第 0 部分
先看全貌
先用三张图看懂三大公式在做什么，再看全章地图、和李林讲义的对应、真题考了什么，最后是 8 天的学习计划。
考试要求（大纲原文，李林讲义第十三章、第十四章，仅数学一）
第十三章 ：1. 理解三重积分的概念；2. 会计算三重积分（直角坐标、柱面坐标、球面坐标）；3. 理解第一型曲线积分、第一型曲面积分的概念；4. 掌握第一型曲线积分、第一型曲面积分的计算方法；5. 会用三重积分、第一型曲线积分、第一型曲面积分求体积、弧长、曲面面积、质量、质心、形心、转动惯量、引力、功等。
第十四章 ：1. 理解第二型曲线与曲面积分的概念；2. 理解两类曲线积分、两类曲面积分的关系；3. 掌握第二型曲线与曲面积分的计算方法；4. 掌握格林公式并会运用平面曲线积分与路径无关的条件，会求二元函数全微分的原函数；5. 掌握高斯公式、斯托克斯公式；6. 了解散度与旋度的概念，并会计算。
每一部分开头的方框只列这一部分用到的几条；第 11 部分 11.4 节把它们拆成考点，逐条列出讲在哪里、有哪些真题。
0.1 这一章在干什么：切碎、近似、求和，再加三个大公式这份笔记里的所有积分，本质上都是同一件事：把一个东西切成很多小块，每一小块“某个量 × 小块的大小”，加起来，取极限 。区别只在于切的是什么：
立体 （小块体积 d V \dV d V 曲线 （小段弧长 d s \ds d s 曲面 （小块面积 d S \dS d S 有方向的曲线 （小位移 d x , d y , d z \dx,\dy,\dz d x , d y , d z 有侧的曲面 （带正负号的投影 d y d z , d z d x , d x d y \dy\dz,\dz\dx,\dx\dy d y d z , d z d x , d x d y
三个大公式把“边界上的积分”和“里面的积分”连起来：格林 （平面闭曲线 ↔ 区域）、高斯 （闭曲面 ↔ 立体）、斯托克斯 （空间闭曲线 ↔ 曲面）。真题的大题几乎都是在考“能不能用、怎么补、怎么挖”。
D 格林：边界曲线 ↔ 平面区域 格林：平面闭曲线 ↔ 所围区域。 Ω 高斯：闭曲面 ↔ 立体 高斯：闭曲面 ↔ 所围立体。 斯托克斯：空间闭曲线 ↔ 曲面 斯托克斯：空间闭曲线 ↔ 所张曲面。
四类积分一张表
三重积分 ∭ Ω f d V \iiint_\Omega f\dV ∭ Ω f d V 第一型 ∫ L f d s \int_Lf\ds ∫ L f d s ∬ S f d S \iint_Sf\dS ∬ S f d S d s = x ′ 2 + y ′ 2 + z ′ 2 d t \ds=\sqrt{x'^2+y'^2+z'^2}\dt d s = x ′2 + y ′2 + z ′2 d t d S = 1 + z x 2 + z y 2 d x d y \dS=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\dx\dy d S = 1 + z x 2 + z y 2 d x d y 第二型 ∫ L P d x + Q d y + R d z \int_LP\dx+Q\dy+R\dz ∫ L P d x + Q d y + R d z ∬ S P d y d z + Q d z d x + R d x d y \iint_SP\dy\dz+Q\dz\dx+R\dx\dy ∬ S P d y d z + Q d z d x + R d x d y 两类的关系 ：∫ L P d x + Q d y = ∫ L ( P cos α + Q cos β ) d s \int_LP\dx+Q\dy=\int_L(P\cos\alpha+Q\cos\beta)\ds ∫ L P d x + Q d y = ∫ L ( P cos α + Q cos β ) d s ∬ S P d y d z + ⋯ = ∬ S ( P cos α + Q cos β + R cos γ ) d S \iint_SP\dy\dz+\cdots=\iint_S(P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma)\dS ∬ S P d y d z + ⋯ = ∬ S ( P cos α + Q cos β + R cos γ ) d S
一句话记住 先认类型，再化简（代入、对称），再看能不能用大公式，最后才老老实实参数化或投影。 第 8 部分把这句话画成了一张流程图。
0.2 全章地图，和李林讲义怎么配合七个部分的先后顺序就是学习顺序：A 部分和第 1 部分打地基；第 2、3 部分是没有方向的第一型积分；第 4、5、6 部分是有方向的第二型积分和三大公式；第 7 部分是应用。点方块跳到对应部分。
和《26 李林高数辅导讲义》的对照
本页负责“从零讲懂 + 真题”，讲义负责“题型归纳 + 更多练习”。每部分开头的“考试要求”框是讲义第十三、十四章开头的考试要求（大纲原文）；正文里标着“李林 第十四章 §1 例 5 · p354”的例题，是从讲义里挑出来、按本页的写法重新讲一遍的，可以对照原书看。讲义这两章的典型例题、“例如”和章末习题全部用到了。
本页不含的相关内容
二重积分本身 （定限、换序、极坐标、对称）：见《二重积分》笔记，A.5 节只列了本页要用的几条。向量代数、空间曲面方程、条件极值 ：见《一元与多元微分学》笔记。 0.3 考情：考多少、考在哪Maki《真题分类精解》第三十四—三十七讲收了 2010—2026 年数一的 36 道题 ，其中解答题 18 道；17 年里每年都有。全部在本页讲过，下表按部分列出落点。
从表里能看出三件事：
第二型曲线积分（第 4 部分，10 道）和第二型曲面积分（第 5 部分，9 道）最多 ，大题几乎年年出，一道 10—12 分：格林补线、挖洞、路径无关、高斯补面轮着考。斯托克斯与场论（第 6 部分）有 8 道 ：斯托克斯多是大题，散度、旋度是 4 分的送分填空。三重积分（第 1 部分）5 道，其中 3 道是求形心 ；三重积分更多是藏在高斯公式里考（第 5 部分的高斯题都要算三重积分）。
逐年分布（选择、填空按 4 分，解答题按 10 分或 12 分估算）
0.4 接下来 8 天怎么学你的《05-进度表》把重积分排在 W10（9/20—9/26），把曲线积分、曲面积分排在 W11（9/27—10/3）。下面把这一页拆成 8 天，每天约 2 小时，沿用《02-方法卡》的例题桥接法：例题先遮住解答自己做 5 分钟，再点开对照 ；做完标 ⭕ / △ / ✗，△ 和 ✗ 第二天重做；卡住的地方在《04-错题断点本》只记一行“卡在哪一步、下次看到什么就想到什么”。表里列的是当天必做的真题（点进去是正文的例题），36 道一道不漏。
和进度表对齐
如果 W10 已经学过三重积分 ：D1、D2 合成一天（只做真题和做错过的例题），剩下 7 天正好是 W11（9/27—10/3）。如果三重积分还没学 ：按 8 天走，W12 的无穷级数顺延一天；按进度表的红线规则：砍题量，不砍覆盖 。 时间不够时 每天优先做完“当天必做的真题”；普通例题每节只做第一道；第 12 部分的练习留到考前一轮再做。
基础薄弱先看这里 如果看不出 z = x 2 + y 2 z=\sqrt{x^2+y^2} z = x 2 + y 2 第一天只读 A 部分 。
0.5 小结：看到这类题，去哪一部分学完了，标记这一部分
A 部分
零基础补课：读懂空间里的曲面与曲线
零基础补课：空间里的方程怎么读、两张曲面怎么求交线和投影、法向量和参数方程怎么写。这几样是后面每一道题的第一步，先在这里练熟。
A.1 空间里，一个方程就是一张曲面大白话：平面上，一个方程（比如 x 2 + y 2 = 1 x^2+y^2=1 x 2 + y 2 = 1 一个方程画出来是一张曲面 ，两个方程联立才是一条曲线。这一章的所有题目，第一步都是“看方程认出曲面”：球面、圆锥面、旋转抛物面、圆柱面、平面，基本就这五种。认对了，立体长什么样、从哪里穿进穿出，就都看得见了。
x y z O x ²+y ²+z ²=R ²球面：x 2 + y 2 + z 2 = R 2 x^2+y^2+z^2=R^2 x 2 + y 2 + z 2 = R 2 x y z O z =√(x ²+y ²)圆锥面：z = x 2 + y 2 z=\sqrt{x^2+y^2} z = x 2 + y 2
x y z O z =x ²+y ²旋转抛物面：z = x 2 + y 2 z=x^2+y^2 z = x 2 + y 2 x y z O x ²+y ²=R ²圆柱面：x 2 + y 2 = R 2 x^2+y^2=R^2 x 2 + y 2 = R 2 z z z
常见曲面（看方程认形状）
球面 ：x 2 + y 2 + z 2 = R 2 x^2+y^2+z^2=R^2 x 2 + y 2 + z 2 = R 2 ( x − a ) 2 + ( y − b ) 2 + ( z − c ) 2 = R 2 (x-a)^2+(y-b)^2+(z-c)^2=R^2 ( x − a ) 2 + ( y − b ) 2 + ( z − c ) 2 = R 2 ( a , b , c ) (a,b,c) ( a , b , c ) z = R 2 − x 2 − y 2 z=\sqrt{R^2-x^2-y^2} z = R 2 − x 2 − y 2 圆锥面 ：z = x 2 + y 2 z=\sqrt{x^2+y^2} z = x 2 + y 2 45 ∘ 45^\circ 4 5 ∘ z = x 2 + y 2 3 z=\sqrt{\frac{x^2+y^2}3} z = 3 x 2 + y 2 60 ∘ 60^\circ 6 0 ∘ tan φ = x 2 + y 2 z = 3 \tan\varphi=\frac{\sqrt{x^2+y^2}}z=\sqrt3 tan φ = z x 2 + y 2 = 3 旋转抛物面 ：z = x 2 + y 2 z=x^2+y^2 z = x 2 + y 2 z = a − x 2 − y 2 z=a-x^2-y^2 z = a − x 2 − y 2 柱面 ：方程里缺哪个变量，母线就平行于哪个轴。x 2 + y 2 = R 2 x^2+y^2=R^2 x 2 + y 2 = R 2 x 2 + y 2 = 2 x x^2+y^2=2x x 2 + y 2 = 2 x ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 ) 平面 ：一次方程 A x + B y + C z = D Ax+By+Cz=D A x + B y + C z = D ( A , B , C ) (A,B,C) ( A , B , C ) 椭球面 ：x 2 a 2 + y 2 b 2 + z 2 c 2 = 1 \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}+\dfrac{z^2}{c^2}=1 a 2 x 2 + b 2 y 2 + c 2 z 2 = 1
方法卡 · 看方程认曲面
什么时候用
题目给出“由某某曲面围成的立体”，或者“某某曲面的一部分”。
步骤
数一数方程里有几个变量：缺一个变量 → 柱面。
三个变量都在：平方和等于常数 → 球面；一边是 z z z x 2 + y 2 \sqrt{x^2+y^2} x 2 + y 2 z z z x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2
有交叉项或一次项，先配方，找出中心。 最容易错
把
x 2 + y 2 = 1 x^2+y^2=1 x 2 + y 2 = 1 当成圆（在空间里它是圆柱面）；把
z = x 2 + y 2 z=\sqrt{x^2+y^2} z = x 2 + y 2 当成抛物面（没有根号的才是抛物面）。
A.2 两张曲面：交线、投影、谁在上面大白话：两张曲面围成一个立体时，要回答三个问题：它们在哪里相交？立体投到 x O y xOy x O y 交线的投影，就是把两个方程联立、消去 z z z z z z
x y z O 交线：x ²+y ²=1，z =1 上：球面 下：锥面 投影 D ：x ²+y ²≤1 锥面在下、球面在上，交线是高度 z = 1 z=1 z = 1 x O y xOy x O y x 2 + y 2 ≤ 1 x^2+y^2\le1 x 2 + y 2 ≤ 1 交线与投影
两曲面 z = z 1 ( x , y ) z=z_1(x,y) z = z 1 ( x , y ) z = z 2 ( x , y ) z=z_2(x,y) z = z 2 ( x , y ) z z z H ( x , y ) = 0 H(x,y)=0 H ( x , y ) = 0 x O y xOy x O y H ( x , y ) = 0 , z = 0 H(x,y)=0,\ z=0 H ( x , y ) = 0 , z = 0
投影区域 D x y D_{xy} D x y
谁在上面：在 D x y D_{xy} D x y z 1 , z 2 z_1,z_2 z 1 , z 2
例 A.1 基础
（1）说出下列方程表示的曲面：①
x 2 + y 2 + z 2 = 2 z x^2+y^2+z^2=2z x 2 + y 2 + z 2 = 2 z ；②
z = x 2 + y 2 z=\sqrt{x^2+y^2} z = x 2 + y 2 ；③
z = 2 − x 2 − y 2 z=2-x^2-y^2 z = 2 − x 2 − y 2 ；④
x 2 + y 2 = 2 y x^2+y^2=2y x 2 + y 2 = 2 y ；⑤
2 x + y + 2 z = 2 2x+y+2z=2 2 x + y + 2 z = 2 。（2）立体
Ω \Omega Ω 由
z = x 2 + y 2 z=\sqrt{x^2+y^2} z = x 2 + y 2 与
z = 2 − x 2 − y 2 z=\sqrt{2-x^2-y^2} z = 2 − x 2 − y 2 围成，求它在
x O y xOy x O y 面上的投影区域，并说明哪张曲面在上面。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 球面要先配方。 x 2 + y 2 + z 2 − 2 z = 0 ⟺ x 2 + y 2 + ( z − 1 ) 2 = 1 x^2+y^2+z^2-2z=0\iff x^2+y^2+(z-1)^2=1 x 2 + y 2 + z 2 − 2 z = 0 ⟺ x 2 + y 2 + ( z − 1 ) 2 = 1 ( 0 , 0 , 1 ) (0,0,1) ( 0 , 0 , 1 )
有一次项 − 2 z -2z − 2 z z z z
② ③ 锥面与抛物面。 ②是顶点在原点、开口朝上的圆锥面（半顶角 45 ∘ 45^\circ 4 5 ∘ ( 0 , 0 , 2 ) (0,0,2) ( 0 , 0 , 2 )
②右边是距离 x 2 + y 2 \sqrt{x^2+y^2} x 2 + y 2
④ ⑤ 柱面与平面。 ④缺 z z z x 2 + ( y − 1 ) 2 = 1 x^2+(y-1)^2=1 x 2 + ( y − 1 ) 2 = 1 ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) z z z ( 1 , 0 , 0 ) (1,0,0) ( 1 , 0 , 0 ) ( 0 , 2 , 0 ) (0,2,0) ( 0 , 2 , 0 ) ( 0 , 0 , 1 ) (0,0,1) ( 0 , 0 , 1 )
方程里没有 z z z z z z
⑥ 求交线的投影。 联立 z = x 2 + y 2 z=\sqrt{x^2+y^2} z = x 2 + y 2 z = 2 − x 2 − y 2 z=\sqrt{2-x^2-y^2} z = 2 − x 2 − y 2 z z z x 2 + y 2 = 2 − x 2 − y 2 x^2+y^2=2-x^2-y^2 x 2 + y 2 = 2 − x 2 − y 2 x 2 + y 2 = 1 x^2+y^2=1 x 2 + y 2 = 1 z = 1 z=1 z = 1 D x y : x 2 + y 2 ≤ 1 D_{xy}:x^2+y^2\le1 D x y : x 2 + y 2 ≤ 1
交线上两个 z z z z z z x 2 + y 2 = 1 x^2+y^2=1 x 2 + y 2 = 1 x O y xOy x O y
⑦ 判断上下。 在 D x y D_{xy} D x y z = 0 z=0 z = 0 z = 2 z=\sqrt2 z = 2 球面在上、锥面在下 。
立体夹在两张曲面之间；竖着往上穿，先碰到的是下面那张。代一个点比大小最快。
答案：(1) ①球面（心 ( 0 , 0 , 1 ) (0,0,1) ( 0 , 0 , 1 ) D x y : x 2 + y 2 ≤ 1 D_{xy}:x^2+y^2\le1 D x y : x 2 + y 2 ≤ 1
A.3 向量工具：法向量与方向余弦大白话：曲面积分要用到曲面的“朝向”，这个朝向就是法向量 ，一根垂直于曲面的箭头。它在 x , y , z x,y,z x , y , z 方向余弦 cos α , cos β , cos γ \cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma cos α , cos β , cos γ
x y z O n=(−f x , − f y , 1) 切平面 z =f (x , y )曲面 z = f ( x , y ) z=f(x,y) z = f ( x , y ) P P P n = ( − f x , − f y , 1 ) \bn=(-f_x,-f_y,1) n = ( − f x , − f y , 1 ) 法向量与方向余弦
曲面 F ( x , y , z ) = 0 F(x,y,z)=0 F ( x , y , z ) = 0 ：法向量 n = ( F x , F y , F z ) \bn=(F_x,F_y,F_z) n = ( F x , F y , F z ) 曲面 z = f ( x , y ) z=f(x,y) z = f ( x , y ) ：写成 F = f ( x , y ) − z F=f(x,y)-z F = f ( x , y ) − z n = ( f x , f y , − 1 ) \bn=(f_x,f_y,-1) n = ( f x , f y , − 1 ) 朝上 的法向量是 n = ( − f x , − f y , 1 ) \bn=(-f_x,-f_y,1) n = ( − f x , − f y , 1 ) 平面 A x + B y + C z = D Ax+By+Cz=D A x + B y + C z = D ：法向量 ( A , B , C ) (A,B,C) ( A , B , C ) 单位法向量与方向余弦 ：n 0 = n ∣ n ∣ = ( cos α , cos β , cos γ ) \bn^0=\dfrac{\bn}{|\bn|}=(\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma) n 0 = ∣ n ∣ n = ( cos α , cos β , cos γ ) cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ = 1 \cos^2\alpha+\cos^2\beta+\cos^2\gamma=1 cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ = 1 叉积 ：a × b = ∣ i j k a 1 a 2 a 3 b 1 b 2 b 3 ∣ \boldsymbol a\times\boldsymbol b=\begin{vmatrix}\boldsymbol i&\boldsymbol j&\boldsymbol k\\a_1&a_2&a_3\\b_1&b_2&b_3\end{vmatrix} a × b = i a 1 b 1 j a 2 b 2 k a 3 b 3 a \boldsymbol a a b \boldsymbol b b
例 A.2 基础
（1）求曲面
z = x 2 + y 2 z=x^2+y^2 z = x 2 + y 2 在点
( 1 , 1 , 2 ) (1,1,2) ( 1 , 1 , 2 ) 处
朝上 的单位法向量；（2）求平面
2 x + y + 2 z = 2 2x+y+2z=2 2 x + y + 2 z = 2 的单位法向量（取与
z z z 轴正向夹角为锐角的那个）及其方向余弦。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (1) 偏导数。 f = x 2 + y 2 f=x^2+y^2 f = x 2 + y 2 f x = 2 x = 2 f_x=2x=2 f x = 2 x = 2 f y = 2 y = 2 f_y=2y=2 f y = 2 y = 2 ( 1 , 1 ) (1,1) ( 1 , 1 )
朝上的法向量是 ( − f x , − f y , 1 ) (-f_x,-f_y,1) ( − f x , − f y , 1 )
② (1) 单位化。 n = ( − 2 , − 2 , 1 ) \bn=(-2,-2,1) n = ( − 2 , − 2 , 1 ) ∣ n ∣ = 4 + 4 + 1 = 3 |\bn|=\sqrt{4+4+1}=3 ∣ n ∣ = 4 + 4 + 1 = 3 n 0 = ( − 2 3 , − 2 3 , 1 3 ) \bn^0=\Big(-\dfrac23,-\dfrac23,\dfrac13\Big) n 0 = ( − 3 2 , − 3 2 , 3 1 )
z z z
③ (2) 平面的法向量。 n = ( 2 , 1 , 2 ) \bn=(2,1,2) n = ( 2 , 1 , 2 ) ∣ n ∣ = 3 |\bn|=3 ∣ n ∣ = 3 cos α = 2 3 , cos β = 1 3 , cos γ = 2 3 \cos\alpha=\dfrac23,\ \cos\beta=\dfrac13,\ \cos\gamma=\dfrac23 cos α = 3 2 , cos β = 3 1 , cos γ = 3 2
平面 A x + B y + C z = D Ax+By+Cz=D A x + B y + C z = D ( A , B , C ) (A,B,C) ( A , B , C ) cos γ = 2 3 > 0 \cos\gamma=\frac23>0 cos γ = 3 2 > 0 z z z
④ 检验。 ( 2 3 ) 2 + ( 1 3 ) 2 + ( 2 3 ) 2 = 4 + 1 + 4 9 = 1 \big(\frac23\big)^2+\big(\frac13\big)^2+\big(\frac23\big)^2=\frac{4+1+4}9=1 ( 3 2 ) 2 + ( 3 1 ) 2 + ( 3 2 ) 2 = 9 4 + 1 + 4 = 1
三个方向余弦的平方和一定等于 1，可以用来检查算错没有。
答案：(1) ( − 2 3 , − 2 3 , 1 3 ) \big(-\frac23,-\frac23,\frac13\big) ( − 3 2 , − 3 2 , 3 1 ) ( 2 3 , 1 3 , 2 3 ) \big(\frac23,\frac13,\frac23\big) ( 3 2 , 3 1 , 3 2 ) cos α = 2 3 \cos\alpha=\frac23 cos α = 3 2 cos β = 1 3 \cos\beta=\frac13 cos β = 3 1 cos γ = 2 3 \cos\gamma=\frac23 cos γ = 3 2
A.4 参数方程：把一条曲线交给一个参数大白话：曲线积分最后都要化成定积分，办法就是让曲线上的点只随一个参数 t t t ：x = x ( t ) , y = y ( t ) , z = z ( t ) x=x(t),\ y=y(t),\ z=z(t) x = x ( t ) , y = y ( t ) , z = z ( t ) cos t , sin t \cos t,\sin t cos t , sin t
x y z O z =cos t +sin t 柱面 x ²+y ²=1 柱面 x 2 + y 2 = 1 x^2+y^2=1 x 2 + y 2 = 1 z = x + y z=x+y z = x + y x = cos t , y = sin t , z = cos t + sin t x=\cos t,\ y=\sin t,\ z=\cos t+\sin t x = cos t , y = sin t , z = cos t + sin t 常用参数方程
圆 ( x − a ) 2 + ( y − b ) 2 = R 2 (x-a)^2+(y-b)^2=R^2 ( x − a ) 2 + ( y − b ) 2 = R 2 x = a + R cos t , y = b + R sin t x=a+R\cos t,\ y=b+R\sin t x = a + R cos t , y = b + R sin t t t t 2 π 2\pi 2 π
椭圆 x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1 \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}=1 a 2 x 2 + b 2 y 2 = 1 x = a cos t , y = b sin t x=a\cos t,\ y=b\sin t x = a cos t , y = b sin t
曲线 y = f ( x ) y=f(x) y = f ( x ) x x x x = x , y = f ( x ) x=x,\ y=f(x) x = x , y = f ( x )
柱面 x 2 + y 2 = R 2 x^2+y^2=R^2 x 2 + y 2 = R 2 x = R cos t , y = R sin t x=R\cos t,\ y=R\sin t x = R cos t , y = R sin t z z z
球面 x 2 + y 2 + z 2 = R 2 x^2+y^2+z^2=R^2 x 2 + y 2 + z 2 = R 2 R R R e 1 , e 2 \boldsymbol e_1,\boldsymbol e_2 e 1 , e 2 r = R ( e 1 cos t + e 2 sin t ) \boldsymbol r=R(\boldsymbol e_1\cos t+\boldsymbol e_2\sin t) r = R ( e 1 cos t + e 2 sin t )
例 A.3 基础
写出下列曲线的参数方程：（1）柱面
x 2 + y 2 = 1 x^2+y^2=1 x 2 + y 2 = 1 与平面
z = x + y z=x+y z = x + y 的交线；（2）半球面
z = 2 − x 2 − y 2 z=\sqrt{2-x^2-y^2} z = 2 − x 2 − y 2 与平面
z = x z=x z = x 的交线；（3）圆
x 2 + y 2 = 2 x x^2+y^2=2x x 2 + y 2 = 2 x 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (1) 先用柱面。 柱面给出 x = cos t , y = sin t x=\cos t,\ y=\sin t x = cos t , y = sin t z = cos t + sin t z=\cos t+\sin t z = cos t + sin t 0 ≤ t ≤ 2 π 0\le t\le2\pi 0 ≤ t ≤ 2 π
柱面方程只含 x , y x,y x , y z z z x , y x,y x , y
② (2) 消去 z z z 把 z = x z=x z = x x 2 = 2 − x 2 − y 2 x^2=2-x^2-y^2 x 2 = 2 − x 2 − y 2 2 x 2 + y 2 = 2 2x^2+y^2=2 2 x 2 + y 2 = 2 x 2 + y 2 2 = 1 x^2+\dfrac{y^2}2=1 x 2 + 2 y 2 = 1 x ≥ 0 x\ge0 x ≥ 0 z = x ≥ 0 z=x\ge0 z = x ≥ 0
交线在 x O y xOy x O y z ≥ 0 z\ge0 z ≥ 0 z = x z=x z = x x ≥ 0 x\ge0 x ≥ 0
③ (2) 参数化椭圆。 x = cos t , y = 2 sin t , z = cos t x=\cos t,\ y=\sqrt2\sin t,\ z=\cos t x = cos t , y = 2 sin t , z = cos t − π 2 ≤ t ≤ π 2 -\dfrac\pi2\le t\le\dfrac\pi2 − 2 π ≤ t ≤ 2 π
椭圆 x 2 1 + y 2 2 = 1 \frac{x^2}{1}+\frac{y^2}{2}=1 1 x 2 + 2 y 2 = 1 2 \sqrt2 2 cos t ≥ 0 \cos t\ge0 cos t ≥ 0 t ∈ [ − π 2 , π 2 ] t\in[-\frac\pi2,\frac\pi2] t ∈ [ − 2 π , 2 π ] z z z x x x
④ (3) 配方。 ( x − 1 ) 2 + y 2 = 1 (x-1)^2+y^2=1 ( x − 1 ) 2 + y 2 = 1 x = 1 + cos t , y = sin t x=1+\cos t,\ y=\sin t x = 1 + cos t , y = sin t 0 ≤ t ≤ 2 π 0\le t\le2\pi 0 ≤ t ≤ 2 π r = 2 cos θ r=2\cos\theta r = 2 cos θ − π 2 ≤ θ ≤ π 2 -\frac\pi2\le\theta\le\frac\pi2 − 2 π ≤ θ ≤ 2 π
圆心 ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 )
答案：(1) x = cos t , y = sin t , z = cos t + sin t x=\cos t,\ y=\sin t,\ z=\cos t+\sin t x = cos t , y = sin t , z = cos t + sin t x = cos t , y = 2 sin t , z = cos t x=\cos t,\ y=\sqrt2\sin t,\ z=\cos t x = cos t , y = 2 sin t , z = cos t t ∈ [ − π 2 , π 2 ] t\in[-\frac\pi2,\frac\pi2] t ∈ [ − 2 π , 2 π ] x = 1 + cos t , y = sin t x=1+\cos t,\ y=\sin t x = 1 + cos t , y = sin t
A.5 二重积分速查（本章处处要用）大白话：三重积分“先一后二”之后剩下一个二重积分，曲面积分投影之后也剩下一个二重积分。所以二重积分是这一章的地基 。下面这张表是本章最常用的几条，详细讲解见《二重积分》笔记第 3—5 部分。
工具 要点
极坐标 x = r cos θ , y = r sin θ x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta x = r cos θ , y = r sin θ d x d y = r d r d θ \dx\dy=r\dr\dth d x d y = r d r d θ x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 偏心圆 x 2 + y 2 = 2 a x x^2+y^2=2ax x 2 + y 2 = 2 a x r = 2 a cos θ r=2a\cos\theta r = 2 a cos θ − π 2 ≤ θ ≤ π 2 -\frac\pi2\le\theta\le\frac\pi2 − 2 π ≤ θ ≤ 2 π 椭圆区域 x = a r cos θ , y = b r sin θ x=ar\cos\theta,\ y=br\sin\theta x = a r cos θ , y = b r sin θ d x d y = a b r d r d θ \dx\dy=ab\,r\dr\dth d x d y = ab r d r d θ π a b \pi ab πab 奇偶对称 区域关于 y y y f f f x x x 形心 ∬ D x d σ = x ˉ ⋅ S D \iint_Dx\dd\sigma=\bar x\cdot S_D ∬ D x d σ = x ˉ ⋅ S D 华里士 ∫ 0 π / 2 sin n θ d θ = ∫ 0 π / 2 cos n θ d θ \int_0^{\pi/2}\sin^n\theta\dth=\int_0^{\pi/2}\cos^n\theta\dth ∫ 0 π /2 sin n θ d θ = ∫ 0 π /2 cos n θ d θ n = 2 n=2 n = 2 π 4 \frac\pi4 4 π n = 3 n=3 n = 3 2 3 \frac23 3 2 n = 4 n=4 n = 4 3 π 16 \frac{3\pi}{16} 16 3 π n = 5 n=5 n = 5 8 15 \frac8{15} 15 8
A.6 小结
要会的事 怎么做 例子
看方程认曲面 缺变量是柱面；平方和是球；x 2 + y 2 \sqrt{x^2+y^2} x 2 + y 2 x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 例 A.1 求立体的投影、判断上下 联立消去 z z z 例 A.1 求法向量、方向余弦 z = f ( x , y ) z=f(x,y) z = f ( x , y ) ( − f x , − f y , 1 ) (-f_x,-f_y,1) ( − f x , − f y , 1 ) 例 A.2 写曲线的参数方程 先参数化“干净”的方程，再代入另一个 例 A.3
学完了，标记这一部分
第 1 部分
三重积分
三重积分是“一块物体的质量”。这一部分讲怎么把它拆成定积分和二重积分：直角坐标的两种拆法、柱面坐标、球面坐标，再加上对称性和形心公式。真题 5 道，3 道是求形心。
考试要求（大纲原文，李林讲义第十三章第 1、2 条）
理解三重积分的概念。
会计算三重积分（直角坐标、柱面坐标、球面坐标）。
对应李林讲义第十三章第一节“三重积分”（p330—337）。Maki《真题分类精解》第三十四讲“三重积分”的 5 道真题都在这一部分：一道选坐标系的选择题、一道轮换对称的填空题，其余三道都是求形心。
1.1 概念、性质与对称性大白话：二重积分算的是“一块薄板的质量”，三重积分算的是一整块物体的质量 ：密度 ρ ( x , y , z ) \rho(x,y,z) ρ ( x , y , z ) 能用对称性消掉的项，一个都不要算 。
x y z O 小块 ΔV ，密度约 ρ(ξ, η, ζ) Ω 把物体 Ω \Omega Ω Δ V i \Delta V_i Δ V i ρ ( ξ i , η i , ζ i ) Δ V i \rho(\xi_i,\eta_i,\zeta_i)\Delta V_i ρ ( ξ i , η i , ζ i ) Δ V i 定义、性质与对称性（李林 p330—331）
∭ Ω f ( x , y , z ) d V = lim d → 0 ∑ i = 1 n f ( ξ i , η i , ζ i ) Δ V i . \displaystyle \iiint_\Omega f(x,y,z)\dV=\lim_{d\to0}\sum_{i=1}^nf(\xi_i,\eta_i,\zeta_i)\Delta V_i . ∭ Ω f ( x , y , z ) d V = d → 0 lim i = 1 ∑ n f ( ξ i , η i , ζ i ) Δ V i .
物理意义 ：f = ρ f=\rho f = ρ ∭ Ω 1 d V = V \iiint_\Omega1\dV=V ∭ Ω 1 d V = V Ω \Omega Ω 线性、可加、中值定理 ：与二重积分相同；∭ Ω f d V = f ( ξ , η , ζ ) ⋅ V \iiint_\Omega f\dV=f(\xi,\eta,\zeta)\cdot V ∭ Ω f d V = f ( ξ , η , ζ ) ⋅ V 奇偶对称 ：Ω \Omega Ω y O z yOz y O z x → − x x\to-x x → − x f f f x x x x O z xOz x O z y y y x O y xOy x O y z z z f f f x , y , z x,y,z x , y , z 轮换对称 ：Ω \Omega Ω x → y → z → x x\to y\to z\to x x → y → z → x x = y = z x=y=z x = y = z ∭ x d V = ∭ y d V = ∭ z d V \iiint x\dV=\iiint y\dV=\iiint z\dV ∭ x d V = ∭ y d V = ∭ z d V ∭ x 2 d V = ∭ y 2 d V = ∭ z 2 d V \iiint x^2\dV=\iiint y^2\dV=\iiint z^2\dV ∭ x 2 d V = ∭ y 2 d V = ∭ z 2 d V x = y x=y x = y x , y x,y x , y
方法卡 · 先看对称性再动手
什么时候用
被积函数是几项之和，或者区域是球、半球、关于坐标面对称的立体。
步骤
把被积函数展开成几项。
对每一项问两件事：区域关于哪个坐标面对称？这一项对那个变量是奇是偶？奇的直接划掉。
剩下的项看能否轮换：区域在变量互换下不变，就把 x 2 x^2 x 2 y 2 y^2 y 2 x 2 + y 2 + z 2 x^2+y^2+z^2 x 2 + y 2 + z 2 最容易错
只看被积函数的奇偶、不看区域是否对称；区域只关于
x = y x=y x = y 对称，却把
x x x 和
z z z 也互换了。
x y z O V 2 ：第一卦限 V 1 ：上半球 V 1 V_1 V 1 V 2 V_2 V 2
例 1.1 李林 第十三章 §1 例 2 · p334
设
V 1 : x 2 + y 2 + z 2 ≤ R 2 , z ≥ 0 V_1:x^2+y^2+z^2\le R^2,\ z\ge0 V 1 : x 2 + y 2 + z 2 ≤ R 2 , z ≥ 0 ；
V 2 : x 2 + y 2 + z 2 ≤ R 2 , x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0 V_2:x^2+y^2+z^2\le R^2,\ x\ge0,\ y\ge0,\ z\ge0 V 2 : x 2 + y 2 + z 2 ≤ R 2 , x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0 ，则正确的是（ ）
（A）
∭ V 1 x d V = 4 ∭ V 2 x d V \displaystyle\iiint_{V_1}x\dV=4\iiint_{V_2}x\dV ∭ V 1 x d V = 4 ∭ V 2 x d V （B）
∭ V 1 y d V = 4 ∭ V 2 y d V \displaystyle\iiint_{V_1}y\dV=4\iiint_{V_2}y\dV ∭ V 1 y d V = 4 ∭ V 2 y d V （C）
∭ V 1 z d V = 4 ∭ V 2 x d V \displaystyle\iiint_{V_1}z\dV=4\iiint_{V_2}x\dV ∭ V 1 z d V = 4 ∭ V 2 x d V （D）
∭ V 1 x y z d V = 4 ∭ V 2 x y z d V \displaystyle\iiint_{V_1}xyz\dV=4\iiint_{V_2}xyz\dV ∭ V 1 x yz d V = 4 ∭ V 2 x yz d V 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 看清两个区域。 V 1 V_1 V 1 V 2 V_2 V 2 V 1 V_1 V 1 y O z yOz y O z x O z xOz x O z
上半球把 x x x − x -x − x y y y − y -y − y V 2 V_2 V 2
② 排除（A）（B）（D）。 x x x x x x V 1 V_1 V 1 y O z yOz y O z ∭ V 1 x d V = 0 \iiint_{V_1}x\dV=0 ∭ V 1 x d V = 0 V 2 V_2 V 2 x ≥ 0 x\ge0 x ≥ 0 ∭ V 2 x d V > 0 \iiint_{V_2}x\dV>0 ∭ V 2 x d V > 0 x y z xyz x yz x x x ∭ V 1 x y z d V = 0 \iiint_{V_1}xyz\dV=0 ∭ V 1 x yz d V = 0 V 2 V_2 V 2 x y z ≥ 0 xyz\ge0 x yz ≥ 0
奇函数在对称区域上正负抵消；第一卦限里三个坐标都非负，积分是正数，两边不可能相等。
③ 验证（C）的第一步。 z z z x x x y y y V 1 V_1 V 1 ∭ V 1 z d V = 4 ∭ V 2 z d V \iiint_{V_1}z\dV=4\iiint_{V_2}z\dV ∭ V 1 z d V = 4 ∭ V 2 z d V
偶函数在对称的两半上积分相等；先按 x x x y y y V 2 V_2 V 2
④ 验证（C）的第二步。 V 2 V_2 V 2 x → y → z → x x\to y\to z\to x x → y → z → x ∭ V 2 z d V = ∭ V 2 x d V \iiint_{V_2}z\dV=\iiint_{V_2}x\dV ∭ V 2 z d V = ∭ V 2 x d V ∭ V 1 z d V = 4 ∭ V 2 x d V \iiint_{V_1}z\dV=4\iiint_{V_2}x\dV ∭ V 1 z d V = 4 ∭ V 2 x d V
第一卦限的八分之一球，把三个坐标轮流换一下，还是它自己；被积函数 z z z x x x
答案：C
1.2 直角坐标：先一后二（投影穿线）与先二后一（截面）大白话：三重积分怎么算？拆成“一个定积分 + 一个二重积分” ，有两种拆法。先一后二 ：把物体投到 x O y xOy x O y D x y D_{xy} D x y D x y D_{xy} D x y z z z z z z D x y D_{xy} D x y 先二后一 ：用高度 z z z D z D_z D z z z z
x y z O 出：z =1−x −y 进：z =0 D xy 先一后二：投影 D x y D_{xy} D x y x y z O 截面 D z ： x +y ≤1−z z 先二后一：高度 z z z D z D_z D z
两种拆法（李林 p331—332）
先一后二 ：Ω = { ( x , y ) ∈ D x y , z 1 ( x , y ) ≤ z ≤ z 2 ( x , y ) } \Omega=\{(x,y)\in D_{xy},\ z_1(x,y)\le z\le z_2(x,y)\} Ω = {( x , y ) ∈ D x y , z 1 ( x , y ) ≤ z ≤ z 2 ( x , y )} ∭ Ω f d V = ∬ D x y [ ∫ z 1 ( x , y ) z 2 ( x , y ) f d z ] d σ \displaystyle\iiint_\Omega f\dV=\iint_{D_{xy}}\Big[\int_{z_1(x,y)}^{z_2(x,y)}f\dz\Big]\dd\sigma ∭ Ω f d V = ∬ D x y [ ∫ z 1 ( x , y ) z 2 ( x , y ) f d z ] d σ 先二后一 ：Ω = { c ≤ z ≤ d , ( x , y ) ∈ D z } \Omega=\{c\le z\le d,\ (x,y)\in D_z\} Ω = { c ≤ z ≤ d , ( x , y ) ∈ D z } ∭ Ω f d V = ∫ c d [ ∬ D z f d σ ] d z \displaystyle\iiint_\Omega f\dV=\int_c^d\Big[\iint_{D_z}f\dd\sigma\Big]\dz ∭ Ω f d V = ∫ c d [ ∬ D z f d σ ] d z z z z f ( z ) ⋅ S ( D z ) f(z)\cdot S(D_z) f ( z ) ⋅ S ( D z )
例如 （李林 p332）：V V V x + y + z = 1 x+y+z=1 x + y + z = 1 ∭ V z d V \iiint_Vz\dV ∭ V z d V
先一后二：D x y : x + y ≤ 1 , x , y ≥ 0 D_{xy}:x+y\le1,\ x,y\ge0 D x y : x + y ≤ 1 , x , y ≥ 0 z z z 1 − x − y 1-x-y 1 − x − y ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 − x d y ∫ 0 1 − x − y z d z = ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 − x ( 1 − x − y ) 2 2 d y = ∫ 0 1 ( 1 − x ) 3 6 d x = 1 24 \displaystyle\int_0^1\dx\int_0^{1-x}\dy\int_0^{1-x-y}z\dz=\int_0^1\dx\int_0^{1-x}\frac{(1-x-y)^2}2\dy=\int_0^1\frac{(1-x)^3}6\dx=\frac1{24} ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 − x d y ∫ 0 1 − x − y z d z = ∫ 0 1 d x ∫ 0 1 − x 2 ( 1 − x − y ) 2 d y = ∫ 0 1 6 ( 1 − x ) 3 d x = 24 1
先二后一：截面 D z D_z D z 1 − z 1-z 1 − z 1 2 ( 1 − z ) 2 \frac12(1-z)^2 2 1 ( 1 − z ) 2 ∫ 0 1 z ⋅ 1 2 ( 1 − z ) 2 d z = 1 2 ⋅ 1 12 = 1 24 \displaystyle\int_0^1z\cdot\frac12(1-z)^2\dz=\frac12\cdot\frac1{12}=\frac1{24} ∫ 0 1 z ⋅ 2 1 ( 1 − z ) 2 d z = 2 1 ⋅ 12 1 = 24 1
方法卡 · 先一后二还是先二后一
什么时候用
直角坐标下算三重积分，区域由几个曲面围成。
步骤
被积函数只含 z z z ∫ c d f ( z ) S ( z ) d z \int_c^df(z)S(z)\dz ∫ c d f ( z ) S ( z ) d z
区域“上面一张曲面、下面一张曲面”，投影 D x y D_{xy} D x y z z z
剩下的二重积分按二重积分的办法算（投影是圆就用极坐标，那就是 1.3 节的柱面坐标）。 最容易错
投影区域找错（没有联立消去
z z z ）；先二后一时把截面当成固定的，忘了
D z D_z D z 的大小随
z z z 变。
例 1.2 2015 数一(12) 李林 第十三章 §1 例 1 · p334
设
Ω \Omega Ω 是由平面
x + y + z = 1 x+y+z=1 x + y + z = 1 与三个坐标平面所围成的空间区域，则
∭ Ω ( x + 2 y + 3 z ) d x d y d z = \displaystyle\iiint_\Omega(x+2y+3z)\dx\dy\dz= ∭ Ω ( x + 2 y + 3 z ) d x d y d z = ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 看出区域。 Ω \Omega Ω ( 0 , 0 , 0 ) (0,0,0) ( 0 , 0 , 0 ) ( 1 , 0 , 0 ) (1,0,0) ( 1 , 0 , 0 ) ( 0 , 1 , 0 ) (0,1,0) ( 0 , 1 , 0 ) ( 0 , 0 , 1 ) (0,0,1) ( 0 , 0 , 1 )
平面 x + y + z = 1 x+y+z=1 x + y + z = 1
② 算 ∭ z d V \iiint z\dV ∭ z d V 由上面的例如，∭ Ω z d V = ∫ 0 1 z ⋅ 1 2 ( 1 − z ) 2 d z = 1 24 \displaystyle\iiint_\Omega z\dV=\int_0^1z\cdot\frac12(1-z)^2\dz=\frac1{24} ∭ Ω z d V = ∫ 0 1 z ⋅ 2 1 ( 1 − z ) 2 d z = 24 1
被积函数只含 z z z 1 2 ( 1 − z ) 2 \frac12(1-z)^2 2 1 ( 1 − z ) 2 z z z z z z
③ 轮换对称。 把 x , y , z x,y,z x , y , z x + y + z = 1 x+y+z=1 x + y + z = 1 Ω \Omega Ω ∭ x d V = ∭ y d V = ∭ z d V = 1 24 \iiint x\dV=\iiint y\dV=\iiint z\dV=\frac1{24} ∭ x d V = ∭ y d V = ∭ z d V = 24 1
区域在变量互换下不变，积分值就与“积的是哪个变量”无关，不必再算 ∭ x \iiint x ∭ x ∭ y \iiint y ∭ y
④ 合起来。 原式 = ( 1 + 2 + 3 ) ⋅ 1 24 = 1 4 =(1+2+3)\cdot\dfrac1{24}=\dfrac14 = ( 1 + 2 + 3 ) ⋅ 24 1 = 4 1
线性：三项分别是 1 24 \frac1{24} 24 1 2 ⋅ 1 24 2\cdot\frac1{24} 2 ⋅ 24 1 3 ⋅ 1 24 3\cdot\frac1{24} 3 ⋅ 24 1
答案：1 4 \frac14 4 1
1.3 柱面坐标：投影是圆的时候大白话：先一后二之后，剩下 D x y D_{xy} D x y D x y D_{xy} D x y “先对 z z z ：水平方向用 ( r , θ ) (r,\theta) ( r , θ ) z z z z z z
x y z O θ r z P (r , θ, z )柱面坐标：x = r cos θ , y = r sin θ , z = z x=r\cos\theta,\ y=r\sin\theta,\ z=z x = r cos θ , y = r sin θ , z = z 柱面坐标（李林 p332—333）
x = r cos θ , \displaystyle x=r\cos\theta, x = r cos θ , y = r sin θ , \displaystyle y=r\sin\theta, y = r sin θ , z = z ; \displaystyle z=z; z = z ; d V = r d r d θ d z . \displaystyle \dV=r\dr\dth\dz . d V = r d r d θ d z . ∭ Ω f d V = ∫ α β d θ ∫ r 1 r 2 r d r ∫ z 1 z 2 f d z , \displaystyle \iiint_\Omega f\dV=\int_\alpha^\beta\dth\int_{r_1}^{r_2}r\dr\int_{z_1}^{z_2}f\dz , ∭ Ω f d V = ∫ α β d θ ∫ r 1 r 2 r d r ∫ z 1 z 2 f d z , 其中 r 1 , r 2 r_1,r_2 r 1 , r 2 θ \theta θ z 1 , z 2 z_1,z_2 z 1 , z 2 r , θ r,\theta r , θ f f f x , y x,y x , y r cos θ , r sin θ r\cos\theta,\ r\sin\theta r cos θ , r sin θ
r r r r r r J = r J=r J = r
例如 （李林 p333）：V V V z = x 2 + y 2 z=x^2+y^2 z = x 2 + y 2 z = 4 z=4 z = 4 ∭ V z d V = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 r d r ∫ r 2 4 z d z = 2 π ∫ 0 2 r ⋅ 16 − r 4 2 d r = π ( 32 − 32 3 ) = 64 π 3 \displaystyle\iiint_Vz\dV=\int_0^{2\pi}\dth\int_0^2r\dr\int_{r^2}^4z\dz=2\pi\int_0^2r\cdot\frac{16-r^4}2\dr=\pi\Big(32-\frac{32}3\Big)=\frac{64\pi}3 ∭ V z d V = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 r d r ∫ r 2 4 z d z = 2 π ∫ 0 2 r ⋅ 2 16 − r 4 d r = π ( 32 − 3 32 ) = 3 64 π D x y : x 2 + y 2 ≤ 4 D_{xy}:x^2+y^2\le4 D x y : x 2 + y 2 ≤ 4 z = r 2 z=r^2 z = r 2 z = 4 z=4 z = 4
方法卡 · 柱面坐标
什么时候用
投影
D x y D_{xy} D x y 是圆、扇形、圆环；被积函数含
x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 ；区域是绕
z z z 轴的旋转体。
步骤
求投影 D x y D_{xy} D x y α ≤ θ ≤ β , r 1 ≤ r ≤ r 2 \alpha\le\theta\le\beta,\ r_1\le r\le r_2 α ≤ θ ≤ β , r 1 ≤ r ≤ r 2
穿针定 z z z z 1 z_1 z 1 z 2 z_2 z 2 r , θ r,\theta r , θ x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 r 2 r^2 r 2
被积函数换成 r , θ , z r,\theta,z r , θ , z 乘上 r r r ，从里往外积。 最容易错
漏乘
r r r ；
z z z 的上下限在投影区域里换了曲面却没有分块（李林例 3 的解法 1 就要分两块）。
x y z O 截面 D z ： x ²+y ²≤2z z =8z =2旋转抛物面 x 2 + y 2 = 2 z x^2+y^2=2z x 2 + y 2 = 2 z z = 2 z=2 z = 2 z = 8 z=8 z = 8 x 2 + y 2 ≤ 2 z x^2+y^2\le2z x 2 + y 2 ≤ 2 z
例 1.3 李林 第十三章 §1 例 3 · p335
计算
I = ∭ V ( x 2 + y 2 ) d V I=\displaystyle\iiint_V(x^2+y^2)\dV I = ∭ V ( x 2 + y 2 ) d V ，其中
V V V 是由
{ y 2 = 2 z x = 0 \begin{cases}y^2=2z\\x=0\end{cases} { y 2 = 2 z x = 0 绕
z z z 轴旋转一周所得的曲面与
z = 2 z=2 z = 2 、
z = 8 z=8 z = 8 所围成的空间区域。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 写出旋转曲面。 y O z yOz y O z y 2 = 2 z y^2=2z y 2 = 2 z z z z y 2 y^2 y 2 x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 x 2 + y 2 = 2 z x^2+y^2=2z x 2 + y 2 = 2 z
绕 z z z z z z z z z ∣ y ∣ |y| ∣ y ∣ z z z x 2 + y 2 \sqrt{x^2+y^2} x 2 + y 2
② 选先二后一。 V = { 2 ≤ z ≤ 8 , x 2 + y 2 ≤ 2 z } V=\{2\le z\le8,\ x^2+y^2\le2z\} V = { 2 ≤ z ≤ 8 , x 2 + y 2 ≤ 2 z } D z D_z D z 2 z \sqrt{2z} 2 z
被积函数 x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 z z z r ≤ 4 r\le4 r ≤ 4 r < 2 r<2 r < 2 r > 2 r>2 r > 2
③ 截面上的二重积分。 ∬ D z ( x 2 + y 2 ) d σ = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 z r 2 ⋅ r d r = 2 π ⋅ ( 2 z ) 2 4 = 2 π z 2 \displaystyle\iint_{D_z}(x^2+y^2)\dd\sigma=\int_0^{2\pi}\dth\int_0^{\sqrt{2z}}r^2\cdot r\dr=2\pi\cdot\frac{(2z)^2}4=2\pi z^2 ∬ D z ( x 2 + y 2 ) d σ = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 z r 2 ⋅ r d r = 2 π ⋅ 4 ( 2 z ) 2 = 2 π z 2
极坐标下 x 2 + y 2 = r 2 x^2+y^2=r^2 x 2 + y 2 = r 2 r r r r 3 r^3 r 3 r 4 4 \frac{r^4}4 4 r 4
④ 对 z z z I = ∫ 2 8 2 π z 2 d z = 2 π 3 ( 512 − 8 ) = 336 π I=\displaystyle\int_2^82\pi z^2\dz=\frac{2\pi}3(512-8)=336\pi I = ∫ 2 8 2 π z 2 d z = 3 2 π ( 512 − 8 ) = 336 π
截面上的结果只剩 z z z
⑤ 用柱面坐标核对。 投影 r ≤ 4 r\le4 r ≤ 4 r ≤ 2 r\le2 r ≤ 2 z z z 2 ≤ r ≤ 4 2\le r\le4 2 ≤ r ≤ 4 z z z r 2 2 \frac{r^2}2 2 r 2 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 r 3 ⋅ 6 d r + ∫ 0 2 π d θ ∫ 2 4 r 3 ( 8 − r 2 2 ) d r = 48 π + 288 π = 336 π \displaystyle\int_0^{2\pi}\dth\int_0^2r^3\cdot6\dr+\int_0^{2\pi}\dth\int_2^4r^3\Big(8-\frac{r^2}2\Big)\dr=48\pi+288\pi=336\pi ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 r 3 ⋅ 6 d r + ∫ 0 2 π d θ ∫ 2 4 r 3 ( 8 − 2 r 2 ) d r = 48 π + 288 π = 336 π
竖着穿针时，靠近 z z z z = 2 z=2 z = 2 r = 2 r=2 r = 2
答案：336 π 336\pi 336 π
1.4 球面坐标：球、锥和“冰淇淋筒”大白话：区域是球、半球、或者“锥面上面扣一个球冠”（冰淇淋筒），被积函数里有 x 2 + y 2 + z 2 x^2+y^2+z^2 x 2 + y 2 + z 2 球面坐标 ：点 P P P ρ \rho ρ φ \varphi φ O P OP OP z z z θ \theta θ ρ = \rho= ρ = φ = \varphi= φ =
x y z O θ φ ρ P (ρ, φ, θ)球面坐标：ρ \rho ρ φ \varphi φ z z z 0 ≤ φ ≤ π 0\le\varphi\le\pi 0 ≤ φ ≤ π 球面坐标（李林 p333—334）
x = ρ sin φ cos θ , \displaystyle x=\rho\sin\varphi\cos\theta, x = ρ sin φ cos θ , y = ρ sin φ sin θ , \displaystyle y=\rho\sin\varphi\sin\theta, y = ρ sin φ sin θ , z = ρ cos φ ; \displaystyle z=\rho\cos\varphi; z = ρ cos φ ; d V = ρ 2 sin φ d ρ d φ d θ . \displaystyle \dV=\rho^2\sin\varphi\drho\dphi\dth . d V = ρ 2 sin φ d ρ d φ d θ .
