曲线积分与曲面积分 综合复习题集

Step 1：参数化直线段。

$L$：$x=t,\; y=t,\; 0\leq t\leq 1$。

Step 2：计算弧长微元。

$$\dd s = \sqrt{x'^2+y'^2}\,\dd t = \sqrt{1+1}\,\dd t = \sqrt{2}\,\dd t$$

Step 3：代入计算。

$$\int_L(x+y)\,\dd s = \int_0^1(t+t)\sqrt{2}\,\dd t = 2\sqrt{2}\int_0^1 t\,\dd t = 2\sqrt{2}\cdot\frac{1}{2} = \sqrt{2}$$

Step 1：极坐标弧长微元公式。

$$\dd s = \sqrt{r^2+r'^2}\,\dd\theta$$

$r = a(1+\cos\theta)$，$r' = -a\sin\theta$。

$$r^2+r'^2 = a^2(1+\cos\theta)^2+a^2\sin^2\theta = a^2(1+2\cos\theta+\cos^2\theta+\sin^2\theta) = a^2(2+2\cos\theta)$$ $$= 2a^2(1+\cos\theta) = 4a^2\cos^2\frac{\theta}{2}$$ $$\dd s = 2a\cos\frac{\theta}{2}\,\dd\theta \quad (\text{上半部分 }0\leq\theta\leq\pi,\;\cos\frac{\theta}{2}\geq 0)$$

Step 2：被积函数 $\sqrt{x^2+y^2}=r=a(1+\cos\theta)=2a\cos^2\frac{\theta}{2}$。

Step 3：代入计算。

$$\int_L\sqrt{x^2+y^2}\,\dd s = \int_0^\pi 2a\cos^2\frac{\theta}{2}\cdot 2a\cos\frac{\theta}{2}\,\dd\theta = 4a^2\int_0^\pi\cos^3\frac{\theta}{2}\,\dd\theta$$

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

$$= 8a^2\int_0^{\pi/2}\cos^3 u\,\dd u = 8a^2\cdot\frac{2}{3} = \frac{16a^2}{3}$$

Step 1：计算弧长微元。

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

Step 2：被积函数代入参数。

$$x^2+y^2+z^2 = a^2\cos^2 t+a^2\sin^2 t+b^2t^2 = a^2+b^2t^2$$

Step 3：计算积分。

$$\int_L(x^2+y^2+z^2)\,\dd s = \sqrt{a^2+b^2}\int_0^{2\pi}(a^2+b^2t^2)\,\dd t$$ $$= \sqrt{a^2+b^2}\left[a^2 t+\frac{b^2 t^3}{3}\right]_0^{2\pi} = \sqrt{a^2+b^2}\left(2\pi a^2+\frac{8\pi^3 b^2}{3}\right)$$ $$= 2\pi\sqrt{a^2+b^2}\left(a^2+\frac{4\pi^2 b^2}{3}\right)$$

Step 1：分析对称性。

$L$ 为圆周，关于 $x$ 轴、$y$ 轴均对称。

• $2xy$ 关于 $x$ 轴对称时为奇函数（$y\to -y$ 时变号），故 $\int_L 2xy\,\dd s = 0$。
• 由轮换对称性：$L$ 上 $x,y$ 地位等价，故 $\int_L x^2\,\dd s = \int_L y^2\,\dd s$。

Step 2：利用轮换对称性。

$$\int_L(x^2+y^2)\,\dd s = \int_L R^2\,\dd s = R^2\cdot 2\pi R = 2\pi R^3$$

Step 3：合并结果。

$$\int_L(x^2+2xy+y^2)\,\dd s = \int_L(x^2+y^2)\,\dd s + \int_L 2xy\,\dd s = 2\pi R^3 + 0 = 2\pi R^3$$

Step 1：参数化椭圆。$x=a\cos t,\; y=b\sin t,\; 0\leq t\leq 2\pi$。

$$\dd s = \sqrt{a^2\sin^2 t+b^2\cos^2 t}\,\dd t$$

Step 2：注意被积函数的特殊形式。

$$\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4} = \frac{\cos^2 t}{a^2}+\frac{\sin^2 t}{b^2}$$

Step 3：关键观察——椭圆的法向量。

椭圆 $F(x,y)=\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-1=0$ 的梯度为 $\grad F = \left(\frac{2x}{a^2},\frac{2y}{b^2}\right)$。

其模为 $|\grad F| = 2\sqrt{\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4}} = 2\sqrt{\frac{\cos^2 t}{a^2}+\frac{\sin^2 t}{b^2}}$。

因此 $\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4} = \frac{|\grad F|^2}{4}$。

Step 4：但直接计算更实际。

$$\int_L\left(\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4}\right)\dd s = \int_0^{2\pi}\left(\frac{\cos^2 t}{a^2}+\frac{\sin^2 t}{b^2}\right)\sqrt{a^2\sin^2 t+b^2\cos^2 t}\,\dd t$$

