质点在平面力场 $\vec{F}(x,y) = P(x,y)\vec{i} + Q(x,y)\vec{j}$ 的作用下,沿有向曲线 $L$ 从点 $A$ 运动到点 $B$,所做的功为
$$W = \int_L \vec{F}\cdot\dd\vec{r} = \int_L P\,\dd x + Q\,\dd y$$这就是第二类曲线积分(对坐标的曲线积分)的物理原型。
设 $L$ 是平面上从 $A$ 到 $B$ 的一条有向光滑(或逐段光滑)曲线,$P(x,y)$、$Q(x,y)$ 在 $L$ 上连续。将 $L$ 分成 $n$ 段,第 $i$ 段的起点 $(x_{i-1}, y_{i-1})$、终点 $(x_i, y_i)$,令 $\Delta x_i = x_i - x_{i-1}$,$\Delta y_i = y_i - y_{i-1}$。在每段上任取一点 $(\xi_i, \eta_i)$,若极限
$$\lim_{\lambda\to 0}\sum_{i=1}^{n}\left[P(\xi_i,\eta_i)\Delta x_i + Q(\xi_i,\eta_i)\Delta y_i\right]$$存在且与分割方式和取点方式无关,则称此极限为 $P\dd x + Q\dd y$ 沿 $L$ 的第二类曲线积分,记作
$$\int_L P(x,y)\,\dd x + Q(x,y)\,\dd y$$其中 $\lambda = \max_i\{|\Delta s_i|\}$ 是最大弧段长度。当 $P$、$Q$ 在 $L$ 上连续时,积分存在。

设 $L^-$ 表示与 $L$ 方向相反的曲线(即从 $B$ 回到 $A$),则
$$\int_{L^-} P\,\dd x + Q\,\dd y = -\int_L P\,\dd x + Q\,\dd y$$第二类曲线积分具有线性性:
$$\int_L (\alpha P_1 + \beta P_2)\,\dd x + (\alpha Q_1 + \beta Q_2)\,\dd y = \alpha\int_L P_1\,\dd x + Q_1\,\dd y + \beta\int_L P_2\,\dd x + Q_2\,\dd y$$若有向曲线 $L$ 由 $L_1$ 和 $L_2$ 首尾相接组成(即 $L = L_1 + L_2$),则
$$\int_L P\,\dd x + Q\,\dd y = \int_{L_1} P\,\dd x + Q\,\dd y + \int_{L_2} P\,\dd x + Q\,\dd y$$这一性质对于分段光滑曲线的计算至关重要:对每段分别计算再相加。
设有向曲线 $L$ 的参数方程为
$$x = x(t),\quad y = y(t),\quad t:\alpha\to\beta$$其中 $t=\alpha$ 对应起点 $A$,$t=\beta$ 对应终点 $B$。则
$$\int_L P\,\dd x + Q\,\dd y = \int_\alpha^\beta \left[P(x(t),y(t))\,x'(t) + Q(x(t),y(t))\,y'(t)\right]\dd t$$| 第一类 $\int_L f\,\dd s$ | 第二类 $\int_L P\,\dd x + Q\,\dd y$ | |
|---|---|---|
| 参数上下限 | 必须 $\alpha < \beta$ | 起点 $\to$ 终点(可大可小) |
| 被积表达式 | $f\sqrt{x'^2+y'^2}\,\dd t$ | $[Px'+Qy']\,\dd t$ |
| 方向影响 | 无 | 反向变号 |
| 弧长因子 | $\sqrt{x'^2+y'^2}$ | 无(已由 $x'(t)\dd t$、$y'(t)\dd t$ 编码方向) |
| 曲线 | 参数方程 | 注意事项 |
|---|---|---|
| 直线段 $(x_1,y_1)\to(x_2,y_2)$ | $x=(1-t)x_1+tx_2$, $y=(1-t)y_1+ty_2$, $t:0\to 1$ | 方向自动正确 |
| 圆 $x^2+y^2=R^2$(逆时针) | $x=R\cos t$, $y=R\sin t$, $t:0\to 2\pi$ | 顺时针则 $t:2\pi\to 0$ |
| 上半圆(左$\to$右) | $x=R\cos t$, $y=R\sin t$, $t:\pi\to 0$ | 注意 $t$ 从 $\pi$ 到 $0$! |
| 抛物线 $y=x^2$(左$\to$右) | $x=t$, $y=t^2$ | $t$ 递增即左到右 |