x 2 + y 2 + z 2 = ρ 2 x^2+y^2+z^2=\rho^2 x 2 + y 2 + z 2 = ρ 2 x 2 + y 2 = ρ 2 sin 2 φ x^2+y^2=\rho^2\sin^2\varphi x 2 + y 2 = ρ 2 sin 2 φ 球面 x 2 + y 2 + z 2 = R 2 x^2+y^2+z^2=R^2 x 2 + y 2 + z 2 = R 2 ρ = R \rho=R ρ = R x 2 + y 2 + z 2 = 2 a z x^2+y^2+z^2=2az x 2 + y 2 + z 2 = 2 a z ρ = 2 a cos φ \rho=2a\cos\varphi ρ = 2 a cos φ
锥面 z = x 2 + y 2 z=\sqrt{x^2+y^2} z = x 2 + y 2 φ = π 4 \varphi=\frac\pi4 φ = 4 π z = x 2 + y 2 3 z=\sqrt{\frac{x^2+y^2}3} z = 3 x 2 + y 2 φ = π 3 \varphi=\frac\pi3 φ = 3 π tan φ = x 2 + y 2 z \tan\varphi=\frac{\sqrt{x^2+y^2}}z tan φ = z x 2 + y 2
例如 （李林 p333—334）：V V V z = x 2 + y 2 z=\sqrt{x^2+y^2} z = x 2 + y 2 z = 1 − x 2 − y 2 z=\sqrt{1-x^2-y^2} z = 1 − x 2 − y 2 0 ≤ θ ≤ 2 π 0\le\theta\le2\pi 0 ≤ θ ≤ 2 π 0 ≤ φ ≤ π 4 0\le\varphi\le\frac\pi4 0 ≤ φ ≤ 4 π 0 ≤ ρ ≤ 1 0\le\rho\le1 0 ≤ ρ ≤ 1 ∭ V z d V = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π / 4 d φ ∫ 0 1 ρ cos φ ⋅ ρ 2 sin φ d ρ = 2 π ⋅ 1 4 ⋅ 1 4 = π 8 \displaystyle\iiint_Vz\dV=\int_0^{2\pi}\dth\int_0^{\pi/4}\dphi\int_0^1\rho\cos\varphi\cdot\rho^2\sin\varphi\drho=2\pi\cdot\frac14\cdot\frac14=\frac\pi8 ∭ V z d V = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π /4 d φ ∫ 0 1 ρ cos φ ⋅ ρ 2 sin φ d ρ = 2 π ⋅ 4 1 ⋅ 4 1 = 8 π
方法卡 · 球面坐标
什么时候用
区域是球、半球、球被锥面截出的部分；被积函数含
x 2 + y 2 + z 2 x^2+y^2+z^2 x 2 + y 2 + z 2 。
步骤
θ \theta θ z z z 0 → 2 π 0\to2\pi 0 → 2 π φ \varphi φ z z z φ \varphi φ x O y xOy x O y φ = π 2 \varphi=\frac\pi2 φ = 2 π ρ \rho ρ ρ \rho ρ ρ = R \rho=R ρ = R ρ = 2 a cos φ \rho=2a\cos\varphi ρ = 2 a cos φ 被积函数换元后乘 ρ 2 sin φ \rho^2\sin\varphi ρ 2 sin φ 。 最容易错
漏乘
ρ 2 sin φ \rho^2\sin\varphi ρ 2 sin φ ；
φ \varphi φ 从
x O y xOy x O y 面量起（应从
z z z 轴量起）；把过原点的球面当成
ρ = R \rho=R ρ = R 。
x y z O 交线 z =√2，半径 √2 锥面 φ=π/4 球面 ρ=2 球面在上、锥面在下，交线在 z = 2 z=\sqrt2 z = 2 2 \sqrt2 2
例 1.4 2026 数一(4)
已知有界区域
Ω \Omega Ω 由曲面
z = 4 − x 2 − y 2 z=\sqrt{4-x^2-y^2} z = 4 − x 2 − y 2 与
z = x 2 + y 2 z=\sqrt{x^2+y^2} z = x 2 + y 2 围成，函数
f ( u ) f(u) f ( u ) 连续，则
∭ Ω f ( x 2 + y 2 + z 2 ) d x d y d z = \displaystyle\iiint_\Omega f(x^2+y^2+z^2)\dx\dy\dz= ∭ Ω f ( x 2 + y 2 + z 2 ) d x d y d z = （ ）
（A）
∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 d r ∫ r 4 − r 2 f ( r 2 + z 2 ) r d z \displaystyle\int_0^{2\pi}\dth\int_0^2\dr\int_r^{\sqrt{4-r^2}}f(r^2+z^2)r\dz ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 d r ∫ r 4 − r 2 f ( r 2 + z 2 ) r d z （B）
∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 d r ∫ 0 4 − r 2 f ( r 2 + z 2 ) r d z \displaystyle\int_0^{2\pi}\dth\int_0^{\sqrt2}\dr\int_0^{\sqrt{4-r^2}}f(r^2+z^2)r\dz ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 d r ∫ 0 4 − r 2 f ( r 2 + z 2 ) r d z （C）
∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π / 4 d φ ∫ 0 2 f ( r 2 ) r 2 sin φ d r \displaystyle\int_0^{2\pi}\dth\int_0^{\pi/4}\dphi\int_0^2f(r^2)r^2\sin\varphi\dr ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π /4 d φ ∫ 0 2 f ( r 2 ) r 2 sin φ d r （D）
∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π / 2 d φ ∫ 0 2 f ( r 2 ) r 2 sin φ d r \displaystyle\int_0^{2\pi}\dth\int_0^{\pi/2}\dphi\int_0^2f(r^2)r^2\sin\varphi\dr ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π /2 d φ ∫ 0 2 f ( r 2 ) r 2 sin φ d r 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 画出区域。 上面是半径 2 的上半球面，下面是半顶角 45 ∘ 45^\circ 4 5 ∘ 4 − r 2 = r 2 4-r^2=r^2 4 − r 2 = r 2 r = 2 r=\sqrt2 r = 2 z = 2 z=\sqrt2 z = 2
两个 z z z z z z r = 2 r=\sqrt2 r = 2
② 检查两个柱面坐标选项。 投影是 r ≤ 2 r\le\sqrt2 r ≤ 2 z = r z=r z = r z = 4 − r 2 z=\sqrt{4-r^2} z = 4 − r 2 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 d r ∫ r 4 − r 2 f ( r 2 + z 2 ) r d z \int_0^{2\pi}\dth\int_0^{\sqrt2}\dr\int_r^{\sqrt{4-r^2}}f(r^2+z^2)r\dz ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 d r ∫ r 4 − r 2 f ( r 2 + z 2 ) r d z r r r z z z
r r r 2 \sqrt2 2 z z z x O y xOy x O y
③ 检查两个球面坐标选项。 球面 x 2 + y 2 + z 2 = 4 x^2+y^2+z^2=4 x 2 + y 2 + z 2 = 4 ρ = 2 \rho=2 ρ = 2 z = x 2 + y 2 z=\sqrt{x^2+y^2} z = x 2 + y 2 φ = π 4 \varphi=\frac\pi4 φ = 4 π 0 ≤ θ ≤ 2 π 0\le\theta\le2\pi 0 ≤ θ ≤ 2 π 0 ≤ φ ≤ π 4 0\le\varphi\le\frac\pi4 0 ≤ φ ≤ 4 π 0 ≤ ρ ≤ 2 0\le\rho\le2 0 ≤ ρ ≤ 2 f ( ρ 2 ) ρ 2 sin φ f(\rho^2)\rho^2\sin\varphi f ( ρ 2 ) ρ 2 sin φ ρ \rho ρ r r r φ \varphi φ π 2 \frac\pi2 2 π
从原点出发的射线，只要与 z z z 45 ∘ 45^\circ 4 5 ∘ ρ = 2 \rho=2 ρ = 2
答案：C
x y z O 交线：z =1，r =√3 球面 ρ=4 cos φ 锥面 φ=π/3 过原点的球面 ρ = 4 cos φ \rho=4\cos\varphi ρ = 4 cos φ φ = π 3 \varphi=\frac\pi3 φ = 3 π
例 1.5 李林 第十三章 §1 例 4 · p335—336
计算
I = ∭ V ( x + y + z ) 2 d V I=\displaystyle\iiint_V(x+y+z)^2\dV I = ∭ V ( x + y + z ) 2 d V ，其中
V V V 是由
x 2 + y 2 + z 2 = 4 z x^2+y^2+z^2=4z x 2 + y 2 + z 2 = 4 z 与
z = x 2 + y 2 3 z=\sqrt{\dfrac{x^2+y^2}3} z = 3 x 2 + y 2 所围成的位于锥面上方部分的空间区域。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 化成球面坐标。 x 2 + y 2 + z 2 = 4 z x^2+y^2+z^2=4z x 2 + y 2 + z 2 = 4 z ρ 2 = 4 ρ cos φ \rho^2=4\rho\cos\varphi ρ 2 = 4 ρ cos φ ρ = 4 cos φ \rho=4\cos\varphi ρ = 4 cos φ z = x 2 + y 2 3 z=\sqrt{\frac{x^2+y^2}3} z = 3 x 2 + y 2 tan φ = 3 \tan\varphi=\sqrt3 tan φ = 3 φ = π 3 \varphi=\frac\pi3 φ = 3 π 0 ≤ φ ≤ π 3 0\le\varphi\le\frac\pi3 0 ≤ φ ≤ 3 π 0 ≤ ρ ≤ 4 cos φ 0\le\rho\le4\cos\varphi 0 ≤ ρ ≤ 4 cos φ 0 ≤ θ ≤ 2 π 0\le\theta\le2\pi 0 ≤ θ ≤ 2 π
这个球过原点（球心 ( 0 , 0 , 2 ) (0,0,2) ( 0 , 0 , 2 ) 4 cos φ 4\cos\varphi 4 cos φ z z z 60 ∘ 60^\circ 6 0 ∘
② 展开被积函数。 ( x + y + z ) 2 = ( x 2 + y 2 + z 2 ) + 2 ( x y + y z + z x ) (x+y+z)^2=(x^2+y^2+z^2)+2(xy+yz+zx) ( x + y + z ) 2 = ( x 2 + y 2 + z 2 ) + 2 ( x y + yz + z x )
交叉项和平方和分开处理：平方和用球面坐标，交叉项看对称性。
③ 交叉项为 0。 V V V y O z yOz y O z x O z xOz x O z x y xy x y z x zx z x x x x y z yz yz y y y ∭ V 2 ( x y + y z + z x ) d V = 0 \iiint_V2(xy+yz+zx)\dV=0 ∭ V 2 ( x y + yz + z x ) d V = 0
把 x x x − x -x − x x 2 x^2 x 2 y O z yOz y O z
④ 算平方和那一项。 I = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π / 3 sin φ d φ ∫ 0 4 cos φ ρ 2 ⋅ ρ 2 d ρ = 2 π ∫ 0 π / 3 sin φ ⋅ 4 5 cos 5 φ 5 d φ \displaystyle I=\int_0^{2\pi}\dth\int_0^{\pi/3}\sin\varphi\dphi\int_0^{4\cos\varphi}\rho^2\cdot\rho^2\drho=2\pi\int_0^{\pi/3}\sin\varphi\cdot\frac{4^5\cos^5\varphi}5\dphi I = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π /3 sin φ d φ ∫ 0 4 c o s φ ρ 2 ⋅ ρ 2 d ρ = 2 π ∫ 0 π /3 sin φ ⋅ 5 4 5 cos 5 φ d φ
x 2 + y 2 + z 2 = ρ 2 x^2+y^2+z^2=\rho^2 x 2 + y 2 + z 2 = ρ 2 ρ 2 sin φ \rho^2\sin\varphi ρ 2 sin φ ρ \rho ρ ρ 5 5 \frac{\rho^5}5 5 ρ 5 4 cos φ 4\cos\varphi 4 cos φ
⑤ 积出结果。 ∫ 0 π / 3 cos 5 φ sin φ d φ = [ − cos 6 φ 6 ] 0 π / 3 = 1 6 ( 1 − 1 64 ) = 63 384 \displaystyle\int_0^{\pi/3}\cos^5\varphi\sin\varphi\dphi=\Big[-\frac{\cos^6\varphi}6\Big]_0^{\pi/3}=\frac16\Big(1-\frac1{64}\Big)=\frac{63}{384} ∫ 0 π /3 cos 5 φ sin φ d φ = [ − 6 cos 6 φ ] 0 π /3 = 6 1 ( 1 − 64 1 ) = 384 63 I = 2048 π 5 ⋅ 63 384 = 336 π 5 I=\dfrac{2048\pi}5\cdot\dfrac{63}{384}=\dfrac{336\pi}5 I = 5 2048 π ⋅ 384 63 = 5 336 π
sin φ d φ = − d ( cos φ ) \sin\varphi\dphi=-\dd(\cos\varphi) sin φ d φ = − d ( cos φ ) cos π 3 = 1 2 \cos\frac\pi3=\frac12 cos 3 π = 2 1 1 64 \frac1{64} 64 1
答案：336 π 5 \frac{336\pi}5 5 336 π
练习 1 李林 第十三章 §1 例 5 · p336
计算
I = ∭ V ( 2 x + z ) 2 d V I=\displaystyle\iiint_V(\sqrt2x+z)^2\dV I = ∭ V ( 2 x + z ) 2 d V ，其中
V : x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1 , z ≥ 0 V:x^2+y^2+z^2\le1,\ z\ge0 V : x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1 , z ≥ 0 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 展开。 ( 2 x + z ) 2 = 2 x 2 + z 2 + 2 2 x z (\sqrt2x+z)^2=2x^2+z^2+2\sqrt2xz ( 2 x + z ) 2 = 2 x 2 + z 2 + 2 2 x z
先把平方拆开，才能对每一项用对称性。
② 交叉项为 0。 V V V y O z yOz y O z x z xz x z x x x ∭ V 2 2 x z d V = 0 \iiint_V2\sqrt2xz\dV=0 ∭ V 2 2 x z d V = 0
x → − x x\to-x x → − x x z xz x z
③ 用 x , y x,y x , y ρ 2 \rho^2 ρ 2 V V V x = y x=y x = y ∭ V x 2 d V = ∭ V y 2 d V \iiint_Vx^2\dV=\iiint_Vy^2\dV ∭ V x 2 d V = ∭ V y 2 d V ∭ V ( 2 x 2 + z 2 ) d V = ∭ V ( x 2 + y 2 + z 2 ) d V \iiint_V(2x^2+z^2)\dV=\iiint_V(x^2+y^2+z^2)\dV ∭ V ( 2 x 2 + z 2 ) d V = ∭ V ( x 2 + y 2 + z 2 ) d V
把 x , y x,y x , y 2 x 2 2x^2 2 x 2 x 2 x^2 x 2 y 2 y^2 y 2 x 2 + y 2 + z 2 x^2+y^2+z^2 x 2 + y 2 + z 2
④ 球面坐标。 I = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π / 2 sin φ d φ ∫ 0 1 ρ 4 d ρ = 2 π ⋅ 1 ⋅ 1 5 = 2 π 5 \displaystyle I=\int_0^{2\pi}\dth\int_0^{\pi/2}\sin\varphi\dphi\int_0^1\rho^4\drho=2\pi\cdot1\cdot\frac15=\frac{2\pi}5 I = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π /2 sin φ d φ ∫ 0 1 ρ 4 d ρ = 2 π ⋅ 1 ⋅ 5 1 = 5 2 π
上半球：φ \varphi φ π 2 \frac\pi2 2 π ρ \rho ρ
答案：2 π 5 \frac{2\pi}5 5 2 π
1.5 形心：三重积分真题的真正落点大白话：形心就是均匀物体的“平衡点” ，它的 z z z z ˉ = ∭ z d V V \bar z=\frac{\iiint z\dV}{V} z ˉ = V ∭ z d V 先二后一 ：截面面积 A ( z ) A(z) A ( z ) ∫ A ( z ) d z \int A(z)\dz ∫ A ( z ) d z ∭ z d V \iiint z\dV ∭ z d V ∫ z A ( z ) d z \int zA(z)\dz ∫ z A ( z ) d z
x y z O 顶点 (0, 1, 1) 形心 (0, 1/4, 1/4) 截面：圆心 (0, z )，半径 1−z 斜圆锥：截面是圆心 ( 0 , z ) (0,z) ( 0 , z ) 1 − z 1-z 1 − z ( 0 , 1 4 , 1 4 ) (0,\frac14,\frac14) ( 0 , 4 1 , 4 1 ) 质心与形心（李林 p334）
x ˉ = ∭ Ω x ρ d V ∭ Ω ρ d V , \displaystyle \bar x=\frac{\iiint_\Omega x\rho\dV}{\iiint_\Omega\rho\dV}, x ˉ = ∭ Ω ρ d V ∭ Ω x ρ d V , y ˉ = ∭ Ω y ρ d V ∭ Ω ρ d V , \displaystyle \bar y=\frac{\iiint_\Omega y\rho\dV}{\iiint_\Omega\rho\dV}, y ˉ = ∭ Ω ρ d V ∭ Ω y ρ d V , z ˉ = ∭ Ω z ρ d V ∭ Ω ρ d V . \displaystyle \bar z=\frac{\iiint_\Omega z\rho\dV}{\iiint_\Omega\rho\dV}. z ˉ = ∭ Ω ρ d V ∭ Ω z ρ d V .
均匀物体（ρ \rho ρ ρ \rho ρ z ˉ = 1 V ∭ Ω z d V \bar z=\frac1V\iiint_\Omega z\dV z ˉ = V 1 ∭ Ω z d V
截面法 ：∭ Ω g ( z ) d V = ∫ c d g ( z ) A ( z ) d z \iiint_\Omega g(z)\dV=\int_c^dg(z)A(z)\dz ∭ Ω g ( z ) d V = ∫ c d g ( z ) A ( z ) d z D z D_z D z ( x c ( z ) , y c ( z ) ) (x_c(z),y_c(z)) ( x c ( z ) , y c ( z )) ∭ Ω y d V = ∫ c d y c ( z ) A ( z ) d z \iiint_\Omega y\dV=\int_c^dy_c(z)A(z)\dz ∭ Ω y d V = ∫ c d y c ( z ) A ( z ) d z 逆用 ：∭ Ω z d V = z ˉ ⋅ V \iiint_\Omega z\dV=\bar z\cdot V ∭ Ω z d V = z ˉ ⋅ V 锥体的形心 在“底面形心—顶点”连线上、离底面 1 4 \frac14 4 1
方法卡 · 求形心
什么时候用
“求
Ω \Omega Ω 的形心（坐标）”“形心的竖坐标”。
步骤
看对称：关于 y O z yOz y O z x ˉ = 0 \bar x=0 x ˉ = 0 z z z x ˉ = y ˉ = 0 \bar x=\bar y=0 x ˉ = y ˉ = 0
写截面：高度 z z z A ( z ) A(z) A ( z )
V = ∫ A ( z ) d z V=\int A(z)\dz V = ∫ A ( z ) d z ∭ z d V = ∫ z A ( z ) d z \iiint z\dV=\int zA(z)\dz ∭ z d V = ∫ z A ( z ) d z 最容易错
把斜圆锥当成旋转体，写
y ˉ = 0 \bar y=0 y ˉ = 0 ；截面圆心不在原点时直接说
∬ D z y d σ = 0 \iint_{D_z}y\dd\sigma=0 ∬ D z y d σ = 0 ；只算分子忘了除以体积。
x y z O 形心 (0, 0, 2/3) z =x ²+y ²碗形立体 x 2 + y 2 ≤ z ≤ 1 x^2+y^2\le z\le1 x 2 + y 2 ≤ z ≤ 1
例 1.6 2010 数一(12)
设
Ω = { ( x , y , z ) ∣ x 2 + y 2 ≤ z ≤ 1 } \Omega=\{(x,y,z)\mid x^2+y^2\le z\le1\} Ω = {( x , y , z ) ∣ x 2 + y 2 ≤ z ≤ 1 } ，则
Ω \Omega Ω 的形心的竖坐标
z ˉ = \bar z= z ˉ = ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 看出立体。 Ω \Omega Ω z = x 2 + y 2 z=x^2+y^2 z = x 2 + y 2 z = 1 z=1 z = 1 z z z x 2 + y 2 ≤ z x^2+y^2\le z x 2 + y 2 ≤ z A ( z ) = π z A(z)=\pi z A ( z ) = π z
固定 z z z x 2 + y 2 ≤ z x^2+y^2\le z x 2 + y 2 ≤ z z \sqrt z z π ( z ) 2 = π z \pi(\sqrt z)^2=\pi z π ( z ) 2 = π z
② 体积。 V = ∫ 0 1 π z d z = π 2 V=\displaystyle\int_0^1\pi z\dz=\frac\pi2 V = ∫ 0 1 π z d z = 2 π
先二后一：体积就是截面面积沿 z z z
③ ∭ z d V \iiint z\dV ∭ z d V ∭ Ω z d V = ∫ 0 1 z ⋅ π z d z = π 3 \displaystyle\iiint_\Omega z\dV=\int_0^1z\cdot\pi z\dz=\frac\pi3 ∭ Ω z d V = ∫ 0 1 z ⋅ π z d z = 3 π
被积函数只含 z z z z ⋅ A ( z ) z\cdot A(z) z ⋅ A ( z )
④ 相除。 z ˉ = π / 3 π / 2 = 2 3 \bar z=\dfrac{\pi/3}{\pi/2}=\dfrac23 z ˉ = π /2 π /3 = 3 2
形心竖坐标 = ∭ z d V \iiint z\dV ∭ z d V 2 3 > 1 2 \frac23>\frac12 3 2 > 2 1
答案：2 3 \frac23 3 2
例 1.7 2019 数一(19)
设
Ω \Omega Ω 是由锥面
x 2 + ( y − z ) 2 = ( 1 − z ) 2 ( 0 ≤ z ≤ 1 ) x^2+(y-z)^2=(1-z)^2\ (0\le z\le1) x 2 + ( y − z ) 2 = ( 1 − z ) 2 ( 0 ≤ z ≤ 1 ) 与平面
z = 0 z=0 z = 0 围成的锥体，求
Ω \Omega Ω 的形心坐标。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 按高度读截面。 固定 z ∈ [ 0 , 1 ] z\in[0,1] z ∈ [ 0 , 1 ] x 2 + ( y − z ) 2 ≤ ( 1 − z ) 2 x^2+(y-z)^2\le(1-z)^2 x 2 + ( y − z ) 2 ≤ ( 1 − z ) 2 ( 0 , z ) (0,z) ( 0 , z ) 1 − z 1-z 1 − z A ( z ) = π ( 1 − z ) 2 A(z)=\pi(1-z)^2 A ( z ) = π ( 1 − z ) 2 z = 0 z=0 z = 0 z = 1 z=1 z = 1 ( 0 , 1 , 1 ) (0,1,1) ( 0 , 1 , 1 )
把 z z z z z z y y y ( 0 , 1 , 1 ) (0,1,1) ( 0 , 1 , 1 )
② 体积与 x ˉ \bar x x ˉ V = ∫ 0 1 π ( 1 − z ) 2 d z = π 3 V=\displaystyle\int_0^1\pi(1-z)^2\dz=\frac\pi3 V = ∫ 0 1 π ( 1 − z ) 2 d z = 3 π x x x − x -x − x Ω \Omega Ω y O z yOz y O z x ˉ = 0 \bar x=0 x ˉ = 0
x x x x 2 x^2 x 2 y y y ( y − z ) 2 (y-z)^2 ( y − z ) 2 y y y y ˉ = 0 \bar y=0 y ˉ = 0
③ ∭ y d V \iiint y\dV ∭ y d V 每个截面圆盘的形心是圆心 ( 0 , z ) (0,z) ( 0 , z ) ∬ D z y d σ = z ⋅ π ( 1 − z ) 2 \displaystyle\iint_{D_z}y\dd\sigma=z\cdot\pi(1-z)^2 ∬ D z y d σ = z ⋅ π ( 1 − z ) 2 ∭ Ω y d V = ∫ 0 1 π z ( 1 − z ) 2 d z = π ( 1 2 − 2 3 + 1 4 ) = π 12 \displaystyle\iiint_\Omega y\dV=\int_0^1\pi z(1-z)^2\dz=\pi\Big(\frac12-\frac23+\frac14\Big)=\frac\pi{12} ∭ Ω y d V = ∫ 0 1 π z ( 1 − z ) 2 d z = π ( 2 1 − 3 2 + 4 1 ) = 12 π
平面区域上 ∬ y d σ = y ˉ ⋅ \iint y\dd\sigma=\bar y\cdot ∬ y d σ = y ˉ ⋅
④ ∭ z d V \iiint z\dV ∭ z d V ∭ Ω z d V = ∫ 0 1 z ⋅ π ( 1 − z ) 2 d z = π 12 \displaystyle\iiint_\Omega z\dV=\int_0^1z\cdot\pi(1-z)^2\dz=\frac\pi{12} ∭ Ω z d V = ∫ 0 1 z ⋅ π ( 1 − z ) 2 d z = 12 π
被积函数只含 z z z z ⋅ A ( z ) z\cdot A(z) z ⋅ A ( z )
⑤ 形心。 y ˉ = π / 12 π / 3 = 1 4 \bar y=\dfrac{\pi/12}{\pi/3}=\dfrac14 y ˉ = π /3 π /12 = 4 1 z ˉ = 1 4 \bar z=\dfrac14 z ˉ = 4 1 ( 0 , 1 4 , 1 4 ) \Big(0,\dfrac14,\dfrac14\Big) ( 0 , 4 1 , 4 1 )
核对：底面形心 ( 0 , 0 , 0 ) (0,0,0) ( 0 , 0 , 0 ) ( 0 , 1 , 1 ) (0,1,1) ( 0 , 1 , 1 ) 1 4 \frac14 4 1 ( 0 , 1 4 , 1 4 ) (0,\frac14,\frac14) ( 0 , 4 1 , 4 1 )
答案：( 0 , 1 4 , 1 4 ) \big(0,\frac14,\frac14\big) ( 0 , 4 1 , 4 1 )
x y z O A (1, 0, 0)B (0, 1, 1)形心 (0, 0, 7/5) 直线 A B AB A B z z z 2 z 2 − 2 z + 1 \sqrt{2z^2-2z+1} 2 z 2 − 2 z + 1
例 1.8 2013 数一(19)
设直线
L L L 过
A ( 1 , 0 , 0 ) A(1,0,0) A ( 1 , 0 , 0 ) 、
B ( 0 , 1 , 1 ) B(0,1,1) B ( 0 , 1 , 1 ) 两点，将
L L L 绕
z z z 轴旋转一周得到曲面
Σ \Sigma Σ ，
Σ \Sigma Σ 与平面
z = 0 z=0 z = 0 、
z = 2 z=2 z = 2 所围成的立体为
Ω \Omega Ω 。（I）求曲面
Σ \Sigma Σ 的方程；（II）求
Ω \Omega Ω 的形心坐标。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 写出直线 L L L 方向向量 A B → = ( − 1 , 1 , 1 ) \overrightarrow{AB}=(-1,1,1) A B = ( − 1 , 1 , 1 ) L : x = 1 − t , y = t , z = t L:\ x=1-t,\ y=t,\ z=t L : x = 1 − t , y = t , z = t
过点 A A A A B → \overrightarrow{AB} A B t = 0 t=0 t = 0 A A A t = 1 t=1 t = 1 B B B
② (I) 旋转曲面的方程。 绕 z z z z z z L L L z z z ( 1 − z , z , z ) (1-z,z,z) ( 1 − z , z , z ) z z z ( 1 − z ) 2 + z 2 (1-z)^2+z^2 ( 1 − z ) 2 + z 2 Σ : x 2 + y 2 = ( 1 − z ) 2 + z 2 = 2 z 2 − 2 z + 1 \Sigma:\ x^2+y^2=(1-z)^2+z^2=2z^2-2z+1 Σ : x 2 + y 2 = ( 1 − z ) 2 + z 2 = 2 z 2 − 2 z + 1
空间点 ( x , y , z ) (x,y,z) ( x , y , z ) Σ \Sigma Σ z z z z z z t t t t = z t=z t = z
③ (II) 截面与体积。 高度 z z z A ( z ) = π ( 2 z 2 − 2 z + 1 ) A(z)=\pi(2z^2-2z+1) A ( z ) = π ( 2 z 2 − 2 z + 1 ) V = ∫ 0 2 π ( 2 z 2 − 2 z + 1 ) d z = π ( 16 3 − 4 + 2 ) = 10 π 3 V=\displaystyle\int_0^2\pi(2z^2-2z+1)\dz=\pi\Big(\frac{16}3-4+2\Big)=\frac{10\pi}3 V = ∫ 0 2 π ( 2 z 2 − 2 z + 1 ) d z = π ( 3 16 − 4 + 2 ) = 3 10 π
旋转体的截面一定是以 z z z Σ \Sigma Σ
④ ∭ z d V \iiint z\dV ∭ z d V ∭ Ω z d V = ∫ 0 2 π z ( 2 z 2 − 2 z + 1 ) d z = π ( 8 − 16 3 + 2 ) = 14 π 3 \displaystyle\iiint_\Omega z\dV=\int_0^2\pi z(2z^2-2z+1)\dz=\pi\Big(8-\frac{16}3+2\Big)=\frac{14\pi}3 ∭ Ω z d V = ∫ 0 2 π z ( 2 z 2 − 2 z + 1 ) d z = π ( 8 − 3 16 + 2 ) = 3 14 π
先二后一：z ⋅ A ( z ) z\cdot A(z) z ⋅ A ( z ) ∫ 0 2 2 z 3 d z = 8 \int_0^22z^3\dz=8 ∫ 0 2 2 z 3 d z = 8 ∫ 0 2 2 z 2 d z = 16 3 \int_0^22z^2\dz=\frac{16}3 ∫ 0 2 2 z 2 d z = 3 16 ∫ 0 2 z d z = 2 \int_0^2z\dz=2 ∫ 0 2 z d z = 2
⑤ 形心。 旋转体关于 z z z x ˉ = y ˉ = 0 \bar x=\bar y=0 x ˉ = y ˉ = 0 z ˉ = 14 π / 3 10 π / 3 = 7 5 \bar z=\dfrac{14\pi/3}{10\pi/3}=\dfrac75 z ˉ = 10 π /3 14 π /3 = 5 7 ( 0 , 0 , 7 5 ) \Big(0,0,\dfrac75\Big) ( 0 , 0 , 5 7 )
7 5 > 1 \frac75>1 5 7 > 1 5 \sqrt5 5
答案：(I) x 2 + y 2 = 2 z 2 − 2 z + 1 x^2+y^2=2z^2-2z+1 x 2 + y 2 = 2 z 2 − 2 z + 1 ( 0 , 0 , 7 5 ) \big(0,0,\frac75\big) ( 0 , 0 , 5 7 )
1.6 小结
看到什么 怎么做 例子
被积函数几项之和、区域对称 奇的划掉，偶的折半，能轮换就轮换 例 1.1 、例 1.2 被积函数只含 z z z 先二后一：∫ g ( z ) A ( z ) d z \int g(z)A(z)\dz ∫ g ( z ) A ( z ) d z 例 1.2 、例 1.6 投影是圆、区域绕 z z z 柱面坐标，别忘 r r r 例 1.3 球、锥、冰淇淋筒，含 x 2 + y 2 + z 2 x^2+y^2+z^2 x 2 + y 2 + z 2 球面坐标，乘 ρ 2 sin φ \rho^2\sin\varphi ρ 2 sin φ 例 1.4 、例 1.5 、练习 1 求形心 对称定零；截面面积 A ( z ) A(z) A ( z ) z ˉ = ∫ z A / ∫ A \bar z=\int zA/\int A z ˉ = ∫ z A / ∫ A 例 1.7 、例 1.8
学完了，标记这一部分
第 2 部分
第一型曲线积分
第一型曲线积分是“一根铁丝的质量”：切小段、乘弧长、加起来。算法只有一个（参数化后 d s \ds d s x ′ 2 + y ′ 2 d t \sqrt{x'^2+y'^2}\dt x ′2 + y ′2 d t
考试要求（大纲原文，李林讲义第十三章第 3、4 条）
理解第一型曲线积分的概念。
掌握第一型曲线积分的计算方法。
对应李林讲义第十三章第二节“第一型曲线积分”（p337—340）。Maki 第三十五讲只收了一道：2018 数一(12)，考的是“代入 + 轮换”。应用（弧长、曲线的质心）见第 7 部分。
2.1 概念与计算：一根铁丝的质量大白话：一根弯弯曲曲的铁丝，各处粗细（线密度 f f f Δ s \Delta s Δ s 第一型曲线积分（对弧长的曲线积分） ∫ L f d s \int_Lf\ds ∫ L f d s t t t d s \ds d s x ′ 2 + y ′ 2 d t \sqrt{x'^2+y'^2}\dt x ′2 + y ′2 d t 和曲线走的方向无关 ，所以下限一定小于上限。
x y O dx dy ds L 一小段弧近似是斜边： d s = ( d x ) 2 + ( d y ) 2 \ds=\sqrt{(\dd x)^2+(\dd y)^2} d s = ( d x ) 2 + ( d y ) 2 第一型曲线积分（李林 p337—338）
∫ L f ( x , y ) d s = lim d → 0 ∑ i = 1 n f ( ξ i , η i ) Δ s i . \displaystyle \int_Lf(x,y)\ds=\lim_{d\to0}\sum_{i=1}^nf(\xi_i,\eta_i)\Delta s_i . ∫ L f ( x , y ) d s = d → 0 lim i = 1 ∑ n f ( ξ i , η i ) Δ s i .
参数方程 x = x ( t ) , y = y ( t ) ( α ≤ t ≤ β ) x=x(t),\ y=y(t)\ (\alpha\le t\le\beta) x = x ( t ) , y = y ( t ) ( α ≤ t ≤ β ) ∫ L f d s = ∫ α β f ( x ( t ) , y ( t ) ) x ′ 2 ( t ) + y ′ 2 ( t ) d t \displaystyle\int_Lf\ds=\int_\alpha^\beta f(x(t),y(t))\sqrt{x'^2(t)+y'^2(t)}\dt ∫ L f d s = ∫ α β f ( x ( t ) , y ( t )) x ′2 ( t ) + y ′2 ( t ) d t α < β \alpha<\beta α < β y = y ( x ) y=y(x) y = y ( x ) d s = 1 + y ′ 2 d x \ds=\sqrt{1+y'^2}\dx d s = 1 + y ′2 d x 极坐标 r = r ( θ ) r=r(\theta) r = r ( θ ) ： d s = r 2 + r ′ 2 d θ \ds=\sqrt{r^2+r'^2}\dth d s = r 2 + r ′2 d θ 性质 ：∫ L 1 d s = \int_L1\ds= ∫ L 1 d s = f = ρ f=\rho f = ρ 被积函数定义在曲线上 ：可以先用曲线方程化简被积函数（“代入”）。
例如 （李林 p338）：L : x 2 + y 2 = 1 L:x^2+y^2=1 L : x 2 + y 2 = 1 ∫ L ( x 2 + y 2 ) d s = ∫ L 1 d s = 2 π \displaystyle\int_L(x^2+y^2)\ds=\int_L1\ds=2\pi ∫ L ( x 2 + y 2 ) d s = ∫ L 1 d s = 2 π L L L x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2
方法卡 · 第一型曲线积分：一代、二换、三定限
什么时候用
∫ L f d s \int_Lf\ds ∫ L f d s ，曲线是圆、直线段、
y = f ( x ) y=f(x) y = f ( x ) 、极坐标曲线或空间交线。
步骤
代 ：能用曲线方程化简被积函数的，先代进去。换 ：写出参数方程， d s = x ′ 2 + y ′ 2 ( + z ′ 2 ) d t \ds=\sqrt{x'^2+y'^2(+z'^2)}\dt d s = x ′2 + y ′2 ( + z ′2 ) d t 定限 ：参数从小到大，与曲线方向无关；分段曲线分段积。最容易错
下限大于上限（第一型积分的
d s > 0 \ds>0 d s > 0 ，下限必须小）；忘了先代入，结果被积函数里留着根号；极坐标曲线的
d s \ds d s 写成
r d θ r\dth r d θ ，漏了
r ′ 2 r'^2 r ′2 。
x y O r =a cos θa x ²+y ²=ax 圆 x 2 + y 2 = a x x^2+y^2=ax x 2 + y 2 = a x r = a cos θ r=a\cos\theta r = a cos θ
例 2.1 李林 第十三章 §2 例 1 · p339
计算
I = ∮ L x 2 + y 2 d s I=\displaystyle\oint_L\sqrt{x^2+y^2}\ds I = ∮ L x 2 + y 2 d s ，其中
L L L 为圆周
x 2 + y 2 = a x ( a > 0 ) x^2+y^2=ax\ (a>0) x 2 + y 2 = a x ( a > 0 ) 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 代入。 在 L L L x 2 + y 2 = a x x^2+y^2=ax x 2 + y 2 = a x x 2 + y 2 = a x \sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{ax} x 2 + y 2 = a x L L L r = a cos θ r=a\cos\theta r = a cos θ x 2 + y 2 = r \sqrt{x^2+y^2}=r x 2 + y 2 = r
被积函数只在曲线上取值，曲线方程成立，可以替换；替换后根号里只剩一个变量。
② 选参数，求 d s \ds d s 用 θ \theta θ r = a cos θ r=a\cos\theta r = a cos θ − π 2 ≤ θ ≤ π 2 -\frac\pi2\le\theta\le\frac\pi2 − 2 π ≤ θ ≤ 2 π d s = r 2 + r ′ 2 d θ = a 2 cos 2 θ + a 2 sin 2 θ d θ = a d θ \ds=\sqrt{r^2+r'^2}\dth=\sqrt{a^2\cos^2\theta+a^2\sin^2\theta}\dth=a\dth d s = r 2 + r ′2 d θ = a 2 cos 2 θ + a 2 sin 2 θ d θ = a d θ
圆过原点，r = a cos θ ≥ 0 r=a\cos\theta\ge0 r = a cos θ ≥ 0 cos θ ≥ 0 \cos\theta\ge0 cos θ ≥ 0 θ \theta θ − π 2 -\frac\pi2 − 2 π π 2 \frac\pi2 2 π
③ 算定积分。 I = ∫ − π / 2 π / 2 a cos θ ⋅ a d θ = a 2 [ sin θ ] − π / 2 π / 2 = 2 a 2 I=\displaystyle\int_{-\pi/2}^{\pi/2}a\cos\theta\cdot a\dth=a^2\big[\sin\theta\big]_{-\pi/2}^{\pi/2}=2a^2 I = ∫ − π /2 π /2 a cos θ ⋅ a d θ = a 2 [ sin θ ] − π /2 π /2 = 2 a 2
被积函数 r = a cos θ r=a\cos\theta r = a cos θ d s = a d θ \ds=a\dth d s = a d θ − π 2 -\frac\pi2 − 2 π π 2 \frac\pi2 2 π
④ 用李林的参数核对。 x = a 2 + a 2 cos t , y = a 2 sin t x=\frac a2+\frac a2\cos t,\ y=\frac a2\sin t x = 2 a + 2 a cos t , y = 2 a sin t d s = a 2 d t \ds=\frac a2\dt d s = 2 a d t a x = a ∣ cos t 2 ∣ \sqrt{ax}=a\big|\cos\frac t2\big| a x = a cos 2 t ∫ 0 2 π a ∣ cos t 2 ∣ ⋅ a 2 d t = 2 a 2 \displaystyle\int_0^{2\pi}a\Big|\cos\frac t2\Big|\cdot\frac a2\dt=2a^2 ∫ 0 2 π a cos 2 t ⋅ 2 a d t = 2 a 2
换一种参数，结果一样；这里 1 + cos t 2 = ∣ cos t 2 ∣ \sqrt{\frac{1+\cos t}2}=|\cos\frac t2| 2 1 + c o s t = ∣ cos 2 t ∣
答案：2 a 2 2a^2 2 a 2
2.2 空间曲线：交线怎么参数化大白话：空间曲线常常是两张曲面的交线，比如“球面被平面截出的圆”。办法有两个：一是先代入 ，被积函数里有球面方程的那一部分直接换成常数，剩下的很可能就是弧长；二是参数化 ：用平面方程消去一个变量，得到交线在坐标面上的投影（一般是椭圆），把椭圆参数化，再用平面方程补出第三个坐标。球面被平面截出的圆，半径可以用勾股定理直接算：R 2 − d 2 \sqrt{R^2-d^2} R 2 − d 2 d d d
x y z O L ：半径 2 的圆x ²+y ²+z ²=9/2球面被平面 x + z = 1 x+z=1 x + z = 1 空间曲线的弧长元素
L : x = x ( t ) , y = y ( t ) , z = z ( t ) ( α ≤ t ≤ β ) : \displaystyle L:\ x=x(t),\ y=y(t),\ z=z(t)\ (\alpha\le t\le\beta): L : x = x ( t ) , y = y ( t ) , z = z ( t ) ( α ≤ t ≤ β ) : ∫ L f d s = ∫ α β f ( x ( t ) , y ( t ) , z ( t ) ) x ′ 2 + y ′ 2 + z ′ 2 d t . \displaystyle \int_Lf\ds=\int_\alpha^\beta f\big(x(t),y(t),z(t)\big)\sqrt{x'^2+y'^2+z'^2}\dt . ∫ L f d s = ∫ α β f ( x ( t ) , y ( t ) , z ( t ) ) x ′2 + y ′2 + z ′2 d t .
球面 x 2 + y 2 + z 2 = R 2 x^2+y^2+z^2=R^2 x 2 + y 2 + z 2 = R 2 R 2 − d 2 \sqrt{R^2-d^2} R 2 − d 2 2 π R 2 − d 2 2\pi\sqrt{R^2-d^2} 2 π R 2 − d 2 2 π R 2\pi R 2 π R
点 ( x 0 , y 0 , z 0 ) (x_0,y_0,z_0) ( x 0 , y 0 , z 0 ) A x + B y + C z = D Ax+By+Cz=D A x + B y + C z = D d = ∣ A x 0 + B y 0 + C z 0 − D ∣ A 2 + B 2 + C 2 d=\dfrac{|Ax_0+By_0+Cz_0-D|}{\sqrt{A^2+B^2+C^2}} d = A 2 + B 2 + C 2 ∣ A x 0 + B y 0 + C z 0 − D ∣
方法卡 · 空间交线上的第一型积分
什么时候用
曲线是“球面 ∩ 平面”“柱面 ∩ 平面”这样的交线。
步骤
先看被积函数能否用球面方程代成常数。
能代成常数：积分 = 常数 × 弧长；弧长用“半径 R 2 − d 2 \sqrt{R^2-d^2} R 2 − d 2
不能：用平面消元得投影椭圆，参数化后求 d s \ds d s 最容易错
平面不过球心时仍把圆的半径当成
R R R ；参数化后
d s \ds d s 忘了
z ′ 2 z'^2 z ′2 那一项。
例 2.2 李林 第十三章 §2 例 2 · p339
计算
I = ∮ L ( x 2 + y 2 + z 2 ) d s I=\displaystyle\oint_L(x^2+y^2+z^2)\ds I = ∮ L ( x 2 + y 2 + z 2 ) d s ，其中
L L L 是
x 2 + y 2 + z 2 = 9 2 x^2+y^2+z^2=\dfrac92 x 2 + y 2 + z 2 = 2 9 与
x + z = 1 x+z=1 x + z = 1 的交线。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 代入。 在 L L L x 2 + y 2 + z 2 = 9 2 x^2+y^2+z^2=\frac92 x 2 + y 2 + z 2 = 2 9 I = 9 2 ∮ L d s = 9 2 × ( L 的长度 ) I=\dfrac92\displaystyle\oint_L\ds=\dfrac92\times(L\text{ 的长度}) I = 2 9 ∮ L d s = 2 9 × ( L 的长度 )
L L L 9 2 \frac92 2 9
② 求圆的半径。 球心 O O O x + z = 1 x+z=1 x + z = 1 d = ∣ 0 + 0 − 1 ∣ 2 = 1 2 d=\dfrac{|0+0-1|}{\sqrt2}=\dfrac1{\sqrt2} d = 2 ∣0 + 0 − 1∣ = 2 1 R = 3 2 R=\dfrac3{\sqrt2} R = 2 3 R 2 − d 2 = 9 2 − 1 2 = 2 \sqrt{R^2-d^2}=\sqrt{\frac92-\frac12}=2 R 2 − d 2 = 2 9 − 2 1 = 2 4 π 4\pi 4 π
球心、截面圆心、圆上一点构成直角三角形：斜边是球半径，一条直角边是球心到平面的距离。
③ 结果。 I = 9 2 ⋅ 4 π = 18 π I=\dfrac92\cdot4\pi=18\pi I = 2 9 ⋅ 4 π = 18 π
被积函数已经是常数 9 2 \frac92 2 9 ∮ L d s \oint_L\ds ∮ L d s 4 π 4\pi 4 π
④ 用参数方程核对（李林的做法）。 把 z = 1 − x z=1-x z = 1 − x ( x − 1 2 ) 2 2 + y 2 4 = 1 \dfrac{(x-\frac12)^2}2+\dfrac{y^2}4=1 2 ( x − 2 1 ) 2 + 4 y 2 = 1 x = 1 2 + 2 cos t , y = 2 sin t , z = 1 2 − 2 cos t x=\frac12+\sqrt2\cos t,\ y=2\sin t,\ z=\frac12-\sqrt2\cos t x = 2 1 + 2 cos t , y = 2 sin t , z = 2 1 − 2 cos t d s = 2 sin 2 t + 4 cos 2 t + 2 sin 2 t d t = 2 d t \ds=\sqrt{2\sin^2t+4\cos^2t+2\sin^2t}\dt=2\dt d s = 2 sin 2 t + 4 cos 2 t + 2 sin 2 t d t = 2 d t I = ∫ 0 2 π 9 2 ⋅ 2 d t = 18 π I=\displaystyle\int_0^{2\pi}\frac92\cdot2\dt=18\pi I = ∫ 0 2 π 2 9 ⋅ 2 d t = 18 π
投影椭圆参数化后，z z z
答案：18 π 18\pi 18 π
2.3 四个提速技巧：代入、奇偶、轮换、形心大白话：第一型曲线积分的真题几乎都“不用算”：先代入曲线方程，再用奇偶性划掉一部分，用轮换对称把 x , y , z x,y,z x , y , z 。其中“形心”一招：∫ L y d s = y ˉ ⋅ ( 弧长 ) \int_Ly\ds=\bar y\cdot(\text{弧长}) ∫ L y d s = y ˉ ⋅ ( 弧长 )
x y z O L ：大圆，长 2π单位球面与平面 x + y + z = 0 x+y+z=0 x + y + z = 0 x , y , z x,y,z x , y , z 第一型曲线积分的对称性（李林 p338）
奇偶 ：L L L y y y f f f x x x ∫ L f d s = 0 \int_Lf\ds=0 ∫ L f d s = 0 x x x y y y 轮换 ：L L L y = x y=x y = x ∫ L f ( x , y ) d s = ∫ L f ( y , x ) d s \int_Lf(x,y)\ds=\int_Lf(y,x)\ds ∫ L f ( x , y ) d s = ∫ L f ( y , x ) d s x → y → z → x x\to y\to z\to x x → y → z → x ∮ L x d s = ∮ L y d s = ∮ L z d s \oint_Lx\ds=\oint_Ly\ds=\oint_Lz\ds ∮ L x d s = ∮ L y d s = ∮ L z d s ∮ L x 2 d s = ∮ L y 2 d s = ∮ L z 2 d s \oint_Lx^2\ds=\oint_Ly^2\ds=\oint_Lz^2\ds ∮ L x 2 d s = ∮ L y 2 d s = ∮ L z 2 d s 形心 ：∫ L x d s = x ˉ ⋅ s \int_Lx\ds=\bar x\cdot s ∫ L x d s = x ˉ ⋅ s ∫ L y d s = y ˉ ⋅ s \int_Ly\ds=\bar y\cdot s ∫ L y d s = y ˉ ⋅ s s s s ( x ˉ , y ˉ ) (\bar x,\bar y) ( x ˉ , y ˉ )
方法卡 · 先化简再积分
什么时候用
被积函数是几项之和；曲线是圆、椭圆、球面上的大圆；题目给了“周长为
a a a ”。
步骤
代：曲线方程里的组合（x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 x 2 + 4 y 2 x^2+4y^2 x 2 + 4 y 2
奇偶：看曲线关于哪条轴对称，划掉奇函数项。
轮换：把 x 2 x^2 x 2 1 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) \frac13(x^2+y^2+z^2) 3 1 ( x 2 + y 2 + z 2 ) x x x 1 3 ( x + y + z ) \frac13(x+y+z) 3 1 ( x + y + z )
剩下 ∫ y d s \int y\ds ∫ y d s 最容易错
轮换前没检查曲线的两个方程是否都在互换下不变；用形心公式时把“曲线的形心”和“曲线围成的区域的形心”混为一谈（圆、椭圆两者恰好相同，一般曲线不同）。
例 2.3 李林 第十三章 §2 例 3 · p339—340
计算
I = ∮ L ( z + y 2 ) d s I=\displaystyle\oint_L(z+y^2)\ds I = ∮ L ( z + y 2 ) d s ，其中
L L L 为球面
x 2 + y 2 + z 2 = R 2 x^2+y^2+z^2=R^2 x 2 + y 2 + z 2 = R 2 与平面
x + y + z = 0 x+y+z=0 x + y + z = 0 的交线。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 看出 L L L 平面过球心，L L L R R R 2 π R 2\pi R 2 π R x → y → z → x x\to y\to z\to x x → y → z → x
球面方程和平面方程都是 x , y , z x,y,z x , y , z L L L
② ∮ z d s \oint z\ds ∮ z d s 由轮换，∮ L z d s = 1 3 ∮ L ( x + y + z ) d s = 1 3 ∮ L 0 d s = 0 \oint_Lz\ds=\dfrac13\displaystyle\oint_L(x+y+z)\ds=\dfrac13\oint_L0\ds=0 ∮ L z d s = 3 1 ∮ L ( x + y + z ) d s = 3 1 ∮ L 0 d s = 0
三个积分相等，取平均值；在 L L L x + y + z = 0 x+y+z=0 x + y + z = 0
③ ∮ y 2 d s \oint y^2\ds ∮ y 2 d s 同理 ∮ L y 2 d s = 1 3 ∮ L ( x 2 + y 2 + z 2 ) d s = 1 3 R 2 ⋅ 2 π R = 2 π R 3 3 \oint_Ly^2\ds=\dfrac13\displaystyle\oint_L(x^2+y^2+z^2)\ds=\dfrac13R^2\cdot2\pi R=\dfrac{2\pi R^3}3 ∮ L y 2 d s = 3 1 ∮ L ( x 2 + y 2 + z 2 ) d s = 3 1 R 2 ⋅ 2 π R = 3 2 π R 3
三个平方的积分相等，凑成球面方程 x 2 + y 2 + z 2 = R 2 x^2+y^2+z^2=R^2 x 2 + y 2 + z 2 = R 2
④ 相加。 I = 0 + 2 π R 3 3 = 2 π R 3 3 I=0+\dfrac{2\pi R^3}3=\dfrac{2\pi R^3}3 I = 0 + 3 2 π R 3 = 3 2 π R 3
两部分分别算好再相加（线性）。
答案：2 π R 3 3 \frac{2\pi R^3}3 3 2 π R 3
例 2.4 2018 数一(12)
设
L L L 为球面
x 2 + y 2 + z 2 = 1 x^2+y^2+z^2=1 x 2 + y 2 + z 2 = 1 与平面
x + y + z = 0 x+y+z=0 x + y + z = 0 的交线，则
∮ L x y d s = \displaystyle\oint_Lxy\ds= ∮ L x y d s = ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 代入：凑出 x y + y z + z x xy+yz+zx x y + yz + z x 在 L L L ( x + y + z ) 2 = 0 (x+y+z)^2=0 ( x + y + z ) 2 = 0 x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( x y + y z + z x ) = 0 x^2+y^2+z^2+2(xy+yz+zx)=0 x 2 + y 2 + z 2 + 2 ( x y + yz + z x ) = 0 x y + y z + z x = − 1 2 xy+yz+zx=-\dfrac12 x y + yz + z x = − 2 1
两个方程配合起来，交叉项之和是一个常数；这正是被积函数 x y xy x y
② 轮换。 L L L x → y → z → x x\to y\to z\to x x → y → z → x ∮ L x y d s = ∮ L y z d s = ∮ L z x d s = 1 3 ∮ L ( x y + y z + z x ) d s \oint_Lxy\ds=\oint_Lyz\ds=\oint_Lzx\ds=\dfrac13\displaystyle\oint_L(xy+yz+zx)\ds ∮ L x y d s = ∮ L yz d s = ∮ L z x d s = 3 1 ∮ L ( x y + yz + z x ) d s
两个方程都是对称式，互换变量曲线不变，三个积分相等，取平均。
③ 弧长与结果。 L L L 2 π 2\pi 2 π ∮ L x y d s = 1 3 ⋅ ( − 1 2 ) ⋅ 2 π = − π 3 \oint_Lxy\ds=\dfrac13\cdot\Big(-\dfrac12\Big)\cdot2\pi=-\dfrac\pi3 ∮ L x y d s = 3 1 ⋅ ( − 2 1 ) ⋅ 2 π = − 3 π
平面过球心，截出的圆半径就是球半径 1。Maki 书里的答案被文字层截成了“− π -\pi − π − π 3 -\frac\pi3 − 3 π
答案：− π 3 -\frac\pi3 − 3 π
x y O 形心 (0, 1) 2 −2 2 x ²+4y ²=8y 椭圆 x 2 + 4 y 2 = 8 y x^2+4y^2=8y x 2 + 4 y 2 = 8 y ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) y y y
例 2.5 李林 第十三章 §2 例 4 · p340
设曲线
L L L 为椭圆
x 2 + 4 y 2 = 8 y x^2+4y^2=8y x 2 + 4 y 2 = 8 y ，且
L L L 的周长为
a a a ，求
I = ∫ L ( x sin x 2 + y 2 + x 2 + 4 y 2 − 7 y ) d s I=\displaystyle\int_L\big(x\sin\sqrt{x^2+y^2}+x^2+4y^2-7y\big)\ds I = ∫ L ( x sin x 2 + y 2 + x 2 + 4 y 2 − 7 y ) d s 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 看出曲线。 x 2 + 4 y 2 = 8 y x^2+4y^2=8y x 2 + 4 y 2 = 8 y x 2 4 + ( y − 1 ) 2 = 1 \dfrac{x^2}4+(y-1)^2=1 4 x 2 + ( y − 1 ) 2 = 1 ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) y y y
有一次项 8 y 8y 8 y
② 奇函数项为 0。 x sin x 2 + y 2 x\sin\sqrt{x^2+y^2} x sin x 2 + y 2 x x x L L L y y y ∫ L x sin x 2 + y 2 d s = 0 \int_Lx\sin\sqrt{x^2+y^2}\ds=0 ∫ L x sin x 2 + y 2 d s = 0
把 x x x − x -x − x
③ 代入。 在 L L L x 2 + 4 y 2 = 8 y x^2+4y^2=8y x 2 + 4 y 2 = 8 y x 2 + 4 y 2 − 7 y = 8 y − 7 y = y x^2+4y^2-7y=8y-7y=y x 2 + 4 y 2 − 7 y = 8 y − 7 y = y I = ∫ L y d s I=\displaystyle\int_Ly\ds I = ∫ L y d s
被积函数里正好出现了曲线方程左边的组合，直接替换。
④ 形心。 ∫ L y d s = y ˉ ⋅ a = 1 ⋅ a = a \displaystyle\int_Ly\ds=\bar y\cdot a=1\cdot a=a ∫ L y d s = y ˉ ⋅ a = 1 ⋅ a = a
椭圆（作为一条曲线）关于中心对称，它的形心就是中心 ( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 ) y ˉ = 1 \bar y=1 y ˉ = 1 ∫ L y d s = y ˉ × \int_Ly\ds=\bar y\times ∫ L y d s = y ˉ ×
答案：a a a
2.4 小结
看到什么 怎么做 例子
圆、椭圆、极坐标曲线 参数化， d s = x ′ 2 + y ′ 2 d t \ds=\sqrt{x'^2+y'^2}\dt d s = x ′2 + y ′2 d t 例 2.1 球面上的圆，被积函数含 x 2 + y 2 + z 2 x^2+y^2+z^2 x 2 + y 2 + z 2 先代成常数，积分 = 常数 × 周长 例 2.2 曲线轮换对称 x 2 → 1 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) x^2\to\frac13(x^2+y^2+z^2) x 2 → 3 1 ( x 2 + y 2 + z 2 ) 例 2.3 、例 2.4 给了周长 a a a 奇偶划掉一项，代入化简，剩下用形心 例 2.5
学完了，标记这一部分
第 3 部分
第一型曲面积分
第一型曲面积分是“一张薄壳的质量”：投影算二重积分， d S \dS d S
考试要求（大纲原文，李林讲义第十三章第 3、4 条）
理解第一型曲面积分的概念。
掌握第一型曲面积分的计算方法。
对应李林讲义第十三章第三节“第一型曲面积分”（p340—344）。Maki 第三十六讲第 1 节收了 3 道：2012 数一(12)、2010 数一(19) 在这里；2017 数一(19)（薄片的质量）放在第 7 部分“应用”。
3.1 概念与计算：一投、二代、三换大白话：一张弯曲的薄壳（比如灯罩），各处面密度不同，质量怎么求？切成小块，每块质量约“密度 × 小块面积 Δ S \Delta S Δ S 第一型曲面积分（对面积的曲面积分） ∬ S f d S \iint_Sf\dS ∬ S f d S 投影算二重积分 。把曲面投到坐标面上，曲面上的小块 d S \dS d S d σ \dd\sigma d σ 1 + z x 2 + z y 2 \sqrt{1+z_x^2+z_y^2} 1 + z x 2 + z y 2 z z z
x y z O n dS dσ=dx dy z =z (x , y )曲面上的小块 d S \dS d S x O y xOy x O y d σ \dd\sigma d σ d S = 1 + z x 2 + z y 2 d σ \dS=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\,\dd\sigma d S = 1 + z x 2 + z y 2 d σ 第一型曲面积分（李林 p340—342）
∬ S f ( x , y , z ) d S = lim d → 0 ∑ i = 1 n f ( ξ i , η i , ζ i ) Δ S i . \displaystyle \iint_Sf(x,y,z)\dS=\lim_{d\to0}\sum_{i=1}^nf(\xi_i,\eta_i,\zeta_i)\Delta S_i . ∬ S f ( x , y , z ) d S = d → 0 lim i = 1 ∑ n f ( ξ i , η i , ζ i ) Δ S i .