设 $g(t)=a^2\sin^2 t+b^2\cos^2 t$，则 $g'(t)=2(a^2-b^2)\sin t\cos t$。

被积函数恰好为 $\frac{1}{a^2b^2}\cdot g(t)\cdot\sqrt{g(t)} = \frac{1}{a^2b^2}[g(t)]^{3/2}$？

验证：$\frac{\cos^2 t}{a^2}+\frac{\sin^2 t}{b^2} = \frac{b^2\cos^2 t+a^2\sin^2 t}{a^2 b^2} = \frac{g(t)}{a^2 b^2}$。

因此：

$$= \frac{1}{a^2 b^2}\int_0^{2\pi} g(t)\sqrt{g(t)}\,\dd t = \frac{1}{a^2 b^2}\int_0^{2\pi}[g(t)]^{3/2}\,\dd t$$

利用对称性 $g(t)$ 关于 $t=\frac{\pi}{2}$ 等具有周期对称性，可化为 $4$ 倍 $[0,\frac{\pi}{2}]$ 上的积分。此积分一般需要数值方法或椭圆积分表示。

特例：当 $a=b=R$（退化为圆）时，$g(t)=R^2$，

$$= \frac{1}{R^4}\int_0^{2\pi}R^3\,\dd t = \frac{2\pi}{R}$$

Step 1：参数化。$x=\cos t,\; y=\sin t,\; t: 0\to\pi$。

$$\dd x = -\sin t\,\dd t,\quad \dd y = \cos t\,\dd t$$

Step 2：代入。

$$\int_L y\,\dd x - x\,\dd y = \int_0^\pi[\sin t\cdot(-\sin t)-\cos t\cdot\cos t]\,\dd t$$ $$= \int_0^\pi(-\sin^2 t-\cos^2 t)\,\dd t = \int_0^\pi(-1)\,\dd t = -\pi$$

Step 1：分段处理。

段1：$L_1$：$y=x^2$，$x:0\to 1$，$\dd y=2x\,\dd x$。

$$I_1 = \int_0^1[2x\cdot x^2+x^2\cdot 2x]\,\dd x = \int_0^1(2x^3+2x^3)\,\dd x = 4\int_0^1 x^3\,\dd x = 4\cdot\frac{1}{4}=1$$

段2：$L_2$：$y=1$，$x:1\to 2$，$\dd y=0$。

$$I_2 = \int_1^2 2x\cdot 1\,\dd x + 0 = \int_1^2 2x\,\dd x = [x^2]_1^2 = 4-1=3$$

Step 2：合并。

$$I = I_1+I_2 = 1+3 = 4$$

验证：注意到 $2xy\,\dd x+x^2\,\dd y = \dd(x^2 y)$，这是全微分！所以

$$I = x^2 y\Big|_{(0,0)}^{(2,1)} = 4\cdot 1 - 0 = 4\;\checkmark$$

Step 1：验证全微分条件 $\dfrac{\pp P}{\pp y}=\dfrac{\pp Q}{\pp x}$。

$P = e^x\sin y+2x$，$Q = e^x\cos y-2y$。

$$\frac{\pp P}{\pp y} = e^x\cos y,\qquad \frac{\pp Q}{\pp x} = e^x\cos y$$

两者相等，故为全微分。

Step 2：求原函数 $F(x,y)$。

由 $F_x = P = e^x\sin y+2x$：

$$F = \int(e^x\sin y+2x)\,\dd x = e^x\sin y+x^2+\varphi(y)$$

由 $F_y = Q$：$e^x\cos y+\varphi'(y) = e^x\cos y-2y$，故 $\varphi'(y)=-2y$，$\varphi(y)=-y^2+C$。

$$F(x,y) = e^x\sin y+x^2-y^2+C$$

Step 3：计算积分。

$$\int_{(0,0)}^{(1,\pi/2)}P\,\dd x+Q\,\dd y = F(1,\tfrac{\pi}{2})-F(0,0) = \left(e\cdot 1+1-\frac{\pi^2}{4}\right)-(0+0-0) = e+1-\frac{\pi^2}{4}$$

Step 1：代入参数。

$$\dd x=-\sin t\,\dd t,\quad \dd y=\cos t\,\dd t,\quad \dd z=\dd t$$

Step 2：计算。

$$I = \int_0^{2\pi}[\sin t(-\sin t)+t\cos t+\cos t]\,\dd t$$ $$= \int_0^{2\pi}(-\sin^2 t)\,\dd t + \int_0^{2\pi}t\cos t\,\dd t + \int_0^{2\pi}\cos t\,\dd t$$

三项分别计算：

$I_1 = -\int_0^{2\pi}\sin^2 t\,\dd t = -\pi$

$I_2 = \int_0^{2\pi}t\cos t\,\dd t$，分部积分：$= [t\sin t]_0^{2\pi}-\int_0^{2\pi}\sin t\,\dd t = 0+[\cos t]_0^{2\pi} = 1-1 = 0$

