2026春 期中讲座 — 曲线积分与曲面积分

详细解题过程

Step 1 — 计算弧长微元。

$$x'(t)=a(1-\cos t),\quad y'(t)=a\sin t$$ $$\dd s=\sqrt{x'^2+y'^2}\,\dd t=a\sqrt{(1-\cos t)^2+\sin^2 t}\,\dd t$$ $$=a\sqrt{1-2\cos t+\cos^2 t+\sin^2 t}\,\dd t=a\sqrt{2-2\cos t}\,\dd t$$

利用半角公式 $1-\cos t=2\sin^2\frac{t}{2}$：

$$\dd s=a\sqrt{4\sin^2\frac{t}{2}}\,\dd t=2a\left|\sin\frac{t}{2}\right|\dd t=2a\sin\frac{t}{2}\,\dd t\quad(0\le t\le 2\pi)$$

Step 2 — 表达被积函数。

$$x^2+y^2=a^2(t-\sin t)^2+a^2(1-\cos t)^2$$

展开 $(1-\cos t)^2=1-2\cos t+\cos^2 t$。注意到 $x^2+y^2$ 表达式较复杂，但核心计算步骤不变。先用 $1-\cos t=2\sin^2\frac{t}{2}$ 化简：

$$y^2=a^2(1-\cos t)^2=4a^2\sin^4\frac{t}{2}$$ $$x^2=a^2(t-\sin t)^2=a^2\left(t-2\sin\frac{t}{2}\cos\frac{t}{2}\right)^2$$

Step 3 — 代入积分。

$$I=\int_0^{2\pi}\bigl[a^2(t-\sin t)^2+4a^2\sin^4\tfrac{t}{2}\bigr]\cdot 2a\sin\frac{t}{2}\,\dd t$$ $$=2a^3\int_0^{2\pi}\left[(t-\sin t)^2+4\sin^4\frac{t}{2}\right]\sin\frac{t}{2}\,\dd t$$

令 $u=\frac{t}{2}$（$\dd t=2\dd u$，$u:0\to\pi$），$t=2u$，$\sin t=2\sin u\cos u$：

$$=4a^3\int_0^{\pi}\left[(2u-2\sin u\cos u)^2+4\sin^4 u\right]\sin u\,\dd u$$ $$=4a^3\int_0^{\pi}\left[4(u-\sin u\cos u)^2+4\sin^4 u\right]\sin u\,\dd u$$ $$=16a^3\int_0^{\pi}\left[(u-\sin u\cos u)^2+\sin^4 u\right]\sin u\,\dd u$$

展开 $(u-\sin u\cos u)^2=u^2-2u\sin u\cos u+\sin^2 u\cos^2 u$：

$$=16a^3\int_0^{\pi}\left[u^2-2u\sin u\cos u+\sin^2 u\cos^2 u+\sin^4 u\right]\sin u\,\dd u$$ $$=16a^3\int_0^{\pi}\left[u^2\sin u-u\sin 2u\sin u+\sin^2 u(\cos^2 u+\sin^2 u)\sin u\right]\dd u$$ $$=16a^3\int_0^{\pi}\left[u^2\sin u-u\sin u\sin 2u+\sin^3 u\right]\dd u$$

逐项计算（分部积分和 Wallis 公式）后得到：

$$\boxed{I=16a^3\left(\pi^2-\frac{16}{3}\right)+\frac{64a^3}{3}=16a^3\pi^2-\frac{256a^3}{3}+\frac{64a^3}{3}=16a^3\pi^2-64a^3=16a^3(\pi^2-4)}$$

详细解题过程

Step 1 — 极坐标弧长公式。

$$r=a(1+\cos\theta),\quad r'(\theta)=-a\sin\theta$$ $$r^2+r'^2=a^2(1+\cos\theta)^2+a^2\sin^2\theta=a^2(1+2\cos\theta+\cos^2\theta+\sin^2\theta)$$ $$=a^2(2+2\cos\theta)=2a^2(1+\cos\theta)=4a^2\cos^2\frac{\theta}{2}$$ $$\dd s=\sqrt{r^2+r'^2}\,\dd\theta=2a\left|\cos\frac{\theta}{2}\right|\dd\theta$$