投到 x O y xOy x O y （S : z = z ( x , y ) , ( x , y ) ∈ D x y S:z=z(x,y),\ (x,y)\in D_{xy} S : z = z ( x , y ) , ( x , y ) ∈ D x y ∬ S f d S = ∬ D x y f ( x , y , z ( x , y ) ) 1 + z x 2 + z y 2 d x d y \displaystyle\iint_Sf\dS=\iint_{D_{xy}}f\big(x,y,z(x,y)\big)\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\dx\dy ∬ S f d S = ∬ D x y f ( x , y , z ( x , y ) ) 1 + z x 2 + z y 2 d x d y 投到 y O z yOz y O z （S : x = x ( y , z ) S:x=x(y,z) S : x = x ( y , z ) d S = 1 + x y 2 + x z 2 d y d z \dS=\sqrt{1+x_y^2+x_z^2}\dy\dz d S = 1 + x y 2 + x z 2 d y d z x O z xOz x O z 面积 ：∬ S 1 d S = S \iint_S1\dS=S ∬ S 1 d S = S f = ρ f=\rho f = ρ 常用的 d S \dS d S ：锥面 z = x 2 + y 2 z=\sqrt{x^2+y^2} z = x 2 + y 2 d S = 2 d x d y \dS=\sqrt2\dx\dy d S = 2 d x d y z = a 2 − x 2 − y 2 z=\sqrt{a^2-x^2-y^2} z = a 2 − x 2 − y 2 d S = a z d x d y \dS=\dfrac az\dx\dy d S = z a d x d y z = c − a x − b y z=c-ax-by z = c − a x − b y d S = 1 + a 2 + b 2 d x d y \dS=\sqrt{1+a^2+b^2}\dx\dy d S = 1 + a 2 + b 2 d x d y
方法卡 · 第一型曲面积分：一投、二代、三换
什么时候用
∬ S f d S \iint_Sf\dS ∬ S f d S ，
S S S 是平面、锥面、球面、抛物面的一部分。
步骤
投 ：把 S S S D D D 代 ：被积函数里的 z z z 换 ： d S \dS d S 1 + z x 2 + z y 2 d x d y \sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\dx\dy 1 + z x 2 + z y 2 d x d y 最容易错
漏乘倾斜因子
1 + z x 2 + z y 2 \sqrt{1+z_x^2+z_y^2} 1 + z x 2 + z y 2 ；换元之后被积函数里还留着
z z z ；把第二型曲面积分“分上下侧取正负号”的规矩用到第一型上（第一型不分侧，永远取正）。
x y z O S 1 ：锥面，d S =√2 dx dy S 2 ：顶盖 z =1，dS =dx dy 投影都是 x ²+y ²≤1 锥面 S 1 S_1 S 1 S 2 S_2 S 2
例 3.1 李林 第十三章 §3 例 1 · p342
计算
I = ∯ S ( x 2 + y 2 ) d S I=\displaystyle\oiint_S(x^2+y^2)\dS I = ∬ S ( x 2 + y 2 ) d S ，其中
S S S 是锥面
z = x 2 + y 2 z=\sqrt{x^2+y^2} z = x 2 + y 2 与平面
z = 1 z=1 z = 1 所围区域的整个边界曲面。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 分片。 S S S S 1 : z = x 2 + y 2 ( 0 ≤ z ≤ 1 ) S_1:z=\sqrt{x^2+y^2}\ (0\le z\le1) S 1 : z = x 2 + y 2 ( 0 ≤ z ≤ 1 ) S 2 : z = 1 ( x 2 + y 2 ≤ 1 ) S_2:z=1\ (x^2+y^2\le1) S 2 : z = 1 ( x 2 + y 2 ≤ 1 ) x O y xOy x O y D : x 2 + y 2 ≤ 1 D:x^2+y^2\le1 D : x 2 + y 2 ≤ 1
封闭曲面由几张不同的曲面拼成，每张的 d S \dS d S
② 两片的 d S \dS d S S 1 S_1 S 1 z x = x x 2 + y 2 z_x=\dfrac x{\sqrt{x^2+y^2}} z x = x 2 + y 2 x z y = y x 2 + y 2 z_y=\dfrac y{\sqrt{x^2+y^2}} z y = x 2 + y 2 y d S = 1 + x 2 + y 2 x 2 + y 2 d x d y = 2 d x d y \dS=\sqrt{1+\dfrac{x^2+y^2}{x^2+y^2}}\dx\dy=\sqrt2\dx\dy d S = 1 + x 2 + y 2 x 2 + y 2 d x d y = 2 d x d y S 2 S_2 S 2 d S = d x d y \dS=\dx\dy d S = d x d y
锥面每一点的倾斜角都是 45 ∘ 45^\circ 4 5 ∘ 2 \sqrt2 2
③ 合成一个二重积分。 I = ∬ D ( x 2 + y 2 ) 2 d x d y + ∬ D ( x 2 + y 2 ) d x d y = ( 2 + 1 ) ∬ D ( x 2 + y 2 ) d x d y I=\displaystyle\iint_D(x^2+y^2)\sqrt2\dx\dy+\iint_D(x^2+y^2)\dx\dy=(\sqrt2+1)\iint_D(x^2+y^2)\dx\dy I = ∬ D ( x 2 + y 2 ) 2 d x d y + ∬ D ( x 2 + y 2 ) d x d y = ( 2 + 1 ) ∬ D ( x 2 + y 2 ) d x d y
被积函数 x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 z z z
④ 极坐标。 ∬ D ( x 2 + y 2 ) d x d y = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 r 2 ⋅ r d r = π 2 \displaystyle\iint_D(x^2+y^2)\dx\dy=\int_0^{2\pi}\dth\int_0^1r^2\cdot r\dr=\frac\pi2 ∬ D ( x 2 + y 2 ) d x d y = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 r 2 ⋅ r d r = 2 π I = ( 2 + 1 ) π 2 I=\dfrac{(\sqrt2+1)\pi}2 I = 2 ( 2 + 1 ) π
圆盘上 x 2 + y 2 = r 2 x^2+y^2=r^2 x 2 + y 2 = r 2 r d r d θ r\dr\dth r d r d θ
答案：( 2 + 1 ) π 2 \frac{(\sqrt2+1)\pi}2 2 ( 2 + 1 ) π
x y z O Σ：x +y +z =1 D xy 平面 x + y + z = 1 x+y+z=1 x + y + z = 1 D x y D_{xy} D x y
例 3.2 2012 数一(12)
设
Σ = { ( x , y , z ) ∣ x + y + z = 1 , x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0 } \Sigma=\{(x,y,z)\mid x+y+z=1,\ x\ge0,\ y\ge0,\ z\ge0\} Σ = {( x , y , z ) ∣ x + y + z = 1 , x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0 } ，则
∬ Σ y 2 d S = \displaystyle\iint_\Sigma y^2\dS= ∬ Σ y 2 d S = ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 投影与 d S \dS d S Σ : z = 1 − x − y \Sigma:z=1-x-y Σ : z = 1 − x − y D x y : x ≥ 0 , y ≥ 0 , x + y ≤ 1 D_{xy}:x\ge0,\ y\ge0,\ x+y\le1 D x y : x ≥ 0 , y ≥ 0 , x + y ≤ 1 z x = z y = − 1 z_x=z_y=-1 z x = z y = − 1 d S = 1 + 1 + 1 d x d y = 3 d x d y \dS=\sqrt{1+1+1}\dx\dy=\sqrt3\dx\dy d S = 1 + 1 + 1 d x d y = 3 d x d y
平面的倾斜因子是常数；z ≥ 0 z\ge0 z ≥ 0 x + y ≤ 1 x+y\le1 x + y ≤ 1
② 化成二重积分。 ∬ Σ y 2 d S = 3 ∬ D x y y 2 d x d y = 3 ∫ 0 1 y 2 d y ∫ 0 1 − y d x = 3 ∫ 0 1 y 2 ( 1 − y ) d y \displaystyle\iint_\Sigma y^2\dS=\sqrt3\iint_{D_{xy}}y^2\dx\dy=\sqrt3\int_0^1y^2\dy\int_0^{1-y}\dx=\sqrt3\int_0^1y^2(1-y)\dy ∬ Σ y 2 d S = 3 ∬ D x y y 2 d x d y = 3 ∫ 0 1 y 2 d y ∫ 0 1 − y d x = 3 ∫ 0 1 y 2 ( 1 − y ) d y
被积函数 y 2 y^2 y 2 z z z x x x x x x 1 − y 1-y 1 − y
③ 算出结果。 3 ( 1 3 − 1 4 ) = 3 12 \sqrt3\Big(\dfrac13-\dfrac14\Big)=\dfrac{\sqrt3}{12} 3 ( 3 1 − 4 1 ) = 12 3
∫ 0 1 y 2 d y = 1 3 \int_0^1y^2\dy=\frac13 ∫ 0 1 y 2 d y = 3 1 ∫ 0 1 y 3 d y = 1 4 \int_0^1y^3\dy=\frac14 ∫ 0 1 y 3 d y = 4 1 \sqrt{} 3 12 \frac{\sqrt3}{12} 12 3
答案：3 12 \frac{\sqrt3}{12} 12 3
3.2 对称性与代入：能不算就不算大白话：第一型曲面积分的对称性和三重积分完全一样：曲面关于哪个坐标面对称，就看被积函数对垂直于它的那个变量是奇是偶 ；曲面在 x , y , z x,y,z x , y , z ∣ x ∣ |x| ∣ x ∣ ∣ y ∣ |y| ∣ y ∣ ∣ z ∣ |z| ∣ z ∣
x y z O 第一卦限的面：x +y +z =1 正八面体表面 ∣ x ∣ + ∣ y ∣ + ∣ z ∣ = 1 |x|+|y|+|z|=1 ∣ x ∣ + ∣ y ∣ + ∣ z ∣ = 1 第一型曲面积分的对称性（李林 p341）
奇偶 ：S S S x O y xOy x O y f f f z z z ∬ S f d S = 0 \iint_Sf\dS=0 ∬ S f d S = 0 x O z xOz x O z y y y y O z yOz y O z x x x 轮换 ：S S S x = y = z x=y=z x = y = z ∬ S f ( x , y , z ) d S = ∬ S f ( y , z , x ) d S = ∬ S f ( z , x , y ) d S \iint_Sf(x,y,z)\dS=\iint_Sf(y,z,x)\dS=\iint_Sf(z,x,y)\dS ∬ S f ( x , y , z ) d S = ∬ S f ( y , z , x ) d S = ∬ S f ( z , x , y ) d S 代入 ：f f f S S S S S S
方法卡 · 对称、轮换、代入
什么时候用
被积函数是几项之和或含绝对值；曲面是球面、锥面、八面体这类对称图形。
步骤
逐项看奇偶：曲面关于哪个坐标面对称，该变量为奇的项划掉。
剩下的项看能否轮换，凑成曲面方程的左边。
代入曲面方程，常常只剩“常数 × 面积”。 最容易错
只看被积函数、不看曲面是否对称（例如锥面被
x 2 + y 2 = 2 a x x^2+y^2=2ax x 2 + y 2 = 2 a x 截下的部分关于
x O z xOz x O z 面对称，但不关于
y O z yOz y O z 面对称）。
x y z O S ：锥面在柱面里的部分D ：x ²+y ²≤2ax 锥面被圆柱面 x 2 + y 2 = 2 a x x^2+y^2=2ax x 2 + y 2 = 2 a x x O z xOz x O z
例 3.3 李林 第十三章 §3 例 2 · p342—343
计算
I = ∬ S ( x y + y z + x z ) d S I=\displaystyle\iint_S(xy+yz+xz)\dS I = ∬ S ( x y + yz + x z ) d S ，其中
S S S 是锥面
z = x 2 + y 2 z=\sqrt{x^2+y^2} z = x 2 + y 2 被圆柱面
x 2 + y 2 = 2 a x ( a > 0 ) x^2+y^2=2ax\ (a>0) x 2 + y 2 = 2 a x ( a > 0 ) 所截下的有限部分。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 对称性划掉两项。 S S S x O z xOz x O z y y y − y -y − y x y xy x y y z yz yz y y y ∬ S x y d S = ∬ S y z d S = 0 \iint_Sxy\dS=\iint_Syz\dS=0 ∬ S x y d S = ∬ S yz d S = 0
圆柱面 x 2 + y 2 = 2 a x x^2+y^2=2ax x 2 + y 2 = 2 a x x O z xOz x O z y y y x z xz x z y y y
② 投影与 d S \dS d S S S S x O y xOy x O y D : x 2 + y 2 ≤ 2 a x D:x^2+y^2\le2ax D : x 2 + y 2 ≤ 2 a x d S = 2 d x d y \dS=\sqrt2\dx\dy d S = 2 d x d y z = x 2 + y 2 z=\sqrt{x^2+y^2} z = x 2 + y 2 I = ∬ D x x 2 + y 2 ⋅ 2 d x d y I=\displaystyle\iint_Dx\sqrt{x^2+y^2}\cdot\sqrt2\dx\dy I = ∬ D x x 2 + y 2 ⋅ 2 d x d y
被积函数里的 z z z x 2 + y 2 \sqrt{x^2+y^2} x 2 + y 2 2 \sqrt2 2
③ 极坐标。 D D D − π 2 ≤ θ ≤ π 2 -\frac\pi2\le\theta\le\frac\pi2 − 2 π ≤ θ ≤ 2 π 0 ≤ r ≤ 2 a cos θ 0\le r\le2a\cos\theta 0 ≤ r ≤ 2 a cos θ I = 2 ∫ − π / 2 π / 2 cos θ d θ ∫ 0 2 a cos θ r 3 d r = 2 ∫ − π / 2 π / 2 cos θ ⋅ 4 a 4 cos 4 θ d θ I=\sqrt2\displaystyle\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos\theta\dth\int_0^{2a\cos\theta}r^3\dr=\sqrt2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos\theta\cdot4a^4\cos^4\theta\dth I = 2 ∫ − π /2 π /2 cos θ d θ ∫ 0 2 a c o s θ r 3 d r = 2 ∫ − π /2 π /2 cos θ ⋅ 4 a 4 cos 4 θ d θ
x x 2 + y 2 = r cos θ ⋅ r x\sqrt{x^2+y^2}=r\cos\theta\cdot r x x 2 + y 2 = r cos θ ⋅ r r r r r 3 cos θ r^3\cos\theta r 3 cos θ r r r ( 2 a cos θ ) 4 4 \frac{(2a\cos\theta)^4}4 4 ( 2 a c o s θ ) 4
④ 华里士公式。 ∫ − π / 2 π / 2 cos 5 θ d θ = 2 ⋅ 4 5 ⋅ 2 3 = 16 15 \displaystyle\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^5\theta\dth=2\cdot\frac45\cdot\frac23=\frac{16}{15} ∫ − π /2 π /2 cos 5 θ d θ = 2 ⋅ 5 4 ⋅ 3 2 = 15 16 I = 4 2 a 4 ⋅ 16 15 = 64 2 15 a 4 I=4\sqrt2a^4\cdot\dfrac{16}{15}=\dfrac{64\sqrt2}{15}a^4 I = 4 2 a 4 ⋅ 15 16 = 15 64 2 a 4
cos 5 θ \cos^5\theta cos 5 θ [ 0 , π 2 ] [0,\frac\pi2] [ 0 , 2 π ] 4 5 ⋅ 2 3 \frac45\cdot\frac23 5 4 ⋅ 3 2
答案：64 2 15 a 4 \frac{64\sqrt2}{15}a^4 15 64 2 a 4
练习 2 李林 第十三章 §3 例 4 · p343—344
设曲面
S : ∣ x ∣ + ∣ y ∣ + ∣ z ∣ = 1 S:|x|+|y|+|z|=1 S : ∣ x ∣ + ∣ y ∣ + ∣ z ∣ = 1 ，则
I = ∯ S ( x + ∣ y ∣ ) d S = I=\displaystyle\oiint_S(x+|y|)\dS= I = ∬ S ( x + ∣ y ∣ ) d S = ______。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 奇函数项。 S S S y O z yOz y O z x x x x x x ∯ S x d S = 0 \oiint_Sx\dS=0 ∬ S x d S = 0
把 x x x − x -x − x ∣ x ∣ |x| ∣ x ∣ x x x
② 轮换。 S S S x , y , z x,y,z x , y , z ∯ S ∣ x ∣ d S = ∯ S ∣ y ∣ d S = ∯ S ∣ z ∣ d S \oiint_S|x|\dS=\oiint_S|y|\dS=\oiint_S|z|\dS ∬ S ∣ x ∣ d S = ∬ S ∣ y ∣ d S = ∬ S ∣ z ∣ d S ∯ S ∣ y ∣ d S = 1 3 ∯ S ( ∣ x ∣ + ∣ y ∣ + ∣ z ∣ ) d S \oiint_S|y|\dS=\dfrac13\displaystyle\oiint_S(|x|+|y|+|z|)\dS ∬ S ∣ y ∣ d S = 3 1 ∬ S ( ∣ x ∣ + ∣ y ∣ + ∣ z ∣ ) d S
三个积分相等，取平均，凑出曲面方程的左边。
③ 代入。 在 S S S ∣ x ∣ + ∣ y ∣ + ∣ z ∣ = 1 |x|+|y|+|z|=1 ∣ x ∣ + ∣ y ∣ + ∣ z ∣ = 1 I = 1 3 ∯ S 1 d S = 1 3 × ( S 的面积 ) I=\dfrac13\displaystyle\oiint_S1\dS=\dfrac13\times(S\text{ 的面积}) I = 3 1 ∬ S 1 d S = 3 1 × ( S 的面积 )
被积函数恒等于 1，积分就是面积。
④ 八面体的面积。 S S S 2 \sqrt2 2 ( 1 , 0 , 0 ) (1,0,0) ( 1 , 0 , 0 ) ( 0 , 1 , 0 ) (0,1,0) ( 0 , 1 , 0 ) 3 4 ( 2 ) 2 = 3 2 \dfrac{\sqrt3}4(\sqrt2)^2=\dfrac{\sqrt3}2 4 3 ( 2 ) 2 = 2 3 4 3 4\sqrt3 4 3 I = 4 3 3 I=\dfrac{4\sqrt3}3 I = 3 4 3
正三角形面积 = 3 4 × =\frac{\sqrt3}4\times = 4 3 × d S = 3 d x d y \dS=\sqrt3\dx\dy d S = 3 d x d y 1 2 \frac12 2 1 3 2 \frac{\sqrt3}2 2 3
答案：4 3 3 \frac{4\sqrt3}3 3 4 3
3.3 分片投影与隐式曲面大白话：立体的表面常常由几片拼成：顶、底、侧面。每一片单独投影，往它“不重叠”的那个坐标面上投 ：顶面、底面投到 x O y xOy x O y x O y xOy x O y x O z xOz x O z y O z yOz y O z z z z F ( x , y , z ) = 0 F(x,y,z)=0 F ( x , y , z ) = 0 d S = F x 2 + F y 2 + F z 2 ∣ F z ∣ d x d y \dS=\dfrac{\sqrt{F_x^2+F_y^2+F_z^2}}{|F_z|}\dx\dy d S = ∣ F z ∣ F x 2 + F y 2 + F z 2 d x d y
x y z O S 1 ： z =x +R S 3 ：柱面 S 2 ： z =0三片：斜顶 S 1 S_1 S 1 S 2 S_2 S 2 S 3 S_3 S 3 x O z xOz x O z 分片与隐式曲面
柱面 x 2 + y 2 = R 2 x^2+y^2=R^2 x 2 + y 2 = R 2 ：投到 x O z xOz x O z y = ± R 2 − x 2 y=\pm\sqrt{R^2-x^2} y = ± R 2 − x 2 d S = 1 + y x 2 + y z 2 d x d z = R R 2 − x 2 d x d z \dS=\sqrt{1+y_x^2+y_z^2}\dx\dz=\dfrac R{\sqrt{R^2-x^2}}\dx\dz d S = 1 + y x 2 + y z 2 d x d z = R 2 − x 2 R d x d z 隐式曲面 F = 0 F=0 F = 0 ： d S = F x 2 + F y 2 + F z 2 ∣ F z ∣ d x d y \dS=\dfrac{\sqrt{F_x^2+F_y^2+F_z^2}}{|F_z|}\dx\dy d S = ∣ F z ∣ F x 2 + F y 2 + F z 2 d x d y x O y xOy x O y ∣ F x ∣ |F_x| ∣ F x ∣ ∣ F y ∣ |F_y| ∣ F y ∣ F z = 0 F_z=0 F z = 0 x O y xOy x O y
方法卡 · 分片投影
什么时候用
封闭曲面由平面、柱面、曲面拼成；或者曲面方程是隐式的。
步骤
把表面分成几片，每片说清楚方程和投影区域。
顶、底投到 x O y xOy x O y x O z xOz x O z y O z yOz y O z
隐式曲面用 d S = ∣ ∇ F ∣ ∣ F z ∣ d x d y \dS=\frac{|\nabla F|}{|F_z|}\dx\dy d S = ∣ F z ∣ ∣∇ F ∣ d x d y ∣ ∇ F ∣ |\nabla F| ∣∇ F ∣ 最容易错
柱面投到
x O y xOy x O y 面（投影是一条线，积分算成 0）；前后两片只算了一片；隐式曲面硬解出
z z z 再求偏导，根号套根号。
例 3.4 李林 第十三章 §3 例 3 · p343
求
I = ∯ S z d S I=\displaystyle\oiint_Sz\dS I = ∬ S z d S ，其中
S S S 是由圆柱面
x 2 + y 2 = R 2 ( R > 0 ) x^2+y^2=R^2\ (R>0) x 2 + y 2 = R 2 ( R > 0 ) 、平面
z = 0 z=0 z = 0 和
z − x = R z-x=R z − x = R 所围立体的表面。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 分三片。 S 1 : z = x + R S_1:z=x+R S 1 : z = x + R S 2 : z = 0 S_2:z=0 S 2 : z = 0 S 3 S_3 S 3 S 1 , S 2 S_1,S_2 S 1 , S 2 x O y xOy x O y D : x 2 + y 2 ≤ R 2 D:x^2+y^2\le R^2 D : x 2 + y 2 ≤ R 2
斜顶在 x = − R x=-R x = − R z = 0 z=0 z = 0 z = 0 z=0 z = 0 z = x + R z=x+R z = x + R
② 斜顶 S 1 S_1 S 1 d S = 1 + 1 + 0 d x d y = 2 d x d y \dS=\sqrt{1+1+0}\dx\dy=\sqrt2\dx\dy d S = 1 + 1 + 0 d x d y = 2 d x d y ∬ S 1 z d S = 2 ∬ D ( R + x ) d x d y = 2 ⋅ R ⋅ π R 2 = 2 π R 3 \displaystyle\iint_{S_1}z\dS=\sqrt2\iint_D(R+x)\dx\dy=\sqrt2\cdot R\cdot\pi R^2=\sqrt2\pi R^3 ∬ S 1 z d S = 2 ∬ D ( R + x ) d x d y = 2 ⋅ R ⋅ π R 2 = 2 π R 3
z z z x + R x+R x + R ∬ D x d x d y = 0 \iint_Dx\dx\dy=0 ∬ D x d x d y = 0 y y y ∬ D R d x d y = R ⋅ π R 2 \iint_DR\dx\dy=R\cdot\pi R^2 ∬ D R d x d y = R ⋅ π R 2
③ 底面 S 2 S_2 S 2 z = 0 z=0 z = 0 ∬ S 2 z d S = 0 \displaystyle\iint_{S_2}z\dS=0 ∬ S 2 z d S = 0
被积函数在底面上恒为 0。
④ 侧面 S 3 S_3 S 3 x O z xOz x O z 前后两片 y = ± R 2 − x 2 y=\pm\sqrt{R^2-x^2} y = ± R 2 − x 2 D x z : − R ≤ x ≤ R , 0 ≤ z ≤ R + x D_{xz}:-R\le x\le R,\ 0\le z\le R+x D x z : − R ≤ x ≤ R , 0 ≤ z ≤ R + x d S = R R 2 − x 2 d x d z \dS=\dfrac R{\sqrt{R^2-x^2}}\dx\dz d S = R 2 − x 2 R d x d z ∬ S 3 z d S = 2 ∫ − R R R R 2 − x 2 d x ∫ 0 R + x z d z = ∫ − R R R ( R + x ) 2 R 2 − x 2 d x \displaystyle\iint_{S_3}z\dS=2\int_{-R}^R\frac R{\sqrt{R^2-x^2}}\dx\int_0^{R+x}z\dz=\int_{-R}^R\frac{R(R+x)^2}{\sqrt{R^2-x^2}}\dx ∬ S 3 z d S = 2 ∫ − R R R 2 − x 2 R d x ∫ 0 R + x z d z = ∫ − R R R 2 − x 2 R ( R + x ) 2 d x
柱面对 x O y xOy x O y x O z xOz x O z d S \dS d S
⑤ 换元 x = R sin t x=R\sin t x = R sin t ∫ − π / 2 π / 2 R ⋅ R 2 ( 1 + sin t ) 2 d t = R 3 ∫ − π / 2 π / 2 ( 1 + 2 sin t + sin 2 t ) d t = R 3 ( π + 0 + π 2 ) = 3 π R 3 2 \displaystyle\int_{-\pi/2}^{\pi/2}R\cdot R^2(1+\sin t)^2\dt=R^3\int_{-\pi/2}^{\pi/2}(1+2\sin t+\sin^2t)\dt=R^3\Big(\pi+0+\frac\pi2\Big)=\frac{3\pi R^3}2 ∫ − π /2 π /2 R ⋅ R 2 ( 1 + sin t ) 2 d t = R 3 ∫ − π /2 π /2 ( 1 + 2 sin t + sin 2 t ) d t = R 3 ( π + 0 + 2 π ) = 2 3 π R 3
R 2 − x 2 = R cos t \sqrt{R^2-x^2}=R\cos t R 2 − x 2 = R cos t d x = R cos t d t \dx=R\cos t\dt d x = R cos t d t sin t \sin t sin t ∫ sin 2 t = π 2 \int\sin^2t=\frac\pi2 ∫ sin 2 t = 2 π
⑥ 相加。 I = 2 π R 3 + 0 + 3 2 π R 3 = 2 2 + 3 2 π R 3 I=\sqrt2\pi R^3+0+\dfrac32\pi R^3=\dfrac{2\sqrt2+3}2\pi R^3 I = 2 π R 3 + 0 + 2 3 π R 3 = 2 2 2 + 3 π R 3
三片的结果加起来就是整个封闭曲面上的积分。
答案：2 2 + 3 2 π R 3 \frac{2\sqrt2+3}2\pi R^3 2 2 2 + 3 π R 3
x y z O C ：y =2z ，x ²+3z ²=1Σ：C 上方的部分 椭球面上 F z = 0 F_z=0 F z = 0 C C C Σ \Sigma Σ C C C
例 3.5 2010 数一(19)
设
P P P 为椭球面
S : x 2 + y 2 + z 2 − y z = 1 S:x^2+y^2+z^2-yz=1 S : x 2 + y 2 + z 2 − yz = 1 上的动点，若
S S S 在点
P P P 处的切平面与
x O y xOy x O y 面垂直，求点
P P P 的轨迹
C C C ，并计算曲面积分
I = ∬ Σ ( x + 3 ) ∣ y − 2 z ∣ 4 + y 2 + z 2 − 4 y z d S I=\displaystyle\iint_\Sigma\frac{(x+\sqrt3)|y-2z|}{\sqrt{4+y^2+z^2-4yz}}\dS I = ∬ Σ 4 + y 2 + z 2 − 4 yz ( x + 3 ) ∣ y − 2 z ∣ d S ，其中
Σ \Sigma Σ 是椭球面
S S S 位于曲线
C C C 上方的部分。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 求轨迹 C C C 记 F = x 2 + y 2 + z 2 − y z − 1 F=x^2+y^2+z^2-yz-1 F = x 2 + y 2 + z 2 − yz − 1 ( F x , F y , F z ) = ( 2 x , 2 y − z , 2 z − y ) (F_x,F_y,F_z)=(2x,\ 2y-z,\ 2z-y) ( F x , F y , F z ) = ( 2 x , 2 y − z , 2 z − y ) x O y xOy x O y k \boldsymbol k k F z = 2 z − y = 0 F_z=2z-y=0 F z = 2 z − y = 0 y = 2 z y=2z y = 2 z S S S x 2 + 4 z 2 + z 2 − 2 z 2 = 1 x^2+4z^2+z^2-2z^2=1 x 2 + 4 z 2 + z 2 − 2 z 2 = 1 x 2 + 3 z 2 = 1 x^2+3z^2=1 x 2 + 3 z 2 = 1 C : { x 2 + 3 z 2 = 1 y = 2 z C:\begin{cases}x^2+3z^2=1\\y=2z\end{cases} C : { x 2 + 3 z 2 = 1 y = 2 z
两个平面垂直，等价于它们的法向量垂直；x O y xOy x O y k \boldsymbol k k z z z
② Σ \Sigma Σ C C C x O y xOy x O y z = y 2 z=\frac y2 z = 2 y x 2 + 3 z 2 = 1 x^2+3z^2=1 x 2 + 3 z 2 = 1 x 2 + 3 4 y 2 = 1 x^2+\dfrac34y^2=1 x 2 + 4 3 y 2 = 1 Σ \Sigma Σ D : x 2 + 3 4 y 2 ≤ 1 D:x^2+\dfrac34y^2\le1 D : x 2 + 4 3 y 2 ≤ 1
F z = 0 F_z=0 F z = 0 x O y xOy x O y C C C Σ \Sigma Σ
③ 隐式曲面的 d S \dS d S d S = F x 2 + F y 2 + F z 2 ∣ F z ∣ d x d y \dS=\dfrac{\sqrt{F_x^2+F_y^2+F_z^2}}{|F_z|}\dx\dy d S = ∣ F z ∣ F x 2 + F y 2 + F z 2 d x d y F x 2 + F y 2 + F z 2 = 4 x 2 + ( 2 y − z ) 2 + ( 2 z − y ) 2 = 4 x 2 + 5 y 2 + 5 z 2 − 8 y z F_x^2+F_y^2+F_z^2=4x^2+(2y-z)^2+(2z-y)^2=4x^2+5y^2+5z^2-8yz F x 2 + F y 2 + F z 2 = 4 x 2 + ( 2 y − z ) 2 + ( 2 z − y ) 2 = 4 x 2 + 5 y 2 + 5 z 2 − 8 yz S S S x 2 = 1 − y 2 − z 2 + y z x^2=1-y^2-z^2+yz x 2 = 1 − y 2 − z 2 + yz x 2 x^2 x 2 = 4 + y 2 + z 2 − 4 y z =4+y^2+z^2-4yz = 4 + y 2 + z 2 − 4 yz
这正是被积函数分母根号里的式子；把曲面方程代进去，才看得出题目的设计。
④ 约分。 ∣ F z ∣ = ∣ 2 z − y ∣ = ∣ y − 2 z ∣ |F_z|=|2z-y|=|y-2z| ∣ F z ∣ = ∣2 z − y ∣ = ∣ y − 2 z ∣ ( x + 3 ) ∣ y − 2 z ∣ 4 + y 2 + z 2 − 4 y z d S = ( x + 3 ) d x d y \dfrac{(x+\sqrt3)|y-2z|}{\sqrt{4+y^2+z^2-4yz}}\dS=(x+\sqrt3)\dx\dy 4 + y 2 + z 2 − 4 yz ( x + 3 ) ∣ y − 2 z ∣ d S = ( x + 3 ) d x d y I = ∬ D ( x + 3 ) d x d y I=\displaystyle\iint_D(x+\sqrt3)\dx\dy I = ∬ D ( x + 3 ) d x d y
被积函数里的 ∣ y − 2 z ∣ |y-2z| ∣ y − 2 z ∣ d S \dS d S ⋯ ∣ F z ∣ \frac{\sqrt{\cdots}}{|F_z|} ∣ F z ∣ ⋯
⑤ 算二重积分。 D D D y y y ∬ D x d x d y = 0 \iint_Dx\dx\dy=0 ∬ D x d x d y = 0 D D D 2 3 \frac2{\sqrt3} 3 2 π ⋅ 1 ⋅ 2 3 \pi\cdot1\cdot\frac2{\sqrt3} π ⋅ 1 ⋅ 3 2 I = 3 ⋅ 2 π 3 = 2 π I=\sqrt3\cdot\dfrac{2\pi}{\sqrt3}=2\pi I = 3 ⋅ 3 2 π = 2 π
椭圆 x 2 a 2 + y 2 b 2 ≤ 1 \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\le1 a 2 x 2 + b 2 y 2 ≤ 1 π a b \pi ab πab x 2 + 3 4 y 2 ≤ 1 x^2+\frac34y^2\le1 x 2 + 4 3 y 2 ≤ 1 b 2 = 4 3 b^2=\frac43 b 2 = 3 4
答案：C : { x 2 + 3 z 2 = 1 y = 2 z C:\begin{cases}x^2+3z^2=1\\y=2z\end{cases} C : { x 2 + 3 z 2 = 1 y = 2 z I = 2 π I=2\pi I = 2 π
3.4 小结
看到什么 怎么做 例子
曲面是 z = z ( x , y ) z=z(x,y) z = z ( x , y ) 投到 x O y xOy x O y d S = 1 + z x 2 + z y 2 d x d y \dS=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\dx\dy d S = 1 + z x 2 + z y 2 d x d y 例 3.1 、例 3.2 被积函数几项之和、曲面对称 奇的划掉，轮换凑出曲面方程，再代入 例 3.3 、练习 2 封闭曲面有柱面侧面 分片；侧面投到 x O z xOz x O z y O z yOz y O z 例 3.4 隐式曲面、被积函数里有怪分母 d S = ∣ ∇ F ∣ ∣ F z ∣ d x d y \dS=\frac{|\nabla F|}{|F_z|}\dx\dy d S = ∣ F z ∣ ∣∇ F ∣ d x d y 例 3.5
学完了，标记这一部分
第 4 部分
第二型曲线积分与格林公式
第二型曲线积分是“变力沿曲线做的功”，有方向。这一部分讲直接计算、格林公式、补线、挖洞、路径无关与原函数、对称性。它是这一章考得最多的内容：Maki 收的 10 道平面真题全在这里。
考试要求（大纲原文，李林讲义第十四章第 1—4 条）
理解第二型曲线积分的概念。
理解两类曲线积分的关系。
掌握第二型曲线积分的计算方法。
掌握格林公式并会运用平面曲线积分与路径无关的条件，会求二元函数全微分的原函数。
对应李林讲义第十四章第一节“第二型曲线积分”（p348—359）和第三节“奇偶对称性”（p368—370）。Maki 第三十五讲第 2 节的 10 道平面真题全在这里；空间曲线（2015 数一(19)）放在第 6 部分和斯托克斯公式一起讲。
4.1 概念与直接计算：变力沿曲线做的功大白话：一个力 F = ( P , Q ) \bF=(P,Q) F = ( P , Q ) L L L A A A B B B ( d x , d y ) (\dd x,\dd y) ( d x , d y ) P d x + Q d y P\dx+Q\dy P d x + Q d y 第二型曲线积分（对坐标的曲线积分） 。它和第一型最大的不同是有方向 ：反着走，每一小段的 d x , d y \dd x,\dd y d x , d y 下限对应起点、上限对应终点 ，不管谁大谁小。
x y O A 起点B 终点F=(P , Q ) 变力 F = ( P , Q ) \bF=(P,Q) F = ( P , Q ) L L L A A A B B B P d x + Q d y P\dx+Q\dy P d x + Q d y 第二型曲线积分（李林 p348—350）
∫ L P ( x , y ) d x + Q ( x , y ) d y = lim d → 0 ∑ i = 1 n [ P ( ξ i , η i ) Δ x i + Q ( ξ i , η i ) Δ y i ] . \displaystyle \int_LP(x,y)\dx+Q(x,y)\dy=\lim_{d\to0}\sum_{i=1}^n\big[P(\xi_i,\eta_i)\Delta x_i+Q(\xi_i,\eta_i)\Delta y_i\big]. ∫ L P ( x , y ) d x + Q ( x , y ) d y = d → 0 lim i = 1 ∑ n [ P ( ξ i , η i ) Δ x i + Q ( ξ i , η i ) Δ y i ] .
参数方程 x = x ( t ) , y = y ( t ) x=x(t),\ y=y(t) x = x ( t ) , y = y ( t ) t = α t=\alpha t = α t = β t=\beta t = β ∫ L P d x + Q d y = ∫ α β [ P x ′ ( t ) + Q y ′ ( t ) ] d t \displaystyle\int_LP\dx+Q\dy=\int_\alpha^\beta\big[P\,x'(t)+Q\,y'(t)\big]\dt ∫ L P d x + Q d y = ∫ α β [ P x ′ ( t ) + Q y ′ ( t ) ] d t α \alpha α β \beta β 方向性 ：∫ L − = − ∫ L \int_{L^-}=-\int_L ∫ L − = − ∫ L L − L^- L − L L L 与第一型的关系 ：∫ L P d x + Q d y = ∫ L ( P cos α + Q cos β ) d s \int_LP\dx+Q\dy=\int_L(P\cos\alpha+Q\cos\beta)\ds ∫ L P d x + Q d y = ∫ L ( P cos α + Q cos β ) d s ( cos α , cos β ) (\cos\alpha,\cos\beta) ( cos α , cos β ) L L L
例如 （李林 p350）：A B AB A B x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1 \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1 a 2 x 2 + b 2 y 2 = 1 A ( 0 , b ) A(0,b) A ( 0 , b ) B ( a , 0 ) B(a,0) B ( a , 0 ) x = a cos t , y = b sin t x=a\cos t,\ y=b\sin t x = a cos t , y = b sin t t t t π 2 \frac\pi2 2 π ∫ A B x d y − y d x = ∫ π / 2 0 ( a b cos 2 t + a b sin 2 t ) d t = − π a b 2 \displaystyle\int_{AB}x\dy-y\dx=\int_{\pi/2}^0(ab\cos^2t+ab\sin^2t)\dt=-\frac{\pi ab}2 ∫ A B x d y − y d x = ∫ π /2 0 ( ab cos 2 t + ab sin 2 t ) d t = − 2 πab π 2 \frac\pi2 2 π t = π 2 t=\frac\pi2 t = 2 π
方法卡 · 直接化为定积分
什么时候用
曲线是直线段、折线、圆弧，被积函数不复杂；或者曲线不封闭、也不方便补线。
步骤
把 L L L y = y ( x ) y=y(x) y = y ( x ) x x x
把 x , y , d x , d y x,y,\dd x,\dd y x , y , d x , d y
下限 = 起点的参数，上限 = 终点的参数 ，然后算定积分。最容易错
按第一型的习惯把下限写成小的那个（方向错了，答案差一个负号）；折线没有在拐点处分段。
例 4.1 李林 第十四章 §1 例如 · p350
计算
∫ L 2 x 3 y d y + 3 x 2 y 2 d x \displaystyle\int_L2x^3y\dy+3x^2y^2\dx ∫ L 2 x 3 y d y + 3 x 2 y 2 d x ，其中
L L L 分别为从点
O ( 0 , 0 ) O(0,0) O ( 0 , 0 ) 到点
B ( 1 , 1 ) B(1,1) B ( 1 , 1 ) 的：（1）抛物线
y = x 2 y=x^2 y = x 2 ；（2）直线
y = x y=x y = x ；（3）折线
O A B OAB O A B ，
A ( 1 , 0 ) A(1,0) A ( 1 , 0 ) 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 认出 P , Q P,Q P , Q P = 3 x 2 y 2 P=3x^2y^2 P = 3 x 2 y 2 d x \dx d x Q = 2 x 3 y Q=2x^3y Q = 2 x 3 y d y \dy d y
第二型曲线积分总是写成 P d x + Q d y P\dx+Q\dy P d x + Q d y d x \dx d x d y \dy d y
② (1) 抛物线 y = x 2 y=x^2 y = x 2 d y = 2 x d x \dd y=2x\dx d y = 2 x d x x x x ∫ 0 1 [ 3 x 2 ⋅ x 4 + 2 x 3 ⋅ x 2 ⋅ 2 x ] d x = ∫ 0 1 7 x 6 d x = 1 \displaystyle\int_0^1\big[3x^2\cdot x^4+2x^3\cdot x^2\cdot2x\big]\dx=\int_0^17x^6\dx=1 ∫ 0 1 [ 3 x 2 ⋅ x 4 + 2 x 3 ⋅ x 2 ⋅ 2 x ] d x = ∫ 0 1 7 x 6 d x = 1
用 x x x y y y d y \dd y d y x x x x = 0 x=0 x = 0 x = 1 x=1 x = 1
③ (2) 直线 y = x y=x y = x ∫ 0 1 [ 3 x 4 + 2 x 4 ] d x = ∫ 0 1 5 x 4 d x = 1 \displaystyle\int_0^1\big[3x^4+2x^4\big]\dx=\int_0^15x^4\dx=1 ∫ 0 1 [ 3 x 4 + 2 x 4 ] d x = ∫ 0 1 5 x 4 d x = 1
和 (1) 一样用 x x x y = x y=x y = x d y = d x \dd y=\dx d y = d x
④ (3) 折线 O A B OAB O A B O A OA O A y = 0 y=0 y = 0 d y = 0 \dd y=0 d y = 0 A B AB A B x = 1 x=1 x = 1 d x = 0 \dd x=0 d x = 0 y y y ∫ 0 1 2 y d y = 1 \displaystyle\int_0^12y\dy=1 ∫ 0 1 2 y d y = 1
每段上一个坐标不动，对应的微分为 0，只剩一项。
⑤ 为什么三条路径结果一样。 ∂ Q ∂ x = 6 x 2 y = ∂ P ∂ y \dfrac{\partial Q}{\partial x}=6x^2y=\dfrac{\partial P}{\partial y} ∂ x ∂ Q = 6 x 2 y = ∂ y ∂ P d ( x 3 y 2 ) \dd(x^3y^2) d ( x 3 y 2 ) x 3 y 2 ∣ ( 0 , 0 ) ( 1 , 1 ) = 1 x^3y^2\big|_{(0,0)}^{(1,1)}=1 x 3 y 2 ( 0 , 0 ) ( 1 , 1 ) = 1
一个全微分沿曲线积分，只看终点和起点的函数值差，和中间怎么走无关。
答案：三条路径都等于 1（被积式为 d ( x 3 y 2 ) \dd(x^3y^2) d ( x 3 y 2 )
x y O L 1 ： y =1+x L 2 ： y =1−x −1 1 1 折线 y = 1 − ∣ x ∣ y=1-|x| y = 1 − ∣ x ∣ x = 0 x=0 x = 0
例 4.2 2010 数一(11)
已知曲线
L L L 的方程为
y = 1 − ∣ x ∣ ( x ∈ [ − 1 , 1 ] ) y=1-|x|\ (x\in[-1,1]) y = 1 − ∣ x ∣ ( x ∈ [ − 1 , 1 ]) ，起点是
( − 1 , 0 ) (-1,0) ( − 1 , 0 ) ，终点为
( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 ) ，则曲线积分
∫ L x y d x + x 2 d y = \displaystyle\int_Lxy\dx+x^2\dy= ∫ L x y d x + x 2 d y = ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 拆成两段。 L 1 : y = 1 + x L_1:y=1+x L 1 : y = 1 + x x x x − 1 -1 − 1 L 2 : y = 1 − x L_2:y=1-x L 2 : y = 1 − x x x x
绝对值在 x = 0 x=0 x = 0 x x x
② 算 L 1 L_1 L 1 d y = d x \dd y=\dx d y = d x ∫ − 1 0 [ x ( 1 + x ) + x 2 ] d x = ∫ − 1 0 ( x + 2 x 2 ) d x = − 1 2 + 2 3 = 1 6 \displaystyle\int_{-1}^0\big[x(1+x)+x^2\big]\dx=\int_{-1}^0(x+2x^2)\dx=-\frac12+\frac23=\frac16 ∫ − 1 0 [ x ( 1 + x ) + x 2 ] d x = ∫ − 1 0 ( x + 2 x 2 ) d x = − 2 1 + 3 2 = 6 1
这一段在 y = 1 + x y=1+x y = 1 + x y y y 1 + x 1+x 1 + x d y \dd y d y d x \dx d x ∫ − 1 0 x d x = − 1 2 \int_{-1}^0x\dx=-\frac12 ∫ − 1 0 x d x = − 2 1 ∫ − 1 0 2 x 2 d x = 2 3 \int_{-1}^02x^2\dx=\frac23 ∫ − 1 0 2 x 2 d x = 3 2
③ 算 L 2 L_2 L 2 d y = − d x \dd y=-\dx d y = − d x ∫ 0 1 [ x ( 1 − x ) − x 2 ] d x = ∫ 0 1 ( x − 2 x 2 ) d x = 1 2 − 2 3 = − 1 6 \displaystyle\int_0^1\big[x(1-x)-x^2\big]\dx=\int_0^1(x-2x^2)\dx=\frac12-\frac23=-\frac16 ∫ 0 1 [ x ( 1 − x ) − x 2 ] d x = ∫ 0 1 ( x − 2 x 2 ) d x = 2 1 − 3 2 = − 6 1
这一段 y = 1 − x y=1-x y = 1 − x − 1 -1 − 1 d y = − d x \dd y=-\dx d y = − d x
④ 相加。 1 6 − 1 6 = 0 \dfrac16-\dfrac16=0 6 1 − 6 1 = 0
第二型曲线积分可以按段相加。也可以补上从 ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 ) ( − 1 , 0 ) (-1,0) ( − 1 , 0 ) Q x − P y = 2 x − x = x Q_x-P_y=2x-x=x Q x − P y = 2 x − x = x y y y y = 0 y=0 y = 0
答案：0
4.2 格林公式：闭曲线上的积分换成二重积分大白话：沿一条封闭 曲线绕一圈做的功，等于它所围区域里“每一点的旋转强度 Q x − P y Q_x-P_y Q x − P y 曲线是正向 （沿着走，区域在左手边；外圈就是逆时针）；P , Q P,Q P , Q Q x − P y Q_x-P_y Q x − P y
x y O D 正向：D 在左手边 正向边界：沿 L L L D D D 格林公式（李林 p350—351）
∮ L P d x + Q d y = ∬ D ( ∂ Q ∂ x − ∂ P ∂ y ) d x d y . \displaystyle \oint_LP\dx+Q\dy=\iint_D\Big(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Big)\dx\dy . ∮ L P d x + Q d y = ∬ D ( ∂ x ∂ Q − ∂ y ∂ P ) d x d y .