$I_3 = \int_0^{2\pi}\cos t\,\dd t = [\sin t]_0^{2\pi} = 0$

Step 3：合并。

$$I = -\pi+0+0 = -\pi$$

Step 1：分析被积函数的奇点。

$P=\frac{-y}{x^2+y^2}$，$Q=\frac{x}{x^2+y^2}$。奇点在原点 $(0,0)$。

圆周 $x^2+y^2=2x$ 即 $(x-1)^2+y^2=1$，圆心 $(1,0)$，半径 $1$。原点在圆周上（代入 $x=0,y=0$：$0+0=0\neq 2\cdot 0$... 实际 $0=0$，等式成立），故原点在圆周上。

再检查：$(0-1)^2+0^2=1$，原点确实在圆周上。这意味着被积函数在积分路径上有奇点！

Step 2：参数化。$x=1+\cos\theta,\;y=\sin\theta,\;\theta:0\to 2\pi$。

$$x^2+y^2 = (1+\cos\theta)^2+\sin^2\theta = 2+2\cos\theta = 2(1+\cos\theta)$$

注意当 $\theta=\pi$ 时 $x^2+y^2=0$，即经过原点处有奇点。这是一个瑕积分。

$$\dd x=-\sin\theta\,\dd\theta,\quad \dd y=\cos\theta\,\dd\theta$$ $$-y\,\dd x+x\,\dd y = \sin\theta\sin\theta\,\dd\theta+(1+\cos\theta)\cos\theta\,\dd\theta$$ $$= (\sin^2\theta+\cos\theta+\cos^2\theta)\,\dd\theta = (1+\cos\theta)\,\dd\theta$$

因此

$$I = \int_0^{2\pi}\frac{1+\cos\theta}{2(1+\cos\theta)}\,\dd\theta = \int_0^{2\pi}\frac{1}{2}\,\dd\theta = \pi$$

（$\theta=\pi$ 处 $1+\cos\theta=0$ 在分子分母约去，瑕积分收敛。）

Step 1：识别 $P,Q$。

$P=x^2-2xy$，$Q=x^2 y+3$。

Step 2：计算偏导数。

$$\frac{\pp Q}{\pp x}=2xy,\quad \frac{\pp P}{\pp y}=-2x$$

Step 3：应用 Green 公式。

$$\oint_L P\,\dd x+Q\,\dd y = \iint_D\left(\frac{\pp Q}{\pp x}-\frac{\pp P}{\pp y}\right)\dd x\,\dd y = \iint_D(2xy+2x)\,\dd x\,\dd y$$ $$= \int_0^2\int_0^1(2xy+2x)\,\dd y\,\dd x = \int_0^2\left[xy^2+2xy\right]_0^1\dd x = \int_0^2(x+2x)\,\dd x$$ $$= \int_0^2 3x\,\dd x = \frac{3}{2}\cdot 4 = 6$$

Step 1：验证是否能直接用 Green 公式。

$P=\frac{-y}{x^2+y^2}$，$Q=\frac{x}{x^2+y^2}$。在原点 $(0,0)$ 无定义，而原点在椭圆内部，不能直接用 Green 公式。

Step 2：挖洞法。取以原点为圆心、半径 $\varepsilon$ 足够小的圆 $l_\varepsilon$：$x^2+y^2=\varepsilon^2$，取顺时针方向。

在环形区域 $D'$（椭圆与小圆之间）上 $P,Q$ 有连续偏导数。

Step 3：验证 $\frac{\pp Q}{\pp x}-\frac{\pp P}{\pp y}=0$。

$$\frac{\pp Q}{\pp x} = \frac{(x^2+y^2)-x\cdot 2x}{(x^2+y^2)^2} = \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}$$ $$\frac{\pp P}{\pp y} = \frac{-(x^2+y^2)+y\cdot 2y}{(x^2+y^2)^2} = \frac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2}$$

两者相等，故 $\frac{\pp Q}{\pp x}-\frac{\pp P}{\pp y}=0$。

Step 4：由 Green 公式（在环形区域上）：

$$\oint_L+\oint_{l_\varepsilon(\text{顺})} = \iint_{D'} 0\,\dd x\,\dd y = 0$$ $$\therefore\;\oint_L = -\oint_{l_\varepsilon(\text{顺})} = \oint_{l_\varepsilon(\text{逆})}$$

Step 5：计算小圆上的积分。$x=\varepsilon\cos t,\;y=\varepsilon\sin t,\;t:0\to 2\pi$。

$$\oint_{l_\varepsilon}\frac{-y\,\dd x+x\,\dd y}{x^2+y^2} = \int_0^{2\pi}\frac{\varepsilon\sin t\cdot\varepsilon\sin t+\varepsilon\cos t\cdot\varepsilon\cos t}{\varepsilon^2}\,\dd t = \int_0^{2\pi}1\,\dd t = 2\pi$$ $$\boxed{I = 2\pi}$$

