10.6 Gauss 公式与 Stokes 公式

第一步：验证条件。 $P = x^2$，$Q = y^2$，$R = z^2$ 在 $\Omega$ 上处处有连续的一阶偏导。$\Sigma$ 是长方体的完整封闭表面，取外侧。满足 Gauss 公式条件。

第二步：计算散度。

$$\frac{\pp P}{\pp x}+\frac{\pp Q}{\pp y}+\frac{\pp R}{\pp z} = 2x + 2y + 2z$$

第三步：应用 Gauss 公式。

$$I = \iiint_\Omega (2x+2y+2z)\,\dd V$$

第四步：计算三重积分。

$$I = 2\int_0^a\dd x\int_0^b\dd y\int_0^c(x+y+z)\,\dd z$$ $$= 2\int_0^a\dd x\int_0^b\left[xc + yc + \frac{c^2}{2}\right]\dd y$$ $$= 2\int_0^a\left[xbc + \frac{b^2c}{2} + \frac{bc^2}{2}\right]\dd x$$ $$= 2\left[\frac{a^2bc}{2} + \frac{ab^2c}{2} + \frac{abc^2}{2}\right]$$ $$\boxed{I = abc(a+b+c)}$$

第一步：$\Sigma$ 不封闭，需要补面。 添加底面 $\Sigma_1$：圆盘 $x^2+y^2\leq a^2$，$z=0$，取下侧（作为封闭曲面的外侧，法向量指向下方即 $\Omega$ 外部）。

第二步：计算散度。 $P = x$，$Q = y$，$R = z$，散度为

$$\frac{\pp P}{\pp x}+\frac{\pp Q}{\pp y}+\frac{\pp R}{\pp z} = 1 + 1 + 1 = 3$$

第三步：Gauss 公式应用于封闭曲面 $\Sigma\cup\Sigma_1$（外侧）。

$$\oiint_{\Sigma\cup\Sigma_1}\boldsymbol{F}\cdot\dd\boldsymbol{S} = \iiint_\Omega 3\,\dd V = 3\cdot\frac{2}{3}\pi a^3 = 2\pi a^3$$

（$\Omega$ 为上半球，体积为 $\frac{2}{3}\pi a^3$。）

第四步：计算补面 $\Sigma_1$ 上的积分。 在 $\Sigma_1$ 上，$z = 0$，法向量 $\boldsymbol{n} = (0,0,-1)$（下侧），故 $\dd y\dd z = 0$，$\dd z\dd x = 0$，$\dd x\dd y = -\dd x\dd y$（取下侧时 $\cos\gamma < 0$）。因此

$$\iint_{\Sigma_1(\text{下侧})} x\,\dd y\,\dd z + y\,\dd z\,\dd x + z\,\dd x\,\dd y = \iint_{D} 0 + 0 + 0\cdot(-1)\,\dd x\dd y = 0$$

（因为 $z = 0$ 在 $\Sigma_1$ 上。）

第五步：得出结果。

$$I = \oiint_{\Sigma\cup\Sigma_1} - \iint_{\Sigma_1} = 2\pi a^3 - 0 = 2\pi a^3$$ $$\boxed{I = 2\pi a^3}$$

第一步：识别被积函数。 令 $r = \sqrt{x^2+y^2+z^2}$，则 $\boldsymbol{F} = \dfrac{\boldsymbol{r}}{r^3} = \left(\dfrac{x}{r^3}, \dfrac{y}{r^3}, \dfrac{z}{r^3}\right)$。

第二步：检查散度。 计算 $\dfrac{\pp}{\pp x}\left(\dfrac{x}{r^3}\right)$：

$$\frac{\pp}{\pp x}\left(\frac{x}{r^3}\right) = \frac{r^3 - x\cdot 3r^2\cdot\frac{x}{r}}{r^6} = \frac{r^2 - 3x^2}{r^5}$$