Step 2 — 被积函数。

$$\sqrt{x^2+y^2}=r=a(1+\cos\theta)=2a\cos^2\frac{\theta}{2}$$

Step 3 — 代入积分。注意 $|\cos\frac{\theta}{2}|$ 在 $[0,\pi]$ 上为 $\cos\frac{\theta}{2}$，在 $[\pi,2\pi]$ 上为 $-\cos\frac{\theta}{2}$。利用对称性（曲线关于 $x$ 轴对称），取 $[0,\pi]$ 再 $\times 2$：

$$I=2\int_0^{\pi}2a\cos^2\frac{\theta}{2}\cdot 2a\cos\frac{\theta}{2}\,\dd\theta=8a^2\int_0^{\pi}\cos^3\frac{\theta}{2}\,\dd\theta$$

令 $u=\frac{\theta}{2}$（$\dd\theta=2\dd u$，$u:0\to\frac{\pi}{2}$）：

$$=16a^2\int_0^{\pi/2}\cos^3 u\,\dd u=16a^2\cdot\frac{2}{3}=\frac{32a^2}{3}$$

（其中 $\int_0^{\pi/2}\cos^3 u\,\dd u=\frac{2}{3}$，由 Wallis 公式或直接计算 $\int\cos^3 u=\sin u-\frac{\sin^3 u}{3}$。）

$$\boxed{I=\frac{32a^2}{3}}$$

详细解题过程

Step 1 — 分析曲线。

$\Gamma$：球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 与平面 $x+y+z=0$ 的交线。平面过原点（球心），所以截面是大圆，半径 $=a$，周长 $=2\pi a$。

Step 2 — 被积函数在曲线上为常数。

在 $\Gamma$ 上，$x^2+y^2+z^2=a^2$，因此：

$$I=\int_\Gamma a^2\,\dd s=a^2\cdot\text{周长}(\Gamma)=a^2\cdot 2\pi a=2\pi a^3$$ $$\boxed{I=2\pi a^3}$$

延伸：若被积函数是 $x^2$？

由 $x+y+z=0$ 和轮换对称性（$\Gamma$ 在 $x\leftrightarrow y\leftrightarrow z$ 置换下不变）：

$$\int_\Gamma x^2\,\dd s=\int_\Gamma y^2\,\dd s=\int_\Gamma z^2\,\dd s$$ $$3\int_\Gamma x^2\,\dd s=\int_\Gamma(x^2+y^2+z^2)\dd s=2\pi a^3$$ $$\int_\Gamma x^2\,\dd s=\frac{2\pi a^3}{3}$$

类似地，由 $x+y+z=0\Rightarrow(x+y+z)^2=0\Rightarrow x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+xz)=0$，在 $\Gamma$ 上 $xy+yz+xz=-\frac{a^2}{2}$，所以：

$$\int_\Gamma xy\,\dd s=\int_\Gamma yz\,\dd s=\int_\Gamma xz\,\dd s=\frac{1}{3}\int_\Gamma(xy+yz+xz)\dd s=\frac{1}{3}\cdot\left(-\frac{a^2}{2}\right)\cdot 2\pi a=-\frac{\pi a^3}{3}$$

详细解题过程

Step 1 — 参数化。

$$x=a\cos t,\quad y=b\sin t,\quad t:0\to\pi\text{（上半椭圆，逆时针）}$$ $$\dd x=-a\sin t\,\dd t,\quad \dd y=b\cos t\,\dd t$$

Step 2 — 代入。

$$I=\int_0^\pi\left[b\sin t\cdot(-a\sin t)+a\cos t\cdot b\cos t\right]\dd t$$ $$=ab\int_0^\pi(-\sin^2 t+\cos^2 t)\dd t=ab\int_0^\pi\cos 2t\,\dd t$$

Step 3 — 计算。

$$=ab\cdot\frac{\sin 2t}{2}\bigg|_0^\pi=ab\cdot\frac{\sin 2\pi-\sin 0}{2}=0$$ $$\boxed{I=0}$$

验证：可以用 Green 公式从另一角度理解。$P=y,Q=x$，$\frac{\pp Q}{\pp x}-\frac{\pp P}{\pp y}=1-1=0$。如果 $L$ 是封闭曲线（整个椭圆），Green 公式给出 $\oint=\iint 0\,\dd x\dd y=0$。上半和下半分别积分之和为0，但各自不一定为0——本题上半恰好是0，这是 $\cos 2t$ 在 $[0,\pi]$ 上积分为0的结果。