Step 1：验证路径无关。$P=3x^2+6xy^2$，$Q=6x^2 y+4y^3$。

$$\frac{\pp P}{\pp y}=12xy = \frac{\pp Q}{\pp x}\quad\checkmark$$

在全平面上（单连通域）成立，故与路径无关。

Step 2：求原函数。

$$F(x,y)=\int_{(0,0)}^{(x,y)}P\,\dd x+Q\,\dd y$$

选折线路径：先沿 $x$ 轴从 $(0,0)$ 到 $(x,0)$，再平行 $y$ 轴到 $(x,y)$：

$$F = \int_0^x 3t^2\,\dd t + \int_0^y (6x^2 s+4s^3)\,\dd s = x^3 + 3x^2 y^2+y^4$$

验证：$F_x=3x^2+6xy^2=P\;\checkmark$，$F_y=6x^2 y+4y^3=Q\;\checkmark$。

Step 3：计算积分。

$$I = F(2,1)-F(1,0) = (8+12+1)-(1+0+0) = 21-1 = 20$$

Step 1：令 $P = \frac{ax+by}{(x+y)^2}$，$Q = \frac{bx+ay}{(x+y)^2}$。全微分条件 $\frac{\pp P}{\pp y}=\frac{\pp Q}{\pp x}$。

$\frac{\pp P}{\pp y} = \frac{b(x+y)^2 - (ax+by)\cdot 2(x+y)}{(x+y)^4} = \frac{b(x+y)-2(ax+by)}{(x+y)^3}$

$$= \frac{bx+by-2ax-2by}{(x+y)^3} = \frac{(b-2a)x-by}{(x+y)^3}$$

$\frac{\pp Q}{\pp x} = \frac{b(x+y)^2-(bx+ay)\cdot 2(x+y)}{(x+y)^4} = \frac{b(x+y)-2(bx+ay)}{(x+y)^3}$

$$= \frac{bx+by-2bx-2ay}{(x+y)^3} = \frac{-bx+(b-2a)y}{(x+y)^3}$$

Step 2：令两者相等。

比较分子：$(b-2a)x - by = -bx + (b-2a)y$。

$x$ 的系数：$b-2a = -b$，即 $2b = 2a$，$\boxed{a=b}$。

$y$ 的系数：$-b = b-2a = b-2b=-b\;\checkmark$（自动满足）。

Step 3：取 $a=b$（设 $a=b=1$）。则 $P=Q=\frac{x+y}{(x+y)^2}=\frac{1}{x+y}$。

$$F = \int\frac{1}{x+y}\,\dd x = \ln|x+y|+C$$

验证 $F_y = \frac{1}{x+y}=Q\;\checkmark$。

$$\boxed{a=b,\quad F(x,y)=a\ln|x+y|+C}$$

Step 1：补线构成封闭曲线。添加从 $B(0,1)$ 到 $A(1,0)$ 的直线段 $L_1$，使 $L+L_1$ 构成封闭曲线（逆时针）。

Step 2：对封闭曲线用 Green 公式。$P=x-y$，$Q=x+y$。

$$\frac{\pp Q}{\pp x}-\frac{\pp P}{\pp y} = 1-(-1) = 2$$ $$\oint_{L+L_1}P\,\dd x+Q\,\dd y = \iint_D 2\,\dd x\,\dd y$$

$D$ 为第一象限内单位圆的扇形区域，面积 $=\frac{\pi}{4}$。

$$\oint_{L+L_1} = 2\cdot\frac{\pi}{4} = \frac{\pi}{2}$$

Step 3：计算补线 $L_1$ 上的积分。$L_1$：$B(0,1)\to A(1,0)$，参数化 $x=t,\;y=1-t,\;t:0\to 1$。

$$\int_{L_1} = \int_0^1[(t-(1-t))\cdot 1+(t+(1-t))\cdot(-1)]\,\dd t$$ $$= \int_0^1[(2t-1)+(-1)]\,\dd t = \int_0^1(2t-2)\,\dd t = [t^2-2t]_0^1 = 1-2 = -1$$

