第十一章 曲線積分與曲面積分

本章將把積分概念推廣到積分範圍爲一段曲線弧或一片曲面的情形（這樣推廣後的積分稱爲曲線積分和曲面積分），並闡明有關這兩種積分的一些基本內容。——高等數學同濟版

習題11-1 對弧長的曲線積分

  本節主要介紹了對弧長的曲線積分的基本計算。

5.設螺線形彈簧一圈的方程爲$x=a\cos t$，$y=a\sin t$，$z=kt$，其中$0\leqslant t\leqslant2\pi$，它的線密度$\rho(x,y,z)=x^2+y^2+z^2$，求：

（2）它的質心。

解  設質心位置爲$(\overline{x},\overline{y},\overline{z})$。
$\begin{aligned} M&=\displaystyle\int\limits_{L}\rho(x,y,z)\mathrm{d}s=\displaystyle\int\limits_{L}x^2+y^2+z^2\mathrm{d}s\\ &=\displaystyle\int^{2\pi}_0(a^2+k^2t^2)\sqrt{a^2+k^2}\mathrm{d}t\\ &=\cfrac{2}{3}\pi\sqrt{a^2+k^2}(3a^2+4\pi^2k^2), \end{aligned}\\ \begin{aligned} \overline{x}&=\cfrac{1}{M}\displaystyle\int\limits_{L}x\rho(x,y,z)\mathrm{d}s=\cfrac{1}{M}\displaystyle\int\limits_{L}x(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}s\\ &=\cfrac{1}{M}\displaystyle\int^{2\pi}_0a\cos t(a^2+k^2t^2)\cdot\sqrt{a^2+k^2}\mathrm{d}t\\ &=\cfrac{a\sqrt{a^2+k^2}}{M}\displaystyle\int^{2\pi}_0(a^2+k^2t^2)a\cos t\mathrm{d}t. \end{aligned}$
  由於
$\begin{aligned} \displaystyle\int^{2\pi}_0(a^2+k^2t^2)a\cos t\mathrm{d}t&=[(a^2+k^2t^2)\sin t]\biggm\vert^{2\pi}_0-\displaystyle\int^{2\pi}_0\sin t\cdot2k^2t\mathrm{d}t\\ &=[2k^2t\cos t]\biggm\vert^{2\pi}_0-\displaystyle\int^{2\pi}_02k^2\cos t\mathrm{d}t=4\pi k^2. \end{aligned}$
  因此
$\overline{x}=\cfrac{a\sqrt{a^2+k^2}\cdot4\pi k^2}{\cfrac{2}{3}\pi\sqrt{a^2+k^2}(3a^2+4\pi^2k^2)}=\cfrac{6ak^2}{3a^2+4\pi^2k^2}.$
  類似的，
$\begin{aligned} \overline{y}&=\cfrac{1}{M}\displaystyle\int\limits_{L}y(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}s=\cfrac{a\sqrt{a^2+k^2}}{M}\displaystyle\int^{2\pi}_0(a^2+k^2t^2)a\sin t\mathrm{d}t\\ &=\cfrac{a\sqrt{a^2+k^2}\cdot(-4\pi k^2)}{M}=\cfrac{-6ak^2}{3a^2+4\pi^2k^2}. \end{aligned}\\ \begin{aligned} \overline{z}&=\cfrac{1}{M}\displaystyle\int\limits_{L}z(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}s=\cfrac{k\sqrt{a^2+k^2}}{M}\displaystyle\int^{2\pi}_0(a^2+k^2t^2)a\sin t\mathrm{d}t\\ &=\cfrac{k\sqrt{a^2+k^2}\cdot(2a^2\pi^2+4\pi k^2)}{M}=\cfrac{3\pi k(a^2+4k^2\pi^4)}{3a^2+4\pi^2k^2}. \end{aligned}$
（這道題主要利用了參數方程的曲線積分求解）

習題11-2 對座標的曲線積分

  本節主要介紹了對座標的曲線積分的計算。

8.設爲曲線$x=t$，$y=t^2$，$z=t^3$上相應於$t$從$0$變到$1$的曲線弧。把對座標的曲線積分$\displaystyle\int\limits_{\varGamma}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z$化成對弧長的曲線積分。