| 椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$(逆时针) | $x=a\cos t$, $y=b\sin t$, $t:0\to 2\pi$ | $a$, $b$ 分别为半轴长 |
曲线 $L$ 可以表示为 $y=y(x)$(以 $x$ 为参数),方向为 $x$ 从 $a$ 到 $b$,则
$$\int_L P\,\dd x + Q\,\dd y = \int_a^b \left[P(x,y(x)) + Q(x,y(x))\,y'(x)\right]\dd x$$注意:$\dd x$ 前面的系数是 $1$(因为 $x$ 本身就是参数,$x'(x)=1$),$\dd y = y'(x)\dd x$。
若曲线更方便表示为 $x=x(y)$(以 $y$ 为参数),则
$$\int_L P\,\dd x + Q\,\dd y = \int_c^d \left[P(x(y),y)\,x'(y) + Q(x(y),y)\right]\dd y$$此时 $\dd y$ 前面系数为 $1$(因为 $y$ 就是参数),$\dd x = x'(y)\dd y$。
设有向曲线 $L$ 在点 $(x,y)$ 处的单位切向量为 $\vec{\tau} = (\cos\alpha,\sin\alpha)$($\alpha$ 是切线方向与 $x$ 轴正方向的夹角),则
$$\dd x = \cos\alpha\,\dd s,\quad \dd y = \sin\alpha\,\dd s$$从而
$$\int_L P\,\dd x + Q\,\dd y = \int_L (P\cos\alpha + Q\sin\alpha)\,\dd s$$换言之,第二类曲线积分可以用第一类曲线积分表示。右端被积函数 $P\cos\alpha + Q\sin\alpha$ 恰好是向量场 $\vec{F}=(P,Q)$ 在切线方向上的投影(即 $\vec{F}\cdot\vec{\tau}$)。
令 $\vec{F} = (P,Q)$,$\dd\vec{r} = (\dd x,\dd y)$,$\vec{\tau} = (\cos\alpha,\sin\alpha)$(单位切向量),则
$$\int_L P\,\dd x + Q\,\dd y = \int_L \vec{F}\cdot\dd\vec{r} = \int_L (\vec{F}\cdot\vec{\tau})\,\dd s$$其中 $\dd\vec{r} = \vec{\tau}\,\dd s$。
设曲线参数方程为 $x=x(t)$,$y=y(t)$,则切线方向向量为 $(x'(t), y'(t))$,于是
$$\cos\alpha = \frac{x'(t)}{\sqrt{x'^2(t)+y'^2(t)}},\quad \sin\alpha = \frac{y'(t)}{\sqrt{x'^2(t)+y'^2(t)}}$$设空间有向曲线 $\Gamma$ 的参数方程为 $x=x(t)$,$y=y(t)$,$z=z(t)$,$t:\alpha\to\beta$($\alpha$ 对应起点,$\beta$ 对应终点),$P$、$Q$、$R$ 在 $\Gamma$ 上连续,则
$$\int_\Gamma P\,\dd x + Q\,\dd y + R\,\dd z = \int_\alpha^\beta \left[P\,x'(t) + Q\,y'(t) + R\,z'(t)\right]\dd t$$其中 $P=P(x(t),y(t),z(t))$,$Q$、$R$ 类似。
令 $\vec{F} = (P,Q,R)$,$\dd\vec{r} = (\dd x,\dd y,\dd z)$,则
$$\int_\Gamma P\,\dd x + Q\,\dd y + R\,\dd z = \int_\Gamma \vec{F}\cdot\dd\vec{r}$$物理意义:向量场 $\vec{F}$ 沿空间曲线 $\Gamma$ 做的功。
类比二维情形,设 $\Gamma$ 在点处的单位切向量为 $\vec{\tau} = (\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma)$(方向余弦),则
$$\int_\Gamma P\,\dd x + Q\,\dd y + R\,\dd z = \int_\Gamma (P\cos\alpha + Q\cos\beta + R\cos\gamma)\,\dd s$$| 曲线 | 参数方程 |
|---|---|