Step 4：求原积分。

$$\int_L = \oint_{L+L_1}-\int_{L_1} = \frac{\pi}{2}-(-1) = \frac{\pi}{2}+1$$

Step 1：利用对称性。上半球面关于 $xOz$ 和 $yOz$ 平面对称，且 $x,y$ 地位对等。

由轮换对称性：$\iint_\Sigma x^2\,\dd S = \iint_\Sigma y^2\,\dd S$。

Step 2：利用约束条件 $x^2+y^2=R^2-z^2$。

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

Step 3：$\iint_\Sigma\dd S = 2\pi R^2$（上半球面面积）。

Step 4：计算 $\iint_\Sigma z^2\,\dd S$。上半球面 $z=\sqrt{R^2-x^2-y^2}$，投影到 $xOy$ 面。

$$\dd S = \sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,\dd x\,\dd y = \frac{R}{\sqrt{R^2-x^2-y^2}}\,\dd x\,\dd y$$ $$\iint_\Sigma z^2\,\dd S = \iint_{x^2+y^2\leq R^2}(R^2-x^2-y^2)\cdot\frac{R}{\sqrt{R^2-x^2-y^2}}\,\dd x\,\dd y$$ $$= R\iint_{x^2+y^2\leq R^2}\sqrt{R^2-x^2-y^2}\,\dd x\,\dd y$$

极坐标：$x=r\cos\theta,\;y=r\sin\theta$。

$$= R\int_0^{2\pi}\int_0^R\sqrt{R^2-r^2}\cdot r\,\dd r\,\dd\theta = 2\pi R\left[-\frac{1}{3}(R^2-r^2)^{3/2}\right]_0^R = 2\pi R\cdot\frac{R^3}{3} = \frac{2\pi R^4}{3}$$

Step 5：合并。

$$\iint_\Sigma(x^2+y^2)\,\dd S = R^2\cdot 2\pi R^2 - \frac{2\pi R^4}{3} = 2\pi R^4 - \frac{2\pi R^4}{3} = \frac{4\pi R^4}{3}$$

Step 1：曲面参数化。$z=\sqrt{x^2+y^2}$，投影域 $D$：$x^2+y^2\leq 1$。

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

Step 2：代入计算（极坐标）。

$$\iint_\Sigma z\,\dd S = \iint_D\sqrt{x^2+y^2}\cdot\sqrt{2}\,\dd x\,\dd y = \sqrt{2}\int_0^{2\pi}\int_0^1 r\cdot r\,\dd r\,\dd\theta$$ $$= \sqrt{2}\cdot 2\pi\cdot\frac{1}{3} = \frac{2\sqrt{2}\pi}{3}$$

方法：直接用 Gauss 公式更高效（见 E 部分），但这里先练习投影法的思路。

利用对称性：球面关于三个坐标面均对称，且 $x,y,z$ 地位完全等价（轮换对称性）。

$$\iint_\Sigma x^2\,\dd y\,\dd z = \iint_\Sigma y^2\,\dd z\,\dd x = \iint_\Sigma z^2\,\dd x\,\dd y$$

只需算 $I_3 = \iint_\Sigma z^2\,\dd x\,\dd y$，总积分 $=3I_3$。

计算 $I_3$：将球面分为上半 $\Sigma_1$（$z\geq 0$，法向量朝上）和下半 $\Sigma_2$（$z\leq 0$，法向量朝下）。

上半球面：$z=\sqrt{1-x^2-y^2}$，外侧即上侧，取正号。

$$\iint_{\Sigma_1}z^2\,\dd x\,\dd y = \iint_D(1-x^2-y^2)\,\dd x\,\dd y$$

其中 $D$：$x^2+y^2\leq 1$。极坐标：

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

下半球面：$z=-\sqrt{1-x^2-y^2}$，外侧即下侧，$\dd x\,\dd y$ 取负号。

$$\iint_{\Sigma_2}z^2\,\dd x\,\dd y = -\iint_D(1-x^2-y^2)\,\dd x\,\dd y\cdot(-1) = \frac{\pi}{2}$$

（$z^2$ 不变，两个负号相消。）

故 $I_3 = \frac{\pi}{2}+\frac{\pi}{2}=\pi$。

$$I = 3I_3 = 3\pi$$

用 Gauss 公式验证：$\text{div}\,\vec{F}=2x+2y+2z$，$\iiint_\Omega(2x+2y+2z)\,\dd V$。由对称性 $\iiint_\Omega x\,\dd V=0$ 等，这似乎不对？实际 $P=x^2,Q=y^2,R=z^2$，$\frac{\pp P}{\pp x}+\frac{\pp Q}{\pp y}+\frac{\pp R}{\pp z}=2x+2y+2z$。由奇函数对称性，各项积分为零......这与上面的结果矛盾。

重新检验：Gauss 公式给出 $\iiint_\Omega(2x+2y+2z)\,\dd V = 0$（奇函数在对称域上积分为零）。但投影法也应给出 $0$。

重新审视投影法：下半球面外侧法向量朝下，$\dd x\,\dd y$ 前加负号。$z^2=(1-x^2-y^2)$ 不变。

$$\iint_{\Sigma_2}z^2\,\dd x\,\dd y = \iint_D z^2\cdot(-1)\,\dd x\,\dd y = -\frac{\pi}{2}$$