解  $\cfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=1$，$\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=2t=2x$，$\cfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}=3t^2=3y$，注意到參數$t$由小變到大，因此$\varGamma$的切向量的方向餘弦爲
$\cos\alpha=\cfrac{x'(t)}{\sqrt{x'^2(t)+y'^2(t)+z'^2(t)}}=\cfrac{1}{\sqrt{1+4x^2+9y^2}},\\ \cos\beta=\cfrac{y'(t)}{\sqrt{x'^2(t)+y'^2(t)+z'^2(t)}}=\cfrac{2x}{\sqrt{1+4x^2+9y^2}},\\ \cos\gamma=\cfrac{z'(t)}{\sqrt{x'^2(t)+y'^2(t)+z'^2(t)}}=\cfrac{3y}{\sqrt{1+4x^2+9y^2}},\\$
  從而
$\displaystyle\int\limits_{\varGamma}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z=\displaystyle\int\limits_{\varGamma}\cfrac{P+2xQ+3yR}{\sqrt{1+4x^2+9y^2}}\mathrm{d}s.$
（這道題主要利用曲線積分兩種形式之間的轉化求解）

習題11-3 格林公式及其應用

  本節主要介紹了格林公式的解法及其應用。

4.確定閉曲線$C$，使曲線積分$\displaystyle\oint\limits_{C}\left(x+\cfrac{y^3}{3}\right)\mathrm{d}x+\left(y+x-\cfrac{2}{3}x^3\right)\mathrm{d}y$達到最大值。

解  記$D$爲$C$所圍成的平面有界閉區域，$C$爲$D$的正向邊界曲線，則由格林公式
$\displaystyle\oint\limits_{C}\left(x+\cfrac{y^3}{3}\right)\mathrm{d}x+\left(y+x-\cfrac{2}{3}x^3\right)\mathrm{d}y=\displaystyle\iint\limits_{D}[(1-2x^2)-y^2]\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$
  要使上式右端的二重積分達到最大值，$D$應包含所有使被積函數$1-2x^2-y^2$大於零的點，而不包含使被積函數小於零的點。因此$D$應爲由橢圓$2x^2+y^2=1$所圍成的閉區域。這就是說，當$C$爲取逆時針方向的橢圓$2x^2+y^2=1$時，所給的曲線積分達到最大值。
（這道題主要利用了格林公式的定義求解）

5.設$n$邊形的$n$個頂點按逆時針方向依次爲$M_1(x_1,y_1),M_2(x_2,y_2),\cdots M_n(x_n,y_n),$。試利用曲線積分證明此邊形的面積爲$A=\cfrac{1}{2}[(x_1y_2-x_2y_1)+(x_2y_3-x_3y_2)+\cdots+(x_{n-1}y_n-x_ny_{n-1})+(x_ny_1-x_1y_n)].$

證  $n$邊形的正向邊界$L$由有向線段$M_1M_2,M_2M_3,\cdots,M_{n-1}M_n,M_nM_1,$組成。
  有向線段$M_1M_2$的參數方程爲$x=x_1+(x_2-x_1)t$，$y=y_1+(y_2-y_1)t$，$t$從$0$變到$1$，於是
$\begin{aligned} \displaystyle\int\limits_{M_1M_2}x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^1_0\{[x_1+(x_2-x_1)t](y_2-y_1)-[y_1+(y_2-y_1)t](x_2-x_1)\}\mathrm{d}t\\ &=\displaystyle\int^1_0[x_1(y_2-y_1)-y_1(x_2-x_1)]\mathrm{d}t\\ &=\displaystyle\int^1_0(x_1y_2-x_2y_1)\mathrm{d}t=x_1y_2-x_2y_1. \end{aligned}$
  同理可求得
$\begin{aligned} \displaystyle\int\limits_{M_2M_3}x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x&=x_2y_3-x_3y_2,\cdots,\\ \displaystyle\int\limits_{M_{n-1}M_n}x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x&=x_{n-1}y_n-x_ny_{n-1},\\ \displaystyle\int\limits_{M_nM_1}x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x&=x_ny_1-x_1y_n. \end{aligned}$
  因此$n$邊形的面積
$\begin{aligned} A&=\cfrac{1}{2}\displaystyle\oint\limits_{L}x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x=\cfrac{1}{2}\left(\quad\displaystyle\int\limits_{M_1M_2}+\displaystyle\int\limits_{M_2M_3}+\cdots+\displaystyle\int\limits_{M_{n-1}M_n}+\displaystyle\int\limits_{M_nM_1}\quad\right)x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x\\ &=\cfrac{1}{2}[(x_1y_2-x_2y_1)+(x_2y_3-x_3y_2)+\cdots+(x_{n-1}y_n-x_ny_{n-1})+(x_ny_1-x_1y_n)]. \end{aligned}$
（這道題主要利用了直線的參數方程求解）