| 空间直线段 $A(x_1,y_1,z_1)\to B(x_2,y_2,z_2)$ | $x=(1-t)x_1+tx_2$, $y=(1-t)y_1+ty_2$, $z=(1-t)z_1+tz_2$, $t:0\to 1$ |
| 螺旋线 | $x=a\cos t$, $y=a\sin t$, $z=bt$ |
| 两曲面交线 | 消元后参数化(具体问题具体分析) |

第一步:参数化。 直线段 $A(0,0)\to B(1,2)$:
$$x = t,\quad y = 2t,\quad t:0\to 1$$所以 $x'(t) = 1$,$y'(t) = 2$。
第二步:代入公式。
$$\int_L y\,\dd x + x\,\dd y = \int_0^1 \left[2t\cdot 1 + t\cdot 2\right]\dd t = \int_0^1 4t\,\dd t = \left[2t^2\right]_0^1 = 2$$第一步:参数化。 上半圆从 $(R,0)$ 到 $(-R,0)$(逆时针):
$$x = R\cos t,\quad y = R\sin t,\quad t:0\to\pi$$所以 $x'(t) = -R\sin t$,$y'(t) = R\cos t$。
第二步:代入公式。
$$I = \int_0^{\pi}\left[(-R\sin t)\cdot(-R\sin t) + (R\cos t)\cdot(R\cos t)\right]\dd t$$ $$= \int_0^{\pi}\left[R^2\sin^2 t + R^2\cos^2 t\right]\dd t = \int_0^{\pi} R^2\,\dd t = \pi R^2$$将 $L$ 分为两段:$L_1$($A\to B$)和 $L_2$($B\to C$)。
$L_1$:从 $(0,0)$ 到 $(1,0)$,沿 $x$ 轴($y=0$,$\dd y = 0$)。
$$\int_{L_1} x^2y\,\dd x + xy^2\,\dd y = \int_0^1 x^2\cdot 0\,\dd x + 0 = 0$$$L_2$:从 $(1,0)$ 到 $(1,1)$,沿 $x=1$($\dd x = 0$,$y$ 从 $0$ 到 $1$)。
$$\int_{L_2} x^2y\,\dd x + xy^2\,\dd y = 0 + \int_0^1 1\cdot y^2\,\dd y = \frac{1}{3}$$总和:
$$\int_L = \int_{L_1} + \int_{L_2} = 0 + \frac{1}{3} = \boxed{\dfrac{1}{3}}$$$L_1$:$y=x^2$ 从 $(0,0)$ 到 $(1,1)$,$\dd y = 2x\,\dd x$,$x:0\to 1$。
$$I_1 = \int_0^1 \left[(x^2-2x\cdot x^2) + (x^4-2x\cdot x^2)\cdot 2x\right]\dd x$$ $$= \int_0^1 \left[(x^2-2x^3) + (x^4-2x^3)\cdot 2x\right]\dd x$$ $$= \int_0^1 \left[x^2-2x^3 + 2x^5 - 4x^4\right]\dd x$$ $$= \left[\frac{x^3}{3} - \frac{x^4}{2} + \frac{x^6}{3} - \frac{4x^5}{5}\right]_0^1 = \frac{1}{3} - \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{4}{5} = \frac{10-15+10-24}{30} = -\frac{19}{30}$$$L_2$:$y=1$ 从 $(1,1)$ 到 $(0,1)$,$\dd y = 0$,$x:1\to 0$。
$$I_2 = \int_1^0 (x^2-2x\cdot 1)\,\dd x = \int_1^0 (x^2-2x)\,\dd x = \left[\frac{x^3}{3}-x^2\right]_1^0 = 0 - \left(\frac{1}{3}-1\right) = \frac{2}{3}$$总和:
$$I = I_1 + I_2 = -\frac{19}{30} + \frac{2}{3} = -\frac{19}{30}+\frac{20}{30} = \boxed{\dfrac{1}{30}}$$方法一:参数化直接计算。
$x=a\cos t$,$y=b\sin t$,$t:0\to 2\pi$。$x'=-a\sin t$,$y'=b\cos t$。