因此 $I_3 = \frac{\pi}{2}+(-\frac{\pi}{2})=0$，$I=3\times 0=0$。$\checkmark$

回顾关系：$\iint_\Sigma P\,\dd y\,\dd z+Q\,\dd z\,\dd x+R\,\dd x\,\dd y = \iint_\Sigma(P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma)\,\dd S$。

方法1：直接投影法。$z=x^2+y^2$，上侧。

$$\iint_\Sigma R\,\dd x\,\dd y = \iint_D(1-2(x^2+y^2))\,\dd x\,\dd y$$

$D$：$x^2+y^2\leq 1$。极坐标：

$$= \int_0^{2\pi}\int_0^1(1-2r^2)r\,\dd r\,\dd\theta = 2\pi\left[\frac{r^2}{2}-\frac{r^4}{2}\right]_0^1 = 2\pi\cdot 0 = 0$$ $$\iint_\Sigma P\,\dd y\,\dd z = \iint_D x\cdot(-z_x)\,\dd x\,\dd y = \iint_D x\cdot(-2x)\,\dd x\,\dd y = -2\iint_D x^2\,\dd x\,\dd y$$ $$= -2\int_0^{2\pi}\int_0^1 r^2\cos^2\theta\cdot r\,\dd r\,\dd\theta = -2\cdot\pi\cdot\frac{1}{4} = -\frac{\pi}{2}$$ $$\iint_\Sigma Q\,\dd z\,\dd x = \iint_D y\cdot(-z_y)\,\dd x\,\dd y = -2\iint_D y^2\,\dd x\,\dd y = -\frac{\pi}{2}$$

故 $I = -\frac{\pi}{2}-\frac{\pi}{2}+0 = -\pi$。

方法2 验证：注意 $\text{div}\,\vec{F}=1+1-2=0$。若补底面 $\Sigma_0$（$z=1$，$x^2+y^2\leq 1$ 的下侧），由 Gauss 公式：

$$\iint_{\Sigma}+\iint_{\Sigma_0} = \iiint_\Omega 0\,\dd V = 0$$

底面 $\Sigma_0$ 下侧，$\dd x\,\dd y$ 取负：$\iint_{\Sigma_0}=-(x\cdot 0+y\cdot 0+(1-2)\cdot\pi)=\pi$。

故 $\iint_\Sigma=-\pi$。$\checkmark$

Step 1：球面方程 $x^2+y^2+z^2=2az$，即 $r^2=2az$（球坐标中 $\rho=2a\cos\varphi$，$\varphi$ 为天顶角）。

Step 2：使用球坐标参数化。

$x=\rho\sin\varphi\cos\theta,\;y=\rho\sin\varphi\sin\theta,\;z=\rho\cos\varphi$，其中 $\rho=2a\cos\varphi$。

$\varphi\in[0,\frac{\pi}{2}]$，$\theta\in[0,2\pi]$。（$\varphi=\frac{\pi}{2}$ 时 $\rho=0$ 退化到原点。）

Step 3：曲面面积微元。对于球面 $\rho=2a\cos\varphi$：

$$\dd S = \sqrt{E G - F^2}\,\dd\varphi\,\dd\theta$$

其中参数化 $\vec{r}(\varphi,\theta)=(2a\cos\varphi\sin\varphi\cos\theta, 2a\cos\varphi\sin\varphi\sin\theta, 2a\cos^2\varphi)$。

经计算（此球面半径为 $a$，利用标准球面面积微元 $\dd S = a^2\sin\psi\,\dd\psi\,\dd\theta'$，其中 $\psi$ 为相对于球心 $(0,0,a)$ 的天顶角），

改用更直接的方法：将 $z$ 作为参数。由 $x^2+y^2=2az-z^2$，投影到 $xOy$ 面。

$z_x,z_y$ 对于球面 $(x-0)^2+(y-0)^2+(z-a)^2=a^2$：

$$z_x = -\frac{x}{z-a},\quad z_y = -\frac{y}{z-a}$$ $$\dd S = \frac{a}{|z-a|}\,\dd x\,\dd y = \frac{a}{a-z}\,\dd x\,\dd y\quad (z实际需分上下两半球。但被积函数 $\frac{1}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}=\frac{1}{(2az)^{3/2}}$ 在 $z=0$ 处发散。

利用球坐标（以原点为中心）：$\rho=2a\cos\varphi$ 的面积微元为 $4a^2\cos\varphi\sin\varphi\,\dd\varphi\,\dd\theta$（经详细推导），被积函数中 $x^2+y^2+z^2=\rho^2=(2a\cos\varphi)^2$。

$$I = \int_0^{2\pi}\int_0^{\pi/2}\frac{1}{(2a\cos\varphi)^3}\cdot 4a^2\cos\varphi\sin\varphi\,\dd\varphi\,\dd\theta$$ $$= \int_0^{2\pi}\dd\theta\int_0^{\pi/2}\frac{4a^2\cos\varphi\sin\varphi}{8a^3\cos^3\varphi}\,\dd\varphi = 2\pi\cdot\frac{1}{2a}\int_0^{\pi/2}\frac{\sin\varphi}{\cos^2\varphi}\,\dd\varphi$$ $$= \frac{\pi}{a}\int_0^{\pi/2}\sec\varphi\tan\varphi\,\dd\varphi = \frac{\pi}{a}[\sec\varphi]_0^{\pi/2}$$