同理 $\dfrac{\pp}{\pp y}\left(\dfrac{y}{r^3}\right) = \dfrac{r^2-3y^2}{r^5}$，$\dfrac{\pp}{\pp z}\left(\dfrac{z}{r^3}\right) = \dfrac{r^2-3z^2}{r^5}$。

$$\mathrm{div}\,\boldsymbol{F} = \frac{3r^2 - 3(x^2+y^2+z^2)}{r^5} = \frac{3r^2 - 3r^2}{r^5} = 0 \quad (r\neq 0)$$

但原点 $r=0$ 是奇点，$\boldsymbol{F}$ 在原点无定义，不能直接在包含原点的区域上用 Gauss 公式。

第三步：挖球法。 取以原点为心、半径为 $\varepsilon$ 的小球面 $S_\varepsilon$（$\varepsilon$ 足够小使 $S_\varepsilon$ 在椭球内部），令 $\Omega^* = \Omega\setminus B_\varepsilon$（挖掉小球后的区域）。

在 $\Omega^*$ 上 $\mathrm{div}\,\boldsymbol{F} = 0$ 且 $\boldsymbol{F}$ 光滑，由 Gauss 公式：

$$\oiint_{\Sigma(\text{外侧})}\boldsymbol{F}\cdot\dd\boldsymbol{S} + \oiint_{S_\varepsilon(\text{内侧})}\boldsymbol{F}\cdot\dd\boldsymbol{S} = 0$$

（$S_\varepsilon$ 取内侧是因为它是 $\Omega^*$ 的内边界，外法向量指向球心。）

因此

$$\oiint_{\Sigma}\boldsymbol{F}\cdot\dd\boldsymbol{S} = -\oiint_{S_\varepsilon(\text{内侧})}\boldsymbol{F}\cdot\dd\boldsymbol{S} = \oiint_{S_\varepsilon(\text{外侧})}\boldsymbol{F}\cdot\dd\boldsymbol{S}$$

第四步：计算小球面上的积分。 在 $S_\varepsilon$ 上，$r = \varepsilon$，外法向量 $\boldsymbol{n} = \dfrac{\boldsymbol{r}}{\varepsilon}$，故

$$\boldsymbol{F}\cdot\boldsymbol{n} = \frac{\boldsymbol{r}}{r^3}\cdot\frac{\boldsymbol{r}}{r} = \frac{r^2}{r^4} = \frac{1}{r^2} = \frac{1}{\varepsilon^2}$$ $$\oiint_{S_\varepsilon}\boldsymbol{F}\cdot\boldsymbol{n}\,\dd S = \frac{1}{\varepsilon^2}\cdot 4\pi\varepsilon^2 = 4\pi$$ $$\boxed{I = 4\pi}$$

第一步：补面。 添加椭圆盘 $\Sigma_1$：$\dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}\leq 1$，$z=0$，取下侧（外法向量指向下方），使 $\Sigma\cup\Sigma_1$ 构成封闭曲面，围成上半椭球体 $\Omega$。

第二步：计算散度。

$$\mathrm{div}\,\boldsymbol{F} = 2x + 2y + 2z$$

第三步：Gauss 公式。

$$\oiint_{\Sigma\cup\Sigma_1}\boldsymbol{F}\cdot\dd\boldsymbol{S} = \iiint_\Omega(2x+2y+2z)\,\dd V$$

由对称性（$\Omega$ 关于 $xOz$ 平面和 $yOz$ 平面对称），$\iiint_\Omega 2x\,\dd V = 0$，$\iiint_\Omega 2y\,\dd V = 0$。

$$\iiint_\Omega 2z\,\dd V = 2\iiint_\Omega z\,\dd V$$

用椭球坐标 $x = a\rho\sin\varphi\cos\theta$，$y = b\rho\sin\varphi\sin\theta$，$z = c\rho\cos\varphi$，$\dd V = abc\rho^2\sin\varphi\,\dd\rho\,\dd\varphi\,\dd\theta$，$\rho\in[0,1]$，$\varphi\in[0,\pi/2]$，$\theta\in[0,2\pi]$：

$$\iiint_\Omega z\,\dd V = \int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^{\pi/2}\sin\varphi\,\dd\varphi\int_0^1 (c\rho\cos\varphi)\cdot abc\rho^2\,\dd\rho$$ $$= 2\pi\cdot abc^2\int_0^{\pi/2}\sin\varphi\cos\varphi\,\dd\varphi\int_0^1\rho^3\,\dd\rho = 2\pi\cdot abc^2\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4} = \frac{\pi abc^2}{4}$$