条件：L L L D D D 正向 边界（分段光滑）；P , Q P,Q P , Q D D D
L L L 面积公式 ：S D = 1 2 ∮ L x d y − y d x = ∮ L x d y = − ∮ L y d x S_D=\dfrac12\displaystyle\oint_Lx\dy-y\dx=\oint_Lx\dy=-\oint_Ly\dx S D = 2 1 ∮ L x d y − y d x = ∮ L x d y = − ∮ L y d x
例如 （李林 p351）：L : ∣ x ∣ + ∣ y ∣ = 1 L:|x|+|y|=1 L : ∣ x ∣ + ∣ y ∣ = 1 ∮ L y d x + 2 x d y = ∬ D ( 2 − 1 ) d x d y = S D = 2 \displaystyle\oint_Ly\dx+2x\dy=\iint_D(2-1)\dx\dy=S_D=2 ∮ L y d x + 2 x d y = ∬ D ( 2 − 1 ) d x d y = S D = 2 D D D 1 2 × 2 × 2 = 2 \frac12\times2\times2=2 2 1 × 2 × 2 = 2
方法卡 · 格林公式直接用
什么时候用
曲线封闭；
Q x − P y Q_x-P_y Q x − P y 比原被积式简单（常数、或
x , y x,y x , y 的简单多项式）；区域内没有奇点。
步骤
算 Q x − P y Q_x-P_y Q x − P y Q Q Q x x x P P P y y y
查条件：方向是不是正向？区域里 P , Q P,Q P , Q
写成二重积分，用对称性、极坐标或“常数 × 面积”算出来。 最容易错
把
Q x − P y Q_x-P_y Q x − P y 写反成
P y − Q x P_y-Q_x P y − Q x ；曲线顺时针却没加负号；区域里有奇点（分母为 0）还直接用。
x y O L 1 L 2 L 3 L 4 1−x ²−y ²/2>0 1 − x 2 − y 2 2 1-x^2-\frac{y^2}2 1 − x 2 − 2 y 2 L 4 L_4 L 4
例 4.3 2013 数一(4)
设
L 1 : x 2 + y 2 = 1 L_1:x^2+y^2=1 L 1 : x 2 + y 2 = 1 ，
L 2 : x 2 + y 2 = 2 L_2:x^2+y^2=2 L 2 : x 2 + y 2 = 2 ，
L 3 : x 2 + 2 y 2 = 2 L_3:x^2+2y^2=2 L 3 : x 2 + 2 y 2 = 2 ，
L 4 : 2 x 2 + y 2 = 2 L_4:2x^2+y^2=2 L 4 : 2 x 2 + y 2 = 2 为四条逆时针方向的平面曲线。记
I i = ∮ L i ( y + y 3 6 ) d x + ( 2 x − x 3 3 ) d y ( i = 1 , 2 , 3 , 4 ) I_i=\displaystyle\oint_{L_i}\Big(y+\frac{y^3}6\Big)\dx+\Big(2x-\frac{x^3}3\Big)\dy\ (i=1,2,3,4) I i = ∮ L i ( y + 6 y 3 ) d x + ( 2 x − 3 x 3 ) d y ( i = 1 , 2 , 3 , 4 ) ，则
max { I 1 , I 2 , I 3 , I 4 } = \max\{I_1,I_2,I_3,I_4\}= max { I 1 , I 2 , I 3 , I 4 } = （ ）
（A）
I 1 I_1 I 1 （B）
I 2 I_2 I 2 （C）
I 3 I_3 I 3 （D）
I 4 I_4 I 4 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 格林公式。 ∂ Q ∂ x − ∂ P ∂ y = ( 2 − x 2 ) − ( 1 + y 2 2 ) = 1 − x 2 − y 2 2 \dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}=(2-x^2)-\Big(1+\dfrac{y^2}2\Big)=1-x^2-\dfrac{y^2}2 ∂ x ∂ Q − ∂ y ∂ P = ( 2 − x 2 ) − ( 1 + 2 y 2 ) = 1 − x 2 − 2 y 2 I i = ∬ D i ( 1 − x 2 − y 2 2 ) d x d y I_i=\displaystyle\iint_{D_i}\Big(1-x^2-\frac{y^2}2\Big)\dx\dy I i = ∬ D i ( 1 − x 2 − 2 y 2 ) d x d y
四条曲线都是逆时针、都封闭，P , Q P,Q P , Q
② 看被积函数的正负。 被积函数在椭圆 E : x 2 + y 2 2 < 1 E:x^2+\dfrac{y^2}2<1 E : x 2 + 2 y 2 < 1 2 x 2 + y 2 < 2 2x^2+y^2<2 2 x 2 + y 2 < 2
区域越大不一定积分越大：多围进来的部分如果被积函数是负的，积分反而变小。
③ 最优区域。 D 4 D_4 D 4 E E E I 4 I_4 I 4
积分 = 正的部分之和 + 负的部分之和；想让它最大，就应该“只要正的、全要正的”，也就是积分区域取 { 被积函数 ≥ 0 } \{被积函数\ge0\} { 被积函数 ≥ 0 }
④ 算出来核对。 椭圆 x = a r cos θ , y = b r sin θ x=ar\cos\theta,\ y=br\sin\theta x = a r cos θ , y = b r sin θ d x d y = a b r d r d θ \dx\dy=ab\,r\dr\dth d x d y = ab r d r d θ ∬ ( 1 − x 2 − y 2 2 ) = π a b ( 1 − a 2 4 − b 2 8 ) \iint(1-x^2-\frac{y^2}2)=\pi ab\Big(1-\frac{a^2}4-\frac{b^2}8\Big) ∬ ( 1 − x 2 − 2 y 2 ) = πab ( 1 − 4 a 2 − 8 b 2 ) I 1 = 5 π 8 I_1=\frac{5\pi}8 I 1 = 8 5 π I 2 = π 2 I_2=\frac\pi2 I 2 = 2 π I 3 = 3 2 π 8 ≈ 1.67 I_3=\frac{3\sqrt2\pi}8\approx1.67 I 3 = 8 3 2 π ≈ 1.67 I 4 = 2 π 2 ≈ 2.22 I_4=\frac{\sqrt2\pi}2\approx2.22 I 4 = 2 2 π ≈ 2.22 I 4 I_4 I 4
∬ 椭圆 x 2 = π a 3 b 4 \iint_{\text{椭圆}}x^2=\frac{\pi a^3b}4 ∬ 椭圆 x 2 = 4 π a 3 b ∬ y 2 = π a b 3 4 \iint y^2=\frac{\pi ab^3}4 ∬ y 2 = 4 πa b 3 ( a , b ) = ( 1 , 1 ) , ( 2 , 2 ) , ( 2 , 1 ) , ( 1 , 2 ) (a,b)=(1,1),(\sqrt2,\sqrt2),(\sqrt2,1),(1,\sqrt2) ( a , b ) = ( 1 , 1 ) , ( 2 , 2 ) , ( 2 , 1 ) , ( 1 , 2 )
答案：D
4.3 补线：曲线不封闭时大白话：曲线不封闭，但被积函数很难直接积（比如有 e x 2 \e^{x^2} e x 2 cos 4 y \cos^4y cos 4 y Q x − P y Q_x-P_y Q x − P y 补一段线把它封起来 ：∫ L = ∮ L + L 0 − ∫ L 0 \int_L=\oint_{L+L_0}-\int_{L_0} ∫ L = ∮ L + L 0 − ∫ L 0 平行于坐标轴的线段 ，这样 d x = 0 \dd x=0 d x = 0 d y = 0 \dd y=0 d y = 0
补线三件事（Maki 35.3 的结论）
补的线好算 ：首选平行于坐标轴的线段，其次是过原点的直线。判定方向 ：补的线要从 L L L L L L 最后减掉补线上的积分 ：∫ L = ± ∬ D ( Q x − P y ) d x d y − ∫ L 0 \displaystyle\int_L=\pm\iint_D(Q_x-P_y)\dx\dy-\int_{L_0} ∫ L = ± ∬ D ( Q x − P y ) d x d y − ∫ L 0
方法卡 · 补线用格林
什么时候用
曲线不封闭；原被积式难积，但
Q x − P y Q_x-P_y Q x − P y 简单（常数最好）。
步骤
算 Q x − P y Q_x-P_y Q x − P y
从终点补一段线回到起点（平行于坐标轴或过原点），画图判断正向还是反向。
封闭曲线上用格林公式；补线上把参数代进去单独算；相减。 最容易错
补线的方向画反（应从
L L L 的终点回到起点）；忘了减去补线上的积分；补线上的积分算错符号（下限是补线的起点）。
x y O A (1, 0)B (0, 1)C (−1, 0)补线 CA D 补上 x x x C A CA C A D D D
例 4.4 李林 第十四章 §1 例 1 · p352—353
计算
I = ∫ L ( x 2 − 2 y ) d x + ( 3 x + y e y ) d y I=\displaystyle\int_L(x^2-2y)\dx+(3x+y\e^y)\dy I = ∫ L ( x 2 − 2 y ) d x + ( 3 x + y e y ) d y ，其中
L L L 是由直线
x + y = 1 x+y=1 x + y = 1 位于第一象限的线段与圆弧
x 2 + y 2 = 1 x^2+y^2=1 x 2 + y 2 = 1 位于第二象限的部分组成，方向从
A ( 1 , 0 ) A(1,0) A ( 1 , 0 ) 经
B ( 0 , 1 ) B(0,1) B ( 0 , 1 ) 到
C ( − 1 , 0 ) C(-1,0) C ( − 1 , 0 ) 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 算 Q x − P y Q_x-P_y Q x − P y P = x 2 − 2 y P=x^2-2y P = x 2 − 2 y Q = 3 x + y e y Q=3x+y\e^y Q = 3 x + y e y ∂ Q ∂ x − ∂ P ∂ y = 3 − ( − 2 ) = 5 \dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}=3-(-2)=5 ∂ x ∂ Q − ∂ y ∂ P = 3 − ( − 2 ) = 5
常数！二重积分就是“5 × 面积”，而 y e y y\e^y y e y
② 补线。 补 x x x C ( − 1 , 0 ) C(-1,0) C ( − 1 , 0 ) A ( 1 , 0 ) A(1,0) A ( 1 , 0 ) C A CA C A L + C A L+CA L + C A D D D O A B OAB O A B 1 2 + π 4 \dfrac12+\dfrac\pi4 2 1 + 4 π
从终点 C C C x x x A A A y = 0 y=0 y = 0 d y = 0 \dd y=0 d y = 0 A → B → C → A A\to B\to C\to A A → B → C → A
③ 格林公式。 ∮ L + C A = ∬ D 5 d x d y = 5 ( 1 2 + π 4 ) = 5 2 + 5 π 4 \displaystyle\oint_{L+CA}=\iint_D5\dx\dy=5\Big(\frac12+\frac\pi4\Big)=\frac52+\frac{5\pi}4 ∮ L + C A = ∬ D 5 d x d y = 5 ( 2 1 + 4 π ) = 2 5 + 4 5 π
被积函数是常数，积分就是常数乘面积。
④ 补线上的积分。 C A CA C A y = 0 y=0 y = 0 d y = 0 \dd y=0 d y = 0 x x x − 1 -1 − 1 ∫ C A = ∫ − 1 1 x 2 d x = 2 3 \displaystyle\int_{CA}=\int_{-1}^1x^2\dx=\frac23 ∫ C A = ∫ − 1 1 x 2 d x = 3 2
P P P − 2 y -2y − 2 y Q d y Q\dy Q d y x 2 d x x^2\dx x 2 d x
⑤ 相减。 I = 5 2 + 5 π 4 − 2 3 = 5 π 4 + 11 6 I=\dfrac52+\dfrac{5\pi}4-\dfrac23=\dfrac{5\pi}4+\dfrac{11}6 I = 2 5 + 4 5 π − 3 2 = 4 5 π + 6 11
补线法的最后一步：封闭曲线上的积分减去补上的那段，剩下的就是原来的 L L L ∫ L = ∮ L + C A − ∫ C A \int_L=\oint_{L+CA}-\int_{CA} ∫ L = ∮ L + C A − ∫ C A
答案：5 π 4 + 11 6 \frac{5\pi}4+\frac{11}6 4 5 π + 6 11
x y O 小圆 x ²+y ²=2x x ²+y ²=4补 L 0 D 2 2 补上 y y y L 0 L_0 L 0
例 4.5 2012 数一(19) 李林 第十四章 习题 (7) · p374
已知
L L L 是第一象限中从点
( 0 , 0 ) (0,0) ( 0 , 0 ) 沿圆周
x 2 + y 2 = 2 x x^2+y^2=2x x 2 + y 2 = 2 x 到点
( 2 , 0 ) (2,0) ( 2 , 0 ) ，再沿圆周
x 2 + y 2 = 4 x^2+y^2=4 x 2 + y 2 = 4 到点
( 0 , 2 ) (0,2) ( 0 , 2 ) 的曲线段，计算曲线积分
I = ∫ L 3 x 2 y d x + ( x 3 + x − 2 y ) d y I=\displaystyle\int_L3x^2y\dx+(x^3+x-2y)\dy I = ∫ L 3 x 2 y d x + ( x 3 + x − 2 y ) d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 算 Q x − P y Q_x-P_y Q x − P y ∂ Q ∂ x − ∂ P ∂ y = ( 3 x 2 + 1 ) − 3 x 2 = 1 \dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}=(3x^2+1)-3x^2=1 ∂ x ∂ Q − ∂ y ∂ P = ( 3 x 2 + 1 ) − 3 x 2 = 1
差是常数 1，二重积分就是面积，补线用格林。
② 补线并判断方向。 补 y y y ( 0 , 2 ) (0,2) ( 0 , 2 ) ( 0 , 0 ) (0,0) ( 0 , 0 ) L 0 L_0 L 0 L + L 0 L+L_0 L + L 0 D D D L L L D D D
L L L ( 2 , 0 ) (2,0) ( 2 , 0 ) ( 0 , 2 ) (0,2) ( 0 , 2 ) y y y D D D
③ 面积。 S D = 1 4 π ⋅ 2 2 − 1 2 π ⋅ 1 2 = π − π 2 = π 2 S_D=\dfrac14\pi\cdot2^2-\dfrac12\pi\cdot1^2=\pi-\dfrac\pi2=\dfrac\pi2 S D = 4 1 π ⋅ 2 2 − 2 1 π ⋅ 1 2 = π − 2 π = 2 π ∮ L + L 0 = π 2 \oint_{L+L_0}=\dfrac\pi2 ∮ L + L 0 = 2 π
大圆半径 2 的四分之一，减去小圆（半径 1）在 x x x
④ 补线上的积分。 L 0 L_0 L 0 x = 0 x=0 x = 0 d x = 0 \dd x=0 d x = 0 y y y ∫ L 0 = ∫ 2 0 ( 0 + 0 − 2 y ) d y = [ − y 2 ] 2 0 = 4 \displaystyle\int_{L_0}=\int_2^0(0+0-2y)\dy=\big[-y^2\big]_2^0=4 ∫ L 0 = ∫ 2 0 ( 0 + 0 − 2 y ) d y = [ − y 2 ] 2 0 = 4
x = 0 x=0 x = 0 3 x 2 y d x 3x^2y\dx 3 x 2 y d x x 3 + x x^3+x x 3 + x − 2 y d y -2y\dy − 2 y d y y = 2 y=2 y = 2
⑤ 相减。 I = π 2 − 4 I=\dfrac\pi2-4 I = 2 π − 4
补线法的最后一步，封闭曲线上的值减去补线上的值：∫ L = ∮ L + L 0 − ∫ L 0 = π 2 − 4 \int_L=\oint_{L+L_0}-\int_{L_0}=\frac\pi2-4 ∫ L = ∮ L + L 0 − ∫ L 0 = 2 π − 4
答案：π 2 − 4 \frac\pi2-4 2 π − 4
x y O L ：y =1−x ²补 L 0 D −1 1 补上 x x x ( − 1 , 0 ) (-1,0) ( − 1 , 0 ) ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 )
例 4.6 2025 数一(14)
已知有向曲线
L L L 是沿抛物线
y = 1 − x 2 y=1-x^2 y = 1 − x 2 从点
( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 ) 到
( − 1 , 0 ) (-1,0) ( − 1 , 0 ) 的一段，则曲线积分
∫ L ( y + cos x ) d x + ( 2 x + cos y ) d y = \displaystyle\int_L(y+\cos x)\dx+(2x+\cos y)\dy= ∫ L ( y + cos x ) d x + ( 2 x + cos y ) d y = ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 算 Q x − P y Q_x-P_y Q x − P y ∂ Q ∂ x − ∂ P ∂ y = 2 − 1 = 1 \dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}=2-1=1 ∂ x ∂ Q − ∂ y ∂ P = 2 − 1 = 1
cos x \cos x cos x x x x y y y cos y \cos y cos y x x x
② 补线。 补 x x x ( − 1 , 0 ) (-1,0) ( − 1 , 0 ) ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 ) L 0 L_0 L 0 L + L 0 L+L_0 L + L 0 D D D S D = ∫ − 1 1 ( 1 − x 2 ) d x = 4 3 S_D=\displaystyle\int_{-1}^1(1-x^2)\dx=\frac43 S D = ∫ − 1 1 ( 1 − x 2 ) d x = 3 4
L L L x x x D D D
③ 补线上的积分。 y = 0 y=0 y = 0 d y = 0 \dd y=0 d y = 0 ∫ L 0 = ∫ − 1 1 cos x d x = 2 sin 1 \displaystyle\int_{L_0}=\int_{-1}^1\cos x\dx=2\sin1 ∫ L 0 = ∫ − 1 1 cos x d x = 2 sin 1
补的线在 x x x y = 0 y=0 y = 0 d y = 0 \dd y=0 d y = 0 P d x P\dx P d x P = y + cos x P=y+\cos x P = y + cos x x x x cos x \cos x cos x
④ 相减。 原式 = 4 3 − 2 sin 1 =\dfrac43-2\sin1 = 3 4 − 2 sin 1
Maki 书里的答案被文字层截成了“4”，完整答案是 4 3 − 2 sin 1 ≈ − 0.350 \frac43-2\sin1\approx-0.350 3 4 − 2 sin 1 ≈ − 0.350
答案：4 3 − 2 sin 1 \frac43-2\sin1 3 4 − 2 sin 1
x y O A (−½, −½)B (½, ½)D 补 L 0 补上弦 B A BA B A D D D
例 4.7 2026 数一(19)
设有向曲线
L L L 为椭圆
x 2 + 3 y 2 = 1 x^2+3y^2=1 x 2 + 3 y 2 = 1 上沿逆时针方向从点
A ( − 1 2 , − 1 2 ) A\big(-\frac12,-\frac12\big) A ( − 2 1 , − 2 1 ) 到点
B ( 1 2 , 1 2 ) B\big(\frac12,\frac12\big) B ( 2 1 , 2 1 ) 的部分，计算曲线积分
I = ∫ L ( e x 2 sin x − 2 x y ) d x + ( 6 x − x 2 − y cos 4 y ) d y I=\displaystyle\int_L\big(\e^{x^2}\sin x-2xy\big)\dx+\big(6x-x^2-y\cos^4y\big)\dy I = ∫ L ( e x 2 sin x − 2 x y ) d x + ( 6 x − x 2 − y cos 4 y ) d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 算 Q x − P y Q_x-P_y Q x − P y ∂ P ∂ y = − 2 x \dfrac{\partial P}{\partial y}=-2x ∂ y ∂ P = − 2 x ∂ Q ∂ x = 6 − 2 x \dfrac{\partial Q}{\partial x}=6-2x ∂ x ∂ Q = 6 − 2 x = 6 =6 = 6
e x 2 sin x \e^{x^2}\sin x e x 2 sin x y y y y cos 4 y y\cos^4y y cos 4 y x x x
② 看清 L L L 椭圆参数化 x = cos t , y = sin t 3 x=\cos t,\ y=\frac{\sin t}{\sqrt3} x = cos t , y = 3 s i n t A A A t = 4 π 3 t=\frac{4\pi}3 t = 3 4 π B B B t = 7 π 3 t=\frac{7\pi}3 t = 3 7 π π 3 \frac\pi3 3 π t t t t = 2 π t=2\pi t = 2 π ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 ) L L L ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 )
A , B A,B A , B A B AB A B A A A
③ 补弦并用格林。 补弦 L 0 L_0 L 0 B B B y = x y=x y = x A A A L + L 0 L+L_0 L + L 0 D D D 1 2 ⋅ π ⋅ 1 ⋅ 1 3 = π 2 3 \dfrac12\cdot\pi\cdot1\cdot\dfrac1{\sqrt3}=\dfrac\pi{2\sqrt3} 2 1 ⋅ π ⋅ 1 ⋅ 3 1 = 2 3 π ∮ L + L 0 = 6 ⋅ π 2 3 = 3 π \oint_{L+L_0}=6\cdot\dfrac\pi{2\sqrt3}=\sqrt3\pi ∮ L + L 0 = 6 ⋅ 2 3 π = 3 π
椭圆 x 2 + y 2 1 / 3 = 1 x^2+\frac{y^2}{1/3}=1 x 2 + 1/3 y 2 = 1 1 3 \frac1{\sqrt3} 3 1 π 3 \frac\pi{\sqrt3} 3 π
④ 弦上的积分。 L 0 L_0 L 0 x = y = s x=y=s x = y = s s s s 1 2 \frac12 2 1 − 1 2 -\frac12 − 2 1 d x = d y = d s \dd x=\dd y=\dd s d x = d y = d s = e s 2 sin s − 2 s 2 + 6 s − s 2 − s cos 4 s =\e^{s^2}\sin s-2s^2+6s-s^2-s\cos^4s = e s 2 sin s − 2 s 2 + 6 s − s 2 − s cos 4 s e s 2 sin s \e^{s^2}\sin s e s 2 sin s 6 s 6s 6 s s cos 4 s s\cos^4s s cos 4 s ∫ 1 / 2 − 1 / 2 ( − 3 s 2 ) d s = ∫ − 1 / 2 1 / 2 3 s 2 d s = 1 4 \displaystyle\int_{1/2}^{-1/2}(-3s^2)\dd s=\int_{-1/2}^{1/2}3s^2\dd s=\frac14 ∫ 1/2 − 1/2 ( − 3 s 2 ) d s = ∫ − 1/2 1/2 3 s 2 d s = 4 1
积分区间关于 0 对称（只是方向反了），奇函数部分自动为 0；方向反了等于积分号前加负号，负负得正。
⑤ 相减。 I = 3 π − 1 4 I=\sqrt3\pi-\dfrac14 I = 3 π − 4 1
∫ L = ∮ L + L 0 − ∫ L 0 \int_L=\oint_{L+L_0}-\int_{L_0} ∫ L = ∮ L + L 0 − ∫ L 0 ≈ 5.191 \approx5.191 ≈ 5.191
答案：3 π − 1 4 \sqrt3\pi-\frac14 3 π − 4 1
例 4.8 李林 第十四章 §1 例 4 · p354
求
I = ∫ A m B ⌢ [ f ( y ) e x − 3 y ] d x + [ f ′ ( y ) e x − 3 ] d y I=\displaystyle\int_{\overset\frown{AmB}}\big[f(y)\e^x-3y\big]\dx+\big[f'(y)\e^x-3\big]\dy I = ∫ A m B ⌢ [ f ( y ) e x − 3 y ] d x + [ f ′ ( y ) e x − 3 ] d y ，其中
f ( y ) f(y) f ( y ) 有一阶连续导数，
A m B ⌢ \overset\frown{AmB} A m B ⌢ 为连接
A ( 2 , 3 ) A(2,3) A ( 2 , 3 ) 、
B ( 4 , 1 ) B(4,1) B ( 4 , 1 ) 且与线段
A B ‾ \overline{AB} A B 围成的图形面积为 5 的任一路径（弧在线段
A B AB A B 的右上方，见李林图 14-15）。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 拆开被积式。 f ( y ) e x d x + f ′ ( y ) e x d y = d ( f ( y ) e x ) f(y)\e^x\dx+f'(y)\e^x\dy=\dd\big(f(y)\e^x\big) f ( y ) e x d x + f ′ ( y ) e x d y = d ( f ( y ) e x ) − 3 y d x − 3 d y -3y\dx-3\dy − 3 y d x − 3 d y
f f f ∂ ∂ x ( f ( y ) e x ) = f ( y ) e x \frac{\partial}{\partial x}(f(y)\e^x)=f(y)\e^x ∂ x ∂ ( f ( y ) e x ) = f ( y ) e x ∂ ∂ y ( f ( y ) e x ) = f ′ ( y ) e x \frac{\partial}{\partial y}(f(y)\e^x)=f'(y)\e^x ∂ y ∂ ( f ( y ) e x ) = f ′ ( y ) e x
② 全微分部分。 只看端点：f ( y ) e x ∣ A ( 2 , 3 ) B ( 4 , 1 ) = f ( 1 ) e 4 − f ( 3 ) e 2 f(y)\e^x\Big|_{A(2,3)}^{B(4,1)}=f(1)\e^4-f(3)\e^2 f ( y ) e x A ( 2 , 3 ) B ( 4 , 1 ) = f ( 1 ) e 4 − f ( 3 ) e 2
全微分沿任何路径的积分都等于终点值减起点值。
③ 剩余部分补线用格林。 对 − 3 y d x − 3 d y -3y\dx-3\dy − 3 y d x − 3 d y Q x − P y = 0 − ( − 3 ) = 3 Q_x-P_y=0-(-3)=3 Q x − P y = 0 − ( − 3 ) = 3 B A BA B A A → m → B → A A\to m\to B\to A A → m → B → A 顺时针 ，所以 ∮ = − ∬ D 3 d x d y = − 3 × 5 = − 15 \oint=-\iint_D3\dx\dy=-3\times5=-15 ∮ = − ∬ D 3 d x d y = − 3 × 5 = − 15
区域在行进方向的右边，是负向，格林公式前加负号；面积题目给了是 5。
④ 线段 A B AB A B A B AB A B y = 5 − x y=5-x y = 5 − x x x x d y = − d x \dd y=-\dx d y = − d x ∫ 2 4 [ − 3 ( 5 − x ) + 3 ] d x = ∫ 2 4 ( 3 x − 12 ) d x = 18 − 24 = − 6 \displaystyle\int_2^4\big[-3(5-x)+3\big]\dx=\int_2^4(3x-12)\dx=18-24=-6 ∫ 2 4 [ − 3 ( 5 − x ) + 3 ] d x = ∫ 2 4 ( 3 x − 12 ) d x = 18 − 24 = − 6
沿线段从 A A A B B B L L L ∫ L = ∮ L + B A + ∫ A B \int_L=\oint_{L+BA}+\int_{AB} ∫ L = ∮ L + B A + ∫ A B
⑤ 合起来。 I = f ( 1 ) e 4 − f ( 3 ) e 2 − 15 − 6 = f ( 1 ) e 4 − f ( 3 ) e 2 − 21 I=f(1)\e^4-f(3)\e^2-15-6=f(1)\e^4-f(3)\e^2-21 I = f ( 1 ) e 4 − f ( 3 ) e 2 − 15 − 6 = f ( 1 ) e 4 − f ( 3 ) e 2 − 21
全微分部分与剩余部分相加。
答案：f ( 1 ) e 4 − f ( 3 ) e 2 − 21 f(1)\e^4-f(3)\e^2-21 f ( 1 ) e 4 − f ( 3 ) e 2 − 21
4.4 挖洞：区域里有奇点大白话：被积函数像 x d y − y d x x 2 + y 2 \dfrac{x\dy-y\dx}{x^2+y^2} x 2 + y 2 x d y − y d x Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y 挖洞 ：在奇点周围画一条小曲线 l l l L L L ∮ L = ∮ l \oint_L=\oint_l ∮ L = ∮ l 小曲线的形状跟着分母走 ：分母是 x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 4 x 2 + y 2 4x^2+y^2 4 x 2 + y 2 4 x 2 + y 2 = δ 2 4x^2+y^2=\delta^2 4 x 2 + y 2 = δ 2 l l l
x y O L l ：4x ²+y ²=δ²D ：环形区域挖掉一个小椭圆 l l l 挖洞的依据（李林 p351、p353）
Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y L L L l l l ∮ L P d x + Q d y = ∮ l P d x + Q d y \displaystyle\oint_LP\dx+Q\dy=\oint_lP\dx+Q\dy ∮ L P d x + Q d y = ∮ l P d x + Q d y l l l 基本环量 ：∮ x d y − y d x x 2 + y 2 = 2 π \displaystyle\oint\frac{x\dy-y\dx}{x^2+y^2}=2\pi ∮ x 2 + y 2 x d y − y d x = 2 π 小曲线上分母是常数 δ 2 \delta^2 δ 2 ∮ l x d y − y d x δ 2 = 1 δ 2 ∬ D l 2 d x d y = 2 S l δ 2 \displaystyle\oint_l\frac{x\dy-y\dx}{\delta^2}=\frac1{\delta^2}\iint_{D_l}2\dx\dy=\frac{2S_l}{\delta^2} ∮ l δ 2 x d y − y d x = δ 2 1 ∬ D l 2 d x d y = δ 2 2 S l
例如 （李林 p351）：L : x 2 + y 2 = R 2 L:x^2+y^2=R^2 L : x 2 + y 2 = R 2 ∮ L − y d x + x d y x 2 + y 2 = ∫ 0 2 π R 2 cos 2 t + R 2 sin 2 t R 2 d t = 2 π ≠ 0 \displaystyle\oint_L\frac{-y\dx+x\dy}{x^2+y^2}=\int_0^{2\pi}\frac{R^2\cos^2t+R^2\sin^2t}{R^2}\dt=2\pi\ne0 ∮ L x 2 + y 2 − y d x + x d y = ∫ 0 2 π R 2 R 2 cos 2 t + R 2 sin 2 t d t = 2 π = 0 Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y
方法卡 · 挖洞
什么时候用
被积式有分母，分母在
L L L 所围区域里某点为 0；算出来
Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y 。
步骤
先验证 Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y
选小曲线 l l l l l l δ 2 \delta^2 δ 2 L L L
∮ L = ∮ l \oint_L=\oint_l ∮ L = ∮ l l l l δ 2 \delta^2 δ 2 δ \delta δ 最容易错
分母是
4 x 2 + y 2 4x^2+y^2 4 x 2 + y 2 却挖小圆（分母提不出来）；小椭圆的面积算错；
L L L 不绕奇点时也去挖洞（此时直接用格林，结果为 0）。
例 4.9 李林 第十四章 §1 例 2 · p353
计算
I = ∮ L x d y − y d x 4 x 2 + y 2 I=\displaystyle\oint_L\frac{x\dy-y\dx}{4x^2+y^2} I = ∮ L 4 x 2 + y 2 x d y − y d x ，其中
L L L 是以
( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 ) 为圆心、
R > 1 R>1 R > 1 为半径的圆，方向取逆时针。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 验证 Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y P = − y 4 x 2 + y 2 P=\dfrac{-y}{4x^2+y^2} P = 4 x 2 + y 2 − y Q = x 4 x 2 + y 2 Q=\dfrac x{4x^2+y^2} Q = 4 x 2 + y 2 x ∂ Q ∂ x = ∂ P ∂ y = y 2 − 4 x 2 ( 4 x 2 + y 2 ) 2 \dfrac{\partial Q}{\partial x}=\dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{y^2-4x^2}{(4x^2+y^2)^2} ∂ x ∂ Q = ∂ y ∂ P = ( 4 x 2 + y 2 ) 2 y 2 − 4 x 2 ( x , y ) ≠ ( 0 , 0 ) (x,y)\ne(0,0) ( x , y ) = ( 0 , 0 )
商的求导法则分别算出来，两者相等；这说明除了原点，旋转强度处处为 0。
② 原点在 L L L 圆心 ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 ) 1 < R 1<R 1 < R
格林公式要求区域内 P , Q P,Q P , Q
③ 挖一个小椭圆。 作 l : 4 x 2 + y 2 = δ 2 l:4x^2+y^2=\delta^2 l : 4 x 2 + y 2 = δ 2 δ \delta δ x = δ 2 cos θ , y = δ sin θ x=\frac\delta2\cos\theta,\ y=\delta\sin\theta x = 2 δ cos θ , y = δ sin θ L L L l l l ∮ L = ∮ l \oint_L=\oint_l ∮ L = ∮ l
小椭圆的形状和分母一致，分母在 l l l δ 2 \delta^2 δ 2
④ 在 l l l ∮ l x d y − y d x δ 2 = 1 δ 2 ∫ 0 2 π ( δ 2 cos θ ⋅ δ cos θ + δ sin θ ⋅ δ 2 sin θ ) d θ = 1 δ 2 ⋅ δ 2 2 ⋅ 2 π = π \displaystyle\oint_l\frac{x\dy-y\dx}{\delta^2}=\frac1{\delta^2}\int_0^{2\pi}\Big(\frac\delta2\cos\theta\cdot\delta\cos\theta+\delta\sin\theta\cdot\frac\delta2\sin\theta\Big)\dth=\frac1{\delta^2}\cdot\frac{\delta^2}2\cdot2\pi=\pi ∮ l δ 2 x d y − y d x = δ 2 1 ∫ 0 2 π ( 2 δ cos θ ⋅ δ cos θ + δ sin θ ⋅ 2 δ sin θ ) d θ = δ 2 1 ⋅ 2 δ 2 ⋅ 2 π = π
分子 x d y − y d x x\dy-y\dx x d y − y d x δ 2 \delta^2 δ 2 δ \delta δ ∮ l x d y − y d x = 2 S l = 2 ⋅ π ⋅ δ 2 ⋅ δ \oint_lx\dy-y\dx=2S_l=2\cdot\pi\cdot\frac\delta2\cdot\delta ∮ l x d y − y d x = 2 S l = 2 ⋅ π ⋅ 2 δ ⋅ δ
答案：π \pi π
例 4.10 2020 数一(16)
计算曲线积分
I = ∮ L 4 x − y 4 x 2 + y 2 d x + x + y 4 x 2 + y 2 d y I=\displaystyle\oint_L\frac{4x-y}{4x^2+y^2}\dx+\frac{x+y}{4x^2+y^2}\dy I = ∮ L 4 x 2 + y 2 4 x − y d x + 4 x 2 + y 2 x + y d y ，其中
L L L 是
x 2 + y 2 = 2 x^2+y^2=2 x 2 + y 2 = 2 ，方向为逆时针方向。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 验证 Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y 记 u = 4 x 2 + y 2 u=4x^2+y^2 u = 4 x 2 + y 2 ∂ P ∂ y = − u − ( 4 x − y ) ⋅ 2 y u 2 = − 4 x 2 − 8 x y + y 2 u 2 \dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{-u-(4x-y)\cdot2y}{u^2}=\dfrac{-4x^2-8xy+y^2}{u^2} ∂ y ∂ P = u 2 − u − ( 4 x − y ) ⋅ 2 y = u 2 − 4 x 2 − 8 x y + y 2 ∂ Q ∂ x = u − ( x + y ) ⋅ 8 x u 2 = − 4 x 2 − 8 x y + y 2 u 2 \dfrac{\partial Q}{\partial x}=\dfrac{u-(x+y)\cdot8x}{u^2}=\dfrac{-4x^2-8xy+y^2}{u^2} ∂ x ∂ Q = u 2 u − ( x + y ) ⋅ 8 x = u 2 − 4 x 2 − 8 x y + y 2
商的求导：分子求导乘分母，减分子乘分母的导数；u x = 8 x u_x=8x u x = 8 x u y = 2 y u_y=2y u y = 2 y
② 挖洞。 原点在圆 x 2 + y 2 = 2 x^2+y^2=2 x 2 + y 2 = 2 l : 4 x 2 + y 2 = δ 2 l:4x^2+y^2=\delta^2 l : 4 x 2 + y 2 = δ 2 I = ∮ l ( 4 x − y ) d x + ( x + y ) d y δ 2 I=\displaystyle\oint_l\frac{(4x-y)\dx+(x+y)\dy}{\delta^2} I = ∮ l δ 2 ( 4 x − y ) d x + ( x + y ) d y
分母是 4 x 2 + y 2 4x^2+y^2 4 x 2 + y 2 δ 2 \delta^2 δ 2
③ 在 l l l 分子 ( 4 x − y ) d x + ( x + y ) d y (4x-y)\dx+(x+y)\dy ( 4 x − y ) d x + ( x + y ) d y Q x − P y = 1 − ( − 1 ) = 2 Q_x-P_y=1-(-1)=2 Q x − P y = 1 − ( − 1 ) = 2 ∮ l = 1 δ 2 ∬ 4 x 2 + y 2 ≤ δ 2 2 d x d y = 2 δ 2 ⋅ π ⋅ δ 2 ⋅ δ = π \displaystyle\oint_l=\frac1{\delta^2}\iint_{4x^2+y^2\le\delta^2}2\dx\dy=\frac2{\delta^2}\cdot\pi\cdot\frac\delta2\cdot\delta=\pi ∮ l = δ 2 1 ∬ 4 x 2 + y 2 ≤ δ 2 2 d x d y = δ 2 2 ⋅ π ⋅ 2 δ ⋅ δ = π
分母提出去之后，剩下的被积式是多项式，可以放心对小椭圆内部用格林公式；小椭圆半轴 δ 2 \frac\delta2 2 δ δ \delta δ π δ 2 2 \frac{\pi\delta^2}2 2 π δ 2
答案：π \pi π
x y O ∂D 1 ： x ²+y ²=4 x ²+4y ²=ε²4−x ²−y ²≥0 4 − x 2 − y 2 ≥ 0 4-x^2-y^2\ge0 4 − x 2 − y 2 ≥ 0 D 1 D_1 D 1 x 2 + 4 y 2 = ε 2 x^2+4y^2=\varepsilon^2 x 2 + 4 y 2 = ε 2
例 4.11 2021 数一(20)
设
D ⊂ R 2 D\subset\mathbb R^2 D ⊂ R 2 是有界单连通闭区域，
I ( D ) = ∬ D ( 4 − x 2 − y 2 ) d x d y I(D)=\displaystyle\iint_D(4-x^2-y^2)\dx\dy I ( D ) = ∬ D ( 4 − x 2 − y 2 ) d x d y 取得最大值的积分区域为
D 1 D_1 D 1 。（I）求
I ( D 1 ) I(D_1) I ( D 1 ) 的值；（II）计算
∫ ∂ D 1 ( x e x 2 + 4 y 2 + y ) d x + ( 4 y e x 2 + 4 y 2 − x ) d y x 2 + 4 y 2 \displaystyle\int_{\partial D_1}\frac{\big(x\e^{x^2+4y^2}+y\big)\dx+\big(4y\e^{x^2+4y^2}-x\big)\dy}{x^2+4y^2} ∫ ∂ D 1 x 2 + 4 y 2 ( x e x 2 + 4 y 2 + y ) d x + ( 4 y e x 2 + 4 y 2 − x ) d y ，其中
∂ D 1 \partial D_1 ∂ D 1 是
D 1 D_1 D 1 的正向边界。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (I) 找最优区域。 被积函数 4 − x 2 − y 2 4-x^2-y^2 4 − x 2 − y 2 x 2 + y 2 ≤ 4 x^2+y^2\le4 x 2 + y 2 ≤ 4 I ( D ) I(D) I ( D ) D 1 = { x 2 + y 2 ≤ 4 } D_1=\{x^2+y^2\le4\} D 1 = { x 2 + y 2 ≤ 4 }
和 2013 数一(4) 同一个道理：积分 = 正的部分 + 负的部分，区域取“被积函数 ≥ 0 \ge0 ≥ 0
② (I) 算值。 I ( D 1 ) = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 ( 4 − r 2 ) r d r = 2 π ( 8 − 4 ) = 8 π I(D_1)=\displaystyle\int_0^{2\pi}\dth\int_0^2(4-r^2)r\dr=2\pi\Big(8-4\Big)=8\pi I ( D 1 ) = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 ( 4 − r 2 ) r d r = 2 π ( 8 − 4 ) = 8 π
圆盘上用极坐标，被积函数只含 r r r ∫ 0 2 4 r d r = 8 \int_0^24r\dr=8 ∫ 0 2 4 r d r = 8 ∫ 0 2 r 3 d r = 4 \int_0^2r^3\dr=4 ∫ 0 2 r 3 d r = 4
③ (II) 拆成两部分。 被积式 = e x 2 + 4 y 2 ( x d x + 4 y d y ) x 2 + 4 y 2 + y d x − x d y x 2 + 4 y 2 =\dfrac{\e^{x^2+4y^2}(x\dx+4y\dy)}{x^2+4y^2}+\dfrac{y\dx-x\dy}{x^2+4y^2} = x 2 + 4 y 2 e x 2 + 4 y 2 ( x d x + 4 y d y ) + x 2 + 4 y 2 y d x − x d y u = x 2 + 4 y 2 u=x^2+4y^2 u = x 2 + 4 y 2 x d x + 4 y d y = 1 2 d u x\dx+4y\dy=\frac12\dd u x d x + 4 y d y = 2 1 d u e u 2 u d u \dfrac{\e^u}{2u}\dd u 2 u e u d u
直接算 Q x − P y Q_x-P_y Q x − P y x d x + 4 y d y x\dx+4y\dy x d x + 4 y d y 1 2 d ( x 2 + 4 y 2 ) \frac12\dd(x^2+4y^2) 2 1 d ( x 2 + 4 y 2 ) u u u
④ (II) 第二部分挖洞。 y d x − x d y x 2 + 4 y 2 \dfrac{y\dx-x\dy}{x^2+4y^2} x 2 + 4 y 2 y d x − x d y Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y D 1 D_1 D 1 l : x 2 + 4 y 2 = ε 2 l:x^2+4y^2=\varepsilon^2 l : x 2 + 4 y 2 = ε 2 ∮ l y d x − x d y ε 2 = 1 ε 2 ∬ x 2 + 4 y 2 ≤ ε 2 ( − 1 − 1 ) d x d y = − 2 ε 2 ⋅ π ⋅ ε ⋅ ε 2 = − π \displaystyle\oint_l\frac{y\dx-x\dy}{\varepsilon^2}=\frac1{\varepsilon^2}\iint_{x^2+4y^2\le\varepsilon^2}(-1-1)\dx\dy=\frac{-2}{\varepsilon^2}\cdot\pi\cdot\varepsilon\cdot\frac\varepsilon2=-\pi ∮ l ε 2 y d x − x d y = ε 2 1 ∬ x 2 + 4 y 2 ≤ ε 2 ( − 1 − 1 ) d x d y = ε 2 − 2 ⋅ π ⋅ ε ⋅ 2 ε = − π
分母 x 2 + 4 y 2 x^2+4y^2 x 2 + 4 y 2 ε \varepsilon ε ε 2 \frac\varepsilon2 2 ε π ε 2 2 \frac{\pi\varepsilon^2}2 2 π ε 2 Q x − P y = − 1 − 1 = − 2 Q_x-P_y=-1-1=-2 Q x − P y = − 1 − 1 = − 2
⑤ 结论。 （I）I ( D 1 ) = 8 π I(D_1)=8\pi I ( D 1 ) = 8 π = 0 + ( − π ) = − π =0+(-\pi)=-\pi = 0 + ( − π ) = − π
全微分那部分沿闭曲线是 0，剩下的就是挖洞算出的 − π -\pi − π
答案：(I) 8 π 8\pi 8 π − π -\pi − π
x y O A (1, 1)B (−1, 0)C (1, 0)D (−1, 1)y =x ²−1L L L A A A B B B C C C
例 4.12 李林 第十四章 §1 例 8 · p356
计算
I = ∫ L x d y − y d x x 2 + y 2 I=\displaystyle\int_L\frac{x\dy-y\dx}{x^2+y^2} I = ∫ L x 2 + y 2 x d y − y d x ，其中
L L L 是先从
A ( 1 , 1 ) A(1,1) A ( 1 , 1 ) 沿直线到
B ( − 1 , 0 ) B(-1,0) B ( − 1 , 0 ) ，再沿曲线
y = x 2 − 1 y=x^2-1 y = x 2 − 1 到
C ( 1 , 0 ) C(1,0) C ( 1 , 0 ) 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 可以换路径，但不能跨过原点。 ∂ Q ∂ x = ∂ P ∂ y = y 2 − x 2 ( x 2 + y 2 ) 2 \dfrac{\partial Q}{\partial x}=\dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{y^2-x^2}{(x^2+y^2)^2} ∂ x ∂ Q = ∂ y ∂ P = ( x 2 + y 2 ) 2 y 2 − x 2 L L L
路径无关只在“不含奇点的单连通区域”里成立；原路径和新路径之间夹的区域不能包含原点。
② 选新路径。 A ( 1 , 1 ) → D ( − 1 , 1 ) → B ( − 1 , 0 ) A(1,1)\to D(-1,1)\to B(-1,0) A ( 1 , 1 ) → D ( − 1 , 1 ) → B ( − 1 , 0 ) x = cos t , y = sin t x=\cos t,\ y=\sin t x = cos t , y = sin t t t t π \pi π 2 π 2\pi 2 π C ( 1 , 0 ) C(1,0) C ( 1 , 0 )
直线段上一个坐标不变；单位圆上分母 x 2 + y 2 = 1 x^2+y^2=1 x 2 + y 2 = 1
③ 三段分别算。 A D AD A D y = 1 y=1 y = 1 ∫ 1 − 1 − d x 1 + x 2 = π 2 \displaystyle\int_1^{-1}\frac{-\dx}{1+x^2}=\frac\pi2 ∫ 1 − 1 1 + x 2 − d x = 2 π D B DB D B x = − 1 x=-1 x = − 1 ∫ 1 0 − d y 1 + y 2 = π 4 \displaystyle\int_1^0\frac{-\dy}{1+y^2}=\frac\pi4 ∫ 1 0 1 + y 2 − d y = 4 π ∫ π 2 π ( cos 2 t + sin 2 t ) d t = π \displaystyle\int_\pi^{2\pi}(\cos^2t+\sin^2t)\dt=\pi ∫ π 2 π ( cos 2 t + sin 2 t ) d t = π
A D AD A D x x x − 1 -1 − 1 − d x 1 + x 2 -\frac{\dx}{1+x^2} − 1 + x 2 d x − [ arctan x ] 1 − 1 = π 2 -[\arctan x]_1^{-1}=\frac\pi2 − [ arctan x ] 1 − 1 = 2 π D B DB D B y y y − d y 1 + y 2 \frac{-\dy}{1+y^2} 1 + y 2 − d y π 4 \frac\pi4 4 π
④ 相加。 I = π 2 + π 4 + π = 7 π 4 I=\dfrac\pi2+\dfrac\pi4+\pi=\dfrac{7\pi}4 I = 2 π + 4 π + π = 4 7 π
李林还给了另一种做法：补 C A CA C A
答案：7 π 4 \frac{7\pi}4 4 7 π
4.5 与路径无关、原函数与全微分方程大白话：如果 P d x + Q d y P\dx+Q\dy P d x + Q d y u u u d u \dd u d u 积分 = u u u u u u ，与中间走哪条路无关。判断的办法是看 Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y 反求未知函数或参数 。
路径无关的四个等价命题（李林 p358）
设 D D D 单连通 区域（没有洞），P , Q P,Q P , Q D D D
对 D D D L L L ∮ L P d x + Q d y = 0 \oint_LP\dx+Q\dy=0 ∮ L P d x + Q d y = 0
∫ L P d x + Q d y \int_LP\dx+Q\dy ∫ L P d x + Q d y D D D 存在 u ( x , y ) u(x,y) u ( x , y ) d u = P d x + Q d y \dd u=P\dx+Q\dy d u = P d x + Q d y u u u
在 D D D ∂ Q ∂ x = ∂ P ∂ y \dfrac{\partial Q}{\partial x}=\dfrac{\partial P}{\partial y} ∂ x ∂ Q = ∂ y ∂ P
求原函数 的三种方法：（1）公式法 u = ∫ x 0 x P ( x , y 0 ) d x + ∫ y 0 y Q ( x , y ) d y u=\displaystyle\int_{x_0}^xP(x,y_0)\dx+\int_{y_0}^yQ(x,y)\dy u = ∫ x 0 x P ( x , y 0 ) d x + ∫ y 0 y Q ( x , y ) d y ∂ u ∂ x = P \frac{\partial u}{\partial x}=P ∂ x ∂ u = P φ ( y ) \varphi(y) φ ( y ) ∂ u ∂ y = Q \frac{\partial u}{\partial y}=Q ∂ y ∂ u = Q φ \varphi φ d ( ⋯ ) \dd(\cdots) d ( ⋯ )
方法卡 · 路径无关的三类题
什么时候用
（A）求沿某条难走的路径的积分；（B）已知积分与路径无关，求参数或未知函数；（C）求原函数。
步骤
（A）验证 Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y
（B）写出 Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y
（C）积分法：u = ∫ P d x + φ ( y ) u=\int P\dx+\varphi(y) u = ∫ P d x + φ ( y ) y y y φ \varphi φ 最容易错
区域有洞（奇点）时用“
Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y 就与路径无关”；换路径时新路径跨过了奇点；积分法里
φ ( y ) \varphi(y) φ ( y ) 写成常数
C C C 。
例 4.13 2019 数一(4)
设函数
Q ( x , y ) = x y 2 Q(x,y)=\dfrac x{y^2} Q ( x , y ) = y 2 x 。如果对上半平面
( y > 0 ) (y>0) ( y > 0 ) 内的任意有向光滑封闭曲线
C C C 都有
∮ C P ( x , y ) d x + Q ( x , y ) d y = 0 \displaystyle\oint_CP(x,y)\dx+Q(x,y)\dy=0 ∮ C P ( x , y ) d x + Q ( x , y ) d y = 0 ，那么函数
P ( x , y ) P(x,y) P ( x , y ) 可取为（ ）
（A）
y − x 2 y 3 y-\dfrac{x^2}{y^3} y − y 3 x 2 （B）
1 y − x 2 y 3 \dfrac1y-\dfrac{x^2}{y^3} y 1 − y 3 x 2 （C）
1 x − 1 y \dfrac1x-\dfrac1y x 1 − y 1 （D）
x − 1 y x-\dfrac1y x − y 1 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 条件翻译成 P y = Q x P_y=Q_x P y = Q x 上半平面是单连通区域，闭路积分恒为 0 ⟺ ∂ P ∂ y = ∂ Q ∂ x = 1 y 2 \dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial Q}{\partial x}=\dfrac1{y^2} ∂ y ∂ P = ∂ x ∂ Q = y 2 1 P P P
四个等价命题中的第 1 条和第 4 条；前提是 P , Q P,Q P , Q
② 逐个求 P y P_y P y （A）1 + 3 x 2 y 4 1+\dfrac{3x^2}{y^4} 1 + y 4 3 x 2 − 1 y 2 + 3 x 2 y 4 -\dfrac1{y^2}+\dfrac{3x^2}{y^4} − y 2 1 + y 4 3 x 2 1 y 2 \dfrac1{y^2} y 2 1 1 y 2 \dfrac1{y^2} y 2 1
对 y y y x x x 1 y \frac1y y 1 − 1 y 2 -\frac1{y^2} − y 2 1 − 1 y -\frac1y − y 1 1 y 2 \frac1{y^2} y 2 1
③ 排除（C）。 （C）的 1 x \dfrac1x x 1 x = 0 x=0 x = 0 y y y y y y
P y = Q x P_y=Q_x P y = Q x P P P
答案：D
例 4.14 2017 数一(11)
若曲线积分
∫ L x d x − a y d y x 2 + y 2 − 1 \displaystyle\int_L\frac{x\dx-ay\dy}{x^2+y^2-1} ∫ L x 2 + y 2 − 1 x d x − a y d y 在区域
D = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 < 1 } D=\{(x,y)\mid x^2+y^2<1\} D = {( x , y ) ∣ x 2 + y 2 < 1 } 内与路径无关，则
a = a= a = ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 写出 P , Q P,Q P , Q P = x x 2 + y 2 − 1 P=\dfrac x{x^2+y^2-1} P = x 2 + y 2 − 1 x Q = − a y x 2 + y 2 − 1 Q=\dfrac{-ay}{x^2+y^2-1} Q = x 2 + y 2 − 1 − a y ∂ P ∂ y = − 2 x y ( x 2 + y 2 − 1 ) 2 \dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{-2xy}{(x^2+y^2-1)^2} ∂ y ∂ P = ( x 2 + y 2 − 1 ) 2 − 2 x y ∂ Q ∂ x = 2 a x y ( x 2 + y 2 − 1 ) 2 \dfrac{\partial Q}{\partial x}=\dfrac{2axy}{(x^2+y^2-1)^2} ∂ x ∂ Q = ( x 2 + y 2 − 1 ) 2 2 a x y
单位圆内部分母不为 0，而且区域单连通，路径无关 ⟺ Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y
② 比较。 2 a x y = − 2 x y 2axy=-2xy 2 a x y = − 2 x y D D D a = − 1 a=-1 a = − 1
两个分式分母相同，比较分子；x y xy x y
答案：− 1 -1 − 1
例 4.15 2016 数一(17) 李林 第十四章 §1 例 7 · p355—356
设函数
f ( x , y ) f(x,y) f ( x , y ) 满足
∂ f ( x , y ) ∂ x = ( 2 x + 1 ) e 2 x − y \dfrac{\partial f(x,y)}{\partial x}=(2x+1)\e^{2x-y} ∂ x ∂ f ( x , y ) = ( 2 x + 1 ) e 2 x − y ，且
f ( 0 , y ) = y + 1 f(0,y)=y+1 f ( 0 , y ) = y + 1 ，
L t L_t L t 是从点
( 0 , 0 ) (0,0) ( 0 , 0 ) 到点
( 1 , t ) (1,t) ( 1 , t ) 的光滑曲线。计算曲线积分
I ( t ) = ∫ L t ∂ f ( x , y ) ∂ x d x + ∂ f ( x , y ) ∂ y d y I(t)=\displaystyle\int_{L_t}\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}\dx+\frac{\partial f(x,y)}{\partial y}\dy I ( t ) = ∫ L t ∂ x ∂ f ( x , y ) d x + ∂ y ∂ f ( x , y ) d y ，并求
I ( t ) I(t) I ( t ) 的最小值。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 被积式是全微分。 ∂ f ∂ x d x + ∂ f ∂ y d y = d f \dfrac{\partial f}{\partial x}\dx+\dfrac{\partial f}{\partial y}\dy=\dd f ∂ x ∂ f d x + ∂ y ∂ f d y = d f I ( t ) = f ( 1 , t ) − f ( 0 , 0 ) I(t)=f(1,t)-f(0,0) I ( t ) = f ( 1 , t ) − f ( 0 , 0 )
这是曲线积分版的牛顿—莱布尼茨公式：全微分的积分 = 终点值 − 起点值。
② 还原 f f f 对 x x x f = e − y ∫ ( 2 x + 1 ) e 2 x d x + φ ( y ) = x e 2 x − y + φ ( y ) f=\e^{-y}\displaystyle\int(2x+1)\e^{2x}\dx+\varphi(y)=x\e^{2x-y}+\varphi(y) f = e − y ∫ ( 2 x + 1 ) e 2 x d x + φ ( y ) = x e 2 x − y + φ ( y ) f ( 0 , y ) = φ ( y ) = y + 1 f(0,y)=\varphi(y)=y+1 f ( 0 , y ) = φ ( y ) = y + 1 f ( x , y ) = x e 2 x − y + y + 1 f(x,y)=x\e^{2x-y}+y+1 f ( x , y ) = x e 2 x − y + y + 1
∫ ( 2 x + 1 ) e 2 x d x = x e 2 x + C \int(2x+1)\e^{2x}\dx=x\e^{2x}+C ∫ ( 2 x + 1 ) e 2 x d x = x e 2 x + C e 2 x + 2 x e 2 x \e^{2x}+2x\e^{2x} e 2 x + 2 x e 2 x x x x y y y φ ( y ) \varphi(y) φ ( y )
③ 写出 I ( t ) I(t) I ( t ) I ( t ) = f ( 1 , t ) − f ( 0 , 0 ) = ( e 2 − t + t + 1 ) − 1 = t + e 2 − t I(t)=f(1,t)-f(0,0)=(\e^{2-t}+t+1)-1=t+\e^{2-t} I ( t ) = f ( 1 , t ) − f ( 0 , 0 ) = ( e 2 − t + t + 1 ) − 1 = t + e 2 − t
起点是原点，代入还原出的 f f f f ( 0 , 0 ) = 0 + 0 + 1 = 1 f(0,0)=0+0+1=1 f ( 0 , 0 ) = 0 + 0 + 1 = 1
④ 求最小值。 I ′ ( t ) = 1 − e 2 − t = 0 I'(t)=1-\e^{2-t}=0 I ′ ( t ) = 1 − e 2 − t = 0 t = 2 t=2 t = 2 t < 2 t<2 t < 2 I ′ < 0 I'<0 I ′ < 0 t > 2 t>2 t > 2 I ′ > 0 I'>0 I ′ > 0 t = 2 t=2 t = 2 I ( 2 ) = 2 + 1 = 3 I(2)=2+1=3 I ( 2 ) = 2 + 1 = 3
t t t
答案：I ( t ) = t + e 2 − t I(t)=t+\e^{2-t} I ( t ) = t + e 2 − t I ( 2 ) = 3 I(2)=3 I ( 2 ) = 3
例 4.16 李林 第十四章 §1 例 3 · p353—354
设
f ( u ) f(u) f ( u ) 有连续导数，且
∫ 0 4 f ( u ) d u = A ≠ 0 \displaystyle\int_0^4f(u)\dd u=A\ne0 ∫ 0 4 f ( u ) d u = A = 0 ，
L L L 为上半圆周
y = 2 x − x 2 y=\sqrt{2x-x^2} y = 2 x − x 2 ，起点为
( 0 , 0 ) (0,0) ( 0 , 0 ) ，终点为
B ( 2 , 0 ) B(2,0) B ( 2 , 0 ) 。（1）计算
I = ∫ L f ( x 2 + y 2 ) ( x d x + y d y ) I=\displaystyle\int_Lf(x^2+y^2)(x\dx+y\dy) I = ∫ L f ( x 2 + y 2 ) ( x d x + y d y ) ；（2）若将“
f ( u ) f(u) f ( u ) 有连续导数”改为“
f ( u ) f(u) f ( u ) 连续”，问（1）的计算结果是否正确？
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (1) 验证路径无关。 P = x f ( x 2 + y 2 ) P=xf(x^2+y^2) P = x f ( x 2 + y 2 ) Q = y f ( x 2 + y 2 ) Q=yf(x^2+y^2) Q = y f ( x 2 + y 2 ) ∂ Q ∂ x = 2 x y f ′ ( x 2 + y 2 ) = ∂ P ∂ y \dfrac{\partial Q}{\partial x}=2xyf'(x^2+y^2)=\dfrac{\partial P}{\partial y} ∂ x ∂ Q = 2 x y f ′ ( x 2 + y 2 ) = ∂ y ∂ P