$\sec\frac{\pi}{2}\to\infty$，积分发散！这是因为 $\varphi=\frac{\pi}{2}$ 对应原点 $\rho=0$，被积函数在原点有不可积奇点。

结论：此积分发散。若将球面改为不过原点的球面（如 $x^2+y^2+(z-2a)^2=a^2$），则积分收敛。

教训：曲面积分中若被积函数在曲面上有奇点，必须检查瑕积分的收敛性。本题原点处 $\frac{1}{r^3}$ 的奇性太强（在二维曲面上需要 $\frac{1}{r^p}$ 中 $p<2$ 才收敛），导致积分发散。

修正版题目：若改为 $\Sigma$：$x^2+y^2+(z-2a)^2=a^2$（不过原点），则 $\rho^2=x^2+y^2+z^2$ 在 $\Sigma$ 上有下界 $\rho\geq a>0$，积分收敛。此时可利用 Gauss 公式或直接参数化计算。

Step 1：识别 $P=x^2,\;Q=y^2,\;R=z^2$。

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

Step 2：Gauss 公式。

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

分别计算：

$$\iiint_\Omega x\,\dd V = \int_0^a x\,\dd x\int_0^b\dd y\int_0^c\dd z = \frac{a^2}{2}\cdot b\cdot c = \frac{a^2 bc}{2}$$

同理：$\iiint_\Omega y\,\dd V = \frac{ab^2 c}{2}$，$\iiint_\Omega z\,\dd V = \frac{abc^2}{2}$。

Step 3：合并。

$$I = 2\cdot\frac{abc}{2}(a+b+c) = abc(a+b+c)$$

Step 1：$\Sigma$ 不封闭，补底面 $\Sigma_0$：$z=0$，$x^2+y^2\leq 1$ 的下侧，构成封闭曲面（外侧）。

Step 2：Gauss 公式。$P=x,Q=y,R=z$。

$$\frac{\pp P}{\pp x}+\frac{\pp Q}{\pp y}+\frac{\pp R}{\pp z}=1+1+1=3$$ $$\oiint_{\Sigma+\Sigma_0} = \iiint_\Omega 3\,\dd V = 3\cdot\frac{2\pi}{3} = 2\pi$$

（$\Omega$ 为上半球体积 $= \frac{1}{2}\cdot\frac{4\pi}{3}\cdot 1^3 = \frac{2\pi}{3}$）

Step 3：计算补面 $\Sigma_0$ 的积分。$\Sigma_0$ 取下侧，法向量 $(0,0,-1)$。

$z=0$ 上，$\dd y\,\dd z=0$（投影到 $yOz$ 面），$\dd z\,\dd x=0$（投影到 $zOx$ 面），$\dd x\,\dd y$ 取负号（下侧）。

$$\iint_{\Sigma_0}x\,\dd y\,\dd z+y\,\dd z\,\dd x+z\,\dd x\,\dd y = \iint_{\Sigma_0}0\cdot\dd x\,\dd y = 0$$

（因为 $z=0$，所以 $z\,\dd x\,\dd y=0$；而 $\dd y\,\dd z=0$ 和 $\dd z\,\dd x=0$。）

等等，更仔细地：$\Sigma_0$ 在 $z=0$ 平面上，取下侧意味着法向量为 $(0,0,-1)$。

$$\iint_{\Sigma_0}z\,\dd x\,\dd y = \iint_D 0\cdot(-1)\,\dd x\,\dd y = 0$$

$x\,\dd y\,\dd z$ 投影到 $yOz$ 面：$\Sigma_0$ 在 $z=0$ 上，投影面积为零。同理 $y\,\dd z\,\dd x=0$。

故 $\iint_{\Sigma_0}=0$。

Step 4：原积分。

$$\iint_\Sigma = 2\pi - 0 = 2\pi$$

Step 1：设 $P=\frac{x}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}$，$Q=\frac{y}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}$，$R=\frac{z}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}$。

奇点在原点 $(0,0,0)$，原点在椭球内部。不能直接用 Gauss 公式。

Step 2：挖球法。取小球面 $S_\varepsilon$：$x^2+y^2+z^2=\varepsilon^2$（内侧=朝原点的方向）。

Step 3：验证散度为零。令 $\rho=(x^2+y^2+z^2)^{1/2}$。

$$\frac{\pp P}{\pp x} = \frac{\rho^3-x\cdot 3\rho^2\cdot\frac{x}{\rho}}{\rho^6} = \frac{\rho^2-3x^2}{\rho^5} = \frac{y^2+z^2-2x^2}{\rho^5}$$