详细解题过程

段 1：$O(0,0)\to A(1,0)$（沿 $x$ 轴）

$y=0,\dd y=0$，$x:0\to 1$。

$$I_1=\int_0^1(x^2-0)\dd x+0=\int_0^1 x^2\dd x=\frac{1}{3}$$

段 2：$A(1,0)\to B(1,1)$（沿 $x=1$）

$x=1,\dd x=0$，$y:0\to 1$。

$$I_2=\int_0^1 0+(y^2-2\cdot 1\cdot y)\dd y=\int_0^1(y^2-2y)\dd y=\frac{y^3}{3}-y^2\bigg|_0^1=\frac{1}{3}-1=-\frac{2}{3}$$

合并：

$$I=I_1+I_2=\frac{1}{3}-\frac{2}{3}=-\frac{1}{3}$$ $$\boxed{I=-\frac{1}{3}}$$

详细解题过程

方法一：参数化。

$$x=R\cos t,\;y=R\sin t,\;t:0\to 2\pi$$ $$\dd x=-R\sin t\,\dd t,\;\dd y=R\cos t\,\dd t$$ $$I=\int_0^{2\pi}\frac{R\cos t\cdot R\cos t-R\sin t\cdot(-R\sin t)}{R^2}\dd t=\int_0^{2\pi}\frac{R^2(\cos^2 t+\sin^2 t)}{R^2}\dd t=\int_0^{2\pi}1\,\dd t=2\pi$$ $$\boxed{I=2\pi}$$

方法二：用两类关系。

$P=-\frac{y}{x^2+y^2}$，$Q=\frac{x}{x^2+y^2}$。在圆上 $x^2+y^2=R^2$，所以 $P=-\frac{y}{R^2}$，$Q=\frac{x}{R^2}$。

圆的外法向量为 $\vec{n}=\frac{(x,y)}{R}$，切向量 $\vec{\tau}=\frac{(-y,x)}{R}$（逆时针方向）。

$$P\cos\alpha+Q\cos\beta=-\frac{y}{R^2}\cdot\frac{-y}{R}+\frac{x}{R^2}\cdot\frac{x}{R}=\frac{y^2+x^2}{R^3}=\frac{R^2}{R^3}=\frac{1}{R}$$ $$I=\int_L\frac{1}{R}\dd s=\frac{1}{R}\cdot 2\pi R=2\pi\quad\checkmark$$

详细解题过程

Step 1 — 识别 $P,Q$。

$$P=e^x\sin y,\quad Q=e^x\cos y$$

Step 2 — 计算偏导。

$$\frac{\pp Q}{\pp x}=e^x\cos y,\quad\frac{\pp P}{\pp y}=e^x\cos y$$ $$\frac{\pp Q}{\pp x}-\frac{\pp P}{\pp y}=e^x\cos y-e^x\cos y=0$$

Step 3 — 由 Green 公式：

$$\oint_L P\dd x+Q\dd y=\iint_D 0\,\dd x\dd y=0$$ $$\boxed{I=0}$$

更深层的原因：$e^x\sin y\dd x+e^x\cos y\dd y=\dd(e^x\sin y)$，即被积表达式是全微分。全微分沿任何闭曲线的积分都是0。

详细解题过程

Step 1 — 验证在去掉原点后 $Q_x-P_y=0$。

$$P=\frac{-y}{x^2+y^2},\quad Q=\frac{x}{x^2+y^2}$$ $$\frac{\pp Q}{\pp x}=\frac{(x^2+y^2)-x\cdot 2x}{(x^2+y^2)^2}=\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}$$ $$\frac{\pp P}{\pp y}=\frac{-(x^2+y^2)+y\cdot 2y}{(x^2+y^2)^2}=\frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}$$ $$\frac{\pp Q}{\pp x}-\frac{\pp P}{\pp y}=0\quad\text{在 }(x,y)\neq(0,0)\text{ 时成立}$$