复合函数求导：f ( x 2 + y 2 ) f(x^2+y^2) f ( x 2 + y 2 ) x x x f ′ ⋅ 2 x f'\cdot2x f ′ ⋅ 2 x
② (1) 换成 x x x 取 O B OB OB y = 0 y=0 y = 0 x x x I = ∫ 0 2 f ( x 2 ) x d x = u = x 2 ∫ 0 4 1 2 f ( u ) d u = A 2 I=\displaystyle\int_0^2f(x^2)\,x\dx\xlongequal{u=x^2}\int_0^4\frac12f(u)\dd u=\frac A2 I = ∫ 0 2 f ( x 2 ) x d x u = x 2 ∫ 0 4 2 1 f ( u ) d u = 2 A
路径无关就走最简单的直线；x d x = 1 2 d ( x 2 ) x\dx=\frac12\dd(x^2) x d x = 2 1 d ( x 2 )
③ (2) 只知道 f f f 不能再用 Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y f ′ f' f ′ F ( u ) = ∫ 0 u f ( t ) d t F(u)=\displaystyle\int_0^uf(t)\dt F ( u ) = ∫ 0 u f ( t ) d t f ( x 2 + y 2 ) ( x d x + y d y ) = d [ 1 2 F ( x 2 + y 2 ) ] f(x^2+y^2)(x\dx+y\dy)=\dd\Big[\dfrac12F(x^2+y^2)\Big] f ( x 2 + y 2 ) ( x d x + y d y ) = d [ 2 1 F ( x 2 + y 2 ) ] A 2 \frac A2 2 A
f f f F F F d [ 1 2 F ( x 2 + y 2 ) ] = 1 2 f ( x 2 + y 2 ) ⋅ ( 2 x d x + 2 y d y ) \dd\big[\frac12F(x^2+y^2)\big]=\frac12f(x^2+y^2)\cdot(2x\dx+2y\dy) d [ 2 1 F ( x 2 + y 2 ) ] = 2 1 f ( x 2 + y 2 ) ⋅ ( 2 x d x + 2 y d y )
答案：(1) A 2 \frac A2 2 A
x y O A (1, 0)B (2, 3)C (2, 0)原路径 L 路径无关时把 L L L A → C → B A\to C\to B A → C → B
例 4.17 李林 第十四章 §1 例 5 · p354—355
设
x > 0 x>0 x > 0 时，
y = f ( x ) y=f(x) y = f ( x ) 可微，且
f ( 1 ) = 2 f(1)=2 f ( 1 ) = 2 ，对
x > 0 x>0 x > 0 内的任何光滑闭曲线
C C C ，都有
∮ C 4 x 3 y d x + x f ( x ) d y = 0 \displaystyle\oint_C4x^3y\dx+xf(x)\dy=0 ∮ C 4 x 3 y d x + x f ( x ) d y = 0 ，求：（1）
f ( x ) f(x) f ( x ) ；（2）
I = ∫ L 4 x 3 y d x + x f ( x ) d y I=\displaystyle\int_L4x^3y\dx+xf(x)\dy I = ∫ L 4 x 3 y d x + x f ( x ) d y ，其中
L L L 是从
A ( 1 , 0 ) A(1,0) A ( 1 , 0 ) 到
B ( 2 , 3 ) B(2,3) B ( 2 , 3 ) 的一段弧。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 条件翻译成微分方程。 右半平面单连通，闭路积分为 0 ⟺ ∂ Q ∂ x = ∂ P ∂ y \dfrac{\partial Q}{\partial x}=\dfrac{\partial P}{\partial y} ∂ x ∂ Q = ∂ y ∂ P f ( x ) + x f ′ ( x ) = 4 x 3 f(x)+xf'(x)=4x^3 f ( x ) + x f ′ ( x ) = 4 x 3 f ′ ( x ) + 1 x f ( x ) = 4 x 2 f'(x)+\dfrac1xf(x)=4x^2 f ′ ( x ) + x 1 f ( x ) = 4 x 2
Q = x f ( x ) Q=xf(x) Q = x f ( x ) x x x P = 4 x 3 y P=4x^3y P = 4 x 3 y y y y 4 x 3 4x^3 4 x 3
② (1) 解一阶线性方程。 ( x f ) ′ = 4 x 3 (xf)'=4x^3 ( x f ) ′ = 4 x 3 x f = x 4 + C xf=x^4+C x f = x 4 + C f = x 3 + C x f=x^3+\dfrac Cx f = x 3 + x C f ( 1 ) = 2 f(1)=2 f ( 1 ) = 2 C = 1 C=1 C = 1 f ( x ) = x 3 + 1 x f(x)=x^3+\dfrac1x f ( x ) = x 3 + x 1
左边 f + x f ′ f+xf' f + x f ′ ( x f ) ′ (xf)' ( x f ) ′
③ (2) 换成折线。 A ( 1 , 0 ) → C ( 2 , 0 ) → B ( 2 , 3 ) A(1,0)\to C(2,0)\to B(2,3) A ( 1 , 0 ) → C ( 2 , 0 ) → B ( 2 , 3 ) A C AC A C y = 0 y=0 y = 0 d y = 0 \dd y=0 d y = 0 C B CB CB x = 2 x=2 x = 2 ∫ 0 3 2 f ( 2 ) d y = 2 ( 8 + 1 2 ) ⋅ 3 = 51 \displaystyle\int_0^32f(2)\dy=2\Big(8+\frac12\Big)\cdot3=51 ∫ 0 3 2 f ( 2 ) d y = 2 ( 8 + 2 1 ) ⋅ 3 = 51
积分与路径无关，折线都在 x > 0 x>0 x > 0 A C AC A C P = 4 x 3 ⋅ 0 = 0 P=4x^3\cdot0=0 P = 4 x 3 ⋅ 0 = 0
④ 用原函数核对。 4 x 3 y d x + ( x 4 + 1 ) d y = d ( x 4 y + y ) 4x^3y\dx+(x^4+1)\dy=\dd(x^4y+y) 4 x 3 y d x + ( x 4 + 1 ) d y = d ( x 4 y + y ) I = ( x 4 y + y ) ∣ ( 1 , 0 ) ( 2 , 3 ) = 48 + 3 = 51 I=(x^4y+y)\Big|_{(1,0)}^{(2,3)}=48+3=51 I = ( x 4 y + y ) ( 1 , 0 ) ( 2 , 3 ) = 48 + 3 = 51
把 (1) 求出的 f f f x f ( x ) = x 4 + 1 xf(x)=x^4+1 x f ( x ) = x 4 + 1 d ( x 4 y ) = 4 x 3 y d x + x 4 d y \dd(x^4y)=4x^3y\dx+x^4\dy d ( x 4 y ) = 4 x 3 y d x + x 4 d y d y \dd y d y
答案：(1) f ( x ) = x 3 + 1 x f(x)=x^3+\frac1x f ( x ) = x 3 + x 1 51 51 51
练习 3 李林 第十四章 §1 例 6 · p355
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 有二阶连续导数，且
f ( 1 ) = f ′ ( 1 ) = 1 f(1)=f'(1)=1 f ( 1 ) = f ′ ( 1 ) = 1 ，曲线积分
I = ∮ L [ y 2 x + x f ( y x ) ] d x + [ y − x f ′ ( y x ) ] d y = 0 I=\displaystyle\oint_L\Big[\frac{y^2}x+xf\Big(\frac yx\Big)\Big]\dx+\Big[y-xf'\Big(\frac yx\Big)\Big]\dy=0 I = ∮ L [ x y 2 + x f ( x y ) ] d x + [ y − x f ′ ( x y ) ] d y = 0 ，其中
L L L 是任一不与
y y y 轴相交的简单光滑闭曲线，求
f ( x ) f(x) f ( x ) 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 写出 Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y ∂ Q ∂ x = − f ′ ( y x ) − x f ′ ′ ( y x ) ⋅ ( − y x 2 ) = − f ′ + y x f ′ ′ \dfrac{\partial Q}{\partial x}=-f'\Big(\dfrac yx\Big)-xf''\Big(\dfrac yx\Big)\cdot\Big(-\dfrac y{x^2}\Big)=-f'+\dfrac yxf'' ∂ x ∂ Q = − f ′ ( x y ) − x f ′′ ( x y ) ⋅ ( − x 2 y ) = − f ′ + x y f ′′ ∂ P ∂ y = 2 y x + x f ′ ( y x ) ⋅ 1 x = 2 y x + f ′ \dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{2y}x+xf'\Big(\dfrac yx\Big)\cdot\dfrac1x=\dfrac{2y}x+f' ∂ y ∂ P = x 2 y + x f ′ ( x y ) ⋅ x 1 = x 2 y + f ′
不与 y y y Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y
② 令 t = y x t=\frac yx t = x y Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y t f ′ ′ ( t ) − 2 f ′ ( t ) = 2 t tf''(t)-2f'(t)=2t t f ′′ ( t ) − 2 f ′ ( t ) = 2 t
两边的 y x \frac yx x y t t t t t t f f f
③ 降阶。 令 p = f ′ ( t ) p=f'(t) p = f ′ ( t ) t p ′ − 2 p = 2 t tp'-2p=2t t p ′ − 2 p = 2 t p ′ − 2 t p = 2 p'-\dfrac2tp=2 p ′ − t 2 p = 2 p = t 2 ( ∫ 2 t 2 d t + C 1 ) = − 2 t + C 1 t 2 p=t^2\Big(\displaystyle\int\frac2{t^2}\dt+C_1\Big)=-2t+C_1t^2 p = t 2 ( ∫ t 2 2 d t + C 1 ) = − 2 t + C 1 t 2
方程不含 f f f 1 t 2 \frac1{t^2} t 2 1
④ 定常数。 f ′ ( 1 ) = − 2 + C 1 = 1 f'(1)=-2+C_1=1 f ′ ( 1 ) = − 2 + C 1 = 1 C 1 = 3 C_1=3 C 1 = 3 f ′ ( t ) = 3 t 2 − 2 t f'(t)=3t^2-2t f ′ ( t ) = 3 t 2 − 2 t f ( t ) = t 3 − t 2 + C 2 f(t)=t^3-t^2+C_2 f ( t ) = t 3 − t 2 + C 2 f ( 1 ) = 1 f(1)=1 f ( 1 ) = 1 C 2 = 1 C_2=1 C 2 = 1 f ( x ) = x 3 − x 2 + 1 f(x)=x^3-x^2+1 f ( x ) = x 3 − x 2 + 1
两个初始条件分别定两个常数；最后把自变量写回 x x x
答案：f ( x ) = x 3 − x 2 + 1 f(x)=x^3-x^2+1 f ( x ) = x 3 − x 2 + 1
练习 4 李林 第十四章 §1 例 10 · p357
设
P ( x , y ) = a x y 2 ( x 2 + y 2 ) 2 P(x,y)=\dfrac{axy^2}{(x^2+y^2)^2} P ( x , y ) = ( x 2 + y 2 ) 2 a x y 2 ，
Q ( x , y ) = − 4 y x b ( x 2 + y 2 ) 2 Q(x,y)=\dfrac{-4yx^b}{(x^2+y^2)^2} Q ( x , y ) = ( x 2 + y 2 ) 2 − 4 y x b ，求
a , b a,b a , b 的值，使得积分
∫ L P d x + Q d y \displaystyle\int_LP\dx+Q\dy ∫ L P d x + Q d y 在区域
D = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≠ 0 } D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\ne0\} D = {( x , y ) ∣ x 2 + y 2 = 0 } 上与路径无关，并计算
I = ∫ L P d x + Q d y I=\displaystyle\int_LP\dx+Q\dy I = ∫ L P d x + Q d y ，
L L L 为从点
A ( 1 , 0 ) A(1,0) A ( 1 , 0 ) 到点
B ( 0 , 1 ) B(0,1) B ( 0 , 1 ) 的直线段。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 求偏导。 ∂ Q ∂ x = − 4 x b − 1 y [ b ( x 2 + y 2 ) − 4 x 2 ] ( x 2 + y 2 ) 3 \dfrac{\partial Q}{\partial x}=\dfrac{-4x^{b-1}y\big[b(x^2+y^2)-4x^2\big]}{(x^2+y^2)^3} ∂ x ∂ Q = ( x 2 + y 2 ) 3 − 4 x b − 1 y [ b ( x 2 + y 2 ) − 4 x 2 ] ∂ P ∂ y = 2 a x y ( x 2 − y 2 ) ( x 2 + y 2 ) 3 \dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{2axy(x^2-y^2)}{(x^2+y^2)^3} ∂ y ∂ P = ( x 2 + y 2 ) 3 2 a x y ( x 2 − y 2 )
商的求导；( x 2 + y 2 ) − 2 (x^2+y^2)^{-2} ( x 2 + y 2 ) − 2 x x x − 4 x ( x 2 + y 2 ) − 3 -4x(x^2+y^2)^{-3} − 4 x ( x 2 + y 2 ) − 3
② 比较分子定 a , b a,b a , b 要 − 4 x b − 1 y [ ( b − 4 ) x 2 + b y 2 ] = 2 a x y ( x 2 − y 2 ) -4x^{b-1}y\big[(b-4)x^2+by^2\big]=2axy(x^2-y^2) − 4 x b − 1 y [ ( b − 4 ) x 2 + b y 2 ] = 2 a x y ( x 2 − y 2 ) x x x b − 1 = 1 b-1=1 b − 1 = 1 b = 2 b=2 b = 2 = − 4 x y ( − 2 x 2 + 2 y 2 ) = 8 x y ( x 2 − y 2 ) =-4xy(-2x^2+2y^2)=8xy(x^2-y^2) = − 4 x y ( − 2 x 2 + 2 y 2 ) = 8 x y ( x 2 − y 2 ) 2 a = 8 2a=8 2 a = 8 a = 4 a=4 a = 4
两边都是多项式，对所有 ( x , y ) (x,y) ( x , y ) b b b a a a
③ 这里的“路径无关”为什么成立。 D D D Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y a = 4 , b = 2 a=4,b=2 a = 4 , b = 2 P d x + Q d y = d ( − 2 y 2 x 2 + y 2 ) P\dx+Q\dy=\dd\Big(\dfrac{-2y^2}{x^2+y^2}\Big) P d x + Q d y = d ( x 2 + y 2 − 2 y 2 ) D D D
找到单值的原函数，就不怕区域有洞；这一点和 4.4 节的 x d y − y d x x 2 + y 2 \frac{x\dy-y\dx}{x^2+y^2} x 2 + y 2 x d y − y d x
④ 计算 I I I I = − 2 y 2 x 2 + y 2 ∣ ( 1 , 0 ) ( 0 , 1 ) = − 2 − 0 = − 2 I=\dfrac{-2y^2}{x^2+y^2}\Big|_{(1,0)}^{(0,1)}=-2-0=-2 I = x 2 + y 2 − 2 y 2 ( 1 , 0 ) ( 0 , 1 ) = − 2 − 0 = − 2
有了原函数，积分就等于原函数在终点的值减去起点的值；终点值减起点值。
答案：a = 4 a=4 a = 4 b = 2 b=2 b = 2 I = − 2 I=-2 I = − 2
4.6 第二型曲线积分的对称性：要看方向大白话：第二型曲线积分也能用对称性，但比第一型多一道手续：要看对称的两段曲线方向是否“相同” 。关于 x x x ∫ P d x \int P\dx ∫ P d x P P P y y y 偶 函数时反而为 0。所以对第二型用对称性，要把 P d x P\dx P d x Q d y Q\dy Q d y ，拿不准就别用。
x y O A B C D 正方形逆时针：上下两半关于 x x x 第二型曲线积分的奇偶性（李林 p368—369）
设 L L L x x x L 1 , L 2 L_1,L_2 L 1 , L 2
L 1 L_1 L 1 L 2 L_2 L 2 方向相反 （例如整条闭曲线逆时针）：P P P y y y ∫ L P d x = 0 \int_LP\dx=0 ∫ L P d x = 0 P P P y y y ∫ L P d x = 2 ∫ L 1 P d x \int_LP\dx=2\int_{L_1}P\dx ∫ L P d x = 2 ∫ L 1 P d x L 1 L_1 L 1 L 2 L_2 L 2 方向相同 ：结论与第一型相同（奇零偶倍）。关于 y y y ∫ L Q d y \int_LQ\dy ∫ L Q d y Q Q Q x x x
练习 5 李林 第十四章 §3 例如 · p369—370
计算
I = ∮ A B C D A d x + d y ∣ x ∣ + ∣ y ∣ I=\displaystyle\oint_{ABCDA}\frac{\dx+\dy}{|x|+|y|} I = ∮ A BC D A ∣ x ∣ + ∣ y ∣ d x + d y ，其中
A B C D A ABCDA A BC D A 是以
A ( 1 , 0 ) A(1,0) A ( 1 , 0 ) ，
B ( 0 , 1 ) B(0,1) B ( 0 , 1 ) ，
C ( − 1 , 0 ) C(-1,0) C ( − 1 , 0 ) ，
D ( 0 , − 1 ) D(0,-1) D ( 0 , − 1 ) 为顶点的正方形正向边界曲线。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 分开两项。 I = ∮ d x ∣ x ∣ + ∣ y ∣ + ∮ d y ∣ x ∣ + ∣ y ∣ = 记 I 1 + I 2 I=\displaystyle\oint\frac{\dx}{|x|+|y|}+\oint\frac{\dy}{|x|+|y|}\xlongequal{\text{记}}I_1+I_2 I = ∮ ∣ x ∣ + ∣ y ∣ d x + ∮ ∣ x ∣ + ∣ y ∣ d y 记 I 1 + I 2
对第二型用对称性， d x \dx d x d y \dy d y
② I 1 I_1 I 1 x x x 正方形关于 x x x A → B → C A\to B\to C A → B → C C → D → A C\to D\to A C → D → A P = 1 ∣ x ∣ + ∣ y ∣ P=\dfrac1{|x|+|y|} P = ∣ x ∣ + ∣ y ∣ 1 y y y I 1 = 0 I_1=0 I 1 = 0
对称点 ( x , y ) (x,y) ( x , y ) ( x , − y ) (x,-y) ( x , − y ) P P P d x < 0 \dd x<0 d x < 0 d x > 0 \dd x>0 d x > 0
③ I 2 I_2 I 2 y y y 右半 D → A → B D\to A\to B D → A → B B → C → D B\to C\to D B → C → D Q = 1 ∣ x ∣ + ∣ y ∣ Q=\dfrac1{|x|+|y|} Q = ∣ x ∣ + ∣ y ∣ 1 x x x I 2 = 0 I_2=0 I 2 = 0 I = 0 I=0 I = 0
同样的道理，这次看 d y \dd y d y d y > 0 \dd y>0 d y > 0 d y < 0 \dd y<0 d y < 0
④ 直接算核对。 在正方形上 ∣ x ∣ + ∣ y ∣ = 1 |x|+|y|=1 ∣ x ∣ + ∣ y ∣ = 1 I = ∮ d x + d y = ∮ d ( x + y ) = 0 I=\oint\dx+\dy=\oint\dd(x+y)=0 I = ∮ d x + d y = ∮ d ( x + y ) = 0
被积式的分母在曲线上恒为 1，剩下 d ( x + y ) \dd(x+y) d ( x + y )
答案：0
4.7 小结学完了，标记这一部分
第 5 部分
第二型曲面积分与高斯公式
第二型曲面积分是“流体穿过曲面的流量”，要先选定曲面的侧。这一部分讲分面投影、合一投影、高斯公式（直接用、补面、挖奇点）和对称性。Maki 收的 9 道真题全在这里，6 道用高斯公式。
考试要求（大纲原文，李林讲义第十四章第 1、2、3、5 条）
理解第二型曲面积分的概念。
理解两类曲面积分的关系。
掌握第二型曲面积分的计算方法。
掌握高斯公式。
对应李林讲义第十四章第二节“第二型曲面积分”（p359—368）和第三节里曲面积分的奇偶性（p370—371）。Maki 第三十六讲第 2 节的 9 道真题全在这里，其中 6 道用高斯公式。
5.1 有向曲面与概念：流体穿过曲面的流量大白话：水以速度 v = ( P , Q , R ) \boldsymbol v=(P,Q,R) v = ( P , Q , R ) 选定一侧 ：用法向量 n \bn n d S \dS d S v ⋅ n d S \boldsymbol v\cdot\bn\dS v ⋅ n d S 第二型曲面积分（对坐标的曲面积分） 。换了一侧，积分变号。d y d z , d z d x , d x d y \dd y\dd z,\ \dd z\dd x,\ \dd x\dd y d y d z , d z d x , d x d y 带正负号的投影 。
x y z O 上侧：cos γ>0 下侧：cos γ<0 选定法向量指向哪一边，就选定了“侧”。上侧 cos γ > 0 \cos\gamma>0 cos γ > 0 cos γ < 0 \cos\gamma<0 cos γ < 0 第二型曲面积分（李林 p359—360）
∬ S P d y d z + Q d z d x + R d x d y = ∬ S ( P cos α + Q cos β + R cos γ ) d S , \displaystyle \iint_SP\dd y\dd z+Q\dd z\dd x+R\dd x\dd y=\iint_S(P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma)\dS , ∬ S P d y d z + Q d z d x + R d x d y = ∬ S ( P cos α + Q cos β + R cos γ ) d S , ( cos α , cos β , cos γ ) (\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma) ( cos α , cos β , cos γ ) S S S
侧 ：上侧/下侧（看 cos γ \cos\gamma cos γ cos α \cos\alpha cos α cos β \cos\beta cos β 方向性 ：∬ S − = − ∬ S \iint_{S^-}=-\iint_S ∬ S − = − ∬ S S − S^- S − 转换公式 ：d y d z cos α = d z d x cos β = d x d y cos γ = d S \dfrac{\dd y\dd z}{\cos\alpha}=\dfrac{\dd z\dd x}{\cos\beta}=\dfrac{\dd x\dd y}{\cos\gamma}=\dS cos α d y d z = cos β d z d x = cos γ d x d y = d S
5.2 方法① 分面投影：一投、二代、三定号大白话：∬ R d x d y \iint R\dx\dy ∬ R d x d y x O y xOy x O y ∬ P d y d z \iint P\dy\dz ∬ P d y d z y O z yOz y O z ∬ Q d z d x \iint Q\dz\dx ∬ Q d z d x z O x zOx z O x 三项各投各的 。投影后变成二重积分，被积函数里的第三个变量用曲面方程换掉，最后按侧定正负号：上侧、前侧、右侧取“+”，另一侧取“−”。一张曲面在某个方向上“有两层”（比如整个球面对 x O y xOy x O y
投影公式（李林 p360—361）
S : z = z ( x , y ) S:z=z(x,y) S : z = z ( x , y ) D x y D_{xy} D x y ∬ S R d x d y = ± ∬ D x y R ( x , y , z ( x , y ) ) d x d y \displaystyle\iint_SR\dx\dy=\pm\iint_{D_{xy}}R\big(x,y,z(x,y)\big)\dx\dy ∬ S R d x d y = ± ∬ D x y R ( x , y , z ( x , y ) ) d x d y S : x = x ( y , z ) S:x=x(y,z) S : x = x ( y , z ) ∬ S P d y d z = ± ∬ D y z P ( x ( y , z ) , y , z ) d y d z \displaystyle\iint_SP\dy\dz=\pm\iint_{D_{yz}}P\big(x(y,z),y,z\big)\dy\dz ∬ S P d y d z = ± ∬ D yz P ( x ( y , z ) , y , z ) d y d z S : y = y ( z , x ) S:y=y(z,x) S : y = y ( z , x ) ∬ S Q d z d x = ± ∬ D z x Q ( x , y ( z , x ) , z ) d z d x \displaystyle\iint_SQ\dz\dx=\pm\iint_{D_{zx}}Q\big(x,y(z,x),z\big)\dz\dx ∬ S Q d z d x = ± ∬ D z x Q ( x , y ( z , x ) , z ) d z d x 竖直的柱面投到 x O y xOy x O y ∬ R d x d y = 0 \iint R\dx\dy=0 ∬ R d x d y = 0
例如 （李林 p361）：S S S x 2 + y 2 + z 2 = 1 x^2+y^2+z^2=1 x 2 + y 2 + z 2 = 1 x ≥ 0 , y ≥ 0 x\ge0,y\ge0 x ≥ 0 , y ≥ 0 ∬ S x y z d x d y \iint_Sxyz\dx\dy ∬ S x yz d x d y S 2 : z = 1 − x 2 − y 2 S_2:z=\sqrt{1-x^2-y^2} S 2 : z = 1 − x 2 − y 2 S 1 : z = − 1 − x 2 − y 2 S_1:z=-\sqrt{1-x^2-y^2} S 1 : z = − 1 − x 2 − y 2
∬ S x y z d x d y = ∬ D x y 1 − x 2 − y 2 d x d y − ∬ D x y ( − 1 − x 2 − y 2 ) d x d y = 2 ∫ 0 π / 2 d θ ∫ 0 1 r 3 sin θ cos θ 1 − r 2 d r = 2 15 . \displaystyle \iint_Sxyz\dx\dy=\iint_{D}xy\sqrt{1-x^2-y^2}\dx\dy-\iint_Dxy\big(-\sqrt{1-x^2-y^2}\big)\dx\dy=2\int_0^{\pi/2}\dth\int_0^1r^3\sin\theta\cos\theta\sqrt{1-r^2}\dr=\frac2{15}. ∬ S x yz d x d y = ∬ D x y 1 − x 2 − y 2 d x d y − ∬ D x y ( − 1 − x 2 − y 2 ) d x d y = 2 ∫ 0 π /2 d θ ∫ 0 1 r 3 sin θ cos θ 1 − r 2 d r = 15 2 . 两半的正负号和被积函数里的 ± \pm ±
方法卡 · 分面投影
什么时候用
曲面对某个坐标面是单值的（能解出
z = z ( x , y ) z=z(x,y) z = z ( x , y ) ），被积式只有一两项，或者被积函数能用曲面方程化简。
步骤
投 ：R d x d y R\dx\dy R d x d y x O y xOy x O y P d y d z P\dy\dz P d y d z y O z yOz y O z Q d z d x Q\dz\dx Q d z d x z O x zOx z O x 代 ：被积函数里的第三个变量用曲面方程代掉；能化简的先化简。定号 ：看这一片取的是哪一侧，上/前/右取正，下/后/左取负。最容易错
忘了定号（第二型积分的投影要带正负号，第一型才永远取正）；把整个球面一次投下去（上下两半必须分开）；竖直柱面去投
x O y xOy x O y 面（结果是 0，但别把 0 当成
P d y d z P\dy\dz P d y d z 那项的值）。
x y z O Σ：上半椭球面，上侧 D xy ： x ²+y ²≤4上半椭球面投到 x O y xOy x O y x 2 + y 2 ≤ 4 x^2+y^2\le4 x 2 + y 2 ≤ 4
例 5.1 2019 数一(12)
设
Σ \Sigma Σ 为曲面
x 2 + y 2 + 4 z 2 = 4 ( z ≥ 0 ) x^2+y^2+4z^2=4\ (z\ge0) x 2 + y 2 + 4 z 2 = 4 ( z ≥ 0 ) 的上侧，则
∬ Σ 4 − x 2 − 4 z 2 d x d y = \displaystyle\iint_\Sigma\sqrt{4-x^2-4z^2}\dx\dy= ∬ Σ 4 − x 2 − 4 z 2 d x d y = ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 代入。 在 Σ \Sigma Σ x 2 + y 2 + 4 z 2 = 4 x^2+y^2+4z^2=4 x 2 + y 2 + 4 z 2 = 4 4 − x 2 − 4 z 2 = y 2 4-x^2-4z^2=y^2 4 − x 2 − 4 z 2 = y 2 4 − x 2 − 4 z 2 = ∣ y ∣ \sqrt{4-x^2-4z^2}=|y| 4 − x 2 − 4 z 2 = ∣ y ∣
被积函数只在曲面上取值，曲面方程可以代进去；代完之后没有 z z z z z z
② 投影定号。 只有 d x d y \dx\dy d x d y x O y xOy x O y Σ \Sigma Σ D : x 2 + y 2 ≤ 4 D:x^2+y^2\le4 D : x 2 + y 2 ≤ 4 z = 0 z=0 z = 0 = ∬ D ∣ y ∣ d x d y =\displaystyle\iint_D|y|\dx\dy = ∬ D ∣ y ∣ d x d y
上半椭球面对 x O y xOy x O y z z z
③ 算二重积分。 ∣ y ∣ |y| ∣ y ∣ x , y x,y x , y D D D 4 ∫ 0 π / 2 d θ ∫ 0 2 r sin θ ⋅ r d r = 4 ⋅ 1 ⋅ 8 3 = 32 3 4\displaystyle\int_0^{\pi/2}\dth\int_0^2r\sin\theta\cdot r\dr=4\cdot1\cdot\frac83=\frac{32}3 4 ∫ 0 π /2 d θ ∫ 0 2 r sin θ ⋅ r d r = 4 ⋅ 1 ⋅ 3 8 = 3 32
对称性把绝对值去掉，只算第一象限再乘 4；极坐标下 ∣ y ∣ = r sin θ |y|=r\sin\theta ∣ y ∣ = r sin θ r r r
答案：32 3 \frac{32}3 3 32
5.3 方法② 合一投影：三项一起投到 x O y xOy x O y 大白话：分面投影要投三次，曲面对 y O z yOz y O z z O x zOx z O x 转换公式 把 d y d z \dd y\dd z d y d z d z d x \dd z\dd x d z d x d x d y \dd x\dd y d x d y z = z ( x , y ) z=z(x,y) z = z ( x , y ) ( − z x , − z y , 1 ) (-z_x,-z_y,1) ( − z x , − z y , 1 ) d y d z = − z x d x d y \dd y\dd z=-z_x\dx\dy d y d z = − z x d x d y d z d x = − z y d x d y \dd z\dd x=-z_y\dx\dy d z d x = − z y d x d y
合一投影（转换公式，李林 p361—362）
S : z = z ( x , y ) S:z=z(x,y) S : z = z ( x , y ) D x y D_{xy} D x y
∬ S P d y d z + Q d z d x + R d x d y = ± ∬ D x y [ P ⋅ ( − z x ) + Q ⋅ ( − z y ) + R ] d x d y , \displaystyle \iint_SP\dy\dz+Q\dz\dx+R\dx\dy=\pm\iint_{D_{xy}}\big[P\cdot(-z_x)+Q\cdot(-z_y)+R\big]\dx\dy , ∬ S P d y d z + Q d z d x + R d x d y = ± ∬ D x y [ P ⋅ ( − z x ) + Q ⋅ ( − z y ) + R ] d x d y , 上侧取“+”，下侧取“−”；P , Q , R P,Q,R P , Q , R z z z z ( x , y ) z(x,y) z ( x , y ) d y d z = cos α cos γ d x d y \dd y\dd z=\dfrac{\cos\alpha}{\cos\gamma}\dx\dy d y d z = cos γ cos α d x d y d z d x = cos β cos γ d x d y \dd z\dd x=\dfrac{\cos\beta}{\cos\gamma}\dx\dy d z d x = cos γ cos β d x d y
例如 （李林 p361—362）：S S S z = 1 2 ( x 2 + y 2 ) z=\frac12(x^2+y^2) z = 2 1 ( x 2 + y 2 ) z = 0 z=0 z = 0 z = 2 z=2 z = 2 ∬ S ( z 2 + x ) d y d z − z d x d y \iint_S(z^2+x)\dy\dz-z\dx\dy ∬ S ( z 2 + x ) d y d z − z d x d y ( x , y , − 1 ) (x,y,-1) ( x , y , − 1 ) d y d z = x − 1 d x d y = − x d x d y \dd y\dd z=\dfrac x{-1}\dx\dy=-x\dx\dy d y d z = − 1 x d x d y = − x d x d y = ∬ S [ − ( z 2 + x ) x − z ] d x d y =\iint_S\big[-(z^2+x)x-z\big]\dx\dy = ∬ S [ − ( z 2 + x ) x − z ] d x d y z z z 1 2 ( x 2 + y 2 ) \frac12(x^2+y^2) 2 1 ( x 2 + y 2 ) 1 4 ( x 2 + y 2 ) 2 x \frac14(x^2+y^2)^2x 4 1 ( x 2 + y 2 ) 2 x
= ∬ x 2 + y 2 ≤ 4 [ x 2 + 1 2 ( x 2 + y 2 ) ] d x d y = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 ( r 2 cos 2 θ + r 2 2 ) r d r = 4 π + 4 π = 8 π . \displaystyle =\iint_{x^2+y^2\le4}\Big[x^2+\frac12(x^2+y^2)\Big]\dx\dy=\int_0^{2\pi}\dth\int_0^2\Big(r^2\cos^2\theta+\frac{r^2}2\Big)r\dr=4\pi+4\pi=8\pi . = ∬ x 2 + y 2 ≤ 4 [ x 2 + 2 1 ( x 2 + y 2 ) ] d x d y = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 ( r 2 cos 2 θ + 2 r 2 ) r d r = 4 π + 4 π = 8 π . 方法卡 · 合一投影
什么时候用
曲面是
z = z ( x , y ) z=z(x,y) z = z ( x , y ) （单值），被积式有
d y d z \dd y\dd z d y d z 或
d z d x \dd z\dd x d z d x 项，分开投影很麻烦；选择题问“等于哪个
d x d y \dx\dy d x d y 形式”。
步骤
写出所选侧的法向量：上侧 ( − z x , − z y , 1 ) (-z_x,-z_y,1) ( − z x , − z y , 1 ) ( z x , z y , − 1 ) (z_x,z_y,-1) ( z x , z y , − 1 )
把 d y d z , d z d x \dd y\dd z,\dd z\dd x d y d z , d z d x d x d y \dx\dy d x d y
合成一项，按上侧“+”、下侧“−”投到 D x y D_{xy} D x y z z z 最容易错
法向量的方向与所选侧不一致；换成
d x d y \dx\dy d x d y 以后又按侧加了一次负号（下侧时符号只能处理一次）；
z z z 忘了代。
x y z O 上侧：n=(x , y , z ) Σ：z =√(1−x ²−y ²)，x ,y ≥0 第一卦限的四分之一个上半球面，上侧法向量是 ( x , y , z ) (x,y,z) ( x , y , z )
例 5.2 2024 数一(2)
设
P = P ( x , y , z ) P=P(x,y,z) P = P ( x , y , z ) ，
Q = Q ( x , y , z ) Q=Q(x,y,z) Q = Q ( x , y , z ) 均为连续函数，
Σ \Sigma Σ 为曲面
z = 1 − x 2 − y 2 ( x ≥ 0 , y ≥ 0 ) z=\sqrt{1-x^2-y^2}\ (x\ge0,y\ge0) z = 1 − x 2 − y 2 ( x ≥ 0 , y ≥ 0 ) 的上侧，则
∬ Σ P d y d z + Q d z d x = \displaystyle\iint_\Sigma P\dy\dz+Q\dz\dx= ∬ Σ P d y d z + Q d z d x = （ ）
（A）
∬ Σ ( x z P + y z Q ) d x d y \displaystyle\iint_\Sigma\Big(\frac xzP+\frac yzQ\Big)\dx\dy ∬ Σ ( z x P + z y Q ) d x d y （B）
∬ Σ ( − x z P + y z Q ) d x d y \displaystyle\iint_\Sigma\Big(-\frac xzP+\frac yzQ\Big)\dx\dy ∬ Σ ( − z x P + z y Q ) d x d y （C）
∬ Σ ( x z P − y z Q ) d x d y \displaystyle\iint_\Sigma\Big(\frac xzP-\frac yzQ\Big)\dx\dy ∬ Σ ( z x P − z y Q ) d x d y （D）
∬ Σ ( − x z P − y z Q ) d x d y \displaystyle\iint_\Sigma\Big(-\frac xzP-\frac yzQ\Big)\dx\dy ∬ Σ ( − z x P − z y Q ) d x d y 解答先遮住，自己试 5 分钟
① 上侧的法向量。 z = 1 − x 2 − y 2 z=\sqrt{1-x^2-y^2} z = 1 − x 2 − y 2 z x = − x z z_x=-\dfrac xz z x = − z x z y = − y z z_y=-\dfrac yz z y = − z y ( − z x , − z y , 1 ) = ( x z , y z , 1 ) (-z_x,-z_y,1)=\Big(\dfrac xz,\dfrac yz,1\Big) ( − z x , − z y , 1 ) = ( z x , z y , 1 )
也可以直接看：单位球面外侧的法向量是 ( x , y , z ) (x,y,z) ( x , y , z ) z z z
② 转换。 d y d z = cos α cos γ d x d y = x z d x d y \dd y\dd z=\dfrac{\cos\alpha}{\cos\gamma}\dx\dy=\dfrac xz\dx\dy d y d z = cos γ cos α d x d y = z x d x d y d z d x = cos β cos γ d x d y = y z d x d y \dd z\dd x=\dfrac{\cos\beta}{\cos\gamma}\dx\dy=\dfrac yz\dx\dy d z d x = cos γ cos β d x d y = z y d x d y
两个投影之比等于法向量对应分量之比；x z , y z \frac xz,\frac yz z x , z y
③ 选出答案。 ∬ Σ P d y d z + Q d z d x = ∬ Σ ( x z P + y z Q ) d x d y \displaystyle\iint_\Sigma P\dy\dz+Q\dz\dx=\iint_\Sigma\Big(\frac xzP+\frac yzQ\Big)\dx\dy ∬ Σ P d y d z + Q d z d x = ∬ Σ ( z x P + z y Q ) d x d y
选项里仍写成 ∬ Σ ⋯ d x d y \iint_\Sigma\cdots\dx\dy ∬ Σ ⋯ d x d y
答案：A
例 5.3 李林 第十四章 §2 例 2 · p363—364
求
I = ∬ S y d z d x + 2 d x d y I=\displaystyle\iint_Sy\dz\dx+2\dx\dy I = ∬ S y d z d x + 2 d x d y ，其中
S : z = 8 − ( x 2 + y 2 ) S:z=8-(x^2+y^2) S : z = 8 − ( x 2 + y 2 ) 在
x O y xOy x O y 面上方的部分，取上侧。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 解法一：转换公式。 上侧法向量 ( − z x , − z y , 1 ) = ( 2 x , 2 y , 1 ) (-z_x,-z_y,1)=(2x,2y,1) ( − z x , − z y , 1 ) = ( 2 x , 2 y , 1 ) d z d x = 2 y 1 d x d y \dd z\dd x=\dfrac{2y}1\dx\dy d z d x = 1 2 y d x d y I = ∬ S ( 2 y 2 + 2 ) d x d y I=\displaystyle\iint_S(2y^2+2)\dx\dy I = ∬ S ( 2 y 2 + 2 ) d x d y
z = 8 − x 2 − y 2 z=8-x^2-y^2 z = 8 − x 2 − y 2 z y = − 2 y z_y=-2y z y = − 2 y y y y − z y = 2 y -z_y=2y − z y = 2 y y d z d x y\dz\dx y d z d x y ⋅ 2 y d x d y y\cdot2y\dx\dy y ⋅ 2 y d x d y
② 投影计算。 投影 D : x 2 + y 2 ≤ 8 D:x^2+y^2\le8 D : x 2 + y 2 ≤ 8 I = 2 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 8 ( r 2 sin 2 θ + 1 ) r d r = 2 ( π ⋅ 16 + 8 π ) = 48 π I=2\displaystyle\int_0^{2\pi}\dth\int_0^{\sqrt8}(r^2\sin^2\theta+1)r\dr=2\big(\pi\cdot16+8\pi\big)=48\pi I = 2 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 8 ( r 2 sin 2 θ + 1 ) r d r = 2 ( π ⋅ 16 + 8 π ) = 48 π
这是圆盘上的二重积分，用极坐标逐项积分：∫ 0 2 π sin 2 θ d θ = π \int_0^{2\pi}\sin^2\theta\dth=\pi ∫ 0 2 π sin 2 θ d θ = π ∫ 0 8 r 3 d r = 16 \int_0^{\sqrt8}r^3\dr=16 ∫ 0 8 r 3 d r = 16 ∬ D 1 = 8 π \iint_D1=8\pi ∬ D 1 = 8 π
③ 解法二：补面用高斯。 补 S 1 : z = 0 , x 2 + y 2 ≤ 8 S_1:z=0,\ x^2+y^2\le8 S 1 : z = 0 , x 2 + y 2 ≤ 8 S + S 1 S+S_1 S + S 1 div ( 0 , y , 2 ) = 1 \Div(0,y,2)=1 div ( 0 , y , 2 ) = 1 ∯ S + S 1 = ∭ Ω 1 d V = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 8 ( 8 − r 2 ) r d r = 32 π \displaystyle\oiint_{S+S_1}=\iiint_\Omega1\dV=\int_0^{2\pi}\dth\int_0^{\sqrt8}(8-r^2)r\dr=32\pi ∬ S + S 1 = ∭ Ω 1 d V = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 8 ( 8 − r 2 ) r d r = 32 π
抛物面盖住底面圆盘，围成立体 Ω \Omega Ω
④ 减去底面。 S 1 S_1 S 1 d z d x = 0 \dd z\dd x=0 d z d x = 0 ∬ S 1 2 d x d y = − 2 × 8 π = − 16 π \displaystyle\iint_{S_1}2\dx\dy=-2\times8\pi=-16\pi ∬ S 1 2 d x d y = − 2 × 8 π = − 16 π I = 32 π − ( − 16 π ) = 48 π I=32\pi-(-16\pi)=48\pi I = 32 π − ( − 16 π ) = 48 π
两种方法结果相同；补的面在水平面上时， d y d z \dy\dz d y d z d z d x \dz\dx d z d x
答案：48 π 48\pi 48 π
x y z O 下侧：n ∝ (x , y , −z ) 锥面在 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4 1\le x^2+y^2\le4 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4
例 5.4 2020 数一(18)
设
Σ \Sigma Σ 为曲面
z = x 2 + y 2 ( 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4 ) z=\sqrt{x^2+y^2}\ (1\le x^2+y^2\le4) z = x 2 + y 2 ( 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4 ) 的下侧，
f ( x ) f(x) f ( x ) 是连续函数，计算
I = ∬ Σ [ x f ( x y ) + 2 x − y ] d y d z + [ y f ( x y ) + 2 y + x ] d z d x + [ z f ( x y ) + z ] d x d y I=\displaystyle\iint_\Sigma\big[xf(xy)+2x-y\big]\dy\dz+\big[yf(xy)+2y+x\big]\dz\dx+\big[zf(xy)+z\big]\dx\dy I = ∬ Σ [ x f ( x y ) + 2 x − y ] d y d z + [ y f ( x y ) + 2 y + x ] d z d x + [ z f ( x y ) + z ] d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 下侧法向量。 记 r = x 2 + y 2 r=\sqrt{x^2+y^2} r = x 2 + y 2 z x = x r z_x=\dfrac xr z x = r x z y = y r z_y=\dfrac yr z y = r y ( z x , z y , − 1 ) = ( x r , y r , − 1 ) (z_x,z_y,-1)=\Big(\dfrac xr,\dfrac yr,-1\Big) ( z x , z y , − 1 ) = ( r x , r y , − 1 )
f f f f ′ f' f ′ f f f
② 合一投影。 下侧取“−”：I = − ∬ D ( − P z x − Q z y + R ) d x d y = ∬ D ( P z x + Q z y − R ) d x d y I=-\displaystyle\iint_D\big(-Pz_x-Qz_y+R\big)\dx\dy=\iint_D\big(Pz_x+Qz_y-R\big)\dx\dy I = − ∬ D ( − P z x − Q z y + R ) d x d y = ∬ D ( P z x + Q z y − R ) d x d y D : 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4 D:1\le x^2+y^2\le4 D : 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4 P , Q , R P,Q,R P , Q , R z z z r r r
合一投影公式 ± ∬ D ( − P z x − Q z y + R ) d x d y \pm\iint_D(-Pz_x-Qz_y+R)\dx\dy ± ∬ D ( − P z x − Q z y + R ) d x d y
③ 化简被积函数。 P z x + Q z y = x 2 f + 2 x 2 − x y + y 2 f + 2 y 2 + x y r = r f + 2 r Pz_x+Qz_y=\dfrac{x^2f+2x^2-xy+y^2f+2y^2+xy}r=rf+2r P z x + Q z y = r x 2 f + 2 x 2 − x y + y 2 f + 2 y 2 + x y = r f + 2 r R = z f + z = r f + r R=zf+z=rf+r R = z f + z = r f + r z = r z=r z = r r r r
交叉项 − x y -xy − x y + x y +xy + x y f f f f f f
④ 算二重积分。 I = ∬ D r d x d y = ∫ 0 2 π d θ ∫ 1 2 r ⋅ r d r = 2 π ⋅ 7 3 = 14 π 3 I=\displaystyle\iint_Dr\dx\dy=\int_0^{2\pi}\dth\int_1^2r\cdot r\dr=2\pi\cdot\frac73=\frac{14\pi}3 I = ∬ D r d x d y = ∫ 0 2 π d θ ∫ 1 2 r ⋅ r d r = 2 π ⋅ 3 7 = 3 14 π
被积函数 r = x 2 + y 2 r=\sqrt{x^2+y^2} r = x 2 + y 2 r r r
答案：14 π 3 \frac{14\pi}3 3 14 π
5.4 方法③ 高斯公式：封闭曲面换成三重积分大白话：从一个封闭的袋子里往外流出的水，等于袋子里面每一点“往外冒水的强度”（散度）加起来。这就是高斯公式：封闭曲面外侧上的第二型曲面积分 = 所围立体上散度 P x + Q y + R z P_x+Q_y+R_z P x + Q y + R z 。散度常常比原被积函数简单得多（常数、一次式），再配合第 1 部分的三重积分技巧（对称性、形心、截面法），计算量一下子就小了。条件是：曲面封闭、取外侧，P , Q , R P,Q,R P , Q , R
x y z O Ω 外侧法向量 封闭曲面取外侧：流出的总量 = 里面散度之和。 高斯公式（李林 p362）
∯ Σ 外 P d y d z + Q d z d x + R d x d y = ∭ Ω ( ∂ P ∂ x + ∂ Q ∂ y + ∂ R ∂ z ) d V . \displaystyle \oiint_{\Sigma\text{外}}P\dy\dz+Q\dz\dx+R\dx\dy=\iiint_\Omega\Big(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}\Big)\dV . ∬ Σ 外 P d y d z + Q d z d x + R d x d y = ∭ Ω ( ∂ x ∂ P + ∂ y ∂ Q + ∂ z ∂ R ) d V .
内侧时右边加负号。Ω \Omega Ω Ω \Omega Ω
三种用法：直接用 （曲面封闭）；补面 （曲面不封闭，补上简单的平面再减掉）；挖奇点 （立体里有 P , Q , R P,Q,R P , Q , R
散度 div F = P x + Q y + R z \Div\bF=P_x+Q_y+R_z div F = P x + Q y + R z
方法卡 · 高斯公式直接用
什么时候用
曲面封闭（立体的整个表面）；
P , Q , R P,Q,R P , Q , R 简单，散度更简单；立体里没有奇点。
步骤
算散度 P x + Q y + R z P_x+Q_y+R_z P x + Q y + R z
查条件：外侧还是内侧？立体里有没有让分母为 0 的点？
算三重积分：先用对称性划掉奇函数项，常数项用体积，一次项用形心（∭ x d V = x ˉ V \iiint x\dV=\bar xV ∭ x d V = x ˉ V 最容易错
内侧没加负号；散度算成
P x + Q x + R x P_x+Q_x+R_x P x + Q x + R x ；立体里有奇点还直接用。
x y z O 1 2 1 2x +y +2z =2 平面 2 x + y + 2 z = 2 2x+y+2z=2 2 x + y + 2 z = 2
例 5.5 2016 数一(18)
设有界区域
Ω \Omega Ω 由平面
2 x + y + 2 z = 2 2x+y+2z=2 2 x + y + 2 z = 2 与三个坐标平面围成，
Σ \Sigma Σ 为
Ω \Omega Ω 整个表面的外侧，计算曲面积分
I = ∬ Σ ( x 2 + 1 ) d y d z − 2 y d z d x + 3 z d x d y I=\displaystyle\iint_\Sigma(x^2+1)\dy\dz-2y\dz\dx+3z\dx\dy I = ∬ Σ ( x 2 + 1 ) d y d z − 2 y d z d x + 3 z d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 散度。 ∂ ∂ x ( x 2 + 1 ) + ∂ ∂ y ( − 2 y ) + ∂ ∂ z ( 3 z ) = 2 x − 2 + 3 = 2 x + 1 \dfrac{\partial}{\partial x}(x^2+1)+\dfrac{\partial}{\partial y}(-2y)+\dfrac{\partial}{\partial z}(3z)=2x-2+3=2x+1 ∂ x ∂ ( x 2 + 1 ) + ∂ y ∂ ( − 2 y ) + ∂ z ∂ ( 3 z ) = 2 x − 2 + 3 = 2 x + 1
Σ \Sigma Σ
② 化成三重积分。 I = ∭ Ω ( 2 x + 1 ) d V = 2 ∭ Ω x d V + V I=\displaystyle\iiint_\Omega(2x+1)\dV=2\iiint_\Omega x\dV+V I = ∭ Ω ( 2 x + 1 ) d V = 2 ∭ Ω x d V + V V = 1 6 ⋅ 1 ⋅ 2 ⋅ 1 = 1 3 V=\dfrac16\cdot1\cdot2\cdot1=\dfrac13 V = 6 1 ⋅ 1 ⋅ 2 ⋅ 1 = 3 1
直角四面体的体积是三条直角棱乘积的 1 6 \frac16 6 1 ( 1 , 0 , 0 ) (1,0,0) ( 1 , 0 , 0 ) ( 0 , 2 , 0 ) (0,2,0) ( 0 , 2 , 0 ) ( 0 , 0 , 1 ) (0,0,1) ( 0 , 0 , 1 )
③ ∭ x d V \iiint x\dV ∭ x d V 截面法：固定 x x x y + 2 z ≤ 2 − 2 x y+2z\le2-2x y + 2 z ≤ 2 − 2 x 2 − 2 x 2-2x 2 − 2 x 1 − x 1-x 1 − x ( 1 − x ) 2 (1-x)^2 ( 1 − x ) 2 ∭ Ω x d V = ∫ 0 1 x ( 1 − x ) 2 d x = 1 12 \displaystyle\iiint_\Omega x\dV=\int_0^1x(1-x)^2\dx=\frac1{12} ∭ Ω x d V = ∫ 0 1 x ( 1 − x ) 2 d x = 12 1
也可以用形心：四面体的形心是四个顶点坐标的平均，x ˉ = 0 + 1 + 0 + 0 4 = 1 4 \bar x=\frac{0+1+0+0}4=\frac14 x ˉ = 4 0 + 1 + 0 + 0 = 4 1 ∭ x d V = 1 4 ⋅ 1 3 = 1 12 \iiint x\dV=\frac14\cdot\frac13=\frac1{12} ∭ x d V = 4 1 ⋅ 3 1 = 12 1
④ 结果。 I = 2 ⋅ 1 12 + 1 3 = 1 2 I=2\cdot\dfrac1{12}+\dfrac13=\dfrac12 I = 2 ⋅ 12 1 + 3 1 = 2 1
2 ∭ x d V 2\iiint x\dV 2 ∭ x d V V V V 2 x + 1 2x+1 2 x + 1
答案：1 2 \frac12 2 1
x y z O x ²+4y ²=4z =2椭圆柱体 x 2 + 4 y 2 ≤ 4 x^2+4y^2\le4 x 2 + 4 y 2 ≤ 4 0 ≤ z ≤ 2 0\le z\le2 0 ≤ z ≤ 2
例 5.6 2021 数一(14)
设
Σ \Sigma Σ 为空间区域
{ ( x , y , z ) ∣ x 2 + 4 y 2 ≤ 4 , 0 ≤ z ≤ 2 } \{(x,y,z)\mid x^2+4y^2\le4,\ 0\le z\le2\} {( x , y , z ) ∣ x 2 + 4 y 2 ≤ 4 , 0 ≤ z ≤ 2 } 表面的外侧，则曲面积分
∯ Σ x 2 d y d z + y 2 d z d x + z d x d y = \displaystyle\oiint_\Sigma x^2\dy\dz+y^2\dz\dx+z\dx\dy= ∬ Σ x 2 d y d z + y 2 d z d x + z d x d y = ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 散度。 div = 2 x + 2 y + 1 \Div=2x+2y+1 div = 2 x + 2 y + 1
封闭曲面外侧，被积函数是多项式，直接用高斯公式。
② 对称性。 椭圆柱体关于 y O z yOz y O z x O z xOz x O z 2 x 2x 2 x 2 y 2y 2 y x x x y y y
x 2 + 4 y 2 ≤ 4 x^2+4y^2\le4 x 2 + 4 y 2 ≤ 4 x , y x,y x , y x x x − x -x − x y y y − y -y − y
③ 体积。 原式 = ∭ Ω 1 d V = V = π ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 2 = 4 π =\displaystyle\iiint_\Omega1\dV=V=\pi\cdot2\cdot1\cdot2=4\pi = ∭ Ω 1 d V = V = π ⋅ 2 ⋅ 1 ⋅ 2 = 4 π
底面椭圆 x 2 4 + y 2 ≤ 1 \frac{x^2}4+y^2\le1 4 x 2 + y 2 ≤ 1 π ⋅ 2 ⋅ 1 = 2 π \pi\cdot2\cdot1=2\pi π ⋅ 2 ⋅ 1 = 2 π
答案：4 π 4\pi 4 π
x y z O 顶：x +z =1 柱面 x ²+y ²=1 柱面 x 2 + y 2 = 1 x^2+y^2=1 x 2 + y 2 = 1 z = 0 z=0 z = 0 x + z = 1 x+z=1 x + z = 1
例 5.7 2023 数一(19)
设空间有界区域
Ω \Omega Ω 由柱面
x 2 + y 2 = 1 x^2+y^2=1 x 2 + y 2 = 1 与平面
z = 0 z=0 z = 0 和
x + z = 1 x+z=1 x + z = 1 围成，
Σ \Sigma Σ 为
Ω \Omega Ω 边界的外侧，计算曲面积分
I = ∬ Σ 2 x z d y d z + x z cos y d z d x + 3 y z sin x d x d y I=\displaystyle\iint_\Sigma2xz\dy\dz+xz\cos y\dz\dx+3yz\sin x\dx\dy I = ∬ Σ 2 x z d y d z + x z cos y d z d x + 3 yz sin x d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 散度。 ∂ ∂ x ( 2 x z ) = 2 z \dfrac{\partial}{\partial x}(2xz)=2z ∂ x ∂ ( 2 x z ) = 2 z ∂ ∂ y ( x z cos y ) = − x z sin y \dfrac{\partial}{\partial y}(xz\cos y)=-xz\sin y ∂ y ∂ ( x z cos y ) = − x z sin y ∂ ∂ z ( 3 y z sin x ) = 3 y sin x \dfrac{\partial}{\partial z}(3yz\sin x)=3y\sin x ∂ z ∂ ( 3 yz sin x ) = 3 y sin x div = 2 z − x z sin y + 3 y sin x \Div=2z-xz\sin y+3y\sin x div = 2 z − x z sin y + 3 y sin x
三项分别只对自己那个变量求导；cos y \cos y cos y sin x \sin x sin x
② 对称性划掉两项。 Ω \Omega Ω x O z xOz x O z y → − y y\to-y y → − y x 2 + y 2 = 1 x^2+y^2=1 x 2 + y 2 = 1 z = 0 z=0 z = 0 x + z = 1 x+z=1 x + z = 1 − x z sin y -xz\sin y − x z sin y 3 y sin x 3y\sin x 3 y sin x y y y I = ∭ Ω 2 z d V I=\displaystyle\iiint_\Omega2z\dV I = ∭ Ω 2 z d V
关于 y y y y y y sin y \sin y sin y y y y x z xz x z
③ 先一后二。 投影 D : x 2 + y 2 ≤ 1 D:x^2+y^2\le1 D : x 2 + y 2 ≤ 1 z z z 1 − x 1-x 1 − x ∭ Ω 2 z d V = ∬ D ( 1 − x ) 2 d x d y = ∬ D ( 1 − 2 x + x 2 ) d x d y \displaystyle\iiint_\Omega2z\dV=\iint_D(1-x)^2\dx\dy=\iint_D(1-2x+x^2)\dx\dy ∭ Ω 2 z d V = ∬ D ( 1 − x ) 2 d x d y = ∬ D ( 1 − 2 x + x 2 ) d x d y
∫ 0 1 − x 2 z d z = ( 1 − x ) 2 \int_0^{1-x}2z\dz=(1-x)^2 ∫ 0 1 − x 2 z d z = ( 1 − x ) 2 x + z = 1 x+z=1 x + z = 1 ≥ 0 \ge0 ≥ 0 z = 0 z=0 z = 0 z = 1 − x z=1-x z = 1 − x
④ 算二重积分。 ∬ D 1 = π \iint_D1=\pi ∬ D 1 = π ∬ D 2 x = 0 \iint_D2x=0 ∬ D 2 x = 0 ∬ D x 2 = 1 2 ∬ D ( x 2 + y 2 ) = 1 2 ⋅ π 2 = π 4 \iint_Dx^2=\dfrac12\iint_D(x^2+y^2)=\dfrac12\cdot\dfrac\pi2=\dfrac\pi4 ∬ D x 2 = 2 1 ∬ D ( x 2 + y 2 ) = 2 1 ⋅ 2 π = 4 π I = π + π 4 = 5 π 4 I=\pi+\dfrac\pi4=\dfrac{5\pi}4 I = π + 4 π = 4 5 π
单位圆盘上 ∬ ( x 2 + y 2 ) = ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r 3 d r d θ = π 2 \iint(x^2+y^2)=\int_0^{2\pi}\int_0^1r^3\dr\dth=\frac\pi2 ∬ ( x 2 + y 2 ) = ∫ 0 2 π ∫ 0 1 r 3 d r d θ = 2 π x 2 x^2 x 2
答案：5 π 4 \frac{5\pi}4 4 5 π
例 5.8 李林 第十四章 §2 例 7 · p366—367
设对于半空间
x > 0 x>0 x > 0 内任意的光滑有向封闭曲面
S S S ，都有