$$I = \int_0^{2\pi}\left[(-b\sin t)\cdot(-a\sin t) + (a\cos t)\cdot(b\cos t)\right]\dd t$$ $$= \int_0^{2\pi}ab(\sin^2 t + \cos^2 t)\,\dd t = \int_0^{2\pi}ab\,\dd t = 2\pi ab$$方法二:利用两类联系。
$P=-y$,$Q=x$。$P\cos\alpha + Q\sin\alpha = -y\cos\alpha + x\sin\alpha$。
在椭圆上,切线方向角 $\alpha$ 满足 $\cos\alpha = \frac{-a\sin t}{\sqrt{a^2\sin^2 t+b^2\cos^2 t}}$,$\sin\alpha = \frac{b\cos t}{\sqrt{a^2\sin^2 t+b^2\cos^2 t}}$。
代入后分子恰好化为 $ab$(与方法一一致),验证了联系公式的正确性。
参数方程:$x=\cos t$,$y=\sin t$,$z=t$,$t:0\to 2\pi$。
$x'=-\sin t$,$y'=\cos t$,$z'=1$。
$P=y=\sin t$,$Q=z=t$,$R=x=\cos t$。
$$I = \int_0^{2\pi}\left[\sin t\cdot(-\sin t) + t\cdot\cos t + \cos t\cdot 1\right]\dd t$$ $$= \int_0^{2\pi}\left[-\sin^2 t + t\cos t + \cos t\right]\dd t$$分三项计算:
(a) $y=x$,$\dd y = \dd x$,$x:0\to 1$。
$$\int_L y^2\,\dd x = \int_0^1 x^2\,\dd x = \frac{1}{3}$$(b) 反向行走,$y=x$,$x:1\to 0$。
$$\int_{L^-} y^2\,\dd x = \int_1^0 x^2\,\dd x = -\frac{1}{3}$$验证:$\int_{L^-} = -\int_L$,方向性得到验证。
将 $L$ 分为三段(逆时针方向):
$L_1$:底边 $(0,0)\to(1,0)$,$y=0$,$\dd y=0$。
$$\int_{L_1}x^2\,\dd y = 0$$$L_2$:右边 $(1,0)\to(1,1)$,$x=1$,$y:0\to 1$。
$$\int_{L_2}x^2\,\dd y = \int_0^1 1\,\dd y = 1$$$L_3$:斜边 $(1,1)\to(0,0)$,$y=x$,$\dd y=\dd x$,$x:1\to 0$。
$$\int_{L_3}x^2\,\dd y = \int_1^0 x^2\,\dd x = -\frac{1}{3}$$总和:
$$\oint_L x^2\,\dd y = 0 + 1 - \frac{1}{3} = \boxed{\dfrac{2}{3}}$$第一步:化标准形式。 $x^2+y^2=2x \Leftrightarrow (x-1)^2+y^2=1$,即圆心 $(1,0)$,半径 $R=1$。
第二步:参数化。 $x=1+\cos t$,$y=\sin t$,$t:0\to 2\pi$(逆时针)。
$x'=-\sin t$,$y'=\cos t$。$P=x-y=1+\cos t-\sin t$,$Q=x+y=1+\cos t+\sin t$。
$$I = \int_0^{2\pi}\left[(1+\cos t-\sin t)(-\sin t)+(1+\cos t+\sin t)\cos t\right]\dd t$$展开:
$$= \int_0^{2\pi}\left[-\sin t-\sin t\cos t+\sin^2 t+\cos t+\cos^2 t+\sin t\cos t\right]\dd t$$ $$= \int_0^{2\pi}\left[-\sin t+\cos t+1\right]\dd t$$ $$= \left[\cos t+\sin t+t\right]_0^{2\pi} = (1+0+2\pi)-(1+0+0) = \boxed{2\pi}$$第一步:判断是否为全微分。
$P = e^x\cos y$,$Q = -e^x\sin y$。
$$\frac{\pp P}{\pp y} = -e^x\sin y,\quad \frac{\pp Q}{\pp x} = -e^x\sin y$$$\frac{\pp P}{\pp y} = \frac{\pp Q}{\pp x}$,所以 $P\dd x+Q\dd y$ 是全微分!