Step 2 — 挖洞。取以原点为圆心、半径为 $\varepsilon$（充分小）的圆 $C_\varepsilon$，顺时针取向。区域 $D$：椭圆 $L$ 与圆 $C_\varepsilon$ 之间的"环形区域"，边界 $=L+C_\varepsilon$（$L$ 逆时针，$C_\varepsilon$ 顺时针，使得 $D$ 在边界左侧）。

在 $D$ 上 $(x,y)\neq(0,0)$，$Q_x-P_y=0$，Green 公式给出：

$$\oint_L+\oint_{C_\varepsilon}=\iint_D 0\,\dd x\dd y=0$$ $$\oint_L=-\oint_{C_\varepsilon}=\oint_{C_\varepsilon^+}\quad(\text{翻转}C_\varepsilon\text{为逆时针})$$

Step 3 — 计算小圆积分（逆时针）。

由第6题结论（与半径无关）：

$$\oint_{C_\varepsilon^+}\frac{-y\dd x+x\dd y}{x^2+y^2}=2\pi$$

所以：

$$\boxed{\oint_L\frac{-y\dd x+x\dd y}{x^2+y^2}=2\pi}$$

详细解题过程

Step 1 — 验证全微分条件。

$$P=2x\ln y+\frac{y}{x},\quad Q=\frac{x^2}{y}+\ln x$$ $$\frac{\pp P}{\pp y}=\frac{2x}{y}+\frac{1}{x},\quad\frac{\pp Q}{\pp x}=\frac{2x}{y}+\frac{1}{x}$$ $$\frac{\pp P}{\pp y}=\frac{\pp Q}{\pp x}\quad\checkmark$$

$x>0,y>0$ 是单连通区域，故 $P\dd x+Q\dd y$ 是全微分。

Step 2 — 求原函数（偏积分法）。

$$F(x,y)=\int P\dd x=\int\left(2x\ln y+\frac{y}{x}\right)\dd x=x^2\ln y+y\ln x+\varphi(y)$$

对 $y$ 求偏导：

$$F_y=\frac{x^2}{y}+\ln x+\varphi'(y)$$

令 $F_y=Q=\frac{x^2}{y}+\ln x$，得 $\varphi'(y)=0$，故 $\varphi(y)=C$（常数）。

$$\boxed{F(x,y)=x^2\ln y+y\ln x+C}$$

Step 3 — 计算定积分。

$$\int_{(1,1)}^{(e,e)}P\dd x+Q\dd y=F(e,e)-F(1,1)=(e^2\cdot 1+e\cdot 1)-(1\cdot 0+1\cdot 0)=e^2+e$$ $$\boxed{\int_{(1,1)}^{(e,e)}=e^2+e}$$

详细解题过程

Step 1 — 检验全微分条件。

$$P=3x^2 y-y^3,\quad Q=x^3-3xy^2$$ $$P_y=3x^2-3y^2,\quad Q_x=3x^2-3y^2$$ $$P_y=Q_x\quad\checkmark$$

在整个 $\RR^2$（单连通）上成立，积分与路径无关。

Step 2 — 选择最简路径。

既然与路径无关，换成从 $(0,0)$ 到 $(2,0)$ 沿 $x$ 轴的直线段 $L_0$：$y=0,\dd y=0$，$x:0\to 2$。

$$I=\int_{L_0}(3x^2\cdot 0-0)\dd x+(x^3-0)\cdot 0=\int_0^2 0\,\dd x=0$$

验证——用原函数。

$F=\int(3x^2 y-y^3)\dd x=x^3 y-xy^3+\varphi(y)$。$F_y=x^3-3xy^2+\varphi'(y)=x^3-3xy^2$，故 $\varphi'(y)=0$。

$$F(x,y)=x^3 y-xy^3$$ $$I=F(2,0)-F(0,0)=0-0=0$$ $$\boxed{I=0}$$

详细解题过程

Step 1 — 曲面方程与偏导。

$$z=\sqrt{a^2-x^2-y^2},\quad z_x=\frac{-x}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}},\quad z_y=\frac{-y}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}$$ $$1+z_x^2+z_y^2=1+\frac{x^2+y^2}{a^2-x^2-y^2}=\frac{a^2}{a^2-x^2-y^2}$$ $$\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\frac{a}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}$$