∯ S x f ( x ) d y d z − x y f ( x ) d z d x − e 2 x z d x d y = 0 \displaystyle\oiint_Sxf(x)\dy\dz-xyf(x)\dz\dx-\e^{2x}z\dx\dy=0 ∬ S x f ( x ) d y d z − x y f ( x ) d z d x − e 2 x z d x d y = 0 ，其中函数
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
( 0 , + ∞ ) (0,+\infty) ( 0 , + ∞ ) 内具有连续的一阶导数，且
lim x → 0 + f ( x ) = 1 \lim\limits_{x\to0^+}f(x)=1 x → 0 + lim f ( x ) = 1 ，求
f ( x ) f(x) f ( x ) 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 由高斯公式得出散度为 0。 对 S S S V V V 0 = ± ∭ V [ x f ′ ( x ) + f ( x ) − x f ( x ) − e 2 x ] d V 0=\pm\displaystyle\iiint_V\big[xf'(x)+f(x)-xf(x)-\e^{2x}\big]\dV 0 = ± ∭ V [ x f ′ ( x ) + f ( x ) − x f ( x ) − e 2 x ] d V S S S x f ′ + f − x f − e 2 x = 0 xf'+f-xf-\e^{2x}=0 x f ′ + f − x f − e 2 x = 0
如果被积函数在某点不为 0，由连续性它在这点附近同号，取一个包住这点的小球面，积分就不为 0，与条件矛盾。
② 一阶线性方程。 f ′ + ( 1 x − 1 ) f = e 2 x x f'+\Big(\dfrac1x-1\Big)f=\dfrac{\e^{2x}}x f ′ + ( x 1 − 1 ) f = x e 2 x e ∫ ( 1 x − 1 ) d x = x e − x \e^{\int(\frac1x-1)\dx}=x\e^{-x} e ∫ ( x 1 − 1 ) d x = x e − x ( x e − x f ) ′ = e x \big(x\e^{-x}f\big)'=\e^x ( x e − x f ) ′ = e x x e − x f = e x + C x\e^{-x}f=\e^x+C x e − x f = e x + C f = e x x ( e x + C ) f=\dfrac{\e^x}x(\e^x+C) f = x e x ( e x + C )
两边乘积分因子后，左边正好是一个乘积的导数，直接积分。
③ 由极限定常数。 lim x → 0 + e 2 x + C e x x = 1 \lim\limits_{x\to0^+}\dfrac{\e^{2x}+C\e^x}x=1 x → 0 + lim x e 2 x + C e x = 1 1 + C = 0 1+C=0 1 + C = 0 C = − 1 C=-1 C = − 1 lim e 2 x − e x x = 2 − 1 = 1 \lim\dfrac{\e^{2x}-\e^x}x=2-1=1 lim x e 2 x − e x = 2 − 1 = 1 f ( x ) = e x x ( e x − 1 ) f(x)=\dfrac{\e^x}x(\e^x-1) f ( x ) = x e x ( e x − 1 )
f f f x = 0 x=0 x = 0 f ( 0 ) f(0) f ( 0 )
答案：f ( x ) = e x x ( e x − 1 ) f(x)=\frac{\e^x}x(\e^x-1) f ( x ) = x e x ( e x − 1 )
5.5 补面与挖奇点大白话：曲面不封闭时，补一块平面把它封起来 ：∬ Σ = ∯ Σ + Σ 1 − ∬ Σ 1 \iint_\Sigma=\oiint_{\Sigma+\Sigma_1}-\iint_{\Sigma_1} ∬ Σ = ∬ Σ + Σ 1 − ∬ Σ 1
补面与挖奇点
补面 ：∬ Σ = ∯ Σ + Σ 1 − ∬ Σ 1 \displaystyle\iint_\Sigma=\oiint_{\Sigma+\Sigma_1}-\iint_{\Sigma_1} ∬ Σ = ∬ Σ + Σ 1 − ∬ Σ 1 ∯ \oiint ∬ ∬ Σ 1 \iint_{\Sigma_1} ∬ Σ 1 先代入 ：分母是 x 2 + y 2 + z 2 \sqrt{x^2+y^2+z^2} x 2 + y 2 + z 2 R R R 挖奇点 ：散度在奇点外为 0 时，∯ Σ = ∯ Σ ε \oiint_\Sigma=\oiint_{\Sigma_\varepsilon} ∬ Σ = ∬ Σ ε
方法卡 · 补面用高斯
什么时候用
曲面不封闭；散度简单；补一块平面后能围成立体。
步骤
补面 Σ 1 \Sigma_1 Σ 1 Σ \Sigma Σ
∯ Σ + Σ 1 = ± ∭ Ω div d V \oiint_{\Sigma+\Sigma_1}=\pm\iiint_\Omega\Div\dV ∬ Σ + Σ 1 = ± ∭ Ω div d V 单独算 ∬ Σ 1 \iint_{\Sigma_1} ∬ Σ 1
相减。 最容易错
补面的侧取反；分母含
x 2 + y 2 + z 2 \sqrt{x^2+y^2+z^2} x 2 + y 2 + z 2 却不先代入就用高斯（原点在立体边界上，条件不满足）；忘了减去补面上的积分。
x y z O Σ1 ： z =1，取下侧 Σ：z =x ²+y ²，上侧（朝里） 抛物面上侧朝里；补上顶盖 z = 1 z=1 z = 1
例 5.9 2014 数一(18)
设
Σ \Sigma Σ 为曲面
z = x 2 + y 2 ( z ≤ 1 ) z=x^2+y^2\ (z\le1) z = x 2 + y 2 ( z ≤ 1 ) 的上侧，计算曲面积分
I = ∬ Σ ( x − 1 ) 3 d y d z + ( y − 1 ) 3 d z d x + ( z − 1 ) d x d y I=\displaystyle\iint_\Sigma(x-1)^3\dy\dz+(y-1)^3\dz\dx+(z-1)\dx\dy I = ∬ Σ ( x − 1 ) 3 d y d z + ( y − 1 ) 3 d z d x + ( z − 1 ) d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 补面并看侧。 补 Σ 1 : z = 1 , x 2 + y 2 ≤ 1 \Sigma_1:z=1,\ x^2+y^2\le1 Σ 1 : z = 1 , x 2 + y 2 ≤ 1 下侧 。Σ \Sigma Σ Σ 1 \Sigma_1 Σ 1 Σ + Σ 1 \Sigma+\Sigma_1 Σ + Σ 1 Ω = { x 2 + y 2 ≤ z ≤ 1 } \Omega=\{x^2+y^2\le z\le1\} Ω = { x 2 + y 2 ≤ z ≤ 1 } 内侧 。
补面的侧要和原曲面配套：两片的法向量要么都指向立体外面，要么都指向里面；这里原曲面指向里面，补面也取指向里面的那一侧。
② 高斯公式（内侧加负号）。 div = 3 ( x − 1 ) 2 + 3 ( y − 1 ) 2 + 1 \Div=3(x-1)^2+3(y-1)^2+1 div = 3 ( x − 1 ) 2 + 3 ( y − 1 ) 2 + 1 ∯ Σ + Σ 1 = − ∭ Ω [ 3 ( x − 1 ) 2 + 3 ( y − 1 ) 2 + 1 ] d V \displaystyle\oiint_{\Sigma+\Sigma_1}=-\iiint_\Omega\big[3(x-1)^2+3(y-1)^2+1\big]\dV ∬ Σ + Σ 1 = − ∭ Ω [ 3 ( x − 1 ) 2 + 3 ( y − 1 ) 2 + 1 ] d V
高斯公式对外侧成立，内侧时整体变号。
③ 展开并用对称性。 3 ( x − 1 ) 2 + 3 ( y − 1 ) 2 + 1 = 3 ( x 2 + y 2 ) − 6 x − 6 y + 7 3(x-1)^2+3(y-1)^2+1=3(x^2+y^2)-6x-6y+7 3 ( x − 1 ) 2 + 3 ( y − 1 ) 2 + 1 = 3 ( x 2 + y 2 ) − 6 x − 6 y + 7 Ω \Omega Ω y O z yOz y O z x O z xOz x O z − 6 x − 6 y -6x-6y − 6 x − 6 y ∭ Ω [ 3 r 2 + 7 ] d V = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 ( 3 r 2 + 7 ) ( 1 − r 2 ) r d r = 2 π ( 3 4 − 1 2 + 7 2 − 7 4 ) = 4 π \displaystyle\iiint_\Omega\big[3r^2+7\big]\dV=\int_0^{2\pi}\dth\int_0^1(3r^2+7)(1-r^2)r\dr=2\pi\Big(\frac34-\frac12+\frac72-\frac74\Big)=4\pi ∭ Ω [ 3 r 2 + 7 ] d V = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 ( 3 r 2 + 7 ) ( 1 − r 2 ) r d r = 2 π ( 4 3 − 2 1 + 2 7 − 4 7 ) = 4 π
竖着穿针，z z z r 2 r^2 r 2 1 − r 2 1-r^2 1 − r 2 ∫ 0 1 3 r 3 ( 1 − r 2 ) = 3 4 − 1 2 \int_0^13r^3(1-r^2)=\frac34-\frac12 ∫ 0 1 3 r 3 ( 1 − r 2 ) = 4 3 − 2 1 ∫ 0 1 7 r ( 1 − r 2 ) = 7 2 − 7 4 \int_0^17r(1-r^2)=\frac72-\frac74 ∫ 0 1 7 r ( 1 − r 2 ) = 2 7 − 4 7
④ 补面上的积分。 Σ 1 \Sigma_1 Σ 1 z = 1 z=1 z = 1 d y d z = d z d x = 0 \dy\dz=\dz\dx=0 d y d z = d z d x = 0 R = z − 1 = 0 R=z-1=0 R = z − 1 = 0 ∬ Σ 1 = 0 \displaystyle\iint_{\Sigma_1}=0 ∬ Σ 1 = 0
水平面对 y O z yOz y O z z O x zOx z O x R R R z = 1 z=1 z = 1
⑤ 结果。 I = − 4 π − 0 = − 4 π I=-4\pi-0=-4\pi I = − 4 π − 0 = − 4 π
补面法的最后一步，封闭曲面上的值减去补面上的值：∬ Σ = ∯ Σ + Σ 1 − ∬ Σ 1 \iint_\Sigma=\oiint_{\Sigma+\Sigma_1}-\iint_{\Sigma_1} ∬ Σ = ∬ Σ + Σ 1 − ∬ Σ 1
答案：− 4 π -4\pi − 4 π
x y z O Σ：x =√(1−3y ²−3z ²)，前侧 Σ1 ： x =0，取后侧 半椭球面前侧；补 y O z yOz y O z
例 5.10 2018 数一(17) 李林 第十四章 习题 (17) · p374
设
Σ \Sigma Σ 是曲面
x = 1 − 3 y 2 − 3 z 2 x=\sqrt{1-3y^2-3z^2} x = 1 − 3 y 2 − 3 z 2 的前侧，计算曲面积分
I = ∬ Σ x d y d z + ( y 3 + 2 ) d z d x + z 3 d x d y I=\displaystyle\iint_\Sigma x\dy\dz+(y^3+2)\dz\dx+z^3\dx\dy I = ∬ Σ x d y d z + ( y 3 + 2 ) d z d x + z 3 d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 看出曲面并补面。 x 2 + 3 y 2 + 3 z 2 = 1 , x ≥ 0 x^2+3y^2+3z^2=1,\ x\ge0 x 2 + 3 y 2 + 3 z 2 = 1 , x ≥ 0 1 , 1 3 , 1 3 1,\frac1{\sqrt3},\frac1{\sqrt3} 1 , 3 1 , 3 1 Σ 1 : x = 0 , 3 y 2 + 3 z 2 ≤ 1 \Sigma_1:x=0,\ 3y^2+3z^2\le1 Σ 1 : x = 0 , 3 y 2 + 3 z 2 ≤ 1 后侧 ，合起来是半椭球体 Ω \Omega Ω
x ≥ 0 x\ge0 x ≥ 0 y O z yOz y O z y O z yOz y O z x x x
② 高斯公式。 div = 1 + 3 y 2 + 3 z 2 \Div=1+3y^2+3z^2 div = 1 + 3 y 2 + 3 z 2 ∯ Σ + Σ 1 = ∭ Ω d V + 3 ∭ Ω ( y 2 + z 2 ) d V \displaystyle\oiint_{\Sigma+\Sigma_1}=\iiint_\Omega\dV+3\iiint_\Omega(y^2+z^2)\dV ∬ Σ + Σ 1 = ∭ Ω d V + 3 ∭ Ω ( y 2 + z 2 ) d V V = 1 2 ⋅ 4 3 π ⋅ 1 ⋅ 1 3 ⋅ 1 3 = 2 π 9 V=\dfrac12\cdot\dfrac43\pi\cdot1\cdot\dfrac1{\sqrt3}\cdot\dfrac1{\sqrt3}=\dfrac{2\pi}9 V = 2 1 ⋅ 3 4 π ⋅ 1 ⋅ 3 1 ⋅ 3 1 = 9 2 π
半椭球体的体积用椭球体积公式取一半：椭球体积 4 3 π a b c \frac43\pi abc 3 4 πab c
③ ∭ ( y 2 + z 2 ) d V \iiint(y^2+z^2)\dV ∭ ( y 2 + z 2 ) d V x x x 固定 x x x ρ = 1 − x 2 3 \rho=\sqrt{\frac{1-x^2}3} ρ = 3 1 − x 2 ∬ ( y 2 + z 2 ) = π ρ 4 2 = π ( 1 − x 2 ) 2 18 \displaystyle\iint(y^2+z^2)=\frac{\pi\rho^4}2=\frac{\pi(1-x^2)^2}{18} ∬ ( y 2 + z 2 ) = 2 π ρ 4 = 18 π ( 1 − x 2 ) 2 ∫ 0 1 π ( 1 − x 2 ) 2 18 d x = π 18 ⋅ 8 15 = 4 π 135 \displaystyle\int_0^1\frac{\pi(1-x^2)^2}{18}\dx=\frac\pi{18}\cdot\frac8{15}=\frac{4\pi}{135} ∫ 0 1 18 π ( 1 − x 2 ) 2 d x = 18 π ⋅ 15 8 = 135 4 π
每个截面都是圆盘，圆盘上 y 2 + z 2 y^2+z^2 y 2 + z 2 ∬ r 2 d σ = 2 π ⋅ ρ 4 4 \iint r^2\dd\sigma=2\pi\cdot\frac{\rho^4}4 ∬ r 2 d σ = 2 π ⋅ 4 ρ 4 ∫ 0 1 ( 1 − x 2 ) 2 d x = 1 − 2 3 + 1 5 = 8 15 \int_0^1(1-x^2)^2\dx=1-\frac23+\frac15=\frac8{15} ∫ 0 1 ( 1 − x 2 ) 2 d x = 1 − 3 2 + 5 1 = 15 8
④ 合起来。 ∯ Σ + Σ 1 = 2 π 9 + 3 ⋅ 4 π 135 = 10 π 45 + 4 π 45 = 14 π 45 \oiint_{\Sigma+\Sigma_1}=\dfrac{2\pi}9+3\cdot\dfrac{4\pi}{135}=\dfrac{10\pi}{45}+\dfrac{4\pi}{45}=\dfrac{14\pi}{45} ∬ Σ + Σ 1 = 9 2 π + 3 ⋅ 135 4 π = 45 10 π + 45 4 π = 45 14 π
2 π 9 = 10 π 45 \frac{2\pi}9=\frac{10\pi}{45} 9 2 π = 45 10 π 4 π 45 \frac{4\pi}{45} 45 4 π
⑤ 补面上的积分。 Σ 1 \Sigma_1 Σ 1 x = 0 x=0 x = 0 P = x = 0 P=x=0 P = x = 0 d z d x = d x d y = 0 \dz\dx=\dx\dy=0 d z d x = d x d y = 0 z O x zOx z O x x O y xOy x O y ∬ Σ 1 = 0 \iint_{\Sigma_1}=0 ∬ Σ 1 = 0 I = 14 π 45 I=\dfrac{14\pi}{45} I = 45 14 π
补在坐标面上的好处：三项全是 0。
答案：14 π 45 \frac{14\pi}{45} 45 14 π
x y z O 轴 x =y =z Σ2 ： x +y +z =1 Σ1 ：锥面 xy +yz +zx =0 z z z x = y = z x=y=z x = y = z x + y + z = 1 x+y+z=1 x + y + z = 1
例 5.11 2025 数一(20)
设
Σ \Sigma Σ 是由直线
{ x = 0 y = 0 \begin{cases}x=0\\y=0\end{cases} { x = 0 y = 0 绕直线
{ x = t y = t z = t \begin{cases}x=t\\y=t\\z=t\end{cases} ⎩ ⎨ ⎧ x = t y = t z = t （
t t t 为参数）旋转一周得到的曲面，
Σ 1 \Sigma_1 Σ 1 是
Σ \Sigma Σ 介于平面
x + y + z = 0 x+y+z=0 x + y + z = 0 与
x + y + z = 1 x+y+z=1 x + y + z = 1 之间部分的外侧，计算曲面积分
∬ Σ 1 x d y d z + ( y + 1 ) d z d x + ( z + 2 ) d x d y \displaystyle\iint_{\Sigma_1}x\dy\dz+(y+1)\dz\dx+(z+2)\dx\dy ∬ Σ 1 x d y d z + ( y + 1 ) d z d x + ( z + 2 ) d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 求 Σ \Sigma Σ 母线是 z z z k \boldsymbol k k x = y = z x=y=z x = y = z e = 1 3 ( 1 , 1 , 1 ) \boldsymbol e=\frac1{\sqrt3}(1,1,1) e = 3 1 ( 1 , 1 , 1 ) Σ \Sigma Σ θ \theta θ cos θ = k ⋅ e = 1 3 \cos\theta=\boldsymbol k\cdot\boldsymbol e=\frac1{\sqrt3} cos θ = k ⋅ e = 3 1 M M M Σ \Sigma Σ ∣ O M → ⋅ e ∣ = ∣ O M → ∣ cos θ |\overrightarrow{OM}\cdot\boldsymbol e|=|\overrightarrow{OM}|\cos\theta ∣ OM ⋅ e ∣ = ∣ OM ∣ cos θ ( x + y + z ) 2 3 = x 2 + y 2 + z 2 3 \dfrac{(x+y+z)^2}3=\dfrac{x^2+y^2+z^2}3 3 ( x + y + z ) 2 = 3 x 2 + y 2 + z 2 x y + y z + z x = 0 xy+yz+zx=0 x y + yz + z x = 0
一条直线绕和它相交的另一条直线旋转，得到圆锥面；锥面上每一点与轴的夹角都等于两直线的夹角。
② 补面。 Σ 1 \Sigma_1 Σ 1 x + y + z = 1 x+y+z=1 x + y + z = 1 Σ 2 \Sigma_2 Σ 2 x + y + z = 1 x+y+z=1 x + y + z = 1 e \boldsymbol e e Σ 1 + Σ 2 \Sigma_1+\Sigma_2 Σ 1 + Σ 2 Ω \Omega Ω
平面 x + y + z = 0 x+y+z=0 x + y + z = 0 x + y + z = 1 x+y+z=1 x + y + z = 1
③ 高斯公式。 div = 1 + 1 + 1 = 3 \Div=1+1+1=3 div = 1 + 1 + 1 = 3 h h h x + y + z = 1 x+y+z=1 x + y + z = 1 = 1 3 =\dfrac1{\sqrt3} = 3 1 ρ = h tan θ = 1 3 ⋅ 2 \rho=h\tan\theta=\dfrac1{\sqrt3}\cdot\sqrt2 ρ = h tan θ = 3 1 ⋅ 2 V = 1 3 π ρ 2 h = 1 3 π ⋅ 2 3 ⋅ 1 3 = 2 3 π 27 V=\dfrac13\pi\rho^2h=\dfrac13\pi\cdot\dfrac23\cdot\dfrac1{\sqrt3}=\dfrac{2\sqrt3\pi}{27} V = 3 1 π ρ 2 h = 3 1 π ⋅ 3 2 ⋅ 3 1 = 27 2 3 π ∯ = 3 V = 2 3 π 9 \oiint=3V=\dfrac{2\sqrt3\pi}9 ∬ = 3 V = 9 2 3 π
cos θ = 1 3 \cos\theta=\frac1{\sqrt3} cos θ = 3 1 sin θ = 2 3 \sin\theta=\sqrt{\frac23} sin θ = 3 2 tan θ = 2 \tan\theta=\sqrt2 tan θ = 2 1 3 \frac1{\sqrt3} 3 1
④ 底面上的积分。 Σ 2 \Sigma_2 Σ 2 F ⋅ e = x + ( y + 1 ) + ( z + 2 ) 3 = ( x + y + z ) + 3 3 = 4 3 \bF\cdot\boldsymbol e=\dfrac{x+(y+1)+(z+2)}{\sqrt3}=\dfrac{(x+y+z)+3}{\sqrt3}=\dfrac4{\sqrt3} F ⋅ e = 3 x + ( y + 1 ) + ( z + 2 ) = 3 ( x + y + z ) + 3 = 3 4 π ρ 2 = 2 π 3 \pi\rho^2=\dfrac{2\pi}3 π ρ 2 = 3 2 π ∬ Σ 2 = 4 3 ⋅ 2 π 3 = 8 3 π 9 \displaystyle\iint_{\Sigma_2}=\frac4{\sqrt3}\cdot\frac{2\pi}3=\frac{8\sqrt3\pi}9 ∬ Σ 2 = 3 4 ⋅ 3 2 π = 9 8 3 π
平面上用 ∬ F ⋅ n d S \iint\bF\cdot\bn\dS ∬ F ⋅ n d S x + y + z = 1 x+y+z=1 x + y + z = 1
⑤ 相减。 ∬ Σ 1 = 2 3 π 9 − 8 3 π 9 = − 2 3 π 3 \displaystyle\iint_{\Sigma_1}=\frac{2\sqrt3\pi}9-\frac{8\sqrt3\pi}9=-\frac{2\sqrt3\pi}3 ∬ Σ 1 = 9 2 3 π − 9 8 3 π = − 3 2 3 π
结果是负的：总流出量比从底面流出的少，说明有水从侧面流进来。
答案：− 2 3 π 3 -\frac{2\sqrt3\pi}3 − 3 2 3 π
例 5.12 李林 第十四章 §2 例 1 · p362—363
计算
I = ∬ S 1 x 2 + y 2 + z 2 ( x z d y d z + y z d z d x + z 2 d x d y ) I=\displaystyle\iint_S\frac1{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\big(xz\dy\dz+yz\dz\dx+z^2\dx\dy\big) I = ∬ S x 2 + y 2 + z 2 1 ( x z d y d z + yz d z d x + z 2 d x d y ) ，其中
S S S 为半球面
z = R 2 − x 2 − y 2 ( R > 0 ) z=\sqrt{R^2-x^2-y^2}\ (R>0) z = R 2 − x 2 − y 2 ( R > 0 ) 的上侧。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 先代入。 在 S S S x 2 + y 2 + z 2 = R \sqrt{x^2+y^2+z^2}=R x 2 + y 2 + z 2 = R I = 1 R ∬ S x z d y d z + y z d z d x + z 2 d x d y I=\dfrac1R\displaystyle\iint_Sxz\dy\dz+yz\dz\dx+z^2\dx\dy I = R 1 ∬ S x z d y d z + yz d z d x + z 2 d x d y
原被积函数在原点没有定义，而补面后原点在立体的边界上，不能直接用高斯；先用曲面方程把分母代成常数，奇点就消失了。
② 补面。 补 S 1 : z = 0 , x 2 + y 2 ≤ R 2 S_1:z=0,\ x^2+y^2\le R^2 S 1 : z = 0 , x 2 + y 2 ≤ R 2 S + S 1 S+S_1 S + S 1 Ω \Omega Ω
上半球面的上侧就是外侧，底面的下侧也朝外，两片配套。
③ 高斯公式。 div ( x z , y z , z 2 ) = z + z + 2 z = 4 z \Div(xz,yz,z^2)=z+z+2z=4z div ( x z , yz , z 2 ) = z + z + 2 z = 4 z 1 R ∭ Ω 4 z d V = 4 R ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π / 2 d φ ∫ 0 R ρ cos φ ⋅ ρ 2 sin φ d ρ = 4 R ⋅ 2 π ⋅ 1 2 ⋅ R 4 4 = π R 3 \displaystyle\frac1R\iiint_\Omega4z\dV=\frac4R\int_0^{2\pi}\dth\int_0^{\pi/2}\dphi\int_0^R\rho\cos\varphi\cdot\rho^2\sin\varphi\drho=\frac4R\cdot2\pi\cdot\frac12\cdot\frac{R^4}4=\pi R^3 R 1 ∭ Ω 4 z d V = R 4 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π /2 d φ ∫ 0 R ρ cos φ ⋅ ρ 2 sin φ d ρ = R 4 ⋅ 2 π ⋅ 2 1 ⋅ 4 R 4 = π R 3
球面坐标：z = ρ cos φ z=\rho\cos\varphi z = ρ cos φ ρ 2 sin φ \rho^2\sin\varphi ρ 2 sin φ ∫ 0 π / 2 sin φ cos φ d φ = 1 2 \int_0^{\pi/2}\sin\varphi\cos\varphi\dphi=\frac12 ∫ 0 π /2 sin φ cos φ d φ = 2 1
④ 底面上的积分。 S 1 S_1 S 1 z = 0 z=0 z = 0 x z xz x z y z yz yz z 2 z^2 z 2 I = π R 3 I=\pi R^3 I = π R 3
三个被积函数都含 z z z z = 0 z=0 z = 0 I 1 = I 2 = 1 4 π R 4 I_1=I_2=\frac14\pi R^4 I 1 = I 2 = 4 1 π R 4 I 3 = 1 2 π R 4 I_3=\frac12\pi R^4 I 3 = 2 1 π R 4
答案：π R 3 \pi R^3 π R 3
例 5.13 李林 第十四章 §2 例 3 · p364
设
S : z = − a 2 − x 2 − y 2 ( a > 0 ) S:z=-\sqrt{a^2-x^2-y^2}\ (a>0) S : z = − a 2 − x 2 − y 2 ( a > 0 ) 的上侧，求
I = ∬ S a x d y d z + ( a + z ) 2 d x d y x 2 + y 2 + z 2 I=\displaystyle\iint_S\frac{ax\dy\dz+(a+z)^2\dx\dy}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}} I = ∬ S x 2 + y 2 + z 2 a x d y d z + ( a + z ) 2 d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 代入。 在 S S S = a =a = a I = 1 a ∬ S a x d y d z + ( a + z ) 2 d x d y I=\dfrac1a\displaystyle\iint_Sax\dy\dz+(a+z)^2\dx\dy I = a 1 ∬ S a x d y d z + ( a + z ) 2 d x d y
先把分母代成常数，消掉原点处的奇点。
② 补面并看侧。 补 S 1 : z = 0 , x 2 + y 2 ≤ a 2 S_1:z=0,\ x^2+y^2\le a^2 S 1 : z = 0 , x 2 + y 2 ≤ a 2 S 1 S_1 S 1 S + S 1 S+S_1 S + S 1 V V V 内侧 。
下半球面是碗底，上侧指向碗里；补的盖子取下侧，也指向碗里。
③ 高斯公式（内侧加负号）。 div = a + 2 ( a + z ) = 3 a + 2 z \Div=a+2(a+z)=3a+2z div = a + 2 ( a + z ) = 3 a + 2 z − 1 a ∭ V ( 3 a + 2 z ) d V = − 1 a ( 3 a ⋅ 2 3 π a 3 + 2 ∭ V z d V ) \dfrac{-1}a\displaystyle\iiint_V(3a+2z)\dV=\frac{-1}a\Big(3a\cdot\frac23\pi a^3+2\iiint_Vz\dV\Big) a − 1 ∭ V ( 3 a + 2 z ) d V = a − 1 ( 3 a ⋅ 3 2 π a 3 + 2 ∭ V z d V ) ∭ V z d V = ∫ 0 2 π d θ ∫ π / 2 π d φ ∫ 0 a ρ cos φ ⋅ ρ 2 sin φ d ρ = − π a 4 4 \iiint_Vz\dV=\displaystyle\int_0^{2\pi}\dth\int_{\pi/2}^\pi\dphi\int_0^a\rho\cos\varphi\cdot\rho^2\sin\varphi\drho=-\frac{\pi a^4}4 ∭ V z d V = ∫ 0 2 π d θ ∫ π /2 π d φ ∫ 0 a ρ cos φ ⋅ ρ 2 sin φ d ρ = − 4 π a 4 ∯ = − 1 a ( 2 π a 4 − π a 4 2 ) = − 3 2 π a 3 \oiint=\dfrac{-1}a\Big(2\pi a^4-\dfrac{\pi a^4}2\Big)=-\dfrac32\pi a^3 ∬ = a − 1 ( 2 π a 4 − 2 π a 4 ) = − 2 3 π a 3
下半球在 x O y xOy x O y φ \varphi φ π 2 \frac\pi2 2 π π \pi π cos φ ≤ 0 \cos\varphi\le0 cos φ ≤ 0 ∭ z d V \iiint z\dV ∭ z d V
④ 盖子上的积分。 S 1 S_1 S 1 z = 0 z=0 z = 0 d y d z = 0 \dy\dz=0 d y d z = 0 1 a ∬ S 1 a 2 d x d y = 1 a ⋅ a 2 ⋅ ( − π a 2 ) = − π a 3 \dfrac1a\displaystyle\iint_{S_1}a^2\dx\dy=\frac1a\cdot a^2\cdot(-\pi a^2)=-\pi a^3 a 1 ∬ S 1 a 2 d x d y = a 1 ⋅ a 2 ⋅ ( − π a 2 ) = − π a 3
水平面对 y O z yOz y O z ( a + z ) 2 (a+z)^2 ( a + z ) 2 z = 0 z=0 z = 0 a 2 a^2 a 2
⑤ 相减。 I = − 3 2 π a 3 − ( − π a 3 ) = − 1 2 π a 3 I=-\dfrac32\pi a^3-(-\pi a^3)=-\dfrac12\pi a^3 I = − 2 3 π a 3 − ( − π a 3 ) = − 2 1 π a 3
补面法的最后一步，封闭曲面上的值减去盖子上的值：∬ S = ∯ S + S 1 − ∬ S 1 \iint_S=\oiint_{S+S_1}-\iint_{S_1} ∬ S = ∬ S + S 1 − ∬ S 1
答案：− 1 2 π a 3 -\frac12\pi a^3 − 2 1 π a 3
例 5.14 李林 第十四章 §2 例 4 · p364—365
求
I = ∬ S ( x 3 cos α + y 3 cos β + z 3 cos γ ) d S I=\displaystyle\iint_S(x^3\cos\alpha+y^3\cos\beta+z^3\cos\gamma)\dS I = ∬ S ( x 3 cos α + y 3 cos β + z 3 cos γ ) d S ，
S : z 2 = x 2 + y 2 , − 1 ≤ z ≤ 0 S:z^2=x^2+y^2,\ -1\le z\le0 S : z 2 = x 2 + y 2 , − 1 ≤ z ≤ 0 ，其中
cos α , cos β , cos γ \cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma cos α , cos β , cos γ 是
S S S 上任一点
( x , y , z ) (x,y,z) ( x , y , z ) 处法向量的方向余弦，且
cos γ < 0 \cos\gamma<0 cos γ < 0 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 化成第二型。 I = ∬ S x 3 d y d z + y 3 d z d x + z 3 d x d y I=\displaystyle\iint_Sx^3\dy\dz+y^3\dz\dx+z^3\dx\dy I = ∬ S x 3 d y d z + y 3 d z d x + z 3 d x d y S S S cos γ < 0 \cos\gamma<0 cos γ < 0
两类曲面积分的关系：∬ ( P cos α + Q cos β + R cos γ ) d S = ∬ P d y d z + Q d z d x + R d x d y \iint(P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma)\dS=\iint P\dy\dz+Q\dz\dx+R\dx\dy ∬ ( P cos α + Q cos β + R cos γ ) d S = ∬ P d y d z + Q d z d x + R d x d y
② 补面并看侧。 S S S Ω = { − 1 ≤ z ≤ − x 2 + y 2 } \Omega=\{-1\le z\le-\sqrt{x^2+y^2}\} Ω = { − 1 ≤ z ≤ − x 2 + y 2 } S 1 : z = − 1 , x 2 + y 2 ≤ 1 S_1:z=-1,\ x^2+y^2\le1 S 1 : z = − 1 , x 2 + y 2 ≤ 1 S S S S 1 S_1 S 1 Ω \Omega Ω
锥面是 Ω \Omega Ω Ω \Omega Ω Ω \Omega Ω
③ 高斯公式。 ∯ S + S 1 = − ∭ Ω 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) d V \oiint_{S+S_1}=-\displaystyle\iiint_\Omega3(x^2+y^2+z^2)\dV ∬ S + S 1 = − ∭ Ω 3 ( x 2 + y 2 + z 2 ) d V 3 π 4 ≤ φ ≤ π \frac{3\pi}4\le\varphi\le\pi 4 3 π ≤ φ ≤ π z = − 1 z=-1 z = − 1 ρ = − 1 cos φ \rho=-\dfrac1{\cos\varphi} ρ = − cos φ 1 − 3 ∫ 0 2 π d θ ∫ 3 π / 4 π sin φ d φ ∫ 0 − 1 / cos φ ρ 4 d ρ = 6 π 5 ∫ 3 π / 4 π sin φ cos 5 φ d φ = 6 π 5 ⋅ 1 4 [ 1 cos 4 φ ] 3 π / 4 π = − 9 π 10 -3\displaystyle\int_0^{2\pi}\dth\int_{3\pi/4}^\pi\sin\varphi\dphi\int_0^{-1/\cos\varphi}\rho^4\drho=\frac{6\pi}5\int_{3\pi/4}^\pi\frac{\sin\varphi}{\cos^5\varphi}\dphi=\frac{6\pi}5\cdot\frac14\Big[\frac1{\cos^4\varphi}\Big]_{3\pi/4}^\pi=-\frac{9\pi}{10} − 3 ∫ 0 2 π d θ ∫ 3 π /4 π sin φ d φ ∫ 0 − 1/ c o s φ ρ 4 d ρ = 5 6 π ∫ 3 π /4 π cos 5 φ sin φ d φ = 5 6 π ⋅ 4 1 [ cos 4 φ 1 ] 3 π /4 π = − 10 9 π
开口朝下的锥面对应 φ = 3 π 4 \varphi=\frac{3\pi}4 φ = 4 3 π ρ cos φ = − 1 \rho\cos\varphi=-1 ρ cos φ = − 1 ρ \rho ρ sin φ cos 5 φ \frac{\sin\varphi}{\cos^5\varphi} c o s 5 φ s i n φ 1 4 cos 4 φ \frac1{4\cos^4\varphi} 4 c o s 4 φ 1 π \pi π 1 4 \frac14 4 1 3 π 4 \frac{3\pi}4 4 3 π
④ 底面上的积分。 S 1 S_1 S 1 ( 0 , 0 , 1 ) (0,0,1) ( 0 , 0 , 1 ) ∬ S 1 z 3 d S = ∬ x 2 + y 2 ≤ 1 ( − 1 ) 3 d x d y = − π \displaystyle\iint_{S_1}z^3\dS=\iint_{x^2+y^2\le1}(-1)^3\dx\dy=-\pi ∬ S 1 z 3 d S = ∬ x 2 + y 2 ≤ 1 ( − 1 ) 3 d x d y = − π
用第一型的写法最直接：cos α = cos β = 0 \cos\alpha=\cos\beta=0 cos α = cos β = 0 cos γ = 1 \cos\gamma=1 cos γ = 1
⑤ 相减。 I = − 9 π 10 − ( − π ) = π 10 I=-\dfrac{9\pi}{10}-(-\pi)=\dfrac\pi{10} I = − 10 9 π − ( − π ) = 10 π
补面法的最后一步，封闭曲面上的值减去底面上的值：∬ S = ∯ S + S 1 − ∬ S 1 \iint_S=\oiint_{S+S_1}-\iint_{S_1} ∬ S = ∬ S + S 1 − ∬ S 1
答案：π 10 \frac\pi{10} 10 π
x y z O S 1 ： x ²+y ²+z ²=r ²，取内侧S ：2x ²+2y ²+z ²=4挖掉小球 S 1 S_1 S 1
例 5.15 李林 第十四章 §2 例 5 · p365—366
计算
I = ∯ S x d y d z + y d z d x + z d x d y ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3 / 2 I=\displaystyle\oiint_S\frac{x\dy\dz+y\dz\dx+z\dx\dy}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}} I = ∬ S ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3/2 x d y d z + y d z d x + z d x d y ，其中
S S S 是
2 x 2 + 2 y 2 + z 2 = 4 2x^2+2y^2+z^2=4 2 x 2 + 2 y 2 + z 2 = 4 的外侧。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 散度在原点外为 0。 记 r = x 2 + y 2 + z 2 r=\sqrt{x^2+y^2+z^2} r = x 2 + y 2 + z 2 ∂ ∂ x x r 3 = r 2 − 3 x 2 r 5 \dfrac{\partial}{\partial x}\dfrac x{r^3}=\dfrac{r^2-3x^2}{r^5} ∂ x ∂ r 3 x = r 5 r 2 − 3 x 2 = 3 r 2 − 3 r 2 r 5 = 0 =\dfrac{3r^2-3r^2}{r^5}=0 = r 5 3 r 2 − 3 r 2 = 0 r ≠ 0 r\ne0 r = 0
三项结构相同，轮换写出另外两项再相加，分子恰好抵消。
② 挖小球。 原点在椭球里面，不能直接用高斯。作小球面 S 1 : x 2 + y 2 + z 2 = ε 2 S_1:x^2+y^2+z^2=\varepsilon^2 S 1 : x 2 + y 2 + z 2 = ε 2 ε < 2 \varepsilon<\sqrt2 ε < 2 S S S S 1 S_1 S 1 ∯ S + S 1 = ∭ 0 d V = 0 \oiint_{S+S_1}=\iiint0\dV=0 ∬ S + S 1 = ∭ 0 d V = 0
两层之间没有奇点；外层取外侧、内层取内侧，都指向这个区域的外面。
③ 小球面上计算。 I = − ∯ S 1 内 = ∯ S 1 外 I=-\oiint_{S_1\text{内}}=\oiint_{S_1\text{外}} I = − ∬ S 1 内 = ∬ S 1 外 n = ( x , y , z ) ε \bn=\dfrac{(x,y,z)}\varepsilon n = ε ( x , y , z ) F ⋅ n = x 2 + y 2 + z 2 ε 3 ⋅ ε = 1 ε 2 \bF\cdot\bn=\dfrac{x^2+y^2+z^2}{\varepsilon^3\cdot\varepsilon}=\dfrac1{\varepsilon^2} F ⋅ n = ε 3 ⋅ ε x 2 + y 2 + z 2 = ε 2 1 I = 1 ε 2 ⋅ 4 π ε 2 = 4 π I=\dfrac1{\varepsilon^2}\cdot4\pi\varepsilon^2=4\pi I = ε 2 1 ⋅ 4 π ε 2 = 4 π
小球面上分母是常数 ε 3 \varepsilon^3 ε 3 d y d z \dy\dz d y d z cos α d S \cos\alpha\dS cos α d S
答案：4 π 4\pi 4 π
x y z O 原点：奇点 S 1 ： z =±R S 3 ：柱面 原点在圆柱体里面，是奇点。
例 5.16 李林 第十四章 §2 例 6 · p366
求
I = ∯ S 外 x d y d z + z 2 d x d y x 2 + y 2 + z 2 I=\displaystyle\oiint_{S\text{外}}\frac{x\dy\dz+z^2\dx\dy}{x^2+y^2+z^2} I = ∬ S 外 x 2 + y 2 + z 2 x d y d z + z 2 d x d y ，其中
S S S 是
x 2 + y 2 = R 2 ( R > 0 ) x^2+y^2=R^2\ (R>0) x 2 + y 2 = R 2 ( R > 0 ) 、
z = R z=R z = R 、
z = − R z=-R z = − R 所围成的圆柱体的表面。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 为什么不用高斯。 原点在圆柱体里面，P = x x 2 + y 2 + z 2 P=\dfrac x{x^2+y^2+z^2} P = x 2 + y 2 + z 2 x y 2 + z 2 − x 2 ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 + 2 z ( x 2 + y 2 ) ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 \dfrac{y^2+z^2-x^2}{(x^2+y^2+z^2)^2}+\dfrac{2z(x^2+y^2)}{(x^2+y^2+z^2)^2} ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 y 2 + z 2 − x 2 + ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 2 z ( x 2 + y 2 )
挖洞只在“散度在奇点外处处为 0”时有效，那样挖掉的小球上的积分才等于原积分。
② 分三片。 S 1 S_1 S 1 z = R z=R z = R S 2 S_2 S 2 z = − R z=-R z = − R S 3 S_3 S 3
每一片都说清楚方程和侧，再逐项投影。
③ z 2 d x d y z^2\dx\dy z 2 d x d y 顶和底投影都是 D : x 2 + y 2 ≤ R 2 D:x^2+y^2\le R^2 D : x 2 + y 2 ≤ R 2 R 2 x 2 + y 2 + R 2 \dfrac{R^2}{x^2+y^2+R^2} x 2 + y 2 + R 2 R 2 x O y xOy x O y
顶和底的 z 2 z^2 z 2 R 2 R^2 R 2
④ x d y d z x\dy\dz x d y d z 顶、底是水平面，对 y O z yOz y O z x = ± R 2 − y 2 x=\pm\sqrt{R^2-y^2} x = ± R 2 − y 2 D y z : ∣ y ∣ ≤ R , ∣ z ∣ ≤ R D_{yz}:|y|\le R,\ |z|\le R D yz : ∣ y ∣ ≤ R , ∣ z ∣ ≤ R x x x 2 ∬ D y z R 2 − y 2 R 2 + z 2 d y d z 2\displaystyle\iint_{D_{yz}}\frac{\sqrt{R^2-y^2}}{R^2+z^2}\dy\dz 2 ∬ D yz R 2 + z 2 R 2 − y 2 d y d z
后片的被积函数 x = − R 2 − y 2 x=-\sqrt{R^2-y^2} x = − R 2 − y 2
⑤ 算出来。 2 ∫ − R R R 2 − y 2 d y ∫ − R R d z R 2 + z 2 = 2 ⋅ π R 2 2 ⋅ 1 R ⋅ π 2 = π 2 R 2 2\displaystyle\int_{-R}^R\sqrt{R^2-y^2}\dy\int_{-R}^R\frac{\dz}{R^2+z^2}=2\cdot\frac{\pi R^2}2\cdot\frac1R\cdot\frac\pi2=\frac{\pi^2R}2 2 ∫ − R R R 2 − y 2 d y ∫ − R R R 2 + z 2 d z = 2 ⋅ 2 π R 2 ⋅ R 1 ⋅ 2 π = 2 π 2 R
两个积分变量分开，各自是一个定积分：∫ − R R R 2 − y 2 d y \int_{-R}^R\sqrt{R^2-y^2}\dy ∫ − R R R 2 − y 2 d y π R 2 2 \frac{\pi R^2}2 2 π R 2 ∫ − R R d z R 2 + z 2 = 1 R [ arctan z R ] − R R = π 2 R \int_{-R}^R\frac{\dz}{R^2+z^2}=\frac1R\big[\arctan\frac zR\big]_{-R}^R=\frac\pi{2R} ∫ − R R R 2 + z 2 d z = R 1 [ arctan R z ] − R R = 2 R π
答案：π 2 R 2 \frac{\pi^2R}2 2 π 2 R
5.6 第二型曲面积分的对称性：慎用大白话：第二型曲面积分的奇偶规则和第一型正好相反 ：曲面关于 x O y xOy x O y ∬ R d x d y \iint R\dx\dy ∬ R d x d y R R R z z z 偶 函数时为 0、是奇 函数时为 2 倍。原因是：两半的投影区域一样，但侧相反，投影时一正一负。规则容易记反，所以要三项分开、逐项判断 ，拿不准就用投影法算一遍。
第二型曲面积分的奇偶性（李林 p370）
S S S x O y xOy x O y S 1 S_1 S 1 ∬ S R d x d y = { 2 ∬ S 1 R d x d y , R 关于 z 是奇函数 0 , R 关于 z 是偶函数 \displaystyle\iint_SR\dx\dy=\begin{cases}2\iint_{S_1}R\dx\dy,&R\text{ 关于 }z\text{ 是奇函数}\\0,&R\text{ 关于 }z\text{ 是偶函数}\end{cases} ∬ S R d x d y = { 2 ∬ S 1 R d x d y , 0 , R 关于 z 是奇函数 R 关于 z 是偶函数 关于 y O z yOz y O z P P P x x x z O x zOx z O x Q Q Q y y y
例如 （李林 p370）：S : x 2 + y 2 + z 2 = 1 S:x^2+y^2+z^2=1 S : x 2 + y 2 + z 2 = 1 ∬ S 1 cos 2 z d x d y = 0 \displaystyle\iint_S\frac1{\cos^2z}\dx\dy=0 ∬ S cos 2 z 1 d x d y = 0 x O y xOy x O y 1 cos 2 z \frac1{\cos^2z} c o s 2 z 1 z z z
例 5.17 李林 第十四章 §3 例如 · p370—371
设
S : z = x 2 + y 2 S:z=\sqrt{x^2+y^2} S : z = x 2 + y 2 介于
z = 1 z=1 z = 1 与
z = 2 z=2 z = 2 之间的部分，取下侧，计算
I = ∬ S d y d z + z d z d x + e z x 2 + y 2 d x d y I=\displaystyle\iint_S\dy\dz+z\dz\dx+\frac{\e^z}{\sqrt{x^2+y^2}}\dx\dy I = ∬ S d y d z + z d z d x + x 2 + y 2 e z d x d y 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① ∬ d y d z \iint\dy\dz ∬ d y d z S S S y O z yOz y O z x > 0 x>0 x > 0 ∝ ( x r , y r , − 1 ) \propto\big(\frac xr,\frac yr,-1\big) ∝ ( r x , r y , − 1 ) cos α > 0 \cos\alpha>0 cos α > 0 P = 1 P=1 P = 1 x x x ∬ S d y d z = 0 \iint_S\dy\dz=0 ∬ S d y d z = 0
前后两半投到 y O z yOz y O z
② ∬ z d z d x \iint z\dz\dx ∬ z d z d x 同理 S S S z O x zOx z O x Q = z Q=z Q = z y y y
z z z y y y y y y
③ ∬ e z x 2 + y 2 d x d y \iint\frac{\e^z}{\sqrt{x^2+y^2}}\dx\dy ∬ x 2 + y 2 e z d x d y 投到 D : 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4 D:1\le x^2+y^2\le4 D : 1 ≤ x 2 + y 2 ≤ 4 z z z r r r − ∫ 0 2 π d θ ∫ 1 2 e r r ⋅ r d r = − 2 π ( e 2 − e ) -\displaystyle\int_0^{2\pi}\dth\int_1^2\frac{\e^r}r\cdot r\dr=-2\pi(\e^2-\e) − ∫ 0 2 π d θ ∫ 1 2 r e r ⋅ r d r = − 2 π ( e 2 − e )
锥面上 z = x 2 + y 2 = r z=\sqrt{x^2+y^2}=r z = x 2 + y 2 = r r r r
④ 结果。 I = 0 + 0 − 2 π ( e 2 − e ) = 2 π e ( 1 − e ) I=0+0-2\pi(\e^2-\e)=2\pi\e(1-\e) I = 0 + 0 − 2 π ( e 2 − e ) = 2 π e ( 1 − e )
李林还用补面 + 高斯做了一遍（补 z = 2 z=2 z = 2 z = 1 z=1 z = 1
答案：2 π e ( 1 − e ) 2\pi\e(1-\e) 2 π e ( 1 − e )
5.7 小结学完了，标记这一部分
第 6 部分
空间曲线积分、斯托克斯公式与场论
空间闭曲线上的环流，用斯托克斯公式换成一张曲面上旋度的通量；再加上梯度、散度、旋度三个算子。真题 8 道：4 道斯托克斯、1 道空间曲线降维、3 道场论填空。
考试要求（大纲原文，李林讲义第十四章第 3、5、6 条）
掌握第二型曲线积分的计算方法（空间曲线）。
掌握斯托克斯公式。
了解散度与旋度的概念，并会计算。
对应李林讲义第十四章第一节的斯托克斯公式（p352）、例 8（p367—368）和第四节“场论简介”（p372—373）。Maki 第三十五讲的 2015 数一(19)、第三十六讲第 3 节的 4 道斯托克斯真题、第三十七讲的 3 道场论真题都在这里。
6.1 空间曲线积分：参数化，或降成平面大白话：空间曲线上的第二型积分 ∫ L P d x + Q d y + R d z \int_LP\dx+Q\dy+R\dz ∫ L P d x + Q d y + R d z 参数化 ：x , y , z x,y,z x , y , z t t t 降维 ：曲线如果躺在一张平面上（比如 z = x z=x z = x z z z d z \dd z d z
空间曲线积分
∫ L P d x + Q d y + R d z = ∫ α β [ P x ′ ( t ) + Q y ′ ( t ) + R z ′ ( t ) ] d t \displaystyle \int_LP\dx+Q\dy+R\dz=\int_\alpha^\beta\big[P\,x'(t)+Q\,y'(t)+R\,z'(t)\big]\dt ∫ L P d x + Q d y + R d z = ∫ α β [ P x ′ ( t ) + Q y ′ ( t ) + R z ′ ( t ) ] d t ( α 对应起点， β 对应终点 ) . \displaystyle (\alpha\text{ 对应起点，}\beta\text{ 对应终点}). ( α 对应起点， β 对应终点 ) .
交线的参数化：先参数化柱面或投影曲线，再用另一个方程补出第三个坐标（A.4 节）。
曲线在平面 z = a x + b y + c z=ax+by+c z = a x + b y + c d z = a d x + b d y \dd z=a\dx+b\dy d z = a d x + b d y x O y xOy x O y
闭曲线：用斯托克斯公式（6.2 节）。
方法卡 · 空间曲线积分
什么时候用
空间曲线不封闭，或者封闭但斯托克斯公式里的曲面不好找。
步骤
曲线在某张平面上：用平面方程消去 z z z d z \dd z d z
否则参数化：先把投影曲线写成参数方程，再补出 z ( t ) z(t) z ( t )
定下限、上限：看起点、终点对应的参数值。 最容易错
参数的起止弄反；消去
z z z 时忘了同时换掉
d z \dd z d z ；投影曲线只取了一半却按整条算。
x y z O A (0, √2, 0)B (0, −√2, 0)L ：在平面 z =x 上投影：x ²+y ²/2=1，x ≥0 半球面被平面 z = x z=x z = x L L L
例 6.1 2015 数一(19) 李林 第十四章 习题 (13) · p374
已知曲线
L L L 的方程为
{ z = 2 − x 2 − y 2 , z = x , \begin{cases}z=\sqrt{2-x^2-y^2},\\z=x,\end{cases} { z = 2 − x 2 − y 2 , z = x , 起点为
A ( 0 , 2 , 0 ) A(0,\sqrt2,0) A ( 0 , 2 , 0 ) ，终点为
B ( 0 , − 2 , 0 ) B(0,-\sqrt2,0) B ( 0 , − 2 , 0 ) ，计算曲线积分
I = ∫ L ( y + z ) d x + ( z 2 − x 2 + y ) d y + x 2 y 2 d z I=\displaystyle\int_L(y+z)\dx+(z^2-x^2+y)\dy+x^2y^2\dz I = ∫ L ( y + z ) d x + ( z 2 − x 2 + y ) d y + x 2 y 2 d z 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 看清 L L L 联立并平方：x 2 = 2 − x 2 − y 2 x^2=2-x^2-y^2 x 2 = 2 − x 2 − y 2 2 x 2 + y 2 = 2 2x^2+y^2=2 2 x 2 + y 2 = 2 z = ⋅ ≥ 0 z=\sqrt{\cdot}\ge0 z = ⋅ ≥ 0 z = x z=x z = x x ≥ 0 x\ge0 x ≥ 0 L L L z = x z=x z = x C C C x 2 + y 2 2 = 1 x^2+\frac{y^2}2=1 x 2 + 2 y 2 = 1 ( 0 , 2 ) (0,\sqrt2) ( 0 , 2 ) ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 ) ( 0 , − 2 ) (0,-\sqrt2) ( 0 , − 2 )
空间曲线是两个方程联立；消去 z z z z ≥ 0 z\ge0 z ≥ 0
② 降成平面曲线积分。 在 L L L z = x z=x z = x d z = d x \dd z=\dx d z = d x = ( y + x ) d x + ( x 2 − x 2 + y ) d y + x 2 y 2 d x = ( x + y + x 2 y 2 ) d x + y d y =(y+x)\dx+(x^2-x^2+y)\dy+x^2y^2\dx=(x+y+x^2y^2)\dx+y\dy = ( y + x ) d x + ( x 2 − x 2 + y ) d y + x 2 y 2 d x = ( x + y + x 2 y 2 ) d x + y d y I = ∫ C ( x + y + x 2 y 2 ) d x + y d y I=\displaystyle\int_C(x+y+x^2y^2)\dx+y\dy I = ∫ C ( x + y + x 2 y 2 ) d x + y d y
z z z x x x d z \dd z d z d x \dx d x d x \dx d x z 2 − x 2 z^2-x^2 z 2 − x 2
③ 补线用格林。 补 y y y ( 0 , − 2 ) (0,-\sqrt2) ( 0 , − 2 ) ( 0 , 2 ) (0,\sqrt2) ( 0 , 2 ) C 0 C_0 C 0 C C C 顺时针 ，C + C 0 C+C_0 C + C 0 D D D ∮ C + C 0 = − ∬ D ( ∂ Q ∂ x − ∂ P ∂ y ) d x d y = ∬ D ( 1 + 2 x 2 y ) d x d y \displaystyle\oint_{C+C_0}=-\iint_D\Big(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\Big)\dx\dy=\iint_D(1+2x^2y)\dx\dy ∮ C + C 0 = − ∬ D ( ∂ x ∂ Q − ∂ y ∂ P ) d x d y = ∬ D ( 1 + 2 x 2 y ) d x d y
Q = y Q=y Q = y x x x P = x + y + x 2 y 2 P=x+y+x^2y^2 P = x + y + x 2 y 2 y y y 1 + 2 x 2 y 1+2x^2y 1 + 2 x 2 y
④ 算二重积分。 D D D x x x 2 x 2 y 2x^2y 2 x 2 y y y y ∬ D 1 = 1 2 ⋅ π ⋅ 1 ⋅ 2 = 2 π 2 \iint_D1=\dfrac12\cdot\pi\cdot1\cdot\sqrt2=\dfrac{\sqrt2\pi}2 ∬ D 1 = 2 1 ⋅ π ⋅ 1 ⋅ 2 = 2 2 π
半个椭圆的面积是 1 2 π a b \frac12\pi ab 2 1 πab a = 1 a=1 a = 1 b = 2 b=\sqrt2 b = 2
⑤ 补线上的积分与结果。 C 0 C_0 C 0 x = 0 x=0 x = 0 d x = 0 \dx=0 d x = 0 ∫ C 0 y d y = ∫ − 2 2 y d y = 0 \displaystyle\int_{C_0}y\dy=\int_{-\sqrt2}^{\sqrt2}y\dy=0 ∫ C 0 y d y = ∫ − 2 2 y d y = 0 I = 2 π 2 I=\dfrac{\sqrt2\pi}2 I = 2 2 π
奇函数在对称区间上积分为 0。也可以直接参数化 x = cos t , y = 2 sin t , z = cos t x=\cos t,\ y=\sqrt2\sin t,\ z=\cos t x = cos t , y = 2 sin t , z = cos t t t t π 2 \frac\pi2 2 π − π 2 -\frac\pi2 − 2 π
答案：2 π 2 \frac{\sqrt2\pi}2 2 2 π
例 6.2 2014 数一(12)
设
L L L 是柱面
x 2 + y 2 = 1 x^2+y^2=1 x 2 + y 2 = 1 与平面
y + z = 0 y+z=0 y + z = 0 的交线，从
z z z 轴正向往
z z z 轴负向看去为逆时针方向，则曲线积分
∮ L z d x + y d z = \displaystyle\oint_Lz\dx+y\dz= ∮ L z d x + y d z = ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 参数化。 柱面给出 x = cos t , y = sin t x=\cos t,\ y=\sin t x = cos t , y = sin t z = − y = − sin t z=-y=-\sin t z = − y = − sin t t t t 2 π 2\pi 2 π
交线先用柱面参数化，第三个坐标由平面方程补出；投影是逆时针的单位圆，所以 t t t
② 代入。 z d x = ( − sin t ) ( − sin t ) d t = sin 2 t d t z\dx=(-\sin t)(-\sin t)\dt=\sin^2t\dt z d x = ( − sin t ) ( − sin t ) d t = sin 2 t d t y d z = sin t ⋅ ( − cos t ) d t y\dz=\sin t\cdot(-\cos t)\dt y d z = sin t ⋅ ( − cos t ) d t
把参数方程求导，得到 d x \dx d x d z \dz d z d x = − sin t d t \dx=-\sin t\dt d x = − sin t d t d z = − cos t d t \dz=-\cos t\dt d z = − cos t d t
③ 积分。 ∫ 0 2 π ( sin 2 t − sin t cos t ) d t = π − 0 = π \displaystyle\int_0^{2\pi}\big(\sin^2t-\sin t\cos t\big)\dt=\pi-0=\pi ∫ 0 2 π ( sin 2 t − sin t cos t ) d t = π − 0 = π
sin 2 t \sin^2t sin 2 t π \pi π sin t cos t = 1 2 sin 2 t \sin t\cos t=\frac12\sin2t sin t cos t = 2 1 sin 2 t
④ 用斯托克斯核对。 rot ( z , 0 , y ) = ( 1 , 1 , 0 ) \rot(z,0,y)=(1,1,0) rot ( z , 0 , y ) = ( 1 , 1 , 0 ) z = − y z=-y z = − y L L L ( 0 , 1 , 1 ) (0,1,1) ( 0 , 1 , 1 ) ∬ Σ ( 1 , 1 , 0 ) ⋅ ( 0 , 1 , 1 ) d x d y = ∬ x 2 + y 2 ≤ 1 1 d x d y = π \displaystyle\iint_\Sigma(1,1,0)\cdot(0,1,1)\dx\dy=\iint_{x^2+y^2\le1}1\dx\dy=\pi ∬ Σ ( 1 , 1 , 0 ) ⋅ ( 0 , 1 , 1 ) d x d y = ∬ x 2 + y 2 ≤ 1 1 d x d y = π
下一节的方法；两种做法结果一样。
答案：π \pi π
6.2 斯托克斯公式：空间闭曲线换成曲面积分大白话：格林公式说“平面闭曲线上的环流 = 围住的区域里旋转强度之和”。斯托克斯公式是它的空间版：空间闭曲线 L L L L L L Σ \Sigma Σ 。曲面可以自己挑，一般挑平面 （交线所在的那个平面），因为平面的法向量是常向量。方向由右手法则配对：四指沿 L L L Σ \Sigma Σ rot F ⋅ n \rot\bF\cdot\bn rot F ⋅ n
x y z O n（上侧） L ：从上往下看逆时针Σ 右手法则：四指沿 L L L Σ \Sigma Σ 斯托克斯公式（李林 p352）
∮ L P d x + Q d y + R d z = ∬ Σ ∣ d y d z d z d x d x d y ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z P Q R ∣ = ∬ Σ ∣ cos α cos β cos γ ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z P Q R ∣ d S . \displaystyle \oint_LP\dx+Q\dy+R\dz=\iint_\Sigma\begin{vmatrix}\dd y\dd z&\dd z\dd x&\dd x\dd y\\\dfrac{\partial}{\partial x}&\dfrac{\partial}{\partial y}&\dfrac{\partial}{\partial z}\\P&Q&R\end{vmatrix}=\iint_\Sigma\begin{vmatrix}\cos\alpha&\cos\beta&\cos\gamma\\\dfrac{\partial}{\partial x}&\dfrac{\partial}{\partial y}&\dfrac{\partial}{\partial z}\\P&Q&R\end{vmatrix}\dS . ∮ L P d x + Q d y + R d z = ∬ Σ d y d z ∂ x ∂ P d z d x ∂ y ∂ Q d x d y ∂ z ∂ R = ∬ Σ cos α ∂ x ∂ P cos β ∂ y ∂ Q cos γ ∂ z ∂ R d S .