11.確定常數$\lambda$，使在右半平面$x>0$內的向量$\bm{A}(x,y)=2xy(x^4+y^2)^\lambda\bm{i}-x^2(x^4+y^2)^\lambda\bm{j}$爲某二元函數$u(x,y)$的梯度，並求$u(x,y)$。

解  在單連通區域$G$內，若$P(x,y),Q(x,y)$具有一階連續偏導數，則向量$\bm{A}(x,y)=2xy(x^4+y^2)^\lambda\bm{i}-x^2(x^4+y^2)^\lambda\bm{j}$爲某二元函數$u(x,y)$的梯度（此條件相當於$P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y$是$u(x,y)$的全微分）的充分必要條件是$\cfrac{\partial P}{\partial y}=\cfrac{\partial Q}{\partial x}$在$G$內恆成立。
  本題中$P(x,y)=2xy(x^4+y^2)^\lambda$，$Q(x,y)=x^2(x^4+y^2)^\lambda$。
$\cfrac{\partial P}{\partial y}=2x(x^4+y^2)^\lambda+2\lambda xy(x^4+y^2)^{\lambda-1}\cdot2y,\\ \cfrac{\partial Q}{\partial x}=-2x(x^4+y^2)^\lambda-x^2\lambda(x^4+y^2)^{\lambda-1}\cdot4x^3.$
  由等式$\cfrac{\partial Q}{\partial x}=\cfrac{\partial P}{\partial y}$得到
$4x(x^4+y^2)^\lambda(1+\lambda)=0,$
  由於$4x(x^4+y^2)^\lambda>0$，故$\lambda=-1$，即$\bm{A}=\cfrac{2xy\bm{i}-x^2\bm{j}}{x^4+y^2}$。
  在半平面$x>0$內，取$(x_0,y_0)=(1,0)$，則得
$\begin{aligned} u(x,y)&=\displaystyle^x_1\cfrac{2x\cdot0}{x^4+0^2}\mathrm{d}x-\displaystyle^y_0\cfrac{x^2}{x^4+y^2}\mathrm{d}y\\ &=-\arctan\cfrac{y}{x^2}. \end{aligned}$
（這道題主要利用了梯度的定義求解）

習題11-4 對面積的曲面積分

  本節主要介紹了對面積的曲面積分的計算方法。

4.計算曲面積分$\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}f(x,y,z)\mathrm{d}S$，其中$\Sigma$爲拋物面$z=2-(x^2+y^2)$在$xOy$面上方的部分，$f(x,y,z)$分別如下：

（2）$f(x,y,z)=x^2+y^2;$

解
$\begin{aligned} \displaystyle\iint\limits_{\Sigma}(x^2+y^2)\mathrm{d}S&=\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}(x^2+y^2)\sqrt{1+4x^2+4y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &\xlongequal{\text{極座標}}\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}\rho^2\sqrt{1+4\rho^2}\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\\ &=\displaystyle\int^{2\pi}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^{\sqrt{2}}_0\rho^3\sqrt{1+4\rho^2}\mathrm{d}\rho\\ &\xlongequal{\rho=\cfrac{1}{2}\tan t}2\pi\cdot\cfrac{1}{16}\displaystyle\int^{\arctan2\sqrt{2}}_0\sec^3t\cdot\tan^3t\mathrm{d}t\\ &=\cfrac{\pi}{8}\displaystyle\int^{\arctan2\sqrt{2}}_0\sec^2t(\sec^2t-1)\mathrm{d}(\sec t)=\cfrac{\pi}{8}\cdot\cfrac{596}{3}=\cfrac{149}{30}\pi. \end{aligned}$
（這道題主要利用了換元法求解）