所以 Gauss 公式的右端 $= 2\cdot\dfrac{\pi abc^2}{4} = \dfrac{\pi abc^2}{2}$。

第四步：计算补面积分。 在 $\Sigma_1$（下侧，$z=0$）上：$\cos\alpha = 0$，$\cos\beta = 0$，$\cos\gamma = -1$，$\dd y\dd z = 0$，$\dd z\dd x = 0$，$\dd x\dd y = -\dd x\dd y_0$（$\dd x\dd y_0$ 是正面积元）。

$$\iint_{\Sigma_1} = \iint_{D_{xy}}[0 + 0 + (0+c^2)\cdot(-1)]\,\dd x\dd y = -c^2\cdot\pi ab$$

（其中 $D_{xy}$：$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\leq 1$，面积为 $\pi ab$。）

第五步：最终结果。

$$I = \frac{\pi abc^2}{2} - (-\pi abc^2) = \frac{\pi abc^2}{2} + \pi abc^2 = \frac{3\pi abc^2}{2}$$ $$\boxed{I = \frac{3\pi abc^2}{2}}$$

思路： 取 $\boldsymbol{F} = (x,y,z)$，则 $\mathrm{div}\,\boldsymbol{F} = 3$。由 Gauss 公式：

$$\oiint_\Sigma x\,\dd y\dd z + y\,\dd z\dd x + z\,\dd x\dd y = \iiint_\Omega 3\,\dd V = 3V$$

因此

$$V = \frac{1}{3}\oiint_\Sigma x\,\dd y\dd z + y\,\dd z\dd x + z\,\dd x\dd y$$

椭球面参数化 $x=a\sin\varphi\cos\theta$，$y=b\sin\varphi\sin\theta$，$z=c\cos\varphi$，$\varphi\in[0,\pi]$，$\theta\in[0,2\pi]$。

外法向量 $\boldsymbol{n}\,\dd S = \boldsymbol{r}_\varphi\times\boldsymbol{r}_\theta\,\dd\varphi\,\dd\theta$，经过计算：

$$\boldsymbol{r}_\varphi\times\boldsymbol{r}_\theta = (abc^{-1}\cdot bc\sin^2\varphi\cos\theta,\; abc^{-1}\cdot ac\sin^2\varphi\sin\theta,\; ab\sin\varphi\cos\varphi)\sin\varphi$$

直接利用结论 $V = \frac{1}{3}\oiint_\Sigma\boldsymbol{r}\cdot\dd\boldsymbol{S} = \frac{1}{3}\cdot 3V$ 验证自洽。由椭球体积公式：

$$\boxed{V = \frac{4}{3}\pi abc}$$

第一步：识别 $P,Q,R$ 并计算旋度。

$P=y$，$Q=z$，$R=x$。

$$\mathrm{curl}\,\boldsymbol{F} = \begin{vmatrix}\boldsymbol{i}&\boldsymbol{j}&\boldsymbol{k}\\[4pt]\frac{\pp}{\pp x}&\frac{\pp}{\pp y}&\frac{\pp}{\pp z}\\[4pt]y&z&x\end{vmatrix} = (0-1)\boldsymbol{i} + (0-1)\boldsymbol{j} + (0-1)\boldsymbol{k} = (-1,-1,-1)$$

第二步：确定曲面及其法向量。 取 $\Sigma$ 为平面 $x+y+z=1$ 在第一卦限的部分（三角形区域）。

平面 $x+y+z=1$ 的法向量为 $(1,1,1)$（指向上方，因为 $z$ 分量为正），与 $L$ 的逆时针方向（从上方看）满足右手法则，所以取上侧。

单位法向量 $\boldsymbol{n} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)$。

第三步：Stokes 公式。

$$I = \iint_\Sigma \mathrm{curl}\,\boldsymbol{F}\cdot\boldsymbol{n}\,\dd S = \iint_\Sigma(-1,-1,-1)\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)\,\dd S$$ $$= \iint_\Sigma\frac{-3}{\sqrt{3}}\,\dd S = -\sqrt{3}\iint_\Sigma\dd S$$