第二步:找原函数。
$F(x,y)$ 满足 $F_x = e^x\cos y$,$F_y = -e^x\sin y$。
$F = \int e^x\cos y\,\dd x = e^x\cos y + C(y)$。
$F_y = -e^x\sin y + C'(y) = -e^x\sin y$,故 $C'(y)=0$,$C=\text{const}$。
因此 $F(x,y)=e^x\cos y$。
第三步:利用全微分性质(与路径无关)。
$$I = F(B)-F(A) = e^\pi\cos 0 - e^0\cos 0 = e^\pi - 1 = \boxed{e^\pi - 1}$$方法一:分段直接计算。
$L_1$:上半圆 $(1,0)\to(-1,0)$(逆时针)。
$x=\cos t$,$y=\sin t$,$t:0\to\pi$。$x'=-\sin t$,$y'=\cos t$。
$$I_1 = \int_0^{\pi}\left[1\cdot(-\sin t)+2\cos t\sin t\cdot\cos t\right]\dd t$$ $$= \int_0^{\pi}\left[-\sin t+2\sin t\cos^2 t\right]\dd t$$ $$= \left[\cos t-\frac{2\cos^3 t}{3}\right]_0^{\pi} = \left(-1+\frac{2}{3}\right)-\left(1-\frac{2}{3}\right) = -\frac{2}{3}$$$L_2$:$x$ 轴 $(-1,0)\to(1,0)$。 $y=0$,$\dd y=0$,$x:-1\to 1$。
$$I_2 = \int_{-1}^{1}x^2\,\dd x = \frac{2}{3}$$总和:$I = I_1 + I_2 = -\frac{2}{3}+\frac{2}{3} = 0$。
方法二:Green 公式。
$P=x^2+y^2$,$Q=2xy$。$\frac{\pp Q}{\pp x}-\frac{\pp P}{\pp y} = 2y-2y=0$。
由 Green 公式,$\oint_L P\,\dd x+Q\,\dd y = \iint_D 0\,\dd\sigma = \boxed{0}$。
识别特征:给定具体曲线(直线段、圆弧、抛物线等)和方向,要求计算 $\int_L P\,\dd x + Q\,\dd y$。
标准步骤:
易错点:
mini 例:$L$:$(R,0)\to(-R,0)$ 上半圆逆时针,$\int_L x\,\dd y = \int_0^\pi R\cos t\cdot R\cos t\,\dd t = \frac{\pi R^2}{2}$。
识别特征:曲线由多段组成(折线、分段函数等),需要对每段分别计算。
标准步骤:
速解技巧:
识别特征:被积表达式 $P\dd x+Q\dd y$ 恰好是某个函数的全微分,即 $\frac{\pp P}{\pp y} = \frac{\pp Q}{\pp x}$。
标准步骤:
找原函数的方法:
常见全微分:$\dd(xy) = y\dd x+x\dd y$;$\dd(x^2+y^2)=2x\dd x+2y\dd y$;$\dd(e^x\cos y) = e^x\cos y\,\dd x - e^x\sin y\,\dd y$。
识别特征:曲线 $L$ 是封闭的($A=B$),或可以通过补线构成封闭曲线。
核心公式(10.3 节详细讲):
$$\oint_L P\,\dd x + Q\,\dd y = \iint_D \left(\frac{\pp Q}{\pp x}-\frac{\pp P}{\pp y}\right)\dd\sigma$$其中 $D$ 是 $L$ 所围区域,$L$ 取正向(逆时针)。
速判:若 $\frac{\pp Q}{\pp x}-\frac{\pp P}{\pp y}$ 是常数或简单函数,Green 公式远比直接参数化高效。
特例:$\frac{\pp Q}{\pp x}-\frac{\pp P}{\pp y}=0$ $\Rightarrow$ 积分与路径无关,封闭曲线积分为零。