（3）$f(x,y,z)=3z.$

解
$\begin{aligned} \displaystyle\iint\limits_{\Sigma}3z\mathrm{d}S&=3\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}[2-(x^2+y^2)]\sqrt{1+4x^2+4y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &\xlongequal{\text{極座標}}3\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}(2-\rho^2)\sqrt{1+4\rho^2}\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\\ &=3\displaystyle\int^{2\pi}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^{\sqrt{2}}_0(2-\rho^2)\sqrt{1+4\rho^2}\rho\mathrm{d}\rho\\ &\xlongequal{\rho=\cfrac{1}{2}\tan t}6\pi\left(\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{\arctan2\sqrt{2}}_0\sec^3t\cdot\tan t\mathrm{d}t-\cfrac{1}{16}\displaystyle\int^{\arctan2\sqrt{2}}_0\sec^3t\cdot\tan^3t\mathrm{d}t\right)\\ &=6\pi\left[\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{\arctan2\sqrt{2}}_0\sec^2t\mathrm{d}(\sec t)-\cfrac{1}{16}\displaystyle\int^{\arctan2\sqrt{2}}_0\sec^2t(\sec^2t-1)\mathrm{d}(\sec t)\right]\\ &=6\pi\left(\cfrac{13}{3}-\cfrac{149}{60}\right)=\cfrac{111}{10}\pi. \end{aligned}$
（這道題主要利用了換元法求解）

6.計算下列對面積的曲面積分：

（4）$\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}(xy+yz+zx)\mathrm{d}S$，其中$\Sigma$爲錐面$z=\sqrt{x^2+y^2}$被柱面$x^2+y^2=2ax$所截得的有限部分。

解  $\Sigma$在$xOy$面上的投影區域$D_{xy}$爲圓域$x^2+y^2\leqslant2ax$。由於$\Sigma$關於$zOx$面對稱，而函數$xy$和$yz$關於$y$均爲奇函數，故
$\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}xy\mathrm{d}S=.0,\quad\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}yz\mathrm{d}S=0.$
  於是
$\begin{aligned} \displaystyle\iint\limits_{\Sigma}(xy+yz+zx)\mathrm{d}S&=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}zx\mathrm{d}S\\ &=\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}x\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{1+\cfrac{x^2+y^2}{x^2+y^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=\sqrt{2}\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}x\sqrt{x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &\xlongequal{\text{極座標}}\sqrt{2}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^{2a\cos\theta}_0\rho\cos\theta\cdot\rho\cdot\rho\mathrm{d}\rho\\ &=8\sqrt{2}a^4\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cos^5\theta\mathrm{d}\theta\\ &=8\sqrt{2}a^4\cdot\cfrac{4}{5}\cdot\cfrac{2}{3}=\cfrac{64}{15}\sqrt{2}a^4. \end{aligned}$
（這道題主要利用了被積函數和積分區域的對稱性求解）

習題11-5 對座標的曲面積分

  本節主要介紹了對座標的曲面積分的解法。

3.計算下列對座標積分的曲面積分：

（3）$\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}[f(x,y,z)+x]\mathrm{d}y\mathrm{d}z+[2f(x,y,z)+y]\mathrm{d}z\mathrm{d}x+[f(x,y,z)+z]\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，其中$f(x,y,z)$爲連續函數，$\Sigma$是平面$x-y+z=1$在第四卦限部分的上側；

解  在$\Sigma$上，$z=1-x+y$。由於$\Sigma$取上側，故$\Sigma$在任一點處的單位法向量爲
$\bm{n}=\cfrac{1}{\sqrt{1+z^2_x+z^2_y}}(-z_x,-z_y,1)=\cfrac{1}{\sqrt{3}}(1,-1,1).$
  由兩類曲面積分之間的聯繫，可得
$\begin{aligned} \text{原式}&=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}[(f+x)\cos\alpha+(2f+y)\cos\beta+(f+z)\cos\gamma]\mathrm{d}S\\ &=\cfrac{1}{\sqrt{3}}\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}[(f+x)-(2f+y)+(f+z)\cos\gamma]\mathrm{d}S\\ &=\cfrac{1}{\sqrt{3}}\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}(x-y+z)\mathrm{d}S=\cfrac{1}{\sqrt{3}}\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\mathrm{d}S\\ &=\cfrac{1}{\sqrt{3}}\cdot(\Sigma\text{的面積})=\cfrac{1}{\sqrt{3}}\cdot\cfrac{\sqrt{3}}{2}=\cfrac{1}{2}. \end{aligned}$
（這道題主要利用了曲面積分的定義式積分求解）