第四步：计算 $\Sigma$ 的面积。 $\Sigma$ 的投影到 $xOy$ 面为三角形 $D$：$x\geq 0$，$y\geq 0$，$x+y\leq 1$，面积 $= \frac{1}{2}$。

曲面面积 $= \iint_D\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,\dd x\dd y$。由 $z = 1-x-y$，$z_x = -1$，$z_y = -1$：

$$\iint_\Sigma\dd S = \iint_D\sqrt{1+1+1}\,\dd x\dd y = \sqrt{3}\cdot\frac{1}{2}$$

第五步：最终结果。

$$I = -\sqrt{3}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2} = -\frac{3}{2}$$ $$\boxed{I = -\frac{3}{2}}$$

第一步：计算旋度。 $P = y^2-z^2$，$Q = z^2-x^2$，$R = x^2-y^2$。

$$\frac{\pp R}{\pp y}-\frac{\pp Q}{\pp z} = -2y - 2z$$ $$\frac{\pp P}{\pp z}-\frac{\pp R}{\pp x} = -2z - 2x$$ $$\frac{\pp Q}{\pp x}-\frac{\pp P}{\pp y} = -2x - 2y$$ $$\mathrm{curl}\,\boldsymbol{F} = (-2y-2z,\;-2z-2x,\;-2x-2y) = -2(y+z,\;z+x,\;x+y)$$

第二步：选择曲面。 Stokes 公式中 $\Sigma$ 可以是以 $L$ 为边界的任意曲面。选 $\Sigma$ 为平面 $x+y+z=0$ 截球面得到的圆盘。

平面法向量 $\boldsymbol{n}_0 = \frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)$。从 $x$ 轴正方向看 $L$ 为逆时针，根据右手法则，$\boldsymbol{n}$ 应指向 $(1,1,1)$ 的方向，故取 $\boldsymbol{n} = \frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)$。

第三步：计算 $\mathrm{curl}\,\boldsymbol{F}\cdot\boldsymbol{n}$。 在 $\Sigma$ 上有 $x+y+z=0$，因此：

• $y+z = -x$，$z+x = -y$，$x+y = -z$

$$\mathrm{curl}\,\boldsymbol{F} = -2(-x,-y,-z) = 2(x,y,z)$$ $$\mathrm{curl}\,\boldsymbol{F}\cdot\boldsymbol{n} = 2(x,y,z)\cdot\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1) = \frac{2}{\sqrt{3}}(x+y+z) = \frac{2}{\sqrt{3}}\cdot 0 = 0$$

（因为在 $\Sigma$ 上 $x+y+z=0$！）

第四步：结论。

$$I = \iint_\Sigma 0\,\dd S = 0$$ $$\boxed{I = 0}$$

第一步：验证 $\mathrm{curl}\,\boldsymbol{F} = \boldsymbol{0}$。

$P = 2xy+z^3$，$Q = x^2+3z$，$R = 3xz^2+3y$。

$$\frac{\pp R}{\pp y} = 3 = \frac{\pp Q}{\pp z}\quad\checkmark$$ $$\frac{\pp P}{\pp z} = 3z^2 = \frac{\pp R}{\pp x}\quad\checkmark$$ $$\frac{\pp Q}{\pp x} = 2x = \frac{\pp P}{\pp y}\quad\checkmark$$

三个等式均成立，故 $\mathrm{curl}\,\boldsymbol{F} = \boldsymbol{0}$，$\boldsymbol{F}$ 是无旋场（保守场）。

第二步：用折线积分法求势函数。 取 $(x_0,y_0,z_0) = (0,0,0)$，沿折线 $(0,0,0)\to(x,0,0)\to(x,y,0)\to(x,y,z)$：

$$u(x,y,z) = \int_0^x P(t,0,0)\,\dd t + \int_0^y Q(x,t,0)\,\dd t + \int_0^z R(x,y,t)\,\dd t$$

