displaystyle P\,dx+Q\,dy$ 是某函数的全微分，则必有

$$\displaystyle P_y=Q_x.$$

计算并整理得

$$\displaystyle P_y-Q_x =-\dfrac{4xy\bigl[(a+1)x+(b+1)y\bigr]}{(x^2+y^2)^3}.$$

要使上式对区域 $\displaystyle D$ 中任意 $\displaystyle (x,y)$ 恒为零，必须有

$$\displaystyle a+1=0, \qquad b+1=0.$$

因此

$$\displaystyle a=b=-1.$$

代入后，

$$\displaystyle P=\dfrac{y^2+2xy-x^2}{(x^2+y^2)^2},$$$$\displaystyle Q=\dfrac{-x^2-2xy+y^2}{(x^2+y^2)^2}.$$

观察函数

$$\displaystyle u(x,y)=\dfrac{x-y}{x^2+y^2}.$$

其偏导数为

$$\displaystyle \begin{aligned} u_x &=\dfrac{(x^2+y^2)-2x(x-y)}{(x^2+y^2)^2}\\ &=\dfrac{y^2+2xy-x^2}{(x^2+y^2)^2}\\ &=P, \end{aligned}$$

以及

$$\displaystyle \begin{aligned} u_y &=\dfrac{-(x^2+y^2)-2y(x-y)}{(x^2+y^2)^2}\\ &=\dfrac{-x^2-2xy+y^2}{(x^2+y^2)^2}\\ &=Q. \end{aligned}$$

因此

$$\displaystyle P\,dx+Q\,dy =d\left(\dfrac{x-y}{x^2+y^2}\right).$$

虽然区域 $\displaystyle D$ 不是单连通区域，但这里已经构造出了在整个 $\displaystyle D$ 上单值可微的原函数，所以该微分形式确实是全微分。

求向量的散度与旋度

主观题李正元练习题·高等数学求向量的散度与旋度

已知

$$\displaystyle \mathbf E=\dfrac{q}{r^3}\mathbf r,$$

其中 $\displaystyle \mathbf r=(x,y,z)$，$\displaystyle r=|\mathbf r|$，$\displaystyle q$ 为常数，求 $\displaystyle \operatorname{div}\mathbf E$ 与 $\displaystyle \operatorname{rot}\mathbf E$。

由

$$\displaystyle \mathbf E=\dfrac{q}{r^3}(x,y,z), \qquad r=\sqrt{x^2+y^2+z^2},$$

可写成

$$\displaystyle \mathbf E= \left( \dfrac{qx}{r^3}, \dfrac{qy}{r^3}, \dfrac{qz}{r^3} \right).$$

先求散度。注意

$$\displaystyle \dfrac{\partial r^{-3}}{\partial x}=-3xr^{-5}, \qquad \dfrac{\partial r^{-3}}{\partial y}=-3yr^{-5}, \qquad \dfrac{\partial r^{-3}}{\partial z}=-3zr^{-5}.$$

因此

$$\displaystyle \begin{aligned} \operatorname{div}\mathbf E &=q\left[ \dfrac{\partial}{\partial x}(xr^{-3}) +\dfrac{\partial}{\partial y}(yr^{-3}) +\dfrac{\partial}{\partial z}(zr^{-3}) \right]\\ &=q\left[ (r^{-3}-3x^2r^{-5}) +(r^{-3}-3y^2r^{-5}) +(r^{-3}-3z^2r^{-5}) \right]\\ &=q\left[ 3r^{-3}-3(x^2+y^2+z^2)r^{-5} \right]\\ &=q\left(3r^{-3}-3r^2r^{-5}\right)\\ &=0. \end{aligned}$$

再求旋度。设

$$\displaystyle E_x=\dfrac{qx}{r^3}, \qquad E_y=\dfrac{qy}{r^3}, \qquad E_z=\dfrac{qz}{r^3}.$$

例如，旋度的第一分量为

$$\displaystyle \dfrac{\partial E_z}{\partial y}-\dfrac{\partial E_y}{\partial z} =qz(-3yr^{-5})-qy(-3zr^{-5})=0.$$

同理，

$$\displaystyle \dfrac{\partial E_x}{\partial z}-\dfrac{\partial E_z}{\partial x}=0, \qquad \dfrac{\partial E_y}{\partial x}-\dfrac{\partial E_x}{\partial y}=0.$$

故

$$\displaystyle \operatorname{rot}\mathbf E=\mathbf 0.$$

也可从势函数看出：当 $\displaystyle r\ne0$ 时，

$$\displaystyle \nabla\left(\frac1r\right) =-\dfrac{\mathbf r}{r^3},$$

从而

$$\displaystyle \mathbf E=-q\nabla\left(\frac1r\right).$$

因此 $\displaystyle \mathbf E$ 是梯度场，其旋度必为零。

需要注意，上述结论只在 $\displaystyle r\ne0$ 时成立，因为原点处向量场无定义。