習題11-6 高斯公式 通量與散度

   本節主要介紹了高斯公式的應用以及通量與散度的計算。

4.設$u(x,y,z),v(x,y,z)$是兩個定義在閉區域$\varOmega$上的具有二階連續偏導數的函數，$\cfrac{\partial u}{\partial n},\cfrac{\partial v}{\partial n}$依次表示$u(x,y,z),v(x,y,z)$沿$\Sigma$的外法線方向的方向導數。證明：$\displaystyle\iiint\limits_{\varOmega}(u\varDelta v-v\varDelta u)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma}\left(u\cfrac{\partial v}{\partial n}-v\cfrac{\partial u}{\partial n}\right)\mathrm{d}S.$其中$\Sigma$是空間閉區域$\varOmega$的整個邊界曲面。這個公式叫作格林第二公式。

解  由格林第一公式知：
$\displaystyle\iiint\limits_{\varOmega}u\varDelta v\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma}u\cfrac{\partial v}{\partial n}\mathrm{d}S-\displaystyle\oiint\limits_{\varOmega}\left(\cfrac{\partial u}{\partial x}\cfrac{\partial v}{\partial x}+\cfrac{\partial u}{\partial y}\cfrac{\partial v}{\partial y}+\cfrac{\partial u}{\partial z}\cfrac{\partial v}{\partial z}\right).$
  在此公式中將函數$u$和$v$交換位置，得
$\displaystyle\iiint\limits_{\varOmega}v\varDelta u\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma}v\cfrac{\partial u}{\partial n}\mathrm{d}S-\displaystyle\oiint\limits_{\varOmega}\left(\cfrac{\partial u}{\partial x}\cfrac{\partial v}{\partial x}+\cfrac{\partial u}{\partial y}\cfrac{\partial v}{\partial y}+\cfrac{\partial u}{\partial z}\cfrac{\partial v}{\partial z}\right).$
  將上面兩個式子相減即得
$\displaystyle\iiint\limits_{\varOmega}(u\varDelta v-v\varDelta u)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma}\left(u\cfrac{\partial v}{\partial n}-v\cfrac{\partial u}{\partial n}\right)\mathrm{d}S.$
（這道題主要利用了格林第一公式的證明求解）

習題11-7 斯托克斯公式 環流量與旋度

  本節主要介紹了斯托克斯公式的應用以及環流量與旋度的計算。

2.利用斯托克斯公式，計算下列曲線積分：

（2）$\displaystyle\oint\limits_{\Gamma}(y-z)\mathrm{d}x+(z-x)\mathrm{d}y+(x-y)\mathrm{d}z$，其中$\Gamma$爲橢圓$x^2+y^2=a^2,\cfrac{x}{a}+\cfrac{z}{b}=1(a>0,b>0)$，若從$x$軸正向看去，這橢圓是取逆時針方向；

解  取$\Sigma$爲平面$\cfrac{x}{a}+\cfrac{z}{b}=1$的上側被$\Gamma$所圍成的部分，$\Sigma$的單位法向量$\bm{n}=(\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma)=\left(\cfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}},0,\cfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)$。由斯托克斯公式
$\begin{aligned} &\displaystyle\oint\limits_{\Gamma}(y-z)\mathrm{d}x+(z-x)\mathrm{d}y+(x-y)\mathrm{d}z\\ =&\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\begin{vmatrix}\cfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}&0&\cfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\\\cfrac{\partial}{\partial x}&\cfrac{\partial}{\partial y}&\cfrac{\partial}{\partial z}\\y-z&z-x&x-y\end{vmatrix}\mathrm{d}S\\ =&\cfrac{-2(a+b)}{\sqrt{a^2+b^2}}\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\mathrm{d}S. \end{aligned}$
  由於$\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\mathrm{d}S=\Sigma$的面積$A$，而$A\cdot\cos\gamma=A\cdot\cfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}=\Sigma$在$xOy$面上的投影區域的面積$=\pi a^2$，故
$\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\mathrm{d}S=\cfrac{\pi a^2}{\cfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}}=\pi a\sqrt{a^2+b^2}.$
（這道題主要利用了斯托克斯公式求解）