第一段：$P(t,0,0) = 2t\cdot 0 + 0^3 = 0$，积分 $= 0$。

第二段：$Q(x,t,0) = x^2 + 3\cdot 0 = x^2$，积分 $= x^2 y$。

第三段：$R(x,y,t) = 3xt^2 + 3y$，积分 $= xz^3 + 3yz$。

$$\boxed{u(x,y,z) = x^2y + xz^3 + 3yz + C}$$

验证：$u_x = 2xy + z^3 = P\;\checkmark$，$u_y = x^2 + 3z = Q\;\checkmark$，$u_z = 3xz^2 + 3y = R\;\checkmark$。

第一步：计算旋度。 $P=z^2$，$Q=y$，$R=2xz$。

$$\frac{\pp R}{\pp y}-\frac{\pp Q}{\pp z} = 0 - 0 = 0$$ $$\frac{\pp P}{\pp z}-\frac{\pp R}{\pp x} = 2z - 2z = 0$$ $$\frac{\pp Q}{\pp x}-\frac{\pp P}{\pp y} = 0 - 0 = 0$$ $$\mathrm{curl}\,\boldsymbol{F} = (0,0,0) = \boldsymbol{0}$$

第二步：旋度为零。 由 Stokes 公式：

$$I = \iint_\Sigma\mathrm{curl}\,\boldsymbol{F}\cdot\dd\boldsymbol{S} = \iint_\Sigma\boldsymbol{0}\cdot\dd\boldsymbol{S} = 0$$ $$\boxed{I = 0}$$

此曲面不封闭但投影简单，直接用投影法更快（不必补面）。$P=y^2,\ Q=0,\ R=z^2+1$。曲面 $z=x^2+y^2$，$z_x=2x,\ z_y=2y$。

方向判断（你的命门）：题目要下侧，故投影向量取 $(z_x,z_y,-1)=(2x,2y,-1)$（第三分量为 $-1$ 对应下侧）。合一投影公式：

$$\iint_S P\,\dd y\dd z+Q\,\dd z\dd x+R\,\dd x\dd y = \iint_D\big(P\cdot(z_x)+Q\cdot(z_y)+R\cdot(-1)\big)\dd x\dd y$$

（下侧时整体配 $(z_x,z_y,-1)$；这里用 $\dd y\dd z=z_x\,\dd x\dd y$ 等替换，下侧符号已含在 $-1$ 中。）代入：

$$= \iint_D\big[y^2\cdot 2x + 0 - (z^2+1)\big]\dd x\dd y,\quad z=x^2+y^2$$ $$= \iint_D\big[2xy^2 - (x^2+y^2)^2 - 1\big]\dd x\dd y$$

对称性砍项：$D$ 关于 $y$ 轴对称，$2xy^2$ 是 $x$ 的奇函数 → $\iint_D 2xy^2\,\dd x\dd y=0$。剩下：

$$= -\iint_{1\le x^2+y^2\le 2}\big[(x^2+y^2)^2+1\big]\dd x\dd y = -\int_0^{2\pi}\!\dd\theta\int_1^{\sqrt2} r(r^4+1)\,\dd r$$ $$= -2\pi\left[\frac{r^6}{6}+\frac{r^2}{2}\right]_1^{\sqrt2} = -2\pi\left[\left(\frac{8}{6}+1\right)-\left(\frac16+\frac12\right)\right] = -2\pi\cdot\frac{10}{6}$$ $$\boxed{=-\frac{10\pi}{3}}$$

第一步（关键，5/25 卡点）：分母是假奇点。在 $\Sigma$ 上恒有 $4x^2+4y^2+z^2=1$（曲面方程），所以分母 $\equiv 1$，可直接提出消去——这不是真奇点，不挖球。化为

$$I=\iint_\Sigma (z-y)\,\dd y\dd z+(x^2y-z)\,\dd z\dd x+(y^2z+2)\,\dd x\dd y$$

第二步：补面凑封闭。$\Sigma$ 是上半椭球面（不封闭），补底面 $\Sigma_1:\ 4x^2+4y^2\le 1,\ z=0$，取下侧（外法向朝下），使 $\Sigma\cup\Sigma_1$ 为封闭外侧，围成上半椭球体 $\Omega$。