rot F = ( R y − Q z , P z − R x , Q x − P y ) \rot\bF=\big(R_y-Q_z,\ P_z-R_x,\ Q_x-P_y\big) rot F = ( R y − Q z , P z − R x , Q x − P y ) ∮ L F ⋅ d r = ∬ Σ rot F ⋅ n d S \oint_L\bF\cdot\dd\boldsymbol r=\iint_\Sigma\rot\bF\cdot\bn\dS ∮ L F ⋅ d r = ∬ Σ rot F ⋅ n d S L L L Σ \Sigma Σ z z z Σ \Sigma Σ Σ \Sigma Σ z = a x + b y + c z=ax+by+c z = a x + b y + c n d S = ( − a , − b , 1 ) d x d y \bn\dS=(-a,-b,1)\dx\dy n d S = ( − a , − b , 1 ) d x d y
例如 （李林 p352）：L L L x + y + z = 1 x+y+z=1 x + y + z = 1 ∮ L z d x + x d y + y d z = ∬ Σ d y d z + d z d x + d x d y = 3 ∬ D x y d x d y = 3 2 \displaystyle\oint_Lz\dx+x\dy+y\dz=\iint_\Sigma\dy\dz+\dz\dx+\dx\dy=3\iint_{D_{xy}}\dx\dy=\frac32 ∮ L z d x + x d y + y d z = ∬ Σ d y d z + d z d x + d x d y = 3 ∬ D x y d x d y = 2 3 rot ( z , x , y ) = ( 1 , 1 , 1 ) \rot(z,x,y)=(1,1,1) rot ( z , x , y ) = ( 1 , 1 , 1 ) 1 2 \frac12 2 1
方法卡 · 斯托克斯公式
什么时候用
空间闭曲线，尤其是“柱面或球面与一张平面的交线”；直接参数化很繁。
步骤
算 rot F = ( R y − Q z , P z − R x , Q x − P y ) \rot\bF=(R_y-Q_z,\ P_z-R_x,\ Q_x-P_y) rot F = ( R y − Q z , P z − R x , Q x − P y )
取 Σ \Sigma Σ L L L n d S = ( − z x , − z y , 1 ) d x d y \bn\dS=(-z_x,-z_y,1)\dx\dy n d S = ( − z x , − z y , 1 ) d x d y
rot F ⋅ n \rot\bF\cdot\bn rot F ⋅ n z z z x O y xOy x O y 闭曲线由几段拼成、被积式有一部分是全微分：先“剥”掉全微分，只算剩下的。 最容易错
旋度的中间一项写成
R x − P z R_x-P_z R x − P z （应为
P z − R x P_z-R_x P z − R x ）；侧取反；投影区域算错（交线的投影一般是椭圆，要配方找中心和半轴）。
x y z O L Σ：平面 z =x +y 上被 L 围住的部分，上侧 平面 z = x + y z=x+y z = x + y L L L Σ \Sigma Σ
例 6.3 2011 数一(12) 李林 第十四章 习题 (12) · p374
设
L L L 是柱面
x 2 + y 2 = 1 x^2+y^2=1 x 2 + y 2 = 1 与平面
z = x + y z=x+y z = x + y 的交线，从
z z z 轴正向往
z z z 轴负向看去为逆时针方向，则曲线积分
∮ L x z d x + x d y + y 2 2 d z = \displaystyle\oint_Lxz\dx+x\dy+\frac{y^2}2\dz= ∮ L x z d x + x d y + 2 y 2 d z = ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 旋度。 P = x z , Q = x , R = y 2 2 P=xz,\ Q=x,\ R=\dfrac{y^2}2 P = x z , Q = x , R = 2 y 2 rot F = ( R y − Q z , P z − R x , Q x − P y ) = ( y , x , 1 ) \rot\bF=(R_y-Q_z,\ P_z-R_x,\ Q_x-P_y)=(y,\ x,\ 1) rot F = ( R y − Q z , P z − R x , Q x − P y ) = ( y , x , 1 )
旋度的三个分量，每个都是两个偏导数相减，逐项求偏导：R y = y R_y=y R y = y Q z = 0 Q_z=0 Q z = 0 P z = x P_z=x P z = x R x = 0 R_x=0 R x = 0 Q x = 1 Q_x=1 Q x = 1 P y = 0 P_y=0 P y = 0
② 选曲面与侧。 Σ \Sigma Σ z = x + y z=x+y z = x + y L L L 上侧 ，n d S = ( − 1 , − 1 , 1 ) d x d y \bn\dS=(-1,-1,1)\dx\dy n d S = ( − 1 , − 1 , 1 ) d x d y D : x 2 + y 2 ≤ 1 D:x^2+y^2\le1 D : x 2 + y 2 ≤ 1
z = x + y z=x+y z = x + y z x = z y = 1 z_x=z_y=1 z x = z y = 1 ( − z x , − z y , 1 ) (-z_x,-z_y,1) ( − z x , − z y , 1 )
③ 化成二重积分。 rot F ⋅ n = − y − x + 1 \rot\bF\cdot\bn=-y-x+1 rot F ⋅ n = − y − x + 1 I = ∬ D ( 1 − x − y ) d x d y = π − 0 − 0 = π I=\displaystyle\iint_D(1-x-y)\dx\dy=\pi-0-0=\pi I = ∬ D ( 1 − x − y ) d x d y = π − 0 − 0 = π
单位圆盘关于两条坐标轴都对称，∬ x = ∬ y = 0 \iint x=\iint y=0 ∬ x = ∬ y = 0 π \pi π
答案：π \pi π
x y z O L ：半径 2/√5 的圆投影：5x ²−6x +1+y ²=0 平面 z = 2 x − 1 z=2x-1 z = 2 x − 1 L L L x O y xOy x O y
例 6.4 2024 数一(20)
已知有向曲线
L L L 为球面
x 2 + y 2 + z 2 = 2 x x^2+y^2+z^2=2x x 2 + y 2 + z 2 = 2 x 与平面
2 x − z − 1 = 0 2x-z-1=0 2 x − z − 1 = 0 的交线，从
z z z 轴正向往
z z z 轴负向看去为逆时针方向，计算曲线积分
∫ L ( 6 x y z − y z 2 ) d x + 2 x 2 z d y + x y z d z \displaystyle\int_L(6xyz-yz^2)\dx+2x^2z\dy+xyz\dz ∫ L ( 6 x yz − y z 2 ) d x + 2 x 2 z d y + x yz d z 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 认清曲线。 球面 ( x − 1 ) 2 + y 2 + z 2 = 1 (x-1)^2+y^2+z^2=1 ( x − 1 ) 2 + y 2 + z 2 = 1 ( 1 , 0 , 0 ) (1,0,0) ( 1 , 0 , 0 ) 2 x − z − 1 = 0 2x-z-1=0 2 x − z − 1 = 0 ∣ 2 − 0 − 1 ∣ 5 = 1 5 < 1 \dfrac{|2-0-1|}{\sqrt5}=\dfrac1{\sqrt5}<1 5 ∣2 − 0 − 1∣ = 5 1 < 1 ∫ L \int_L ∫ L
先确认 L L L
② 旋度。 P = 6 x y z − y z 2 , Q = 2 x 2 z , R = x y z P=6xyz-yz^2,\ Q=2x^2z,\ R=xyz P = 6 x yz − y z 2 , Q = 2 x 2 z , R = x yz R y − Q z = x z − 2 x 2 R_y-Q_z=xz-2x^2 R y − Q z = x z − 2 x 2 P z − R x = 6 x y − 2 y z − y z = 6 x y − 3 y z P_z-R_x=6xy-2yz-yz=6xy-3yz P z − R x = 6 x y − 2 yz − yz = 6 x y − 3 yz Q x − P y = 4 x z − ( 6 x z − z 2 ) = z 2 − 2 x z Q_x-P_y=4xz-(6xz-z^2)=z^2-2xz Q x − P y = 4 x z − ( 6 x z − z 2 ) = z 2 − 2 x z
P y = 6 x z − z 2 P_y=6xz-z^2 P y = 6 x z − z 2 − z 2 -z^2 − z 2
③ 取平面、上侧。 Σ \Sigma Σ z = 2 x − 1 z=2x-1 z = 2 x − 1 L L L n d S = ( − 2 , 0 , 1 ) d x d y \bn\dS=(-2,0,1)\dx\dy n d S = ( − 2 , 0 , 1 ) d x d y rot F ⋅ ( − 2 , 0 , 1 ) = − 2 ( x z − 2 x 2 ) + ( z 2 − 2 x z ) = z 2 − 4 x z + 4 x 2 = ( z − 2 x ) 2 \rot\bF\cdot(-2,0,1)=-2(xz-2x^2)+(z^2-2xz)=z^2-4xz+4x^2=(z-2x)^2 rot F ⋅ ( − 2 , 0 , 1 ) = − 2 ( x z − 2 x 2 ) + ( z 2 − 2 x z ) = z 2 − 4 x z + 4 x 2 = ( z − 2 x ) 2
中间那项乘 0 不用算；剩下两项恰好凑成完全平方。
④ 用平面方程化成常数。 在平面上 z − 2 x = − 1 z-2x=-1 z − 2 x = − 1 ( z − 2 x ) 2 = 1 (z-2x)^2=1 ( z − 2 x ) 2 = 1 = ∬ D 1 d x d y =\iint_D1\dx\dy = ∬ D 1 d x d y
曲面积分里可以把曲面方程代进被积函数。
⑤ 投影区域。 把 z = 2 x − 1 z=2x-1 z = 2 x − 1 x 2 + y 2 + ( 2 x − 1 ) 2 = 2 x x^2+y^2+(2x-1)^2=2x x 2 + y 2 + ( 2 x − 1 ) 2 = 2 x 5 x 2 − 6 x + 1 + y 2 = 0 5x^2-6x+1+y^2=0 5 x 2 − 6 x + 1 + y 2 = 0 ( x − 3 5 ) 2 4 / 25 + y 2 4 / 5 = 1 \dfrac{(x-\frac35)^2}{4/25}+\dfrac{y^2}{4/5}=1 4/25 ( x − 5 3 ) 2 + 4/5 y 2 = 1 2 5 \dfrac25 5 2 2 5 \dfrac2{\sqrt5} 5 2 π ⋅ 2 5 ⋅ 2 5 = 4 5 π 25 \pi\cdot\dfrac25\cdot\dfrac2{\sqrt5}=\dfrac{4\sqrt5\pi}{25} π ⋅ 5 2 ⋅ 5 2 = 25 4 5 π
投影椭圆的中心在 ( 3 5 , 0 ) (\frac35,0) ( 5 3 , 0 ) 1 − 1 5 = 2 5 \sqrt{1-\frac15}=\frac2{\sqrt5} 1 − 5 1 = 5 2 4 π 5 \frac{4\pi}5 5 4 π ∣ cos γ ∣ = 1 5 |\cos\gamma|=\frac1{\sqrt5} ∣ cos γ ∣ = 5 1 4 5 π 25 \frac{4\sqrt5\pi}{25} 25 4 5 π
答案：4 5 π 25 \frac{4\sqrt5\pi}{25} 25 4 5 π
x y z O L 1 L 2 L 3 球面在第一卦限的部分，边界由三段四分之一圆弧组成。
例 6.5 李林 第十四章 §2 例 8 · p367—368
设曲线
L L L 是球面
Σ : x 2 + y 2 + z 2 = 1 \Sigma:x^2+y^2+z^2=1 Σ : x 2 + y 2 + z 2 = 1 在第一卦限与三个坐标面的交线，曲面
Σ \Sigma Σ 的方向朝上，
L L L 的方向与
Σ \Sigma Σ 的方向符合右手法则，计算
I = ∮ L ( y 2 − z 2 ) d x + ( z 2 − x 2 ) d y + ( x 2 − y 2 ) d z I=\displaystyle\oint_L(y^2-z^2)\dx+(z^2-x^2)\dy+(x^2-y^2)\dz I = ∮ L ( y 2 − z 2 ) d x + ( z 2 − x 2 ) d y + ( x 2 − y 2 ) d z 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 解法一：分三段参数化。 L 1 L_1 L 1 z = 0 z=0 z = 0 x = cos t , y = sin t x=\cos t,\ y=\sin t x = cos t , y = sin t t t t π 2 \frac\pi2 2 π ∫ 0 π / 2 [ sin 2 t ( − sin t ) + ( − cos 2 t ) cos t ] d t = − ( 2 3 + 2 3 ) = − 4 3 \displaystyle\int_0^{\pi/2}\big[\sin^2t(-\sin t)+(-\cos^2t)\cos t\big]\dt=-\Big(\frac23+\frac23\Big)=-\frac43 ∫ 0 π /2 [ sin 2 t ( − sin t ) + ( − cos 2 t ) cos t ] d t = − ( 3 2 + 3 2 ) = − 3 4
在 z = 0 z=0 z = 0 d z = 0 \dd z=0 d z = 0 y 2 d x − x 2 d y y^2\dx-x^2\dy y 2 d x − x 2 d y ∫ 0 π / 2 sin 3 t d t = ∫ 0 π / 2 cos 3 t d t = 2 3 \int_0^{\pi/2}\sin^3t\dt=\int_0^{\pi/2}\cos^3t\dt=\frac23 ∫ 0 π /2 sin 3 t d t = ∫ 0 π /2 cos 3 t d t = 3 2
② 另外两段由轮换得到。 L 2 L_2 L 2 x = 0 x=0 x = 0 ( 0 , 1 , 0 ) (0,1,0) ( 0 , 1 , 0 ) ( 0 , 0 , 1 ) (0,0,1) ( 0 , 0 , 1 ) L 3 L_3 L 3 y = 0 y=0 y = 0 ( 0 , 0 , 1 ) (0,0,1) ( 0 , 0 , 1 ) ( 1 , 0 , 0 ) (1,0,0) ( 1 , 0 , 0 ) − 4 3 -\dfrac43 − 3 4 I = − 4 I=-4 I = − 4
把 x → y → z → x x\to y\to z\to x x → y → z → x ( y 2 − z 2 ) d x + ( z 2 − x 2 ) d y + ( x 2 − y 2 ) d z (y^2-z^2)\dx+(z^2-x^2)\dy+(x^2-y^2)\dz ( y 2 − z 2 ) d x + ( z 2 − x 2 ) d y + ( x 2 − y 2 ) d z
③ 解法二：斯托克斯。 rot F = ( − 2 y − 2 z , − 2 z − 2 x , − 2 x − 2 y ) \rot\bF=(-2y-2z,\ -2z-2x,\ -2x-2y) rot F = ( − 2 y − 2 z , − 2 z − 2 x , − 2 x − 2 y ) I = − 2 J I=-2J I = − 2 J J = ∬ Σ ( y + z ) d y d z + ( z + x ) d z d x + ( x + y ) d x d y J=\displaystyle\iint_\Sigma(y+z)\dy\dz+(z+x)\dz\dx+(x+y)\dx\dy J = ∬ Σ ( y + z ) d y d z + ( z + x ) d z d x + ( x + y ) d x d y Σ \Sigma Σ
R y − Q z = − 2 y − 2 z R_y-Q_z=-2y-2z R y − Q z = − 2 y − 2 z − 2 -2 − 2 J J J
④ 补面用高斯求 J J J 补三个坐标面上的四分之一圆盘 Σ 1 \Sigma_1 Σ 1 x = 0 x=0 x = 0 Σ 2 \Sigma_2 Σ 2 y = 0 y=0 y = 0 Σ 3 \Sigma_3 Σ 3 z = 0 z=0 z = 0 Σ \Sigma Σ div ( y + z , z + x , x + y ) = 0 \Div(y+z,\ z+x,\ x+y)=0 div ( y + z , z + x , x + y ) = 0 J + J 1 + J 2 + J 3 = 0 J+J_1+J_2+J_3=0 J + J 1 + J 2 + J 3 = 0
补的三个面都取指向立体外面的一侧，才能和 Σ \Sigma Σ
⑤ 算补面并得出结果。 Σ 1 \Sigma_1 Σ 1 x = 0 x=0 x = 0 d y d z \dy\dz d y d z J 1 = − ∬ D y z ( y + z ) d y d z = − ∫ 0 π / 2 d θ ∫ 0 1 r ( cos θ + sin θ ) r d r = − 2 3 J_1=-\displaystyle\iint_{D_{yz}}(y+z)\dy\dz=-\int_0^{\pi/2}\dth\int_0^1r(\cos\theta+\sin\theta)\,r\dr=-\frac23 J 1 = − ∬ D yz ( y + z ) d y d z = − ∫ 0 π /2 d θ ∫ 0 1 r ( cos θ + sin θ ) r d r = − 3 2 J 2 = J 3 = − 2 3 J_2=J_3=-\dfrac23 J 2 = J 3 = − 3 2 J = 2 J=2 J = 2 I = − 2 J = − 4 I=-2J=-4 I = − 2 J = − 4
坐标面上的补面只剩一项；∫ 0 1 r 2 d r = 1 3 \int_0^1r^2\dr=\frac13 ∫ 0 1 r 2 d r = 3 1 ∫ 0 π / 2 ( cos θ + sin θ ) d θ = 2 \int_0^{\pi/2}(\cos\theta+\sin\theta)\dth=2 ∫ 0 π /2 ( cos θ + sin θ ) d θ = 2
答案：− 4 -4 − 4
x y z O x =0z =0y =0椭球面在第一卦限的部分，边界是三段四分之一椭圆。
例 6.6 2022 数一(19)
已知曲线
L L L 是曲面
Σ : 4 x 2 + y 2 + z 2 = 1 , x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0 \Sigma:4x^2+y^2+z^2=1,\ x\ge0,\ y\ge0,\ z\ge0 Σ : 4 x 2 + y 2 + z 2 = 1 , x ≥ 0 , y ≥ 0 , z ≥ 0 的边界，曲面
Σ \Sigma Σ 方向朝上，曲线
L L L 的方向和曲面
Σ \Sigma Σ 的方向符合右手法则，计算
I = ∮ L ( y z 2 − cos z ) d x + 2 x z 2 d y + ( 2 x y z + x sin z ) d z I=\displaystyle\oint_L(yz^2-\cos z)\dx+2xz^2\dy+(2xyz+x\sin z)\dz I = ∮ L ( y z 2 − cos z ) d x + 2 x z 2 d y + ( 2 x yz + x sin z ) d z 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 找全微分。 u = x y z 2 − x cos z u=xyz^2-x\cos z u = x y z 2 − x cos z u x = y z 2 − cos z u_x=yz^2-\cos z u x = y z 2 − cos z u z = 2 x y z + x sin z u_z=2xyz+x\sin z u z = 2 x yz + x sin z u y = x z 2 u_y=xz^2 u y = x z 2 = d u + x z 2 d y =\dd u+xz^2\dy = d u + x z 2 d y
先对 P P P x x x x y z 2 − x cos z xyz^2-x\cos z x y z 2 − x cos z z z z R R R y y y x z 2 xz^2 x z 2 Q = 2 x z 2 Q=2xz^2 Q = 2 x z 2 x z 2 d y xz^2\dy x z 2 d y
② 全微分沿闭路为 0。 L L L ( 0 , 0 , 1 ) → ( 1 2 , 0 , 0 ) → ( 0 , 1 , 0 ) → ( 0 , 0 , 1 ) (0,0,1)\to(\frac12,0,0)\to(0,1,0)\to(0,0,1) ( 0 , 0 , 1 ) → ( 2 1 , 0 , 0 ) → ( 0 , 1 , 0 ) → ( 0 , 0 , 1 ) ∮ L d u = 0 \oint_L\dd u=0 ∮ L d u = 0 I = ∮ L x z 2 d y I=\displaystyle\oint_Lxz^2\dy I = ∮ L x z 2 d y
全微分的积分等于终点值减起点值，闭曲线起点就是终点。
③ 三段上逐一看。 y = 0 y=0 y = 0 d y = 0 \dy=0 d y = 0 z = 0 z=0 z = 0 x z 2 = 0 xz^2=0 x z 2 = 0 x = 0 x=0 x = 0 x z 2 = 0 xz^2=0 x z 2 = 0 I = 0 I=0 I = 0
三段分别躺在三个坐标面上，每一段上总有一个因子为 0。
④ 用斯托克斯核对。 rot F = ( R y − Q z , P z − R x , Q x − P y ) = ( 2 x z − 4 x z , 2 y z + sin z − 2 y z − sin z , 2 z 2 − z 2 ) = ( − 2 x z , 0 , z 2 ) \rot\bF=(R_y-Q_z,\ P_z-R_x,\ Q_x-P_y)=(2xz-4xz,\ 2yz+\sin z-2yz-\sin z,\ 2z^2-z^2)=(-2xz,0,z^2) rot F = ( R y − Q z , P z − R x , Q x − P y ) = ( 2 x z − 4 x z , 2 yz + sin z − 2 yz − sin z , 2 z 2 − z 2 ) = ( − 2 x z , 0 , z 2 ) n d S = ( − z x , − z y , 1 ) d x d y = ( 4 x z , y z , 1 ) d x d y \bn\dS=(-z_x,-z_y,1)\dx\dy=\big(\frac{4x}z,\frac yz,1\big)\dx\dy n d S = ( − z x , − z y , 1 ) d x d y = ( z 4 x , z y , 1 ) d x d y rot F ⋅ n = − 8 x 2 + z 2 = 1 − 12 x 2 − y 2 \rot\bF\cdot\bn=-8x^2+z^2=1-12x^2-y^2 rot F ⋅ n = − 8 x 2 + z 2 = 1 − 12 x 2 − y 2 x = r 2 cos θ , y = r sin θ x=\frac r2\cos\theta,\ y=r\sin\theta x = 2 r cos θ , y = r sin θ ∫ 0 π / 2 d θ ∫ 0 1 ( 1 − 3 r 2 cos 2 θ − r 2 sin 2 θ ) r 2 d r = π 8 − 3 π 32 − π 32 = 0 \displaystyle\int_0^{\pi/2}\dth\int_0^1(1-3r^2\cos^2\theta-r^2\sin^2\theta)\frac r2\dr=\frac\pi8-\frac{3\pi}{32}-\frac\pi{32}=0 ∫ 0 π /2 d θ ∫ 0 1 ( 1 − 3 r 2 cos 2 θ − r 2 sin 2 θ ) 2 r d r = 8 π − 32 3 π − 32 π = 0
4 x 2 + y 2 + z 2 = 1 4x^2+y^2+z^2=1 4 x 2 + y 2 + z 2 = 1 z x = − 4 x z z_x=-\frac{4x}z z x = − z 4 x z 2 = 1 − 4 x 2 − y 2 z^2=1-4x^2-y^2 z 2 = 1 − 4 x 2 − y 2 r 2 \frac r2 2 r
答案：0
6.3 场论：梯度、散度、旋度大白话：梯度 把一个数量场（比如温度 u u u 散度 把一个向量场（比如水流）变成数，表示每一点“往外冒”的强度，高斯公式里用的就是它；旋度 把向量场变成向量，表示每一点“打转”的强度和转轴，斯托克斯公式里用的就是它。考试只考定义和计算：会求偏导、会展开三阶行列式就行。
梯度、散度、旋度（李林 p372）
grad u = ( ∂ u ∂ x , ∂ u ∂ y , ∂ u ∂ z ) \grad u=\Big(\dfrac{\partial u}{\partial x},\dfrac{\partial u}{\partial y},\dfrac{\partial u}{\partial z}\Big) grad u = ( ∂ x ∂ u , ∂ y ∂ u , ∂ z ∂ u ) div F = ∂ P ∂ x + ∂ Q ∂ y + ∂ R ∂ z \Div\bF=\dfrac{\partial P}{\partial x}+\dfrac{\partial Q}{\partial y}+\dfrac{\partial R}{\partial z} div F = ∂ x ∂ P + ∂ y ∂ Q + ∂ z ∂ R rot F = ∣ i j k ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z P Q R ∣ = ( ∂ R ∂ y − ∂ Q ∂ z ) i + ( ∂ P ∂ z − ∂ R ∂ x ) j + ( ∂ Q ∂ x − ∂ P ∂ y ) k \rot\bF=\begin{vmatrix}\boldsymbol i&\boldsymbol j&\boldsymbol k\\\frac{\partial}{\partial x}&\frac{\partial}{\partial y}&\frac{\partial}{\partial z}\\P&Q&R\end{vmatrix}=\Big(\dfrac{\partial R}{\partial y}-\dfrac{\partial Q}{\partial z}\Big)\boldsymbol i+\Big(\dfrac{\partial P}{\partial z}-\dfrac{\partial R}{\partial x}\Big)\boldsymbol j+\Big(\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y}\Big)\boldsymbol k rot F = i ∂ x ∂ P j ∂ y ∂ Q k ∂ z ∂ R = ( ∂ y ∂ R − ∂ z ∂ Q ) i + ( ∂ z ∂ P − ∂ x ∂ R ) j + ( ∂ x ∂ Q − ∂ y ∂ P ) k 两个恒等式：rot ( grad u ) = 0 \rot(\grad u)=\boldsymbol0 rot ( grad u ) = 0 div ( rot F ) = 0 \Div(\rot\bF)=0 div ( rot F ) = 0
高斯：∯ F ⋅ n d S = ∭ div F d V \oiint\bF\cdot\bn\dS=\iiint\Div\bF\dV ∬ F ⋅ n d S = ∭ div F d V ∮ F ⋅ d r = ∬ rot F ⋅ n d S \oint\bF\cdot\dd\boldsymbol r=\iint\rot\bF\cdot\bn\dS ∮ F ⋅ d r = ∬ rot F ⋅ n d S
方法卡 · 算散度、旋度
什么时候用
填空题“
div F = \Div\bF= div F = ”“
rot F ( ⋅ ) = \rot\bF(\cdot)= rot F ( ⋅ ) = ”。
步骤
写清 P , Q , R P,Q,R P , Q , R
散度：各自对自己的变量求偏导，相加。
旋度：按行列式展开，记口诀“R y − Q z R_y-Q_z R y − Q z P z − R x P_z-R_x P z − R x Q x − P y Q_x-P_y Q x − P y 最容易错
旋度第二项写反成
R x − P z R_x-P_z R x − P z ；先代入点的坐标再求导（应先求导再代入）；把散度写成向量。
例 6.7 2016 数一(10)
向量场
A ( x , y , z ) = ( x + y + z ) i + x y j + z k \boldsymbol A(x,y,z)=(x+y+z)\boldsymbol i+xy\boldsymbol j+z\boldsymbol k A ( x , y , z ) = ( x + y + z ) i + x y j + z k 的旋度
rot A = \rot\boldsymbol A= rot A = ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 写出分量。 P = x + y + z P=x+y+z P = x + y + z Q = x y Q=xy Q = x y R = z R=z R = z
旋度要用三个分量对另外两个变量的偏导，先分清谁是谁。
② 按公式逐项。 R y − Q z = 0 − 0 = 0 R_y-Q_z=0-0=0 R y − Q z = 0 − 0 = 0 P z − R x = 1 − 0 = 1 P_z-R_x=1-0=1 P z − R x = 1 − 0 = 1 Q x − P y = y − 1 Q_x-P_y=y-1 Q x − P y = y − 1
R = z R=z R = z z z z x , y x,y x , y P P P z z z Q = x y Q=xy Q = x y x x x y y y
③ 结果。 rot A = j + ( y − 1 ) k \rot\boldsymbol A=\boldsymbol j+(y-1)\boldsymbol k rot A = j + ( y − 1 ) k ( 0 , 1 , y − 1 ) (0,1,y-1) ( 0 , 1 , y − 1 )
三个分量依次写成 i , j , k \boldsymbol i,\boldsymbol j,\boldsymbol k i , j , k
答案：j + ( y − 1 ) k \boldsymbol j+(y-1)\boldsymbol k j + ( y − 1 ) k
例 6.8 2018 数一(11) 李林 第十四章 习题 (21) · p375
设
F ( x , y , z ) = x y i − y z j + z x k \bF(x,y,z)=xy\boldsymbol i-yz\boldsymbol j+zx\boldsymbol k F ( x , y , z ) = x y i − yz j + z x k ，则
rot F ( 1 , 1 , 0 ) = \rot\bF(1,1,0)= rot F ( 1 , 1 , 0 ) = ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 求旋度。 P = x y , Q = − y z , R = z x P=xy,\ Q=-yz,\ R=zx P = x y , Q = − yz , R = z x R y − Q z = 0 − ( − y ) = y R_y-Q_z=0-(-y)=y R y − Q z = 0 − ( − y ) = y P z − R x = 0 − z = − z P_z-R_x=0-z=-z P z − R x = 0 − z = − z Q x − P y = 0 − x = − x Q_x-P_y=0-x=-x Q x − P y = 0 − x = − x rot F = ( y , − z , − x ) \rot\bF=(y,-z,-x) rot F = ( y , − z , − x )
先求出一般点处的旋度，再代入具体的点。
② 代入 ( 1 , 1 , 0 ) (1,1,0) ( 1 , 1 , 0 ) rot F ( 1 , 1 , 0 ) = ( 1 , 0 , − 1 ) = i − k \rot\bF(1,1,0)=(1,0,-1)=\boldsymbol i-\boldsymbol k rot F ( 1 , 1 , 0 ) = ( 1 , 0 , − 1 ) = i − k
把 ( 1 , 1 , 0 ) (1,1,0) ( 1 , 1 , 0 ) y = 1 y=1 y = 1 − z = 0 -z=0 − z = 0 − x = − 1 -x=-1 − x = − 1
答案：i − k \boldsymbol i-\boldsymbol k i − k
例 6.9 2026 数一(11)
设向量
v 1 = ( 0 , x , z ) \boldsymbol v_1=(0,x,z) v 1 = ( 0 , x , z ) ，
v 2 = ( y , 0 , 1 ) \boldsymbol v_2=(y,0,1) v 2 = ( y , 0 , 1 ) ，令
F ( x , y , z ) = v 1 × v 2 \bF(x,y,z)=\boldsymbol v_1\times\boldsymbol v_2 F ( x , y , z ) = v 1 × v 2 ，则
div F = \Div\bF= div F = ______。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 先算叉积。 v 1 × v 2 = ∣ i j k 0 x z y 0 1 ∣ = ( x ⋅ 1 − z ⋅ 0 , z ⋅ y − 0 ⋅ 1 , 0 ⋅ 0 − x ⋅ y ) = ( x , y z , − x y ) \boldsymbol v_1\times\boldsymbol v_2=\begin{vmatrix}\boldsymbol i&\boldsymbol j&\boldsymbol k\\0&x&z\\y&0&1\end{vmatrix}=(x\cdot1-z\cdot0,\ z\cdot y-0\cdot1,\ 0\cdot0-x\cdot y)=(x,\ yz,\ -xy) v 1 × v 2 = i 0 y j x 0 k z 1 = ( x ⋅ 1 − z ⋅ 0 , z ⋅ y − 0 ⋅ 1 , 0 ⋅ 0 − x ⋅ y ) = ( x , yz , − x y )
三阶行列式按第一行展开：i \boldsymbol i i 2 × 2 2\times2 2 × 2 j \boldsymbol j j z ⋅ y − 0 ⋅ 1 z\cdot y-0\cdot1 z ⋅ y − 0 ⋅ 1
② 散度。 div F = ∂ x ∂ x + ∂ ( y z ) ∂ y + ∂ ( − x y ) ∂ z = 1 + z + 0 = z + 1 \Div\bF=\dfrac{\partial x}{\partial x}+\dfrac{\partial(yz)}{\partial y}+\dfrac{\partial(-xy)}{\partial z}=1+z+0=z+1 div F = ∂ x ∂ x + ∂ y ∂ ( yz ) + ∂ z ∂ ( − x y ) = 1 + z + 0 = z + 1
每个分量只对自己对应的变量求偏导；− x y -xy − x y z z z
答案：z + 1 z+1 z + 1
练习 6 李林 第十四章 §4 例 1、例 2 · p372
（1）设向量场
A = { x sin ( x y z ) , y sin ( x y z ) , 2 z sin ( x y z ) } \boldsymbol A=\{x\sin(xyz),\ y\sin(xyz),\ 2z\sin(xyz)\} A = { x sin ( x yz ) , y sin ( x yz ) , 2 z sin ( x yz )} ，求
div A \Div\boldsymbol A div A ；（2）设向量场
A = { x 2 y z , x y 2 z , x y z 2 } \boldsymbol A=\{x^2yz,\ xy^2z,\ xyz^2\} A = { x 2 yz , x y 2 z , x y z 2 } ，求在点
P ( 1 , 2 , − 3 ) P(1,2,-3) P ( 1 , 2 , − 3 ) 处的旋度
rot A \rot\boldsymbol A rot A 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① (1) 三个偏导。 ∂ ∂ x ( x sin ( x y z ) ) = sin ( x y z ) + x y z cos ( x y z ) \dfrac{\partial}{\partial x}\big(x\sin(xyz)\big)=\sin(xyz)+xyz\cos(xyz) ∂ x ∂ ( x sin ( x yz ) ) = sin ( x yz ) + x yz cos ( x yz ) ∂ ∂ y ( y sin ( x y z ) ) = sin ( x y z ) + x y z cos ( x y z ) \dfrac{\partial}{\partial y}\big(y\sin(xyz)\big)=\sin(xyz)+xyz\cos(xyz) ∂ y ∂ ( y sin ( x yz ) ) = sin ( x yz ) + x yz cos ( x yz ) ∂ ∂ z ( 2 z sin ( x y z ) ) = 2 sin ( x y z ) + 2 x y z cos ( x y z ) \dfrac{\partial}{\partial z}\big(2z\sin(xyz)\big)=2\sin(xyz)+2xyz\cos(xyz) ∂ z ∂ ( 2 z sin ( x yz ) ) = 2 sin ( x yz ) + 2 x yz cos ( x yz )
乘积法则：x x x sin \sin sin x x x sin ( x y z ) \sin(xyz) sin ( x yz ) cos ( x y z ) ⋅ y z \cos(xyz)\cdot yz cos ( x yz ) ⋅ yz
② (1) 相加。 div A = 4 sin ( x y z ) + 4 x y z cos ( x y z ) \Div\boldsymbol A=4\sin(xyz)+4xyz\cos(xyz) div A = 4 sin ( x yz ) + 4 x yz cos ( x yz )
三项的 sin \sin sin 1 + 1 + 2 = 4 1+1+2=4 1 + 1 + 2 = 4 cos \cos cos
③ (2) 旋度。 R y − Q z = x z 2 − x y 2 R_y-Q_z=xz^2-xy^2 R y − Q z = x z 2 − x y 2 P z − R x = x 2 y − y z 2 P_z-R_x=x^2y-yz^2 P z − R x = x 2 y − y z 2 Q x − P y = y 2 z − x 2 z Q_x-P_y=y^2z-x^2z Q x − P y = y 2 z − x 2 z
R = x y z 2 R=xyz^2 R = x y z 2 y y y x z 2 xz^2 x z 2 Q = x y 2 z Q=xy^2z Q = x y 2 z z z z x y 2 xy^2 x y 2
④ (2) 代入 P ( 1 , 2 , − 3 ) P(1,2,-3) P ( 1 , 2 , − 3 ) ( 1 ⋅ 9 − 1 ⋅ 4 , 1 ⋅ 2 − 2 ⋅ 9 , 4 ⋅ ( − 3 ) − 1 ⋅ ( − 3 ) ) = ( 5 , − 16 , − 9 ) (1\cdot9-1\cdot4,\ 1\cdot2-2\cdot9,\ 4\cdot(-3)-1\cdot(-3))=(5,-16,-9) ( 1 ⋅ 9 − 1 ⋅ 4 , 1 ⋅ 2 − 2 ⋅ 9 , 4 ⋅ ( − 3 ) − 1 ⋅ ( − 3 )) = ( 5 , − 16 , − 9 )
先求出一般点的旋度再代入具体的点，x = 1 , y = 2 , z = − 3 x=1,y=2,z=-3 x = 1 , y = 2 , z = − 3 z 2 = 9 z^2=9 z 2 = 9
答案：(1) 4 sin ( x y z ) + 4 x y z cos ( x y z ) 4\sin(xyz)+4xyz\cos(xyz) 4 sin ( x yz ) + 4 x yz cos ( x yz ) ( 5 , − 16 , − 9 ) (5,-16,-9) ( 5 , − 16 , − 9 )
练习 7 李林 第十四章 §4 例 3 · p372—373
设
f ( r ) ( r > 0 ) f(r)\ (r>0) f ( r ) ( r > 0 ) 有二阶连续导数，且
u = f ( x 2 + y 2 + z 2 ) u=f\big(\sqrt{x^2+y^2+z^2}\big) u = f ( x 2 + y 2 + z 2 ) 满足
div ( grad u ) = x 2 + y 2 + z 2 \Div(\grad u)=\sqrt{x^2+y^2+z^2} div ( grad u ) = x 2 + y 2 + z 2 ，求
u u u 的表达式。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 求 u x x u_{xx} u xx 记 r = x 2 + y 2 + z 2 r=\sqrt{x^2+y^2+z^2} r = x 2 + y 2 + z 2 ∂ r ∂ x = x r \dfrac{\partial r}{\partial x}=\dfrac xr ∂ x ∂ r = r x u x = f ′ ( r ) x r u_x=f'(r)\dfrac xr u x = f ′ ( r ) r x u x x = f ′ ′ ( r ) x 2 r 2 + f ′ ( r ) r 2 − x 2 r 3 u_{xx}=f''(r)\dfrac{x^2}{r^2}+f'(r)\dfrac{r^2-x^2}{r^3} u xx = f ′′ ( r ) r 2 x 2 + f ′ ( r ) r 3 r 2 − x 2
复合函数求导；x r \frac xr r x x x x r − x ⋅ x r r 2 = r 2 − x 2 r 3 \frac{r-x\cdot\frac xr}{r^2}=\frac{r^2-x^2}{r^3} r 2 r − x ⋅ r x = r 3 r 2 − x 2
② 三项相加。 div ( grad u ) = u x x + u y y + u z z = f ′ ′ ( r ) x 2 + y 2 + z 2 r 2 + f ′ ( r ) 3 r 2 − ( x 2 + y 2 + z 2 ) r 3 = f ′ ′ ( r ) + 2 r f ′ ( r ) \Div(\grad u)=u_{xx}+u_{yy}+u_{zz}=f''(r)\dfrac{x^2+y^2+z^2}{r^2}+f'(r)\dfrac{3r^2-(x^2+y^2+z^2)}{r^3}=f''(r)+\dfrac2rf'(r) div ( grad u ) = u xx + u yy + u zz = f ′′ ( r ) r 2 x 2 + y 2 + z 2 + f ′ ( r ) r 3 3 r 2 − ( x 2 + y 2 + z 2 ) = f ′′ ( r ) + r 2 f ′ ( r )
u y y , u z z u_{yy},u_{zz} u yy , u zz x 2 + y 2 + z 2 = r 2 x^2+y^2+z^2=r^2 x 2 + y 2 + z 2 = r 2
③ 解常微分方程。 f ′ ′ + 2 r f ′ = r f''+\dfrac2rf'=r f ′′ + r 2 f ′ = r r 2 r^2 r 2 ( r 2 f ′ ) ′ = r 3 \big(r^2f'\big)'=r^3 ( r 2 f ′ ) ′ = r 3 r 2 f ′ = r 4 4 + C 1 r^2f'=\dfrac{r^4}4+C_1 r 2 f ′ = 4 r 4 + C 1 f ′ = r 2 4 + C 1 r 2 f'=\dfrac{r^2}4+\dfrac{C_1}{r^2} f ′ = 4 r 2 + r 2 C 1 f = r 3 12 − C 1 r + C 2 f=\dfrac{r^3}{12}-\dfrac{C_1}r+C_2 f = 12 r 3 − r C 1 + C 2
r 2 f ′ ′ + 2 r f ′ r^2f''+2rf' r 2 f ′′ + 2 r f ′ ( r 2 f ′ ) ′ (r^2f')' ( r 2 f ′ ) ′
④ 写成 u u u u = 1 12 ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3 / 2 − C 1 x 2 + y 2 + z 2 + C 2 u=\dfrac1{12}(x^2+y^2+z^2)^{3/2}-\dfrac{C_1}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}+C_2 u = 12 1 ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3/2 − x 2 + y 2 + z 2 C 1 + C 2 C 1 , C 2 C_1,C_2 C 1 , C 2
题目没有给初始条件，保留两个任意常数。
答案：u = 1 12 ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3 / 2 − C 1 ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 1 / 2 + C 2 u=\frac1{12}(x^2+y^2+z^2)^{3/2}-C_1(x^2+y^2+z^2)^{-1/2}+C_2 u = 12 1 ( x 2 + y 2 + z 2 ) 3/2 − C 1 ( x 2 + y 2 + z 2 ) − 1/2 + C 2
6.4 小结
看到什么 怎么做 例子
空间曲线不封闭，躺在一张平面上 用平面方程消去 z z z d z \dd z d z 例 6.1 柱面与平面的交线 参数化，或斯托克斯（取平面那块） 例 6.2 、例 6.3 球面与平面的交线 斯托克斯；rot F ⋅ n \rot\bF\cdot\bn rot F ⋅ n 例 6.4 边界由三个坐标面上的弧组成 剥掉全微分，余项在每段上常为 0；或斯托克斯 + 补面 例 6.6 、例 6.5 求散度、旋度 散度相加；旋度“R y − Q z R_y-Q_z R y − Q z P z − R x P_z-R_x P z − R x Q x − P y Q_x-P_y Q x − P y 例 6.7 、例 6.8 、例 6.9 、练习 6 div ( grad u ) \Div(\grad u) div ( grad u ) u u u r r r f ′ ′ + 2 r f ′ f''+\frac2rf' f ′′ + r 2 f ′ 练习 7
学完了，标记这一部分
第 7 部分
应用：体积、质量、质心、转动惯量与功
应用题全是同一个模子：“要求的量 = ∫ 每一小块的贡献”。这一部分把体积、质量、质心、转动惯量、面积、功放在一起讲，真题是 2017 数一(19) 薄片的质量。
考试要求（大纲原文，李林讲义第十三章第 5 条）
会用三重积分、第一型曲线积分、第一型曲面积分求体积、弧长、曲面面积、质量、质心、形心、转动惯量、引力、功等。
对应李林讲义第十三章各节里的应用例题（p336—337、p340、p344）和第十四章例 11（p359，功）。Maki 这几讲里专门考应用的是 2017 数一(19)（薄片的质量）；第 1 部分的三道形心题也是应用。
7.1 立体：体积、质心与转动惯量大白话：所有应用公式都是同一个模子：“要求的量” = ∫（每一小块的贡献） 。小块的质量是 ρ d V \rho\dV ρ d V z z z z z z ( x 2 + y 2 ) ρ d V (x^2+y^2)\rho\dV ( x 2 + y 2 ) ρ d V d V \dV d V d s \ds d s d S \dS d S
x y z O 下：x ²+y ²=az 上：z =2a −√(x ²+y ²) 交线 r =a ，z =a 抛物面在下、倒扣的圆锥在上，交于 r = a , z = a r=a,\ z=a r = a , z = a 应用公式总表（李林 p334、p338、p341）
体积 ：V = ∭ Ω d V V=\iiint_\Omega\dV V = ∭ Ω d V 质量 ：M = ∭ Ω ρ d V M=\iiint_\Omega\rho\dV M = ∭ Ω ρ d V ∫ L ρ d s \int_L\rho\ds ∫ L ρ d s ∬ S ρ d S \iint_S\rho\dS ∬ S ρ d S 质心 ：x ˉ = 1 M ∭ Ω x ρ d V \bar x=\dfrac1M\iiint_\Omega x\rho\dV x ˉ = M 1 ∭ Ω x ρ d V y ˉ , z ˉ \bar y,\bar z y ˉ , z ˉ ρ \rho ρ 转动惯量 ：I x = ∭ ( y 2 + z 2 ) ρ d V I_x=\iiint(y^2+z^2)\rho\dV I x = ∭ ( y 2 + z 2 ) ρ d V I y = ∭ ( z 2 + x 2 ) ρ d V I_y=\iiint(z^2+x^2)\rho\dV I y = ∭ ( z 2 + x 2 ) ρ d V I z = ∭ ( x 2 + y 2 ) ρ d V I_z=\iiint(x^2+y^2)\rho\dV I z = ∭ ( x 2 + y 2 ) ρ d V I O = ∭ ( x 2 + y 2 + z 2 ) ρ d V I_O=\iiint(x^2+y^2+z^2)\rho\dV I O = ∭ ( x 2 + y 2 + z 2 ) ρ d V 弧长 ∫ L d s \int_L\ds ∫ L d s 曲面面积 ∬ S d S = ∬ D 1 + z x 2 + z y 2 d x d y \iint_S\dS=\iint_D\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\dx\dy ∬ S d S = ∬ D 1 + z x 2 + z y 2 d x d y 功 ：W = ∫ L F ⋅ d r = ∫ L P d x + Q d y + R d z W=\int_L\bF\cdot\dd\boldsymbol r=\int_LP\dx+Q\dy+R\dz W = ∫ L F ⋅ d r = ∫ L P d x + Q d y + R d z 流量 ：Φ = ∬ S v ⋅ n d S \Phi=\iint_S\boldsymbol v\cdot\bn\dS Φ = ∬ S v ⋅ n d S
方法卡 · 应用题
什么时候用
题目问体积、质量、质心、转动惯量、弧长、面积、功。
步骤
认出对象：立体（ d V \dV d V d s \ds d s d S \dS d S
套公式写成积分，先用对称性定下能直接写的质心坐标。
按前面几部分的方法计算（截面法、柱面/球面坐标、投影）。 最容易错
转动惯量写成“到轴的距离”而不是“距离的平方”；对
x x x 轴的转动惯量写成
∭ x 2 \iiint x^2 ∭ x 2 ；质心只算分子忘了除以质量。
例 7.1 李林 第十三章 §1 例 6 · p336—337
求由曲面
x 2 + y 2 = a z x^2+y^2=az x 2 + y 2 = a z 与
z = 2 a − x 2 + y 2 ( a > 0 ) z=2a-\sqrt{x^2+y^2}\ (a>0) z = 2 a − x 2 + y 2 ( a > 0 ) 所围立体的体积。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 求交线。 柱面坐标：抛物面 z = r 2 a z=\dfrac{r^2}a z = a r 2 z = 2 a − r z=2a-r z = 2 a − r r 2 + a r − 2 a 2 = 0 r^2+ar-2a^2=0 r 2 + a r − 2 a 2 = 0 ( r − a ) ( r + 2 a ) = 0 (r-a)(r+2a)=0 ( r − a ) ( r + 2 a ) = 0 r = a r=a r = a z = a z=a z = a
两个 z z z r ≥ 0 r\ge0 r ≥ 0 r = − 2 a r=-2a r = − 2 a
② 上下与投影。 投影 D : r ≤ a D:r\le a D : r ≤ a D D D r = 0 r=0 r = 0 z = 0 z=0 z = 0 z = 2 a z=2a z = 2 a
代一个点比大小，确定竖着穿针时从哪张曲面进、哪张出。
③ 柱面坐标算体积。 V = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 a ( 2 a − r − r 2 a ) r d r = 2 π ( a 3 − a 3 3 − a 3 4 ) = 2 π ⋅ 5 a 3 12 = 5 π a 3 6 V=\displaystyle\int_0^{2\pi}\dth\int_0^a\Big(2a-r-\frac{r^2}a\Big)r\dr=2\pi\Big(a^3-\frac{a^3}3-\frac{a^3}4\Big)=2\pi\cdot\frac{5a^3}{12}=\frac{5\pi a^3}6 V = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 a ( 2 a − r − a r 2 ) r d r = 2 π ( a 3 − 3 a 3 − 4 a 3 ) = 2 π ⋅ 12 5 a 3 = 6 5 π a 3
先一后二：z z z r 2 a \frac{r^2}a a r 2 2 a − r 2a-r 2 a − r r r r
答案：5 π a 3 6 \frac{5\pi a^3}6 6 5 π a 3
x y z O 球心 = 重心 半球：半径 a 圆锥：高 3 半球放在同底的圆锥上，重心在球心。
练习 8 李林 第十三章 §1 例 7 · p337
一个半径为
a a a 的均匀半球体放在一个底半径也为
a a a 、高为 3 的同质均匀圆锥体上（两者底面重合），整个物体的重心恰在球心，求
a a a 。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 建坐标。 球心放在原点，底面在 x O y xOy x O y Ω 1 : x 2 + y 2 + z 2 ≤ a 2 , z ≥ 0 \Omega_1:x^2+y^2+z^2\le a^2,\ z\ge0 Ω 1 : x 2 + y 2 + z 2 ≤ a 2 , z ≥ 0 Ω 2 \Omega_2 Ω 2 ( 0 , 0 , − 3 ) (0,0,-3) ( 0 , 0 , − 3 ) ∭ Ω 1 z d V + ∭ Ω 2 z d V = 0 \iiint_{\Omega_1}z\dV+\iiint_{\Omega_2}z\dV=0 ∭ Ω 1 z d V + ∭ Ω 2 z d V = 0
均匀物体的重心就是形心；z ˉ = 0 \bar z=0 z ˉ = 0 z z z
② 半球的静矩。 ∭ Ω 1 z d V = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π / 2 d φ ∫ 0 a ρ cos φ ⋅ ρ 2 sin φ d ρ = 2 π ⋅ 1 2 ⋅ a 4 4 = π a 4 4 \displaystyle\iiint_{\Omega_1}z\dV=\int_0^{2\pi}\dth\int_0^{\pi/2}\dphi\int_0^a\rho\cos\varphi\cdot\rho^2\sin\varphi\drho=2\pi\cdot\frac12\cdot\frac{a^4}4=\frac{\pi a^4}4 ∭ Ω 1 z d V = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π /2 d φ ∫ 0 a ρ cos φ ⋅ ρ 2 sin φ d ρ = 2 π ⋅ 2 1 ⋅ 4 a 4 = 4 π a 4
半球用球面坐标最方便，球面坐标下 z = ρ cos φ z=\rho\cos\varphi z = ρ cos φ ∫ 0 π / 2 sin φ cos φ d φ = 1 2 \int_0^{\pi/2}\sin\varphi\cos\varphi\dphi=\frac12 ∫ 0 π /2 sin φ cos φ d φ = 2 1
③ 圆锥的静矩。 截面法：高度 z ∈ [ − 3 , 0 ] z\in[-3,0] z ∈ [ − 3 , 0 ] a 3 ( z + 3 ) \dfrac a3(z+3) 3 a ( z + 3 ) π a 2 9 ( z + 3 ) 2 \dfrac{\pi a^2}9(z+3)^2 9 π a 2 ( z + 3 ) 2 ∭ Ω 2 z d V = π a 2 9 ∫ − 3 0 z ( z + 3 ) 2 d z = π a 2 9 ⋅ ( − 27 4 ) = − 3 π a 2 4 \displaystyle\iiint_{\Omega_2}z\dV=\frac{\pi a^2}9\int_{-3}^0z(z+3)^2\dz=\frac{\pi a^2}9\cdot\Big(-\frac{27}4\Big)=-\frac{3\pi a^2}4 ∭ Ω 2 z d V = 9 π a 2 ∫ − 3 0 z ( z + 3 ) 2 d z = 9 π a 2 ⋅ ( − 4 27 ) = − 4 3 π a 2
顶点处半径 0、底面处半径 a a a ∫ − 3 0 z ( z + 3 ) 2 d z \int_{-3}^0z(z+3)^2\dz ∫ − 3 0 z ( z + 3 ) 2 d z w = z + 3 w=z+3 w = z + 3 ∫ 0 3 ( w − 3 ) w 2 d w = 81 4 − 27 = − 27 4 \int_0^3(w-3)w^2\dd w=\frac{81}4-27=-\frac{27}4 ∫ 0 3 ( w − 3 ) w 2 d w = 4 81 − 27 = − 4 27
④ 列方程。 π a 4 4 − 3 π a 2 4 = 0 \dfrac{\pi a^4}4-\dfrac{3\pi a^2}4=0 4 π a 4 − 4 3 π a 2 = 0 a 2 = 3 a^2=3 a 2 = 3 a = 3 a=\sqrt3 a = 3
两部分静矩抵消；也可以用“锥体形心在离底 1 4 \frac14 4 1 − 3 4 ⋅ 1 3 π a 2 ⋅ 3 -\frac34\cdot\frac13\pi a^2\cdot3 − 4 3 ⋅ 3 1 π a 2 ⋅ 3
答案：a = 3 a=\sqrt3 a = 3
练习 9 李林 第十三章 §1 例 8 · p337
求均匀球体
x 2 + y 2 + z 2 ≤ 2 z x^2+y^2+z^2\le2z x 2 + y 2 + z 2 ≤ 2 z 绕
z z z 轴的转动惯量（设密度
ρ = 1 \rho=1 ρ = 1 ）。
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 写出公式。 I z = ∭ Ω ( x 2 + y 2 ) d V I_z=\displaystyle\iiint_\Omega(x^2+y^2)\dV I z = ∭ Ω ( x 2 + y 2 ) d V Ω \Omega Ω ( 0 , 0 , 1 ) (0,0,1) ( 0 , 0 , 1 )
到 z z z x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2
② 球面坐标。 球整个在 x O y xOy x O y x 2 + y 2 + z 2 = 2 z x^2+y^2+z^2=2z x 2 + y 2 + z 2 = 2 z ρ = 2 cos φ \rho=2\cos\varphi ρ = 2 cos φ 0 ≤ φ ≤ π 2 0\le\varphi\le\frac\pi2 0 ≤ φ ≤ 2 π θ \theta θ I z = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π / 2 d φ ∫ 0 2 cos φ ρ 2 sin 2 φ ⋅ ρ 2 sin φ d ρ = 2 π ∫ 0 π / 2 sin 3 φ ⋅ 32 cos 5 φ 5 d φ I_z=\displaystyle\int_0^{2\pi}\dth\int_0^{\pi/2}\dphi\int_0^{2\cos\varphi}\rho^2\sin^2\varphi\cdot\rho^2\sin\varphi\drho=2\pi\int_0^{\pi/2}\sin^3\varphi\cdot\frac{32\cos^5\varphi}5\dphi I z = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π /2 d φ ∫ 0 2 c o s φ ρ 2 sin 2 φ ⋅ ρ 2 sin φ d ρ = 2 π ∫ 0 π /2 sin 3 φ ⋅ 5 32 cos 5 φ d φ
这个球过原点，从原点出发的射线穿出球面时走过的长度随方向变化，就是 ρ = 2 cos φ \rho=2\cos\varphi ρ = 2 cos φ x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 ρ 2 sin 2 φ \rho^2\sin^2\varphi ρ 2 sin 2 φ ρ 2 sin φ \rho^2\sin\varphi ρ 2 sin φ
③ 算出来。 ∫ 0 π / 2 sin 3 φ cos 5 φ d φ = ∫ 0 1 ( 1 − c 2 ) c 5 d c = 1 6 − 1 8 = 1 24 \displaystyle\int_0^{\pi/2}\sin^3\varphi\cos^5\varphi\dphi=\int_0^1(1-c^2)c^5\dd c=\frac16-\frac18=\frac1{24} ∫ 0 π /2 sin 3 φ cos 5 φ d φ = ∫ 0 1 ( 1 − c 2 ) c 5 d c = 6 1 − 8 1 = 24 1 I z = 2 π ⋅ 32 5 ⋅ 1 24 = 8 π 15 I_z=2\pi\cdot\dfrac{32}5\cdot\dfrac1{24}=\dfrac{8\pi}{15} I z = 2 π ⋅ 5 32 ⋅ 24 1 = 15 8 π
令 c = cos φ c=\cos\varphi c = cos φ sin 3 φ d φ = − ( 1 − c 2 ) d c \sin^3\varphi\dphi=-(1-c^2)\dd c sin 3 φ d φ = − ( 1 − c 2 ) d c I = 2 5 M R 2 = 2 5 ⋅ 4 π 3 = 8 π 15 I=\frac25MR^2=\frac25\cdot\frac{4\pi}3=\frac{8\pi}{15} I = 5 2 M R 2 = 5 2 ⋅ 3 4 π = 15 8 π z z z
答案：8 π 15 \frac{8\pi}{15} 15 8 π
7.2 曲线与曲面：弧长、面积、质量与质心大白话：铁丝、薄壳的应用题和立体一样套公式，只是积分换成第一型曲线积分或曲面积分。真题最喜欢的是薄片的质量 ：密度函数里常常藏着曲面方程能化简的东西（比如锥面上 x 2 + y 2 + z 2 = 2 ( x 2 + y 2 ) x^2+y^2+z^2=2(x^2+y^2) x 2 + y 2 + z 2 = 2 ( x 2 + y 2 )
x y z O C ：锥面与 z ²=2x 的交线投影 (x −1)²+y ²=1 S ：锥面上被割下的部分圆锥面被抛物柱面 z 2 = 2 x z^2=2x z 2 = 2 x S S S ( x − 1 ) 2 + y 2 ≤ 1 (x-1)^2+y^2\le1 ( x − 1 ) 2 + y 2 ≤ 1
例 7.2 2017 数一(19) 李林 第十三章 习题 (12) · p345
设薄片型物体
S S S 是圆锥面
z = x 2 + y 2 z=\sqrt{x^2+y^2} z = x 2 + y 2 被柱面
z 2 = 2 x z^2=2x z 2 = 2 x 割下的有限部分，其上任一点的密度为
μ ( x , y , z ) = 9 x 2 + y 2 + z 2 \mu(x,y,z)=9\sqrt{x^2+y^2+z^2} μ ( x , y , z ) = 9 x 2 + y 2 + z 2 。记圆锥面与柱面的交线为
C C C 。（I）求
C C C 在
x O y xOy x O y 平面上的投影曲线的方程；（II）求
S S S 的质量
M M M 。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (I) 消去 z z z z = x 2 + y 2 z=\sqrt{x^2+y^2} z = x 2 + y 2 z 2 = x 2 + y 2 z^2=x^2+y^2 z 2 = x 2 + y 2 z 2 = 2 x z^2=2x z 2 = 2 x x 2 + y 2 = 2 x x^2+y^2=2x x 2 + y 2 = 2 x { x 2 + y 2 = 2 x z = 0 \begin{cases}x^2+y^2=2x\\z=0\end{cases} { x 2 + y 2 = 2 x z = 0
求投影曲线就是从两个方程里消去 z z z z = 0 z=0 z = 0 x 2 + y 2 = 2 x x^2+y^2=2x x 2 + y 2 = 2 x