總習題十一

3.計算下列曲線積分：

（5）$\displaystyle\int\limits_{L}(e^x\sin y-2y)\mathrm{d}x+(e^x\cos y-2)\mathrm{d}y$，其中$L$爲上半圓周$(x-a)^2+y^2=a^2,y\geqslant0$，沿逆時針方向；

解  添加有向線段$OA:y=0$，$x$從$0$變到$2a$，則在半圓閉區域$D$上應用格林公式可得
$\begin{aligned} &\displaystyle\int\limits_{L+OA}(e^x\sin y-2y)\mathrm{d}x+(e^x\cos y-2)\mathrm{d}y\\ =&\displaystyle\iint\limits_{D}\left(\cfrac{\partial Q}{\partial x}-\cfrac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ =&\displaystyle\iint\limits_{D}(e^x\cos y-e^x\cos y+2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ =&2\displaystyle\iint\limits_{D}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\pi a^2. \end{aligned}$
  於是
$\begin{aligned} &\displaystyle\int\limits_{L}(e^x\sin y-2y)\mathrm{d}x+(e^x\cos y-2)\mathrm{d}y\\ =&\pi a^2-\displaystyle\int\limits_{OA}(e^x\sin y-2y)\mathrm{d}x+(e^x\cos y-2)\mathrm{d}y\\ =&\pi a^2-\displaystyle\int^{2a}_0(e^x\sin0-2\cdot0)\mathrm{d}x=\pi a^2. \end{aligned}$
（這道題主要利用了添加線段的方法求解）

（6）$\displaystyle\oint\limits_{\Gamma}xyz\mathrm{d}z$，其中$\Gamma$是用平面$y=z$截球面$x^2+y^2+z^2=1$所得的截痕，從$z$軸的正向看去，沿逆時針方向。

解  由$\Gamma$的一般方程$\begin{cases}y=z,\\x^2+y^2+z^2=1\end{cases}$可得$x^2+2y^2=1$。從而可令$x=\cos t,y=\cfrac{\sin t}{\sqrt{2}},z=\cfrac{\sin t}{\sqrt{2}}$，$t$從$0$變到$2\pi$。於是
$\begin{aligned} \displaystyle\oint\limits_{\Gamma}xyz\mathrm{d}z&=\displaystyle\int^{2\pi}_0\cos t\left(\cfrac{\sin t}{\sqrt{2}}\right)^2\cdot\cfrac{\cos t}{\sqrt{2}}\mathrm{d}t\\ &=\cfrac{1}{2\sqrt{2}}\displaystyle\int^{2\pi}_0\sin^2 t\cos^2 t\mathrm{d}t\\ &=\cfrac{1}{8\sqrt{2}}\displaystyle\int^{2\pi}_0\sin^2(2t)\mathrm{d}t\\ &=\cfrac{1}{8\sqrt{2}}\displaystyle\int^{2\pi}_0\cfrac{1-\cos4t}{2}\mathrm{d}t=\cfrac{\pi}{8\sqrt{2}}=\cfrac{\sqrt{2}\pi}{16}. \end{aligned}$
（這道題主要利用了參數方程求解）

4.計算下列曲面積分：

（1）$\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\cfrac{\mathrm{d}S}{x^2+y^2+z^2}$，其中是界於平面$z=0$及$z=H$之間的圓柱面$x^2+y^2=R^2$；