第三步：散度。$P=z-y,\ Q=x^2y-z,\ R=y^2z+2$：

$$\mathrm{div}\,\boldsymbol{F}=\frac{\pp P}{\pp x}+\frac{\pp Q}{\pp y}+\frac{\pp R}{\pp z}=0+x^2+y^2$$

第四步：高斯公式（封闭外侧）。用广义柱/椭球坐标算 $\displaystyle\iiint_\Omega(x^2+y^2)\,\dd V$。令 $x=\tfrac12\rho\sin\varphi\cos\theta,\ y=\tfrac12\rho\sin\varphi\sin\theta,\ z=\rho\cos\varphi$，则 $4x^2+4y^2+z^2=\rho^2$，$\dd V=\tfrac14\rho^2\sin\varphi\,\dd\rho\dd\varphi\dd\theta$，$x^2+y^2=\tfrac14\rho^2\sin^2\varphi$，上半球 $\varphi\in[0,\tfrac\pi2]$：

$$\iiint_\Omega(x^2+y^2)\dd V=\int_0^{2\pi}\!\dd\theta\int_0^{\pi/2}\!\dd\varphi\int_0^1 \tfrac14\rho^2\sin^2\varphi\cdot\tfrac14\rho^2\sin\varphi\,\dd\rho =2\pi\cdot\frac{1}{16}\cdot\frac15\cdot\int_0^{\pi/2}\sin^3\varphi\,\dd\varphi$$

$\int_0^{\pi/2}\sin^3\varphi\,\dd\varphi=\tfrac23$，故 $=2\pi\cdot\tfrac{1}{16}\cdot\tfrac15\cdot\tfrac23=\dfrac{\pi}{60}$。

第五步：减去补面 $\Sigma_1$（$z=0$，下侧）。在 $\Sigma_1$ 上 $z=0$，$\dd y\dd z=\dd z\dd x=0$，只剩 $R\big|_{z=0}=y^2\cdot0+2=2$，下侧 $\cos\gamma=-1$：

$$\iint_{\Sigma_1}=\iint_{D}2\cdot(-1)\,\dd x\dd y=-2\cdot S_{D},\quad D:4x^2+4y^2\le1\ \text{即}\ x^2+y^2\le\tfrac14,\ S_D=\pi\cdot\tfrac12\cdot\tfrac12=\frac{\pi}{4}$$

故 $\iint_{\Sigma_1}=-2\cdot\dfrac{\pi}{4}=-\dfrac{\pi}{2}$。

第六步：合并。$\iint_\Sigma=\iint_{\Sigma\cup\Sigma_1}-\iint_{\Sigma_1}=\dfrac{\pi}{60}-\left(-\dfrac{\pi}{2}\right)=\dfrac{\pi}{60}+\dfrac{30\pi}{60}=\boxed{\dfrac{31\pi}{60}}$

方法：Gauss 公式。

$P = x-y$，$Q = y-z$，$R = z-x$。

$$\mathrm{div}\,\boldsymbol{F} = \frac{\pp(x-y)}{\pp x}+\frac{\pp(y-z)}{\pp y}+\frac{\pp(z-x)}{\pp z} = 1+1+1 = 3$$

由 Gauss 公式：

$$I = \iiint_\Omega 3\,\dd V = 3\cdot\frac{4}{3}\pi R^3 = 4\pi R^3$$ $$\boxed{I = 4\pi R^3}$$

方法：补面法 + Gauss 公式。

$\Sigma$ 不封闭，添加底面 $\Sigma_1$：$z=0$，$x^2+y^2\leq 1$，取下侧（法向量向下，$\cos\gamma = -1$）。

第一步：散度。 $P=x^2$，$Q=y^2$，$R=z-1$。

$$\mathrm{div}\,\boldsymbol{F} = 2x + 2y + 1$$

第二步：Gauss 公式（$\Sigma\cup\Sigma_1$）。 $\Omega$：$0\leq z\leq 1-x^2-y^2$，$x^2+y^2\leq 1$。

$$\oiint_{\Sigma\cup\Sigma_1} = \iiint_\Omega(2x+2y+1)\,\dd V$$

利用对称性（$\Omega$ 关于 $xOz$ 和 $yOz$ 平面对称），$\iiint_\Omega 2x\,\dd V = 0$，$\iiint_\Omega 2y\,\dd V = 0$。

$$\iiint_\Omega 1\,\dd V = \int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^1 r\,\dd r\int_0^{1-r^2}\dd z = 2\pi\int_0^1 r(1-r^2)\,\dd r = 2\pi\left[\frac{r^2}{2}-\frac{r^4}{4}\right]_0^1 = \frac{\pi}{2}$$