识别特征:空间曲线 $\Gamma$,计算 $\int_\Gamma P\,\dd x+Q\,\dd y+R\,\dd z$。
标准步骤:
常见曲线:空间直线段、螺旋线 $(a\cos t, a\sin t, bt)$、两曲面交线。
注意:三维情形没有 Green 公式的直接类比(需要用 Stokes 公式,不在本节范围内)。通常只能参数化硬算。
第二类曲线积分参数化时,下限是起点对应的参数值,上限是终点对应的参数值。如上半圆从 $(R,0)$ 到 $(-R,0)$ 逆时针,$t:0\to\pi$,而不是 $\pi\to 0$。如果写反了就差一个负号。
$\int_L f\,\dd s$ 中 $\dd s=\sqrt{x'^2+y'^2}\,\dd t > 0$(标量),与方向无关。
$\int_L P\,\dd x$ 中 $\dd x = x'(t)\,\dd t$(可正可负),与方向有关。
最常见的考试错误:在第二类积分中使用了 $\sqrt{x'^2+y'^2}$,或者忘记方向导致差一个负号。
折线路径要注意每一段都要算,尤其是沿坐标轴的那段(虽然往往结果为零,但必须显式说明 $\dd y=0$ 或 $y=0$ 等条件)。
$\frac{\pp P}{\pp y}=\frac{\pp Q}{\pp x}$ 是全微分的充要条件,前提是 $P$、$Q$ 在单连通区域上有连续偏导数。如果区域有"洞"(例如原点附近 $\frac{-y}{x^2+y^2}\dd x+\frac{x}{x^2+y^2}\dd y$),即使偏导相等也可能不是全微分。
| 积分 | 曲线 | 结果 | 备注 |
|---|---|---|---|
| $\oint_L x\,\dd y$ | 封闭曲线 $L$(逆时针) | $=S$(面积) | Green: $\frac{\pp Q}{\pp x}=1$, $\frac{\pp P}{\pp y}=0$ |
| $\oint_L -y\,\dd x$ | 封闭曲线 $L$(逆时针) | $=S$(面积) | Green: $\frac{\pp Q}{\pp x}=0$, $\frac{\pp P}{\pp y}=-1$ |
| $\oint_L x\,\dd y - y\,\dd x$ | 封闭曲线 $L$(逆时针) | $=2S$ | Green: $1-(-1)=2$ |
| $\int_L y\,\dd x + x\,\dd y$ | 任意曲线 $A\to B$ | $=x_By_B - x_Ay_A$ | 全微分 $\dd(xy)$ |
| $\int_L x\,\dd x + y\,\dd y$ | 任意曲线 $A\to B$ | $=\frac{1}{2}(x_B^2+y_B^2-x_A^2-y_A^2)$ | 全微分 $\frac{1}{2}\dd(x^2+y^2)$ |
封闭曲线(逆时针)所围面积 $S$ 可以用以下三种等价方式计算:
$$S = \oint_L x\,\dd y = -\oint_L y\,\dd x = \frac{1}{2}\oint_L (x\,\dd y - y\,\dd x)$$其中第三种形式最对称、最常用。椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 的面积 $S = \frac{1}{2}\oint(x\,\dd y-y\,\dd x) = \pi ab$。
$y=x^3$,$\dd y=3x^2\,\dd x$,$x:-1\to 1$。
$$I = \int_{-1}^1\left[(x+x^3)+(x-x^3)\cdot 3x^2\right]\dd x$$ $$= \int_{-1}^1\left[x+x^3+3x^3-3x^5\right]\dd x = \int_{-1}^1\left[x+4x^3-3x^5\right]\dd x$$被积函数 $f(x) = x+4x^3-3x^5$ 是奇函数,在对称区间 $[-1,1]$ 上积分为 $\boxed{0}$。
$P=2xy^3$,$Q=3x^2y^2$。$\frac{\pp P}{\pp y}=6xy^2=\frac{\pp Q}{\pp x}$。全微分!