Step 2 — 代入积分。

$$I=\iint_D\sqrt{a^2-x^2-y^2}\cdot\frac{a}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}\,\dd x\dd y=a\iint_D\dd x\dd y=a\cdot\pi a^2=\pi a^3$$

（被积函数 $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$ 与 $\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}=\frac{a}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}$ 恰好相消！）

$$\boxed{I=\pi a^3}$$

详细解题过程

Step 1 — 轮换对称性。

$$\iint_\Sigma x^2\dd S=\iint_\Sigma y^2\dd S=\iint_\Sigma z^2\dd S\quad\text{（球面关于 }x\leftrightarrow y\leftrightarrow z\text{ 对称）}$$

Step 2 — 三者之和。

$$\iint_\Sigma(x^2+y^2+z^2)\dd S=\iint_\Sigma a^2\dd S=a^2\cdot 4\pi a^2=4\pi a^4$$

Step 3 — 拆分。

$$3\iint_\Sigma x^2\dd S=4\pi a^4\implies\iint_\Sigma x^2\dd S=\frac{4\pi a^4}{3}$$

Step 4 — 目标积分。

$$\iint_\Sigma(x^2+y^2)\dd S=2\iint_\Sigma x^2\dd S=\frac{8\pi a^4}{3}$$ $$\boxed{I=\frac{8\pi a^4}{3}}$$

详细解题过程

Step 1 — 计算偏导向量。

$$\vec{r}_u=(\cos v,\sin v,0),\quad\vec{r}_v=(-u\sin v,u\cos v,1)$$

Step 2 — 叉积。

$$\vec{r}_u\times\vec{r}_v=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\\cos v&\sin v&0\\-u\sin v&u\cos v&1\end{vmatrix}$$ $$=(\sin v\cdot 1-0\cdot u\cos v)\vec{i}-(cos v\cdot 1-0\cdot(-u\sin v))\vec{j}+(\cos v\cdot u\cos v-\sin v\cdot(-u\sin v))\vec{k}$$ $$=(\sin v,-\cos v,u\cos^2 v+u\sin^2 v)=(\sin v,-\cos v,u)$$

Step 3 — 模。

$$|\vec{r}_u\times\vec{r}_v|=\sqrt{\sin^2 v+\cos^2 v+u^2}=\sqrt{1+u^2}$$

Step 4 — 面积积分。

$$S=\int_0^{2\pi}\dd v\int_0^1\sqrt{1+u^2}\,\dd u=2\pi\int_0^1\sqrt{1+u^2}\,\dd u$$

$\int_0^1\sqrt{1+u^2}\,\dd u$：令 $u=\sinh t$（$\dd u=\cosh t\,\dd t$，$\sqrt{1+u^2}=\cosh t$）：

$$=\int_0^{\sinh^{-1}1}\cosh^2 t\,\dd t=\int_0^{\ln(1+\sqrt{2})}\frac{1+\cosh 2t}{2}\dd t$$ $$=\frac{1}{2}\left[t+\frac{\sinh 2t}{2}\right]_0^{\ln(1+\sqrt{2})}=\frac{1}{2}\left[\ln(1+\sqrt{2})+\frac{2\sinh t\cosh t}{2}\bigg|_0^{\ln(1+\sqrt{2})}\right]$$ $$=\frac{1}{2}\left[\ln(1+\sqrt{2})+1\cdot\sqrt{2}\right]=\frac{\ln(1+\sqrt{2})+\sqrt{2}}{2}$$ $$\boxed{S=\pi\left[\sqrt{2}+\ln(1+\sqrt{2})\right]}$$

详细解题过程

Step 1 — 投影区域。

$z=x^2+y^2\le 1\Rightarrow D:x^2+y^2\le 1$。

Step 2 — 代入。

$\Sigma$ 上侧法向量 $\vec{n}$ 朝 $z$ 正方向，$\cos\gamma>0$，投影法取正号：

$$I=\iint_D z^2\dd x\dd y=\iint_D(x^2+y^2)^2\dd x\dd y$$

Step 3 — 极坐标。

$$=\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^1 r^4\cdot r\,\dd r=2\pi\int_0^1 r^5\dd r=2\pi\cdot\frac{1}{6}=\frac{\pi}{3}$$ $$\boxed{I=\frac{\pi}{3}}$$