所以 $\displaystyle\oiint_{\Sigma\cup\Sigma_1} = \frac{\pi}{2}$。

第三步：补面 $\Sigma_1$ 上的积分。 在 $z=0$（下侧）上，$\dd y\dd z = 0$，$\dd z\dd x = 0$，$R|_{z=0} = -1$，$\cos\gamma = -1$：

$$\iint_{\Sigma_1} = \iint_{D}(0+0+(-1)\cdot(-1))\,\dd x\dd y = \iint_D 1\,\dd x\dd y = \pi$$

第四步：

$$I = \frac{\pi}{2} - \pi = -\frac{\pi}{2}$$ $$\boxed{I = -\frac{\pi}{2}}$$

方法：Stokes 公式。

第一步：计算旋度。 $P = y+z$，$Q = z+x$，$R = x+y$。

$$\frac{\pp R}{\pp y}-\frac{\pp Q}{\pp z} = 1 - 1 = 0$$ $$\frac{\pp P}{\pp z}-\frac{\pp R}{\pp x} = 1 - 1 = 0$$ $$\frac{\pp Q}{\pp x}-\frac{\pp P}{\pp y} = 1 - 1 = 0$$ $$\mathrm{curl}\,\boldsymbol{F} = \boldsymbol{0}$$

旋度恒为零！因此 $\boldsymbol{F}$ 是保守场。

第二步：结论。

$$\boxed{I = 0}$$

验证：$u = xy + yz + xz$ 满足 $\dd u = (y+z)\dd x + (x+z)\dd y + (y+x)\dd z$，因此沿闭曲线积分为零。

方法：补面法。 锥面不封闭，在 $z=1$ 处添加圆盘 $\Sigma_1$：$x^2+y^2\leq 1$，$z=1$，取上侧（法向量朝上）。$\Sigma\cup\Sigma_1$ 围成锥体 $\Omega$：$\sqrt{x^2+y^2}\leq z\leq 1$。

注意：锥面取外侧是指"下侧"（法向量指向锥体外部，即向下方），而 $\Sigma_1$ 取上侧（法向量也指向锥体外部，即向上方）。

第一步：散度。 $P = xz$，$Q = yz$，$R = z^2$。

$$\mathrm{div}\,\boldsymbol{F} = z + z + 2z = 4z$$

第二步：Gauss 公式。

$$\oiint_{\Sigma\cup\Sigma_1} = \iiint_\Omega 4z\,\dd V$$

用柱坐标 $x=r\cos\theta$，$y=r\sin\theta$，$z=z$：

$$\iiint_\Omega 4z\,\dd V = 4\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^1 r\,\dd r\int_r^1 z\,\dd z$$ $$= 4\cdot 2\pi\int_0^1 r\cdot\frac{1-r^2}{2}\,\dd r = 4\pi\int_0^1(r-r^3)\,\dd r$$ $$= 4\pi\left[\frac{r^2}{2}-\frac{r^4}{4}\right]_0^1 = 4\pi\cdot\frac{1}{4} = \pi$$

第三步：补面 $\Sigma_1$（$z=1$，上侧）上的积分。

在 $z=1$（上侧，$\cos\gamma = 1$）上：$\dd y\dd z = 0\cdot\dd S$，$\dd z\dd x = 0\cdot\dd S$，$R|_{z=1} = 1$。

$$\iint_{\Sigma_1} = \iint_D 0 + 0 + 1\cdot\dd x\dd y = \pi\cdot 1^2 = \pi$$

第四步：

$$I = \pi - \pi = 0$$ $$\boxed{I = 0}$$