献祭五一劳工节的假期，权且作为对本科时代摆烂过度的补偿。

理论部分

目录
对弧长的曲线积分 2
对坐标的曲线积分 7
格林公式及其应用 14
对面积的曲面积分 27
对坐标的曲面积分 31
高斯公式通量与散度 40
斯托克斯公式环流量与旋度 48

少量练习

例 1

计算 $\int_{L} x^2 \mathrm{d}s$ ，其中 L 是由 $x^2+y^2+z^2 = a^2 (a>0)$ 与 $x+y+z=0$ 所表示的圆的一周。

解法 1

先找曲线 L 的一个参数方程。由 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 与 $x+y+z=0$，消去 $z$，得

$x^2 + xy + y^2 = \frac{a^2}{2}$

或

$\frac{3x^2}{4} + (y+ \frac{x}{2})^2 = \frac{a^2}{2}$

令 $\begin{cases} x= \sqrt{\frac{2}{3}} a \mathrm{cos}t \\ y+\frac{x}{2} = \frac{1}{\sqrt{2}}a \mathrm{sin}t \end{cases}$ ，则 $\begin{cases} x= \sqrt{\frac{2}{3}} a \mathrm{cos}t \\ y = \frac{1}{\sqrt{2}}a \mathrm{sin}t - \frac{1}{\sqrt{6}}a \mathrm{cos}t \end{cases}$ ，从而

$x'_t = - \sqrt{\frac{2}{3}} a \mathrm{sin}t$ $y'_t = \frac{1}{\sqrt{2}} a \mathrm{cos}t + \frac{1}{\sqrt{6}}a \mathrm{sin}t$ $z'_t = - x'_t - y'_t$

故

$\mathrm{d}s = \sqrt{(x'_t)^2 + (y'_t)^2 + (z'_t)^2} \mathrm{d}t = a \mathrm{d}t$

所以

$\begin{aligned} \int_L x^2 \mathrm{d}s & = \frac{2a^2}{3} \int_0^{2 \pi} \mathrm{cos}^2t \mathrm{d}t \\ & = \frac{a^2}{3} \int_0^{2 \pi} (1-\mathrm{cos}2t) \mathrm{d}t \\ & = \frac{a^2}{3} (t - \frac{1}{2} \mathrm{sin}2t)|_0^{2 \pi} = \frac{2 \pi a^3}{3} \\ \end{aligned}$

解法 2

由于变量 $x, y, z$ 的地位是一样的，所以

$\begin{aligned} \int_L x^2 \mathrm{d}s &= \frac{1}{3} \int_L (x^2+y^2+z^2) \mathrm{d}s \\ &= \frac{a^2}{3} \int_L \mathrm{d}s = \frac{2 \pi a^3}{3} \end{aligned}$

例 2

计算曲线 $L: x = e^{-t} \mathrm{cos}t$，$y = e^{-t} \mathrm{sin}t$，$z = e^{-t}(0<t<+ \infty)$ 的弧长 $s$ .

解

由于 $x’_t = -e^{-t} \mathrm{cos}t -e^{-t} \mathrm{sin}t$，$y’_t = -e^{-t} \mathrm{sin}t + e^{-t} \mathrm{cos}t$，$z’_t = -e^{-t}$，从而

$\mathrm{d}s = \sqrt{(x'_t)^2 + (y'_t)^2 + (z'_t)^2} \mathrm{d}t = \sqrt{3} e^{-t} \mathrm{d}t$

所以，弧长

$s = \int_L \mathrm{d}s = \int_0^{+ \infty} \sqrt{3} e^{-t} \mathrm{d}t = \sqrt{3}$

例 3

设 $P(x, y)$，$Q(x,y)$ 在曲线 $L$ 上连续，$l$ 为 $L$ 的长度，且

$M = \mathrm{max}_{(x,y) \in L} \sqrt{P^2(x, y) + Q^2(x,y)}$

（1）证明 $|\int_L P \mathrm{d}x + Q \mathrm{d}y| \le M l$
（2）利用（1）估计积分

$I_R = \oint_{C_R} \frac{(y-1) \mathrm{d}x + (x+1) \mathrm{d}y}{(x^2 + y^2 +2x - 2y +2)^2}$

其中，$C_R$ 为圆周 $(x+1)^2+(y-1)^2=R^2$ 的正向，并求 $\lim_{R \to + \infty} |I_R|$

解

（1）

由两类积分曲线之间的关系

$\int_L P \mathrm{d}x + Q \mathrm{d}y = \int_L (P \mathrm{cos} \alpha + Q \mathrm{sin} \alpha) \mathrm{d}s$

其中，$\alpha (x,y)$ 为有向曲线弧 L 在 $(x,y)$ 处的切向量的方向角，由曲线积分的性质得

$\begin{aligned} |\int_L P \mathrm{d}x + Q \mathrm{d}y| &= |\int_L(P \mathrm{cos} \alpha + Q \mathrm{sin} \alpha) \mathrm{d}s | \\ & \le \int_L |P \mathrm{cos} \alpha + Q \mathrm{sin} \alpha| \mathrm{d}s \\ \end{aligned}$

由 Schwarz 不等式有

$\begin{aligned} |P \mathrm{cos} \alpha + Q \mathrm{sin} \alpha| &= |(P,Q)(\cos \alpha, \sin \alpha)| \\ & \le \sqrt{P^2+Q^2} \sqrt{\cos ^2 \alpha + \sin ^2 \alpha} \\ & \le M \end{aligned}$

所以

$|\int_L P \mathrm{d}x + Q \mathrm{d}y| \le M \int_L \mathrm{d}s = Ml$

（2）

由已知有 $P = \frac{y-1}{(x^2+y^2+2x-2y+2)^2}$，$Q = \frac{x+1}{(x^2+y^2+2x-2y+2)^2}$，所以 $P^2+Q^2=\frac{1}{R^6}$ 为常数，从而 $M = \frac{1}{R^3}$，故

$\begin{aligned} |I_R| &= |\oint_{C_R} \frac{(y-1)\mathrm{d}x+(x+1) \mathrm{d}y}{(x^2 + y^2 +2x-2y+2)^2}| \\ & \le \frac{1}{R^3} 2 \pi R = \frac{2 \pi}{R^2} \end{aligned}$

进而

$\lim_{R \to + \infty} |I_R| \le \lim_{R \to + \infty} \frac{2 \pi}{R^2} = 0$

所以

$\lim_{R \to + \infty} |I_R| = 0$