详细解题过程

Step 1 — 合一投影法公式。

$\Sigma$ 为 $z=\sqrt{1-x^2-y^2}$（上侧），投影 $D:x^2+y^2\le 1$。

$$\iint_\Sigma P\dd y\dd z+Q\dd z\dd x+R\dd x\dd y=\iint_D\left[-Pz_x-Qz_y+R\right]\dd x\dd y$$

（上侧取正号。若下侧则整体加负号。）

Step 2 — 计算偏导。

$$z_x=\frac{-x}{\sqrt{1-x^2-y^2}},\quad z_y=\frac{-y}{\sqrt{1-x^2-y^2}}$$

Step 3 — 代入。$P=x,Q=y,R=z^2=(1-x^2-y^2)$。

$$-Pz_x-Qz_y+R=-x\cdot\frac{-x}{\sqrt{1-x^2-y^2}}-y\cdot\frac{-y}{\sqrt{1-x^2-y^2}}+(1-x^2-y^2)$$ $$=\frac{x^2+y^2}{\sqrt{1-x^2-y^2}}+1-x^2-y^2$$

Step 4 — 极坐标。令 $x^2+y^2=r^2$：

$$I=\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^1\left[\frac{r^2}{\sqrt{1-r^2}}+1-r^2\right]r\,\dd r$$ $$=2\pi\int_0^1\left[\frac{r^3}{\sqrt{1-r^2}}+r-r^3\right]\dd r$$

逐项计算：

• $\int_0^1 r(1-r^2)\dd r=\frac{1}{2}-\frac{1}{4}=\frac{1}{4}$
• $\int_0^1\frac{r^3}{\sqrt{1-r^2}}\dd r$：令 $u=1-r^2$（$r^2=1-u$，$r\dd r=-\frac{\dd u}{2}$，$r^3\dd r=r^2\cdot r\dd r=(1-u)\cdot(-\frac{\dd u}{2})$）：

$$=\int_1^0\frac{(1-u)}{u^{1/2}}\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)\dd u=\frac{1}{2}\int_0^1(u^{-1/2}-u^{1/2})\dd u=\frac{1}{2}\left[2u^{1/2}-\frac{2u^{3/2}}{3}\right]_0^1=\frac{1}{2}\cdot\frac{4}{3}=\frac{2}{3}$$ $$I=2\pi\left(\frac{2}{3}+\frac{1}{4}\right)=2\pi\cdot\frac{11}{12}=\frac{11\pi}{6}$$ $$\boxed{I=\frac{11\pi}{6}}$$

详细解题过程

Part 1 — 顶部圆盘 $\Sigma_2$：$z=1$，$x^2+y^2\le 1$，外侧法向量朝上。

在 $\Sigma_2$ 上 $z=1$，$\dd z=0$（$z$ 为常数），所以 $\dd y\dd z=0$，$\dd z\dd x=0$。

$$I_2=\iint_{\Sigma_2}z\dd x\dd y=\iint_D 1\cdot\dd x\dd y=\pi\cdot 1^2=\pi$$

Part 2 — 锥面 $\Sigma_1$：$z=\sqrt{x^2+y^2}$，$0\le z\le 1$，外侧法向量朝下/外。

锥面的外侧是"朝外"的法向量，对于锥面（围成封闭区域的下部），法向量应使 $\cos\gamma<0$（朝下方向）。

用合一投影法（注意法向量朝下，加负号）：

$$z_x=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}},\quad z_y=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}$$

锥面外侧法向量朝下（$\cos\gamma<0$），公式取负号：

$$I_1=-\iint_D\left[-x^2\cdot\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}}-y^2\cdot\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}}+\sqrt{x^2+y^2}\right]\dd x\dd y$$ $$=-\iint_D\left[-\frac{x^3+y^3}{\sqrt{x^2+y^2}}+\sqrt{x^2+y^2}\right]\dd x\dd y$$

极坐标 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$，$D:r\le 1$：

$$x^3+y^3=r^3(\cos^3\theta+\sin^3\theta)$$ $$-\frac{x^3+y^3}{\sqrt{x^2+y^2}}=-r^2(\cos^3\theta+\sin^3\theta)$$ $$I_1=-\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^1\left[-r^2(\cos^3\theta+\sin^3\theta)+r\right]r\,\dd r$$ $$=-\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^1\left[-r^3(\cos^3\theta+\sin^3\theta)+r^2\right]\dd r$$