原函数:$F=\int 2xy^3\,\dd x = x^2y^3 + C(y)$,$F_y=3x^2y^2+C'(y)=3x^2y^2$,故 $C'=0$。
$F(x,y)=x^2y^3$。
$$I = F(2,3)-F(1,1) = 4\cdot 27 - 1\cdot 1 = \boxed{107}$$$\Gamma_1$:$(1,0,0)\to(0,1,0)$。
$x=1-t$,$y=t$,$z=0$,$t:0\to 1$。$x'=-1$,$y'=1$,$z'=0$。
$$I_1 = \int_0^1[0\cdot(-1)+(1-t)\cdot 1+t\cdot 0]\,\dd t = \int_0^1(1-t)\,\dd t = \frac{1}{2}$$$\Gamma_2$:$(0,1,0)\to(0,0,1)$。
$x=0$,$y=1-t$,$z=t$,$t:0\to 1$。$x'=0$,$y'=-1$,$z'=1$。
$$I_2 = \int_0^1[t\cdot 0+0\cdot(-1)+(1-t)\cdot 1]\,\dd t = \int_0^1(1-t)\,\dd t = \frac{1}{2}$$总和: $I = I_1+I_2 = \frac{1}{2}+\frac{1}{2} = \boxed{1}$。
定位:第二类曲线积分以「路径无关 / 做功 / Green」形式 5/5 年必考(T13/选择,10 分)。上面真题精选已含 2018-T13 做功、Green 题,这里补一道含参数 $\lambda$ + 凑对数的真题原型。
第一步:由路径无关定 $\lambda$。 记 $P=\dfrac{\lambda x}{x^2+y^2}$,$Q=-\dfrac{x^2}{y(x^2+y^2)}$。路径无关 $\Leftrightarrow P_y=Q_x$。
$$P_y=\lambda x\cdot\frac{-2y}{(x^2+y^2)^2}=\frac{-2\lambda xy}{(x^2+y^2)^2}$$$Q=-\dfrac{x^2}{y}\cdot(x^2+y^2)^{-1}$,对 $x$ 求导($y$ 视常数):
$$Q_x=-\frac{1}{y}\left[\frac{2x(x^2+y^2)-x^2\cdot2x}{(x^2+y^2)^2}\right]=-\frac{1}{y}\cdot\frac{2xy^2}{(x^2+y^2)^2}=\frac{-2xy}{(x^2+y^2)^2}$$令 $P_y=Q_x$:$-2\lambda xy=-2xy\Rightarrow\boxed{\lambda=1}$。
第二步:凑全微分求原函数。 $\lambda=1$ 时被积式为 $\dfrac{x\,\dd x}{x^2+y^2}-\dfrac{x^2\,\dd y}{y(x^2+y^2)}$。可验证它是 $u=\tfrac12\ln\dfrac{x^2+y^2}{y^2}$ 的全微分:
$$u_x=\frac{x}{x^2+y^2},\quad u_y=\frac12\left(\frac{2y}{x^2+y^2}-\frac{2}{y}\right)=\frac{y}{x^2+y^2}-\frac1y=\frac{-x^2}{y(x^2+y^2)}\ \checkmark$$第三步:原函数差(路径无关 $\Rightarrow$ 只看端点)。
$$I=u(0,2)-u(1,1)=\tfrac12\ln\frac{0+4}{4}-\tfrac12\ln\frac{1+1}{1}=\tfrac12\ln1-\tfrac12\ln2=\boxed{-\dfrac12\ln2}$$