解  將$\Sigma$分成$\Sigma_1$和$\Sigma_2$兩片，$\Sigma_1$爲$y=\sqrt{R^2-x^2}$，$\Sigma_2$爲$y=-\sqrt{R^2-x^2}$，$\Sigma_1$和$\Sigma_2$在$zOx$面上的投影區域均爲
$D_{zx}=\{(x,z)|0\leqslant z\leqslant H,-R\leqslant x\leqslant R\}.\\ \begin{aligned} \displaystyle\iint\limits_{\Sigma_1}\cfrac{\mathrm{d}S}{x^2+y^2+z^2}&=\displaystyle\iint\limits_{D_{xz}}\cfrac{1}{R^2+z^2}\sqrt{1+\cfrac{(-x)^2}{R^2-x^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}z\\ &=\displaystyle\int^H_0\cfrac{1}{R^2+z^2}\mathrm{d}z\cdot\displaystyle\int^R_{-R}\cfrac{R}{\sqrt{R^2-x^2}}\mathrm{d}x\\ &=\left[\cfrac{1}{R}\arctan\cfrac{z}{R}\right]\biggm\vert^H_0\cdot\left[R\arcsin\cfrac{x}{R}\right]\biggm\vert^R_{-R}\\ &=\pi\arctan\cfrac{H}{R}. \end{aligned}$
  又由於被積函數關於$y$是偶函數，積分曲面$\Sigma_1$和$\Sigma_2$關於$zOx$面對稱，故
$\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_1}\cfrac{\mathrm{d}S}{x^2+y^2+z^2}=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_2}\cfrac{\mathrm{d}S}{x^2+y^2+z^2}=\pi\arctan\cfrac{H}{R}.$
  由此得
$\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\cfrac{\mathrm{d}S}{x^2+y^2+z^2}=2\pi\arctan\cfrac{H}{R}.$
（這道題主要利用了分片的方法求解）

（2）$\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}(y^2-z)\mathrm{d}y\mathrm{z}+(z^2-x)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(x^2-y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，其中$\Sigma$爲錐面$z=\sqrt{x^2+y^2}(0\leqslant z\leqslant h)$的外側；

解  添加輔助曲面$\Sigma_1=\{(x,y,z)|z=h,x^2+y^2\leqslant h^2\}$，取上側，則在由$\Sigma$和$\Sigma_1$所包圍的空間閉區域$\varOmega$上應用高斯公式得
$\begin{aligned} &\displaystyle\iint\limits_{\Sigma+\Sigma_1}(y^2-z)\mathrm{d}y\mathrm{z}+(z^2-x)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(x^2-y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ =&\displaystyle\iiint\limits_{\varOmega}\left[\cfrac{\partial(y^2-z)}{\partial x}+\cfrac{\partial(z^2-x)}{\partial y}+\cfrac{\partial(x^2-y)}{\partial z}\right]\mathrm{d}v=\displaystyle\iiint\limits_{\varOmega}0\cdot\mathrm{d}v=0. \end{aligned}$
  於是
$\begin{aligned} \text{原式}&=-\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_1}(y^2-z)\mathrm{d}y\mathrm{z}+(z^2-x)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(x^2-y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=-\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_1}(x^2-y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}(x^2-y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y. \end{aligned}$
  其中
$D_{xy}=\{(x,y)|x^2+y^2\leqslant h^2\}.$
  在計算$\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}(x^2-y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$時，由對稱性易知$\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}y\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0$，又$\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}y^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，故
$\begin{aligned} \displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}(x^2-y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\cfrac{1}{2}\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}(x^2+y^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &\xlongequal{\text{極座標}}\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{2\pi}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^h_0\rho^2\cdot\rho\mathrm{d}\rho=\cfrac{\pi}{4}h^4. \end{aligned}$
  從而得
$\text{原式}=-\cfrac{\pi}{4}h^4.$
（這道題主要利用了補足閉曲面的方法求解）

（4）$\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}xyz\mathrm{d}x\mathrm{d}y$，其中$\Sigma$爲球面$x^2+y^2+z^2=1(x\geqslant0,y\geqslant0)$的外側。

解  應用高斯公式計算。添加輔助曲面$\Sigma_3:x=0$（取後側）；$\Sigma_4:y=0$（取左側），則有
$\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_3}xyz\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_4}xyz\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0.$
  在由$\Sigma,\Sigma_3$和$\Sigma_4$所圍成的空間閉區域$\varOmega$上應用高斯公式，得
$\begin{aligned} \displaystyle\iint\limits_{\Sigma}xyz\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma+\Sigma_3+\Sigma_4}xyz\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\displaystyle\iiint\limits_{\varOmega}\cfrac{\partial(xyz)}{\partial z}\mathrm{d}v\\ &=\displaystyle\iiint\limits_{\varOmega}xy\mathrm{d}v=\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}xy\mathrm{d}x\mathrm{d}y\displaystyle\int^{\sqrt{1-x^2-y^2}}_{-\sqrt{1-x^2-y^2}}\mathrm{d}z\\ &=2\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}xy\sqrt{1-x^2-y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\cfrac{2}{15}. \end{aligned}$
（這道題主要利用了添加輔助面的方法求解）

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