注意 $\int_0^{2\pi}\cos^3\theta\,\dd\theta=0$，$\int_0^{2\pi}\sin^3\theta\,\dd\theta=0$（奇函数在完整周期上积分为0）。

$$I_1=-\int_0^{2\pi}\left[0+\frac{1}{3}\right]\dd\theta=-\frac{2\pi}{3}$$

合并：

$$I=I_1+I_2=-\frac{2\pi}{3}+\pi=\frac{\pi}{3}$$ $$\boxed{I=\frac{\pi}{3}}$$

详细解题过程

Step 1 — 计算散度。

$$P=x^2,\;Q=y^2,\;R=z^2$$ $$\divg\vec{F}=\frac{\pp P}{\pp x}+\frac{\pp Q}{\pp y}+\frac{\pp R}{\pp z}=2x+2y+2z=2(x+y+z)$$

Step 2 — Gauss 公式。$\Omega$：球体 $x^2+y^2+z^2\le R^2$。

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

Step 3 — 利用对称性。

$\Omega$ 关于每个坐标面对称，$x,y,z$ 分别是关于对应坐标的奇函数。

$$\iiint_\Omega x\,\dd V=0,\quad\iiint_\Omega y\,\dd V=0,\quad\iiint_\Omega z\,\dd V=0$$ $$\boxed{I=0}$$

详细解题过程

Step 1 — 补面。

添加 $\Sigma_1$：$z=0$，$x^2+y^2\le 1$，下侧（法向量朝下），使得 $\Sigma\cup\Sigma_1$ 围成 $\Omega$：$0\le z\le 1-x^2-y^2$，$x^2+y^2\le 1$ 的封闭外侧。

Step 2 — Gauss 公式。

被积表达式只有 $R\dd x\dd y$ 项，$P=Q=0$，$R=z^2$。

$$\divg\vec{F}=\frac{\pp R}{\pp z}=2z$$ $$\oiint_{\Sigma\cup\Sigma_1}z^2\dd x\dd y=\iiint_\Omega 2z\,\dd V$$

Step 3 — 计算体积分。极坐标 $x=r\cos\theta,y=r\sin\theta$：

$$\iiint_\Omega 2z\,\dd V=\int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^1 r\dd r\int_0^{1-r^2}2z\,\dd z$$ $$=2\pi\int_0^1 r\cdot z^2\big|_0^{1-r^2}\dd r=2\pi\int_0^1 r(1-r^2)^2\dd r$$

令 $u=1-r^2$（$\dd u=-2r\dd r$）：

$$=2\pi\int_1^0 u^2\cdot\left(-\frac{\dd u}{2}\right)=\pi\int_0^1 u^2\dd u=\pi\cdot\frac{1}{3}=\frac{\pi}{3}$$

Step 4 — 补面上的积分。

$\Sigma_1$：$z=0$（下侧），$R=z^2=0$。

$$\iint_{\Sigma_1}z^2\dd x\dd y=0$$

Step 5 — 求目标。

$$\iint_\Sigma z^2\dd x\dd y=\oiint-\iint_{\Sigma_1}=\frac{\pi}{3}-0=\frac{\pi}{3}$$ $$\boxed{I=\frac{\pi}{3}}$$

详细解题过程

Step 1 — 计算旋度分量。

$$P=y,\;Q=z,\;R=x$$ $$\frac{\pp R}{\pp y}-\frac{\pp Q}{\pp z}=0-1=-1$$ $$\frac{\pp P}{\pp z}-\frac{\pp R}{\pp x}=0-1=-1$$ $$\frac{\pp Q}{\pp x}-\frac{\pp P}{\pp y}=0-1=-1$$

旋度 $\rot\vec{F}=(-1,-1,-1)$。

Step 2 — 选取曲面。

$\Sigma$：平面 $x+y+z=1$ 在第一卦限的三角形部分，法向量与 $\Gamma$ 的方向满足右手定则。从 $z$ 轴正方向看逆时针 $\Rightarrow$ 法向量 $(1,1,1)/\sqrt{3}$ 朝上方/外侧。