类似地：$\frac{\pp Q}{\pp y}=\frac{x^2+z^2-2y^2}{\rho^5}$，$\frac{\pp R}{\pp z}=\frac{x^2+y^2-2z^2}{\rho^5}$。

$$\text{div}\,\vec{F} = \frac{2(x^2+y^2+z^2)-2(x^2+y^2+z^2)}{\rho^5} = 0\quad (在\;\rho\neq 0\;\text{处})$$

Step 4：Gauss 公式在环形区域上。

$$\oiint_\Sigma(\text{外}) + \oiint_{S_\varepsilon(\text{内})} = 0$$ $$\oiint_\Sigma = -\oiint_{S_\varepsilon(\text{内})} = \oiint_{S_\varepsilon(\text{外})}$$

Step 5：计算小球面外侧的积分。$S_\varepsilon$ 上 $\vec{n}=\frac{1}{\varepsilon}(x,y,z)$。

$$\oiint_{S_\varepsilon}\frac{x\,\dd y\,\dd z+y\,\dd z\,\dd x+z\,\dd x\,\dd y}{\varepsilon^3} = \frac{1}{\varepsilon^3}\oiint_{S_\varepsilon}(x\cos\alpha+y\cos\beta+z\cos\gamma)\,\dd S$$ $$= \frac{1}{\varepsilon^3}\oiint_{S_\varepsilon}\frac{x^2+y^2+z^2}{\varepsilon}\,\dd S = \frac{1}{\varepsilon^3}\cdot\frac{\varepsilon^2}{\varepsilon}\cdot 4\pi\varepsilon^2 = \frac{4\pi\varepsilon^4}{\varepsilon^4} = 4\pi$$ $$\boxed{I = 4\pi}$$

Step 1：Stokes 公式。取 $\Sigma$ 为平面 $x+y+z=1$ 在第一卦限的部分（上侧）。

$$\oint_L P\,\dd x+Q\,\dd y+R\,\dd z = \iint_\Sigma\begin{vmatrix}\dd y\,\dd z&\dd z\,\dd x&\dd x\,\dd y\\\frac{\pp}{\pp x}&\frac{\pp}{\pp y}&\frac{\pp}{\pp z}\\P&Q&R\end{vmatrix}$$

Step 2：$P=y-z,\;Q=z-x,\;R=x-y$。计算旋度。

$$R_y-Q_z = -1-1 = -2$$ $$P_z-R_x = -1-1 = -2$$ $$Q_x-P_y = -1-1 = -2$$

Step 3：平面 $x+y+z=1$ 上侧法向量 $\vec{n}=\frac{1}{\sqrt{3}}(1,1,1)$。

$$\iint_\Sigma(-2\,\dd y\,\dd z-2\,\dd z\,\dd x-2\,\dd x\,\dd y)$$

投影到 $xOy$ 面：$D_{xy}$：$x+y\leq 1,\;x\geq 0,\;y\geq 0$。上侧取正。

$$= \iint_D[-2(-1)-2(-1)-2]\,\dd x\,\dd y$$

其中 $z_x=-1,\;z_y=-1$，$\dd y\,\dd z=(-z_x)\,\dd x\,\dd y=\dd x\,\dd y$，$\dd z\,\dd x=(-z_y)\,\dd x\,\dd y=\dd x\,\dd y$。

$$= \iint_D(-2\cdot 1-2\cdot 1-2)\,\dd x\,\dd y = \iint_D(-6)\,\dd x\,\dd y$$ $$= -6\cdot\frac{1}{2} = -3$$

证明：

Step 1：展开法向导数。

$$\frac{\pp u}{\pp n} = \grad u\cdot\vec{n} = u_x\cos\alpha+u_y\cos\beta+u_z\cos\gamma$$

Step 2：代入曲面积分。

$$\oiint_\Sigma\frac{\pp u}{\pp n}\,\dd S = \oiint_\Sigma(u_x\cos\alpha+u_y\cos\beta+u_z\cos\gamma)\,\dd S$$

Step 3：利用两类曲面积分关系 $f\cos\alpha\,\dd S=f\,\dd y\,\dd z$ 等。

$$= \oiint_\Sigma u_x\,\dd y\,\dd z + u_y\,\dd z\,\dd x + u_z\,\dd x\,\dd y$$

Step 4：这是标准的第二类曲面积分，$P=u_x,\;Q=u_y,\;R=u_z$。由 Gauss 公式：

$$= \iiint_\Omega\left(\frac{\pp u_x}{\pp x}+\frac{\pp u_y}{\pp y}+\frac{\pp u_z}{\pp z}\right)\dd V = \iiint_\Omega(u_{xx}+u_{yy}+u_{zz})\,\dd V = \iiint_\Omega\nabla^2 u\,\dd V$$

证毕。$\square$