Step 3 — Stokes 公式。

$$I=\iint_\Sigma(-1)\dd y\dd z+(-1)\dd z\dd x+(-1)\dd x\dd y$$

在平面 $z=1-x-y$ 上（上侧，$\cos\gamma>0$），$z_x=-1,z_y=-1$：

$$\dd y\dd z=-z_x\dd x\dd y=\dd x\dd y,\quad\dd z\dd x=-z_y\dd x\dd y=\dd x\dd y$$ $$I=\iint_D(-1\cdot 1-1\cdot 1-1)\dd x\dd y=-3\iint_D\dd x\dd y$$

$D$：$x\ge 0,y\ge 0,x+y\le 1$ 的三角形，面积 $=\frac{1}{2}$。

$$I=-3\cdot\frac{1}{2}=-\frac{3}{2}$$ $$\boxed{I=-\frac{3}{2}}$$

详细解题过程

(1) Gauss 公式。

$$P=yz,\;Q=xz,\;R=xy$$ $$\divg\vec{F}=\frac{\pp(yz)}{\pp x}+\frac{\pp(xz)}{\pp y}+\frac{\pp(xy)}{\pp z}=0+0+0=0$$

散度为0！由 Gauss 公式：

$$\oiint_\Sigma\vec{F}\cdot\dd\vec{S}=\iiint_\Omega 0\,\dd V=0$$ $$\boxed{(1)\;I_1=0}$$

(2) Stokes 公式。

先计算旋度。

$$\rot\vec{F}=\begin{vmatrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\\frac{\pp}{\pp x}&\frac{\pp}{\pp y}&\frac{\pp}{\pp z}\\yz&xz&xy\end{vmatrix}$$ $$=\left(\frac{\pp(xy)}{\pp y}-\frac{\pp(xz)}{\pp z}\right)\vec{i}-\left(\frac{\pp(xy)}{\pp x}-\frac{\pp(yz)}{\pp z}\right)\vec{j}+\left(\frac{\pp(xz)}{\pp x}-\frac{\pp(yz)}{\pp y}\right)\vec{k}$$ $$=(x-x)\vec{i}-(y-y)\vec{j}+(z-z)\vec{k}=\vec{0}$$

旋度为零向量！由 Stokes 公式：

$$\oint_\Gamma\vec{F}\cdot\dd\vec{r}=\iint_\Sigma\rot\vec{F}\cdot\dd\vec{S}=\iint_\Sigma\vec{0}\cdot\dd\vec{S}=0$$ $$\boxed{(2)\;I_2=0}$$

验证：直接参数化 $\Gamma:x=\cos t,y=\sin t,z=0$，$t:0\to 2\pi$：

$$\vec{F}|_\Gamma=(0,0,\cos t\sin t),\quad\dd\vec{r}=(-\sin t,\cos t,0)\dd t$$ $$\vec{F}\cdot\dd\vec{r}=0\cdot(-\sin t)+0\cdot\cos t+\cos t\sin t\cdot 0=0$$ $$I_2=\int_0^{2\pi}0\,\dd t=0\quad\checkmark$$

(3) 恒等式验证。

$\rot\vec{F}=(x-x,y-y,z-z)=\vec{0}$，所以 $\divg(\rot\vec{F})=\divg(\vec{0})=0$。$\checkmark$

更一般地，对任意 $C^2$ 向量场 $\vec{F}$，$\divg(\rot\vec{F})\equiv 0$ 恒成立（混合偏导相等的推论）：

$$\divg(\rot\vec{F})=\frac{\pp}{\pp x}(R_y-Q_z)+\frac{\pp}{\pp y}(P_z-R_x)+\frac{\pp}{\pp z}(Q_x-P_y)$$ $$=R_{xy}-Q_{xz}+P_{yz}-R_{xy}+Q_{xz}-P_{yz}=0$$

几何意义："旋度场无源"——旋度场的通量（通过任何封闭曲面的净流出量）总是零。等价地说，旋度场的"源"和"汇"完全抵消。与之对应的还有 $\rot(\grad f)\equiv\vec{0}$（梯度场无旋）——这两个恒等式是 Green-Stokes-Gauss 三大公式的代数基础。