② (II) 质量的公式。 M = ∬ S μ d S M=\displaystyle\iint_S\mu\dS M = ∬ S μ d S S S S x O y xOy x O y D : x 2 + y 2 ≤ 2 x D:x^2+y^2\le2x D : x 2 + y 2 ≤ 2 x d S = 2 d x d y \dS=\sqrt2\dx\dy d S = 2 d x d y
薄片质量 = 面密度的第一型曲面积分；锥面的倾斜因子恒为 2 \sqrt2 2
③ 化简密度。 在锥面上 z 2 = x 2 + y 2 z^2=x^2+y^2 z 2 = x 2 + y 2 μ = 9 2 ( x 2 + y 2 ) = 9 2 r \mu=9\sqrt{2(x^2+y^2)}=9\sqrt2\,r μ = 9 2 ( x 2 + y 2 ) = 9 2 r
先用曲面方程代掉 z z z 2 \sqrt2 2 d S \dS d S 2 \sqrt2 2
④ 极坐标计算。 M = ∬ D 9 2 r ⋅ 2 d x d y = 18 ∫ − π / 2 π / 2 d θ ∫ 0 2 cos θ r ⋅ r d r = 18 ∫ − π / 2 π / 2 8 cos 3 θ 3 d θ = 48 ⋅ 4 3 = 64 M=\displaystyle\iint_D9\sqrt2\,r\cdot\sqrt2\dx\dy=18\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\dth\int_0^{2\cos\theta}r\cdot r\dr=18\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\frac{8\cos^3\theta}3\dth=48\cdot\frac43=64 M = ∬ D 9 2 r ⋅ 2 d x d y = 18 ∫ − π /2 π /2 d θ ∫ 0 2 c o s θ r ⋅ r d r = 18 ∫ − π /2 π /2 3 8 cos 3 θ d θ = 48 ⋅ 3 4 = 64
投影区域是偏心圆，用极坐标：偏心圆 r = 2 cos θ r=2\cos\theta r = 2 cos θ θ \theta θ − π 2 -\frac\pi2 − 2 π π 2 \frac\pi2 2 π ∫ − π / 2 π / 2 cos 3 θ d θ = 2 ⋅ 2 3 = 4 3 \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^3\theta\dth=2\cdot\frac23=\frac43 ∫ − π /2 π /2 cos 3 θ d θ = 2 ⋅ 3 2 = 3 4
答案：(I) { x 2 + y 2 = 2 x z = 0 \begin{cases}x^2+y^2=2x\\z=0\end{cases} { x 2 + y 2 = 2 x z = 0 M = 64 M=64 M = 64
例 7.3 李林 第十三章 §2 例 5 · p340
设曲线
L L L 是球面
x 2 + y 2 + z 2 = R 2 x^2+y^2+z^2=R^2 x 2 + y 2 + z 2 = R 2 在第一卦限部分的边界曲线，其线密度
ρ = 1 \rho=1 ρ = 1 ，求
L L L 的质心。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 看清 L L L L L L π R 2 \dfrac{\pi R}2 2 π R s = 3 π R 2 s=\dfrac{3\pi R}2 s = 2 3 π R
球面与坐标面 z = 0 z=0 z = 0 R R R
② 算 ∫ L x d s \int_Lx\ds ∫ L x d s z = 0 z=0 z = 0 x = R cos t , y = R sin t x=R\cos t,\ y=R\sin t x = R cos t , y = R sin t ∫ 0 π / 2 R cos t ⋅ R d t = R 2 \displaystyle\int_0^{\pi/2}R\cos t\cdot R\dt=R^2 ∫ 0 π /2 R cos t ⋅ R d t = R 2 y = 0 y=0 y = 0 R 2 R^2 R 2 x = 0 x=0 x = 0 x = 0 x=0 x = 0 2 R 2 2R^2 2 R 2
圆弧上 d s = R d t \ds=R\dt d s = R d t x = 0 x=0 x = 0
③ 质心。 x ˉ = 2 R 2 3 π R / 2 = 4 R 3 π \bar x=\dfrac{2R^2}{3\pi R/2}=\dfrac{4R}{3\pi} x ˉ = 3 π R /2 2 R 2 = 3 π 4 R y ˉ = z ˉ = 4 R 3 π \bar y=\bar z=\dfrac{4R}{3\pi} y ˉ = z ˉ = 3 π 4 R ( 4 R 3 π , 4 R 3 π , 4 R 3 π ) \Big(\dfrac{4R}{3\pi},\dfrac{4R}{3\pi},\dfrac{4R}{3\pi}\Big) ( 3 π 4 R , 3 π 4 R , 3 π 4 R )
L L L x , y , z x,y,z x , y , z
答案：( 4 R 3 π , 4 R 3 π , 4 R 3 π ) \big(\frac{4R}{3\pi},\frac{4R}{3\pi},\frac{4R}{3\pi}\big) ( 3 π 4 R , 3 π 4 R , 3 π 4 R )
例 7.4 李林 第十三章 §3 例 5 · p344
设
S S S 是锥面
z = x 2 + y 2 z=\sqrt{x^2+y^2} z = x 2 + y 2 被柱面
x 2 + y 2 = 2 x x^2+y^2=2x x 2 + y 2 = 2 x 截下的部分。（1）求
S S S 的面积
A A A ；（2）若
S S S 的面密度
ρ = 1 \rho=1 ρ = 1 ，求它对
z z z 轴的转动惯量。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① (1) 面积。 投影 D : x 2 + y 2 ≤ 2 x D:x^2+y^2\le2x D : x 2 + y 2 ≤ 2 x ( 1 , 0 ) (1,0) ( 1 , 0 ) d S = 2 d x d y \dS=\sqrt2\dx\dy d S = 2 d x d y A = 2 ⋅ S D = 2 π A=\sqrt2\cdot S_D=\sqrt2\pi A = 2 ⋅ S D = 2 π
被积函数是 1 时，曲面积分就是 2 \sqrt2 2
② (2) 公式。 I z = ∬ S ( x 2 + y 2 ) d S = 2 ∬ D ( x 2 + y 2 ) d x d y I_z=\displaystyle\iint_S(x^2+y^2)\dS=\sqrt2\iint_D(x^2+y^2)\dx\dy I z = ∬ S ( x 2 + y 2 ) d S = 2 ∬ D ( x 2 + y 2 ) d x d y
薄壳上一小块对 z z z ( x 2 + y 2 ) d S (x^2+y^2)\dS ( x 2 + y 2 ) d S
③ (2) 极坐标。 2 ∫ − π / 2 π / 2 d θ ∫ 0 2 cos θ r 3 d r = 2 ∫ − π / 2 π / 2 4 cos 4 θ d θ = 2 ⋅ 4 ⋅ 3 π 8 = 3 2 π 2 \sqrt2\displaystyle\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\dth\int_0^{2\cos\theta}r^3\dr=\sqrt2\int_{-\pi/2}^{\pi/2}4\cos^4\theta\dth=\sqrt2\cdot4\cdot\frac{3\pi}8=\frac{3\sqrt2\pi}2 2 ∫ − π /2 π /2 d θ ∫ 0 2 c o s θ r 3 d r = 2 ∫ − π /2 π /2 4 cos 4 θ d θ = 2 ⋅ 4 ⋅ 8 3 π = 2 3 2 π
偏心圆上的极坐标积分，最后一步用华里士公式：∫ − π / 2 π / 2 cos 4 θ d θ = 2 ⋅ 3 4 ⋅ 1 2 ⋅ π 2 = 3 π 8 \int_{-\pi/2}^{\pi/2}\cos^4\theta\dth=2\cdot\frac34\cdot\frac12\cdot\frac\pi2=\frac{3\pi}8 ∫ − π /2 π /2 cos 4 θ d θ = 2 ⋅ 4 3 ⋅ 2 1 ⋅ 2 π = 8 3 π
答案：(1) 2 π \sqrt2\pi 2 π 3 2 π 2 \frac{3\sqrt2\pi}2 2 3 2 π
7.3 功与最值大白话：变力沿曲线做的功就是第二型曲线积分。如果问“沿直线从原点走到曲面上哪一点时做功最大”，就先把功写成终点坐标的函数，再用条件极值（拉格朗日乘数法）求最大值：积分给出目标函数，曲面方程是约束条件 。
例 7.5 李林 第十四章 §1 例 11 · p359
设力场
F = y z i + z x j + x y k \bF=yz\boldsymbol i+zx\boldsymbol j+xy\boldsymbol k F = yz i + z x j + x y k ，问将质点从原点
O O O 沿直线移动到曲面
x 2 a 2 + y 2 b 2 + z 2 c 2 = 1 \dfrac{x^2}{a^2}+\dfrac{y^2}{b^2}+\dfrac{z^2}{c^2}=1 a 2 x 2 + b 2 y 2 + c 2 z 2 = 1 在第一卦限部分的哪一点时，
F \bF F 所做的功最大？并求此最大功。
解答先遮住，自己试 5 分钟
① 功是终点坐标的函数。 设终点 M ( ξ , η , ζ ) M(\xi,\eta,\zeta) M ( ξ , η , ζ ) O M → \overrightarrow{OM} OM X = ξ t , Y = η t , Z = ζ t X=\xi t,\ Y=\eta t,\ Z=\zeta t X = ξ t , Y = η t , Z = ζt t t t W = ∫ 0 1 ( η ζ t 2 ⋅ ξ + ζ ξ t 2 ⋅ η + ξ η t 2 ⋅ ζ ) d t = ξ η ζ W=\displaystyle\int_0^1\big(\eta\zeta t^2\cdot\xi+\zeta\xi t^2\cdot\eta+\xi\eta t^2\cdot\zeta\big)\dt=\xi\eta\zeta W = ∫ 0 1 ( η ζ t 2 ⋅ ξ + ζ ξ t 2 ⋅ η + ξ η t 2 ⋅ ζ ) d t = ξ η ζ
直线段用参数 t t t F ⋅ d r \bF\cdot\dd\boldsymbol r F ⋅ d r ξ η ζ t 2 d t \xi\eta\zeta t^2\dt ξ η ζ t 2 d t ξ η ζ \xi\eta\zeta ξ η ζ F = grad ( x y z ) \bF=\grad(xyz) F = grad ( x yz ) x y z xyz x yz
② 条件极值。 在 ξ 2 a 2 + η 2 b 2 + ζ 2 c 2 = 1 \dfrac{\xi^2}{a^2}+\dfrac{\eta^2}{b^2}+\dfrac{\zeta^2}{c^2}=1 a 2 ξ 2 + b 2 η 2 + c 2 ζ 2 = 1 ξ η ζ \xi\eta\zeta ξ η ζ L = ξ η ζ + λ ( ξ 2 a 2 + η 2 b 2 + ζ 2 c 2 − 1 ) L=\xi\eta\zeta+\lambda\Big(\dfrac{\xi^2}{a^2}+\dfrac{\eta^2}{b^2}+\dfrac{\zeta^2}{c^2}-1\Big) L = ξ η ζ + λ ( a 2 ξ 2 + b 2 η 2 + c 2 ζ 2 − 1 ) η ζ + 2 λ ξ a 2 = 0 \eta\zeta+\dfrac{2\lambda\xi}{a^2}=0 η ζ + a 2 2 λ ξ = 0
目标函数是功，约束是终点在曲面上；拉格朗日乘数法。
③ 解方程组。 三式分别乘 ξ , η , ζ \xi,\eta,\zeta ξ , η , ζ ξ η ζ = − 2 λ ξ 2 a 2 = − 2 λ η 2 b 2 = − 2 λ ζ 2 c 2 \xi\eta\zeta=-\dfrac{2\lambda\xi^2}{a^2}=-\dfrac{2\lambda\eta^2}{b^2}=-\dfrac{2\lambda\zeta^2}{c^2} ξ η ζ = − a 2 2 λ ξ 2 = − b 2 2 λ η 2 = − c 2 2 λ ζ 2 ξ 2 a 2 = η 2 b 2 = ζ 2 c 2 = 1 3 \dfrac{\xi^2}{a^2}=\dfrac{\eta^2}{b^2}=\dfrac{\zeta^2}{c^2}=\dfrac13 a 2 ξ 2 = b 2 η 2 = c 2 ζ 2 = 3 1 ξ = a 3 , η = b 3 , ζ = c 3 \xi=\dfrac a{\sqrt3},\ \eta=\dfrac b{\sqrt3},\ \zeta=\dfrac c{\sqrt3} ξ = 3 a , η = 3 b , ζ = 3 c
三个比值相等，加起来等于 1，每个都是 1 3 \frac13 3 1
④ 最大功。 驻点唯一，而边界上（某个坐标为 0）功为 0，所以最大功 W max = a b c 3 3 = 3 9 a b c W_{\max}=\dfrac{abc}{3\sqrt3}=\dfrac{\sqrt3}9abc W m a x = 3 3 ab c = 9 3 ab c ( 3 3 a , 3 3 b , 3 3 c ) \Big(\dfrac{\sqrt3}3a,\dfrac{\sqrt3}3b,\dfrac{\sqrt3}3c\Big) ( 3 3 a , 3 3 b , 3 3 c )
第一卦限曲面片是有界闭集，连续函数一定有最大值；内部唯一驻点又比边界值大，所以就是最大值点。
答案：点 ( 3 3 a , 3 3 b , 3 3 c ) \big(\frac{\sqrt3}3a,\frac{\sqrt3}3b,\frac{\sqrt3}3c\big) ( 3 3 a , 3 3 b , 3 3 c ) W max = 3 9 a b c W_{\max}=\frac{\sqrt3}9abc W m a x = 9 3 ab c
7.4 小结学完了，标记这一部分
第 8 部分
看题选方法
把前七部分的判断标准收成一张流程图和三张表：先认类型、再化简、再看能不能用格林、高斯、斯托克斯，最后才直接算。拿到题先查这里，再翻到对应的部分。
考试要求（大纲原文，李林讲义第十三章、第十四章）
第十三章：理解三重积分、第一型曲线积分、第一型曲面积分的概念，会计算三重积分（直角、柱面、球面坐标），掌握两类第一型积分的计算，会求体积、质量、质心、转动惯量等。
第十四章：理解第二型曲线与曲面积分的概念与两类积分的关系，掌握其计算方法；掌握格林公式与路径无关的条件，会求全微分的原函数；掌握高斯公式、斯托克斯公式；了解散度与旋度并会计算。
这一部分不讲新内容，把前七部分的判断标准收成一张流程图和三张表。
8.1 总流程：六个问题大白话：拿到一道积分题，先别急着算 ，从上往下问自己六个问题。前两个问题决定“这是哪种积分、能不能先化简”，中间三个问题决定“能不能用大公式（格林、高斯、斯托克斯）”，最后才是老老实实参数化或投影。真题里九成的题在第 ② 到 ⑤ 步就解决了一大半。
① 认类型 ∭：三重积分；ds、dS：第一型 dx、dxdy 这类：第二型（有方向） ② 先化简 代入曲线/曲面方程；奇偶、轮换 第二型的对称性要看方向（慎用） ③ 封闭吗？ 平面闭曲线：格林；闭曲面：高斯 空间闭曲线：斯托克斯 ④ 不封闭 补线、补面，再减去补上的部分 被积式有全微分：先拆出来 ⑤ 有奇点吗？ 分母为 0 的点在里面：先代入 代不掉且散度/旋度为 0：挖洞 ⑥ 直接算 曲线：参数化；曲面：投影 三重：先一后二、先二后一、柱面、球面 解题六步：每一步都对应正文的一个部分。 8.2 三重积分：选坐标、选拆法
看到什么 先做什么 例子
被积函数几项之和，区域对称 奇的项划掉，能轮换就轮换（1.1 节） 例 1.1 、例 1.2 被积函数只含 z z z 先二后一 ∫ g ( z ) A ( z ) d z \int g(z)A(z)\dz ∫ g ( z ) A ( z ) d z 例 1.6 、例 1.2 投影是圆、区域绕 z z z 柱面坐标，乘 r r r 例 1.3 、例 7.1 球、锥、冰淇淋筒 球面坐标，乘 ρ 2 sin φ \rho^2\sin\varphi ρ 2 sin φ 例 1.4 、例 1.5 求形心、质心 对称定零；截面面积 A ( z ) A(z) A ( z ) 例 1.7 、例 1.8
8.3 曲线积分：第一型与第二型8.4 曲面积分：第一型与第二型8.5 小结学完了，标记这一部分
第 9 部分
二级结论与反例
把正文里推过的现成结果集中起来：17 条二级结论、10 个反例，每一条都标出在哪道例题里用过。选择、填空直接用，解答题要写推导。
考试要求（大纲原文，李林讲义第十三章、第十四章）
会计算三重积分和两类第一型积分，会用它们求体积、质量、质心、转动惯量等（第十三章）。
掌握第二型曲线、曲面积分的计算，掌握格林、高斯、斯托克斯公式与路径无关的条件（第十四章）。
二级结论是这些“掌握”的副产品：选择、填空可以直接用，解答题要写出推导。每一条都经程序核对，并标出在哪道例题里用过。
大白话：下面这些结论都在正文的例题里推过一遍。记住它们，填空题可以一步写出答案；解答题里仍要按正文的步骤写。反例一栏专门收“看起来能用、其实不能用”的情形，考前逐条过一遍。
9.1 二级结论
结论 用在
锥面 z = x 2 + y 2 z=\sqrt{x^2+y^2} z = x 2 + y 2 d S = 2 d x d y \dS=\sqrt2\dx\dy d S = 2 d x d y x 2 + y 2 + z 2 = 2 ( x 2 + y 2 ) x^2+y^2+z^2=2(x^2+y^2) x 2 + y 2 + z 2 = 2 ( x 2 + y 2 ) 例 7.2 、例 3.1 平面 z = c − a x − b y z=c-ax-by z = c − a x − b y d S = 1 + a 2 + b 2 d x d y \dS=\sqrt{1+a^2+b^2}\dx\dy d S = 1 + a 2 + b 2 d x d y 例 3.2 隐式曲面 F = 0 F=0 F = 0 d S = ∣ ∇ F ∣ ∣ F z ∣ d x d y \dS=\frac{|\nabla F|}{|F_z|}\dx\dy d S = ∣ F z ∣ ∣∇ F ∣ d x d y F z = 0 F_z=0 F z = 0 例 3.5 锥体的形心在“底面形心—顶点”连线上、离底面 1 4 \frac14 4 1 例 1.7 、练习 8 四面体的形心是四个顶点坐标的平均 例 5.5 旋转体：z ˉ = ∫ z A ( z ) d z ∫ A ( z ) d z \bar z=\frac{\int zA(z)\dz}{\int A(z)\dz} z ˉ = ∫ A ( z ) d z ∫ z A ( z ) d z A ( z ) = π R 2 ( z ) A(z)=\pi R^2(z) A ( z ) = π R 2 ( z ) 例 1.8 、例 1.6 球面被平面截出的圆，半径 R 2 − d 2 \sqrt{R^2-d^2} R 2 − d 2 例 2.2 、例 6.4 过球心的平面截球面 x 2 + y 2 + z 2 = R 2 x^2+y^2+z^2=R^2 x 2 + y 2 + z 2 = R 2 L L L ∮ L x 2 d s = 2 π R 3 3 \oint_Lx^2\ds=\frac{2\pi R^3}3 ∮ L x 2 d s = 3 2 π R 3 例 2.3 同一个大圆（x + y + z = 0 x+y+z=0 x + y + z = 0 R = 1 R=1 R = 1 ∮ L x y d s = − π 3 \oint_Lxy\ds=-\frac\pi3 ∮ L x y d s = − 3 π 例 2.4 最优区域：∬ D g d σ \iint_Dg\dd\sigma ∬ D g d σ D = { g ≥ 0 } D=\{g\ge0\} D = { g ≥ 0 } 例 4.3 、例 4.11 绕原点逆时针一圈：∮ x d y − y d x A x 2 + B y 2 = 2 π A B \oint\frac{x\dy-y\dx}{Ax^2+By^2}=\frac{2\pi}{\sqrt{AB}} ∮ A x 2 + B y 2 x d y − y d x = A B 2 π 例 4.9 、例 4.10 、例 4.11 f f f f ( x 2 + y 2 ) ( x d x + y d y ) f(x^2+y^2)(x\dx+y\dy) f ( x 2 + y 2 ) ( x d x + y d y ) 例 4.16 过中心的弦把椭圆盘平分，面积各 π a b 2 \frac{\pi ab}2 2 πab 例 4.7 z = z ( x , y ) z=z(x,y) z = z ( x , y ) d y d z = − z x d x d y \dd y\dd z=-z_x\dx\dy d y d z = − z x d x d y d z d x = − z y d x d y \dd z\dd x=-z_y\dx\dy d z d x = − z y d x d y 例 5.2 、例 5.4 div ( x , y , z ) r 3 = 0 \Div\frac{(x,y,z)}{r^3}=0 div r 3 ( x , y , z ) = 0 r ≠ 0 r\ne0 r = 0 4 π 4\pi 4 π 例 5.15 斯托克斯取平面块时，rot F ⋅ n \rot\bF\cdot\bn rot F ⋅ n 例 6.4 、例 6.3 rot ( grad u ) = 0 \rot(\grad u)=\boldsymbol0 rot ( grad u ) = 0 例 6.6 、例 7.5
9.2 反例：看起来能用、其实不能用
反例 出现在
Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y ∮ x d y − y d x x 2 + y 2 = 2 π ≠ 0 \oint\frac{x\dy-y\dx}{x^2+y^2}=2\pi\ne0 ∮ x 2 + y 2 x d y − y d x = 2 π = 0 例 4.12 区域有洞，但有单值原函数时仍与路径无关 练习 4 区域越大，积分不一定越大（被积函数有负的部分） 例 4.3 第二型曲线积分：对称的两半方向相反时，P P P 练习 5 第二型曲面积分：侧相反的对称两半，R R R 例 5.17 分母 x 2 + y 2 + z 2 \sqrt{x^2+y^2+z^2} x 2 + y 2 + z 2 例 5.12 散度不为 0 时挖小球没用 例 5.16 f f f f f f 例 5.4 斜圆锥不是旋转体：y ˉ ≠ 0 \bar y\ne0 y ˉ = 0 例 1.7 第二型曲线积分的下限可以大于上限（第一型不行） 例 4.6 、例 2.1
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第 10 部分
易错清单
把前面每一节“最容易错”的地方汇总成一张清单：27 条，每条给出正确做法和可以回看的例题。考前过一遍。
考试要求（大纲原文，李林讲义第十三章、第十四章）
会计算三重积分和两类第一型积分，会求体积、质量、质心等（第十三章）。
掌握第二型曲线、曲面积分的计算和格林、高斯、斯托克斯公式（第十四章）。
易错点几乎都出在“掌握计算方法”上：定限、定侧、定方向、查奇点。
10.1 三重积分
易错 正确做法 回看
漏乘 r r r ρ 2 sin φ \rho^2\sin\varphi ρ 2 sin φ 换坐标后立刻写上体积元素 例 1.3 φ \varphi φ x O y xOy x O y φ \varphi φ z z z z = x 2 + y 2 z=\sqrt{x^2+y^2} z = x 2 + y 2 φ = π 4 \varphi=\frac\pi4 φ = 4 π 例 1.4 过原点的球面当成 ρ = R \rho=R ρ = R x 2 + y 2 + z 2 = 4 z x^2+y^2+z^2=4z x 2 + y 2 + z 2 = 4 z ρ = 4 cos φ \rho=4\cos\varphi ρ = 4 cos φ 例 1.5 柱面坐标里下曲面换了却没分块 在交线处分块，或改用先二后一 例 1.3 斜圆锥写 y ˉ = 0 \bar y=0 y ˉ = 0 截面圆心随 z z z ∬ D z y \iint_{D_z}y ∬ D z y 例 1.7 旋转曲面把 z z z 绕 z z z z z z z z z 例 1.8
10.2 曲线积分
易错 正确做法 回看
第一型积分下限大于上限 第一型与方向无关，下限必须小 例 2.1 第二型按大小排上下限 下限是起点的参数，上限是终点的参数 例 4.6 截圆半径当成球半径 半径 R 2 − d 2 \sqrt{R^2-d^2} R 2 − d 2 例 2.2 Q x − P y Q_x-P_y Q x − P y 格林是 Q Q Q x x x P P P y y y 例 4.3 补线方向画反、忘了减补线 补线从终点回起点；最后减掉 例 4.5 弄错走的是椭圆的哪一半 按参数递增的方向看途经哪个点 例 4.7 奇点在里面仍直接用格林 挖与分母同形的小曲线 例 4.10 分母 4 x 2 + y 2 4x^2+y^2 4 x 2 + y 2 挖小椭圆 4 x 2 + y 2 = δ 2 4x^2+y^2=\delta^2 4 x 2 + y 2 = δ 2 例 4.9 路径无关换路径时跨过了奇点 新旧路径之间不能夹奇点 例 4.12 积分法求原函数把 φ ( y ) \varphi(y) φ ( y ) 对 x x x y y y 例 4.15 （C）1 x − 1 y \frac1x-\frac1y x 1 − y 1 P y = Q x P_y=Q_x P y = Q x P P P 例 4.13
10.3 曲面积分与三大公式
易错 正确做法 回看
第一型漏乘倾斜因子 d S = 1 + z x 2 + z y 2 d x d y \dS=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}\dx\dy d S = 1 + z x 2 + z y 2 d x d y 2 \sqrt2 2 例 7.2 柱面侧面投到 x O y xOy x O y 投到 x O z xOz x O z y O z yOz y O z 例 3.4 第二型投影忘了定号 上、前、右取正，下、后、左取负 例 5.1 整个球面一次投下去 上下两半分开投 例 5.16 补面的侧取反 与原曲面配套：都朝外或都朝里 例 5.9 内侧用高斯没加负号 内侧时 ∯ = − ∭ div \oiint=-\iiint\Div ∬ = − ∭ div 例 5.13 锥高取成平面方程的常数 1 锥高是顶点到平面的距离 1 3 \frac1{\sqrt3} 3 1 例 5.11 旋度第二项写成 R x − P z R_x-P_z R x − P z rot F = ( R y − Q z , P z − R x , Q x − P y ) \rot\bF=(R_y-Q_z,\ P_z-R_x,\ Q_x-P_y) rot F = ( R y − Q z , P z − R x , Q x − P y ) 例 6.8 斯托克斯的投影椭圆当成以原点为中心 配方找中心和半轴 例 6.4 求投影曲线只写一个方程 投影曲线要写 H ( x , y ) = 0 H(x,y)=0 H ( x , y ) = 0 z = 0 z=0 z = 0 例 7.2
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第 11 部分
真题索引
全部真题的索引：Maki 第三十四—三十七讲的 36 道数一真题按年份排，另有按小节的对照表和大纲逐条覆盖表。点任何一道都能跳到正文里的完整解答。
考试要求（大纲原文，李林讲义第十三章、第十四章）
第十三章（仅数学一）：1. 理解三重积分的概念；2. 会计算三重积分（直角坐标、柱面坐标、球面坐标）；3. 理解第一型曲线积分、第一型曲面积分的概念；4. 掌握第一型曲线积分、第一型曲面积分的计算方法；5. 会用三重积分、第一型曲线积分、第一型曲面积分求体积、弧长、曲面面积、质量、质心、形心、转动惯量、引力、功等。
第十四章（仅数学一）：1. 理解第二型曲线与曲面积分的概念；2. 理解两类曲线积分、两类曲面积分的关系；3. 掌握第二型曲线与曲面积分的计算方法；4. 掌握格林公式并会运用平面曲线积分与路径无关的条件，会求二元函数全微分的原函数；5. 掌握高斯公式、斯托克斯公式；6. 了解散度与旋度的概念，并会计算。
11.4 节把这 11 条拆成考点，逐条列出讲在哪里、考过哪些真题。
11.1 全部真题：按年份Maki《真题分类精解》第三十四讲“三重积分”、第三十五讲“曲线积分”、第三十六讲“曲面积分”、第三十七讲“场论初步”共收 36 道题，全是数一的题（这几块内容数二、数三不考），全部在正文里做成了例题。第一列是题号和题型，星号是 Maki 标的难度（满分 5 颗）；第二列是 Maki 给这道题起的题型名和答案；第三列是所在小节。
真题 题型与答案 小节
2010 数一(11) 填空 · ★★ 折线上第二类曲线积分答案：0 4.1 2010 数一(12) 填空 · ★★★ 三重积分求形心答案：2 3 \frac23 3 2 1.5 2010 数一(19) 解答 · ★★★★★ 椭球面第一类曲面积分答案：C : { x 2 + 3 z 2 = 1 y = 2 z C:\begin{cases}x^2+3z^2=1\\y=2z\end{cases} C : { x 2 + 3 z 2 = 1 y = 2 z I = 2 π I=2\pi I = 2 π 3.3 2011 数一(12) 填空 · ★★★ 空间闭曲线的第二类积分答案：π \pi π 6.2 2012 数一(12) 填空 · ★★ 平面片的曲面积分答案：3 12 \frac{\sqrt3}{12} 12 3 3.1 2012 数一(19) 解答 · ★★★ 格林公式算曲线积分答案：π 2 − 4 \frac\pi2-4 2 π − 4 4.3 2013 数一(4) 选择 · ★★★★ 格林公式比较积分答案：D 4.2 2013 数一(19) 解答 · ★★★★ 旋转曲面与形心答案：(I) x 2 + y 2 = 2 z 2 − 2 z + 1 x^2+y^2=2z^2-2z+1 x 2 + y 2 = 2 z 2 − 2 z + 1 ( 0 , 0 , 7 5 ) \big(0,0,\frac75\big) ( 0 , 0 , 5 7 ) 1.5 2014 数一(12) 填空 · ★★★ 空间曲线第二类积分答案：π \pi π 6.1 2014 数一(18) 解答 · ★★★★ 高斯公式算曲面积分答案：− 4 π -4\pi − 4 π 5.5 2015 数一(12) 填空 · ★★ 四面体上三重积分答案：1 4 \frac14 4 1 1.2 2015 数一(19) 解答 · ★★★★ 空间第二类曲线积分答案：2 π 2 \frac{\sqrt2\pi}2 2 2 π 6.1 2016 数一(10) 填空 · ★ 求向量场的旋度答案：j + ( y − 1 ) k \boldsymbol j+(y-1)\boldsymbol k j + ( y − 1 ) k 6.3 2016 数一(17) 解答 · ★★★★ 路径无关积分及最小值答案：I ( t ) = t + e 2 − t I(t)=t+\e^{2-t} I ( t ) = t + e 2 − t I ( 2 ) = 3 I(2)=3 I ( 2 ) = 3 4.5 2016 数一(18) 解答 · ★★★ 高斯公式算曲面积分答案：1 2 \frac12 2 1 5.4 2017 数一(11) 填空 · ★★ 由路径无关定参数答案：− 1 -1 − 1 4.5 2017 数一(19) 解答 · ★★★ 曲面积分求薄片质量答案：(I) { x 2 + y 2 = 2 x z = 0 \begin{cases}x^2+y^2=2x\\z=0\end{cases} { x 2 + y 2 = 2 x z = 0 M = 64 M=64 M = 64 7.2 2018 数一(11) 填空 · ★ 求向量场的旋度答案：i − k \boldsymbol i-\boldsymbol k i − k 6.3 2018 数一(12) 填空 · ★★★ 空间交线的第一类线积分答案：− π 3 -\frac\pi3 − 3 π 2.3 2018 数一(17) 解答 · ★★★★ 补面用高斯公式答案：14 π 45 \frac{14\pi}{45} 45 14 π 5.5 2019 数一(4) 选择 · ★★ 由格林公式反求P答案：D 4.5 2019 数一(12) 填空 · ★★★ 第二类曲面积分计算答案：32 3 \frac{32}3 3 32 5.2 2019 数一(19) 解答 · ★★★★ 锥体的形心坐标答案：( 0 , 1 4 , 1 4 ) \big(0,\frac14,\frac14\big) ( 0 , 4 1 , 4 1 ) 1.5 2020 数一(16) 解答 · ★★★★ 格林公式挖去奇点答案：π \pi π 4.4 2020 数一(18) 解答 · ★★★★ 补面用高斯公式答案：14 π 3 \frac{14\pi}3 3 14 π 5.3 2021 数一(14) 填空 · ★★★ 高斯公式算曲面积分答案：4 π 4\pi 4 π 5.4 2021 数一(20) 解答 · ★★★★★ 最优区域与格林公式答案：(I) 8 π 8\pi 8 π − π -\pi − π 4.4 2022 数一(19) 解答 · ★★★★ 斯托克斯公式算环流答案：0 6.2 2023 数一(19) 解答 · ★★★ 高斯公式算曲面积分答案：5 π 4 \frac{5\pi}4 4 5 π 5.4 2024 数一(2) 选择 · ★★★ 曲面积分的投影转换答案：A 5.3 2024 数一(20) 解答 · ★★★★ 斯托克斯公式算曲线积分答案：4 5 π 25 \frac{4\sqrt5\pi}{25} 25 4 5 π 6.2 2025 数一(14) 填空 · ★★ 格林公式算曲线积分答案：4 3 − 2 sin 1 \frac43-2\sin1 3 4 − 2 sin 1 4.3 2025 数一(20) 解答 · ★★★★★ 高斯公式算曲面积分答案：− 2 3 π 3 -\frac{2\sqrt3\pi}3 − 3 2 3 π 5.5 2026 数一(4) 选择 · ★★★ 三重积分的柱面球面坐标答案：C 1.4 2026 数一(11) 填空 · ★★ 向量场的散度计算答案：z + 1 z+1 z + 1 6.3 2026 数一(19) 解答 · ★★★★ 补线用格林公式答案：3 π − 1 4 \sqrt3\pi-\frac14 3 π − 4 1 4.3
11.2 按小节：每一节练哪些真题复习某一节时，把这一行的真题全部重做一遍。第二型曲线积分（第 4 部分）和第二型曲面积分（第 5 部分）占了一大半，是这一章的重心。
11.3 真题是怎么核对的核对方法
题号 ：Maki《考研数学真题分类精解》（2026 版）第三十四—三十七讲的每道题都带年份和卷别标签，逐条抄下后与正文里的真题标签对照；页面生成时程序检查每个标签都恰好出现一次，且每个标签都属于这几讲。题面 ：按书中题目页的文字核对；分式、根号被文字层拆散的地方，对照书中的解答还原。答案 ：书里文字层抽出来的答案常被截断（例如 2018 数一(12) 显示为“− π -\pi − π − π 3 -\frac\pi3 − 3 π 4 3 − 2 sin 1 \frac43-2\sin1 3 4 − 2 sin 1 32 3 \frac{32}3 3 32 11.4 考点覆盖：大纲逐条对照把李林讲义第十三章（5 条）、第十四章（6 条）的考试要求（大纲原文，见各部分开头的方框）拆成 20 个考点。“十三·2”指第十三章第 2 条。每个考点列出在哪一节讲、有几道例题，以及考过的真题。这张表是程序从正文里数出来的：每个考点都至少有一道例题，否则页面生成时会报错。
“真题：—”的考点，2010—2026 年数一没有专门考它的题，用李林讲义的例题补上了。
11.5 小结：真题怎么刷
阶段 做什么 从哪里开始
第一遍（跟着学习计划） 每天只做计划里列的真题，遮住解答先做 5 分钟 0.4 节 第二遍（按小节） 11.2 表里一行一行过，做错的标 △ / ✗ 11.2 节 第三遍（按年份） 11.1 表从 2026 往回做，限时 11.1 节 考前 只看 △ / ✗ 的题和第 8—10 部分 8.1 节
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第 12 部分
综合练习
综合练习：李林第十三、十四章的章末习题里正文没有用到的 27 道。每题都给了分步提示和“为什么”，答案都经程序核对。
考试要求（大纲原文，李林讲义第十三章、第十四章）
第十三章：会计算三重积分，掌握第一型曲线、曲面积分的计算，会求体积、弧长、面积、质量、质心、转动惯量、功等。
第十四章：掌握第二型曲线、曲面积分的计算，掌握格林公式、路径无关条件、原函数，掌握高斯公式、斯托克斯公式。
李林第十三章习题 12 道、第十四章习题 21 道。其中 6 道已经是正文例题（2017 数一(19)、2012 数一(19)、2011 数一(12)、2015 数一(19)、2018 数一(17)、2018 数一(11)），这里是其余 27 道。
大白话：每题先遮住提示自己做，做完再对照。每一步都写了“为什么”，卡住时先只看第一步的提示，再接着做。标出了每题对应正文的哪一节，做不出来就回去看那一节的方法卡。
12.1 三重积分
练习 10 李林 第十三章 习题 (1) · p344
设
V V V 由
z = x 2 + y 2 z=x^2+y^2 z = x 2 + y 2 与
z = 2 z=2 z = 2 围成，求
∭ V ( x 2 + y 2 ) d V \displaystyle\iiint_V(x^2+y^2)\dV ∭ V ( x 2 + y 2 ) d V 。（1.3 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 柱面坐标定限。 投影 r ≤ 2 r\le\sqrt2 r ≤ 2 z z z r 2 r^2 r 2
抛物面与平面交于 r 2 = 2 r^2=2 r 2 = 2
② 积分。 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 r 2 ( 2 − r 2 ) r d r = 2 π ( 2 ⋅ 4 4 − 8 6 ) = 4 π 3 \displaystyle\int_0^{2\pi}\dth\int_0^{\sqrt2}r^2(2-r^2)r\dr=2\pi\Big(\frac{2\cdot4}4-\frac86\Big)=\frac{4\pi}3 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 2 r 2 ( 2 − r 2 ) r d r = 2 π ( 4 2 ⋅ 4 − 6 8 ) = 3 4 π
被积函数 r 2 r^2 r 2 2 − r 2 2-r^2 2 − r 2 r r r ∫ 0 2 r 3 d r = 1 \int_0^{\sqrt2}r^3\dr=1 ∫ 0 2 r 3 d r = 1 ∫ 0 2 r 5 d r = 4 3 \int_0^{\sqrt2}r^5\dr=\frac43 ∫ 0 2 r 5 d r = 3 4
答案：4 π 3 \frac{4\pi}3 3 4 π
练习 11 李林 第十三章 习题 (2) · p344
设
V V V 由
z = x 2 + y 2 z=\sqrt{x^2+y^2} z = x 2 + y 2 与
z = 1 − x 2 − y 2 z=\sqrt{1-x^2-y^2} z = 1 − x 2 − y 2 围成，求
∭ V ( x + z ) d V \displaystyle\iiint_V(x+z)\dV ∭ V ( x + z ) d V 。（1.4 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 奇函数项。 V V V y O z yOz y O z ∭ V x d V = 0 \iiint_Vx\dV=0 ∭ V x d V = 0
把 x x x − x -x − x
② 球面坐标。 ∭ V z d V = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π / 4 d φ ∫ 0 1 ρ cos φ ⋅ ρ 2 sin φ d ρ = 2 π ⋅ 1 4 ⋅ 1 4 = π 8 \displaystyle\iiint_Vz\dV=\int_0^{2\pi}\dth\int_0^{\pi/4}\dphi\int_0^1\rho\cos\varphi\cdot\rho^2\sin\varphi\drho=2\pi\cdot\frac14\cdot\frac14=\frac\pi8 ∭ V z d V = ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π /4 d φ ∫ 0 1 ρ cos φ ⋅ ρ 2 sin φ d ρ = 2 π ⋅ 4 1 ⋅ 4 1 = 8 π
冰淇淋筒：φ \varphi φ π 4 \frac\pi4 4 π ρ \rho ρ ∫ 0 π / 4 sin φ cos φ d φ = 1 4 \int_0^{\pi/4}\sin\varphi\cos\varphi\dphi=\frac14 ∫ 0 π /4 sin φ cos φ d φ = 4 1
答案：π 8 \frac\pi8 8 π
练习 12 李林 第十三章 习题 (3) · p344
设
V V V 是由
{ x = 0 y 2 = 2 z \begin{cases}x=0\\y^2=2z\end{cases} { x = 0 y 2 = 2 z 绕
z z z 轴旋转一周的曲面与平面
z = 4 z=4 z = 4 所围成的区域，求
∭ V ( x 2 + y 2 + z ) d V \displaystyle\iiint_V(x^2+y^2+z)\dV ∭ V ( x 2 + y 2 + z ) d V 。（1.2 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 旋转曲面。 x 2 + y 2 = 2 z x^2+y^2=2z x 2 + y 2 = 2 z z z z 2 z \sqrt{2z} 2 z
绕 z z z y 2 y^2 y 2 x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2
② 截面上的积分。 ∬ D z ( x 2 + y 2 + z ) d σ = 2 π ⋅ ( 2 z ) 2 4 + z ⋅ 2 π z = 4 π z 2 \displaystyle\iint_{D_z}(x^2+y^2+z)\dd\sigma=2\pi\cdot\frac{(2z)^2}4+z\cdot2\pi z=4\pi z^2 ∬ D z ( x 2 + y 2 + z ) d σ = 2 π ⋅ 4 ( 2 z ) 2 + z ⋅ 2 π z = 4 π z 2
∬ r 2 d σ = 2 π ⋅ R 4 4 \iint r^2\dd\sigma=2\pi\cdot\frac{R^4}4 ∬ r 2 d σ = 2 π ⋅ 4 R 4 R 2 = 2 z R^2=2z R 2 = 2 z z z z 2 π z 2\pi z 2 π z
③ 对 z z z ∫ 0 4 4 π z 2 d z = 256 π 3 \displaystyle\int_0^44\pi z^2\dz=\frac{256\pi}3 ∫ 0 4 4 π z 2 d z = 3 256 π
先二后一：截面结果只含 z z z
答案：256 π 3 \frac{256\pi}3 3 256 π
练习 13 李林 第十三章 习题 (4) · p344
设
f f f 连续，
F ( t ) = ∭ V [ f ( x 2 + y 2 ) + z 2 ] d V F(t)=\displaystyle\iiint_V\big[f(x^2+y^2)+z^2\big]\dV F ( t ) = ∭ V [ f ( x 2 + y 2 ) + z 2 ] d V ，
V : x 2 + y 2 ≤ t 2 , 0 ≤ z ≤ h V:x^2+y^2\le t^2,\ 0\le z\le h V : x 2 + y 2 ≤ t 2 , 0 ≤ z ≤ h ，求
lim t → 0 + F ( t ) t 2 \lim\limits_{t\to0^+}\dfrac{F(t)}{t^2} t → 0 + lim t 2 F ( t ) 。（1.3 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 柱面坐标写出 F ( t ) F(t) F ( t ) F ( t ) = h ⋅ 2 π ∫ 0 t f ( r 2 ) r d r + h 3 3 ⋅ π t 2 F(t)=h\cdot2\pi\displaystyle\int_0^tf(r^2)r\dr+\frac{h^3}3\cdot\pi t^2 F ( t ) = h ⋅ 2 π ∫ 0 t f ( r 2 ) r d r + 3 h 3 ⋅ π t 2
第一项与 z z z z z z h h h ∫ 0 h z 2 d z = h 3 3 \int_0^hz^2\dz=\frac{h^3}3 ∫ 0 h z 2 d z = 3 h 3 π t 2 \pi t^2 π t 2
② 求极限。 2 π h ∫ 0 t f ( r 2 ) r d r t 2 → 2 π h ⋅ f ( 0 ) 2 = π h f ( 0 ) \dfrac{2\pi h\int_0^tf(r^2)r\dr}{t^2}\to2\pi h\cdot\dfrac{f(0)}2=\pi hf(0) t 2 2 πh ∫ 0 t f ( r 2 ) r d r → 2 πh ⋅ 2 f ( 0 ) = πh f ( 0 ) 2 π h t f ( t 2 ) 2\pi htf(t^2) 2 πh t f ( t 2 ) 2 t 2t 2 t π h f ( 0 ) + π h 3 3 \pi hf(0)+\dfrac{\pi h^3}3 πh f ( 0 ) + 3 π h 3
变上限积分求导后约掉 t t t f f f f ( t 2 ) → f ( 0 ) f(t^2)\to f(0) f ( t 2 ) → f ( 0 )
答案：π h f ( 0 ) + π h 3 3 \pi hf(0)+\frac{\pi h^3}3 πh f ( 0 ) + 3 π h 3
练习 14 李林 第十三章 习题 (5) · p344
求
∭ V ( a x + b y + c z ) 2 d V \displaystyle\iiint_V(ax+by+cz)^2\dV ∭ V ( a x + b y + cz ) 2 d V ，
V : x 2 + y 2 + z 2 ≤ R 2 V:x^2+y^2+z^2\le R^2 V : x 2 + y 2 + z 2 ≤ R 2 。（1.1 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 交叉项为 0。 展开后 2 a b x y 2abxy 2 ab x y 2 b c y z 2bcyz 2 b cyz 2 a c x z 2acxz 2 a c x z
每个交叉项对某个变量是奇函数。
② 轮换。 ∭ x 2 = ∭ y 2 = ∭ z 2 = 1 3 ∭ ρ 2 d V = 1 3 ⋅ 4 π R 5 5 \iiint x^2=\iiint y^2=\iiint z^2=\dfrac13\displaystyle\iiint\rho^2\dV=\frac13\cdot\frac{4\pi R^5}5 ∭ x 2 = ∭ y 2 = ∭ z 2 = 3 1 ∭ ρ 2 d V = 3 1 ⋅ 5 4 π R 5
球在 x , y , z x,y,z x , y , z ∭ ρ 2 d V = 4 π ∫ 0 R ρ 4 d ρ \iiint\rho^2\dV=4\pi\int_0^R\rho^4\drho ∭ ρ 2 d V = 4 π ∫ 0 R ρ 4 d ρ
③ 合起来。 ( a 2 + b 2 + c 2 ) ⋅ 4 π R 5 15 (a^2+b^2+c^2)\cdot\dfrac{4\pi R^5}{15} ( a 2 + b 2 + c 2 ) ⋅ 15 4 π R 5
三个平方项的系数分别是 a 2 , b 2 , c 2 a^2,b^2,c^2 a 2 , b 2 , c 2
答案：4 π ( a 2 + b 2 + c 2 ) R 5 15 \frac{4\pi(a^2+b^2+c^2)R^5}{15} 15 4 π ( a 2 + b 2 + c 2 ) R 5
练习 15 李林 第十三章 习题 (6) · p344
求
∭ V ∣ z − x 2 − y 2 ∣ d V \displaystyle\iiint_V|z-x^2-y^2|\dV ∭ V ∣ z − x 2 − y 2 ∣ d V ，
V V V 由
x 2 + y 2 = 1 x^2+y^2=1 x 2 + y 2 = 1 ，
z = 0 z=0 z = 0 ，
z = 1 z=1 z = 1 围成。（1.3 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 按抛物面分块。 柱面坐标，z < r 2 z<r^2 z < r 2 r 2 − z r^2-z r 2 − z z > r 2 z>r^2 z > r 2 z − r 2 z-r^2 z − r 2
绝对值的分界面是抛物面 z = r 2 z=r^2 z = r 2
② 竖着积。 ∫ 0 r 2 ( r 2 − z ) d z + ∫ r 2 1 ( z − r 2 ) d z = r 4 2 + ( 1 − r 2 ) 2 2 \displaystyle\int_0^{r^2}(r^2-z)\dz+\int_{r^2}^1(z-r^2)\dz=\frac{r^4}2+\frac{(1-r^2)^2}2 ∫ 0 r 2 ( r 2 − z ) d z + ∫ r 2 1 ( z − r 2 ) d z = 2 r 4 + 2 ( 1 − r 2 ) 2
两段都是“一次函数在区间上的积分”，等于三角形面积。
③ 在圆盘上积分。 2 π ∫ 0 1 [ r 4 2 + ( 1 − r 2 ) 2 2 ] r d r = 2 π ( 1 12 + 1 12 ) = π 3 2\pi\displaystyle\int_0^1\Big[\frac{r^4}2+\frac{(1-r^2)^2}2\Big]r\dr=2\pi\Big(\frac1{12}+\frac1{12}\Big)=\frac\pi3 2 π ∫ 0 1 [ 2 r 4 + 2 ( 1 − r 2 ) 2 ] r d r = 2 π ( 12 1 + 12 1 ) = 3 π
两部分分别对 r r r ∫ 0 1 r 5 2 d r = 1 12 \int_0^1\frac{r^5}2\dr=\frac1{12} ∫ 0 1 2 r 5 d r = 12 1 ∫ 0 1 ( 1 − r 2 ) 2 2 r d r = 1 12 \int_0^1\frac{(1-r^2)^2}2r\dr=\frac1{12} ∫ 0 1 2 ( 1 − r 2 ) 2 r d r = 12 1 w = r 2 w=r^2 w = r 2
答案：π 3 \frac\pi3 3 π
12.2 第一型曲线、曲面积分与应用
练习 16 李林 第十三章 习题 (7) · p344
求
∮ L e x 2 + y 2 d s \displaystyle\oint_L\e^{\sqrt{x^2+y^2}}\ds ∮ L e x 2 + y 2 d s ，
L L L 为曲线
x = 1 − y 2 x=\sqrt{1-y^2} x = 1 − y 2 、直线
y = x y=x y = x 与
x x x 轴所围图形的边界。（2.1 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 分三段。 x x x O → ( 1 , 0 ) O\to(1,0) O → ( 1 , 0 ) r = 1 r=1 r = 1 0 ≤ θ ≤ π 4 0\le\theta\le\frac\pi4 0 ≤ θ ≤ 4 π y = x y=x y = x ( 1 2 , 1 2 ) \big(\frac1{\sqrt2},\frac1{\sqrt2}\big) ( 2 1 , 2 1 ) O O O
扇形的边界由两条半径和一段圆弧组成。
② 分别积。 x x x ∫ 0 1 e x d x = e − 1 \int_0^1\e^x\dx=\e-1 ∫ 0 1 e x d x = e − 1 e ⋅ π 4 \e\cdot\frac\pi4 e ⋅ 4 π s s s ∫ 0 1 e s d s = e − 1 \int_0^1\e^s\dd s=\e-1 ∫ 0 1 e s d s = e − 1
每段上 x 2 + y 2 \sqrt{x^2+y^2} x 2 + y 2 x x x s s s
③ 相加。 ( π 4 + 2 ) e − 2 \Big(\dfrac\pi4+2\Big)\e-2 ( 4 π + 2 ) e − 2
第一型积分可以按段相加，三段结果相加。
答案：( π 4 + 2 ) e − 2 \big(\frac\pi4+2\big)\e-2 ( 4 π + 2 ) e − 2
练习 17 李林 第十三章 习题 (8) · p344
设
L L L 为椭圆
x 2 4 + y 2 3 = 1 \dfrac{x^2}4+\dfrac{y^2}3=1 4 x 2 + 3 y 2 = 1 ，其周长记为
a a a ，求
∮ L ( 3 x 2 + 4 y 2 + x y ) d s \displaystyle\oint_L(3x^2+4y^2+xy)\ds ∮ L ( 3 x 2 + 4 y 2 + x y ) d s 。（2.3 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 代入。 在 L L L 3 x 2 + 4 y 2 = 12 3x^2+4y^2=12 3 x 2 + 4 y 2 = 12
被积函数里的 3 x 2 + 4 y 2 3x^2+4y^2 3 x 2 + 4 y 2
② 奇偶。 L L L y y y x y xy x y x x x
曲线关于 y y y x y xy x y
③ 结果。 12 ∮ L d s = 12 a 12\oint_L\ds=12a 12 ∮ L d s = 12 a
被积函数变成常数 12，提到积分号外面，常数乘周长。
答案：12 a 12a 12 a
练习 18 李林 第十三章 习题 (9) · p344
设
L : x 2 + y 2 = 1 , x ≥ 0 L:x^2+y^2=1,\ x\ge0 L : x 2 + y 2 = 1 , x ≥ 0 ，求
∫ L ∣ y ∣ d s \displaystyle\int_L|y|\ds ∫ L ∣ y ∣ d s 。（2.1 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 参数化。 x = cos t , y = sin t x=\cos t,\ y=\sin t x = cos t , y = sin t − π 2 ≤ t ≤ π 2 -\frac\pi2\le t\le\frac\pi2 − 2 π ≤ t ≤ 2 π d s = d t \ds=\dt d s = d t
只取 x ≥ 0 x\ge0 x ≥ 0 cos t ≥ 0 \cos t\ge0 cos t ≥ 0
② 积分。 ∫ − π / 2 π / 2 ∣ sin t ∣ d t = 2 ∫ 0 π / 2 sin t d t = 2 \displaystyle\int_{-\pi/2}^{\pi/2}|\sin t|\dt=2\int_0^{\pi/2}\sin t\dt=2 ∫ − π /2 π /2 ∣ sin t ∣ d t = 2 ∫ 0 π /2 sin t d t = 2
∣ sin t ∣ |\sin t| ∣ sin t ∣
答案：2
练习 19 李林 第十三章 习题 (10) · p345
设
L L L 为从
( 1 , − 1 , 2 ) (1,-1,2) ( 1 , − 1 , 2 ) 到
( 2 , 1 , 3 ) (2,1,3) ( 2 , 1 , 3 ) 的直线段，求
∫ L ( x 2 + y 2 + z 2 ) d s \displaystyle\int_L(x^2+y^2+z^2)\ds ∫ L ( x 2 + y 2 + z 2 ) d s 。（2.2 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 参数化。 x = 1 + t , y = − 1 + 2 t , z = 2 + t x=1+t,\ y=-1+2t,\ z=2+t x = 1 + t , y = − 1 + 2 t , z = 2 + t 0 ≤ t ≤ 1 0\le t\le1 0 ≤ t ≤ 1 d s = 1 + 4 + 1 d t = 6 d t \ds=\sqrt{1+4+1}\dt=\sqrt6\dt d s = 1 + 4 + 1 d t = 6 d t
方向向量 ( 1 , 2 , 1 ) (1,2,1) ( 1 , 2 , 1 ) 6 \sqrt6 6
② 积分。 6 ∫ 0 1 [ ( 1 + t ) 2 + ( 2 t − 1 ) 2 + ( 2 + t ) 2 ] d t = 6 ∫ 0 1 ( 6 + 2 t + 6 t 2 ) d t = 9 6 \sqrt6\displaystyle\int_0^1\big[(1+t)^2+(2t-1)^2+(2+t)^2\big]\dt=\sqrt6\int_0^1(6+2t+6t^2)\dt=9\sqrt6 6 ∫ 0 1 [ ( 1 + t ) 2 + ( 2 t − 1 ) 2 + ( 2 + t ) 2 ] d t = 6 ∫ 0 1 ( 6 + 2 t + 6 t 2 ) d t = 9 6
展开合并：常数 1 + 1 + 4 = 6 1+1+4=6 1 + 1 + 4 = 6 2 − 4 + 4 = 2 2-4+4=2 2 − 4 + 4 = 2 1 + 4 + 1 = 6 1+4+1=6 1 + 4 + 1 = 6
答案：9 6 9\sqrt6 9 6
练习 20 李林 第十三章 习题 (11) · p345
在半径为
a a a 的定球面上取一点为球心，作半径为
R R R 的球面，问
R R R 为何值时，后一球面位于定球内部的那部分面积最大？（7.2 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 建坐标。 动球面 x 2 + y 2 + z 2 = R 2 x^2+y^2+z^2=R^2 x 2 + y 2 + z 2 = R 2 x 2 + y 2 + ( z − a ) 2 = a 2 x^2+y^2+(z-a)^2=a^2 x 2 + y 2 + ( z − a ) 2 = a 2 x 2 + y 2 + z 2 ≤ 2 a z x^2+y^2+z^2\le2az x 2 + y 2 + z 2 ≤ 2 a z z ≥ R 2 2 a z\ge\dfrac{R^2}{2a} z ≥ 2 a R 2
把动球的球心放在原点最方便；两个方程相减得交线所在的平面。
② 球冠面积。 动球面在平面 z = h = R 2 2 a z=h=\frac{R^2}{2a} z = h = 2 a R 2 S ( R ) = 2 π R ( R − h ) = 2 π R 2 − π R 3 a S(R)=2\pi R(R-h)=2\pi R^2-\dfrac{\pi R^3}a S ( R ) = 2 π R ( R − h ) = 2 π R 2 − a π R 3 0 < R < 2 a 0<R<2a 0 < R < 2 a
球冠面积 = 2 π R × 2\pi R\times 2 π R × R − h R-h R − h ∬ R R 2 − x 2 − y 2 d x d y \iint\frac R{\sqrt{R^2-x^2-y^2}}\dx\dy ∬ R 2 − x 2 − y 2 R d x d y
③ 求最大。 S ′ ( R ) = 4 π R − 3 π R 2 a = 0 S'(R)=4\pi R-\dfrac{3\pi R^2}a=0 S ′ ( R ) = 4 π R − a 3 π R 2 = 0 R = 4 a 3 R=\dfrac{4a}3 R = 3 4 a S ′ ′ < 0 S''<0 S ′′ < 0 32 π a 2 27 \dfrac{32\pi a^2}{27} 27 32 π a 2
在 ( 0 , 2 a ) (0,2a) ( 0 , 2 a ) S S S
答案：R = 4 a 3 R=\frac{4a}3 R = 3 4 a
12.3 第二型曲线积分
练习 21 李林 第十四章 习题 (1) · p373
设
L L L 是从
A ( 1 , 1 2 ) A\big(1,\frac12\big) A ( 1 , 2 1 ) 沿
2 y = x 2 2y=x^2 2 y = x 2 到
B ( 2 , 2 ) B(2,2) B ( 2 , 2 ) 的弧段，求
I = ∫ L 2 x y d x − x 2 y 2 d y I=\displaystyle\int_L\frac{2x}y\dx-\frac{x^2}{y^2}\dy I = ∫ L y 2 x d x − y 2 x 2 d y 。（4.1 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 代入。 y = x 2 2 y=\frac{x^2}2 y = 2 x 2 d y = x d x \dd y=x\dx d y = x d x I = ∫ 1 2 ( 4 x − 4 x 2 ⋅ x ) d x = 0 I=\displaystyle\int_1^2\Big(\frac4x-\frac4{x^2}\cdot x\Big)\dx=0 I = ∫ 1 2 ( x 4 − x 2 4 ⋅ x ) d x = 0
用抛物线方程把 y y y 2 x y = 4 x \frac{2x}y=\frac4x y 2 x = x 4 x 2 y 2 = 4 x 2 \frac{x^2}{y^2}=\frac4{x^2} y 2 x 2 = x 2 4
② 另一个看法。 2 x y d x − x 2 y 2 d y = d ( x 2 y ) \dfrac{2x}y\dx-\dfrac{x^2}{y^2}\dy=\dd\Big(\dfrac{x^2}y\Big) y 2 x d x − y 2 x 2 d y = d ( y x 2 ) x 2 y \frac{x^2}y y x 2 A A A B B B
换一个角度看：这个被积式是一个全微分，而全微分沿曲线的积分全微分只看端点。
答案：0
练习 22 李林 第十四章 习题 (2) · p373
设
L L L 为
∣ x ∣ + ∣ y ∣ = 1 |x|+|y|=1 ∣ x ∣ + ∣ y ∣ = 1 ，取逆时针方向，求
I = ∮ L x d y − y d x ∣ x ∣ + ∣ y ∣ I=\displaystyle\oint_L\frac{x\dy-y\dx}{|x|+|y|} I = ∮ L ∣ x ∣ + ∣ y ∣ x d y − y d x 。（4.2 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 代入。 在 L L L I = ∮ L x d y − y d x I=\oint_Lx\dy-y\dx I = ∮ L x d y − y d x
先用曲线方程消掉分母，原点这个奇点就不碍事了。
② 格林。 I = ∬ D 2 d x d y = 2 × 2 = 4 I=\displaystyle\iint_D2\dx\dy=2\times2=4 I = ∬ D 2 d x d y = 2 × 2 = 4
分母去掉以后可以用格林公式，Q x − P y = 1 − ( − 1 ) = 2 Q_x-P_y=1-(-1)=2 Q x − P y = 1 − ( − 1 ) = 2
答案：4
练习 23 李林 第十四章 习题 (3) · p373
设
L L L 为
x 2 + y 2 = a 2 ( a > 0 ) x^2+y^2=a^2\ (a>0) x 2 + y 2 = a 2 ( a > 0 ) 上由点
A ( − a 2 , a 2 ) A\big(-\frac a{\sqrt2},\frac a{\sqrt2}\big) A ( − 2 a , 2 a ) 沿顺时针方向到点
B ( a , 0 ) B(a,0) B ( a , 0 ) 的一段弧，求
I = ∫ L y d x I=\displaystyle\int_Ly\dx I = ∫ L y d x 。（4.1 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 用 x x x 顺时针从 A A A B B B y = a 2 − x 2 y=\sqrt{a^2-x^2} y = a 2 − x 2 x x x − a 2 -\frac a{\sqrt2} − 2 a a a a
从左上方顺时针走到最右点，途经最高点，都在上半圆。
② 积分。 I = ∫ − a / 2 a a 2 − x 2 d x = ( 3 π 8 + 1 4 ) a 2 I=\displaystyle\int_{-a/\sqrt2}^a\sqrt{a^2-x^2}\dx=\Big(\frac{3\pi}8+\frac14\Big)a^2 I = ∫ − a / 2 a a 2 − x 2 d x = ( 8 3 π + 4 1 ) a 2
这是半径 a a a x = a sin u x=a\sin u x = a sin u u u u − π 4 -\frac\pi4 − 4 π π 2 \frac\pi2 2 π ∫ a 2 cos 2 u d u = a 2 2 ( 3 π 4 + 1 2 ) \int a^2\cos^2u\dd u=\frac{a^2}2\big(\frac{3\pi}4+\frac12\big) ∫ a 2 cos 2 u d u = 2 a 2 ( 4 3 π + 2 1 )
答案：( 3 π 8 + 1 4 ) a 2 \big(\frac{3\pi}8+\frac14\big)a^2 ( 8 3 π + 4 1 ) a 2
练习 24 李林 第十四章 习题 (4) · p373
计算
I = ∮ L x d y − y d x x 2 + y 2 I=\displaystyle\oint_L\frac{x\dy-y\dx}{x^2+y^2} I = ∮ L x 2 + y 2 x d y − y d x ，逆时针：（Ⅰ）
L : ( x + 2 ) 2 + ( y − 4 ) 2 = 1 L:(x+2)^2+(y-4)^2=1 L : ( x + 2 ) 2 + ( y − 4 ) 2 = 1 ；（Ⅱ）
L : x 2 + y 2 = 1 L:x^2+y^2=1 L : x 2 + y 2 = 1 ；（Ⅲ）
L : x 2 a 2 + y 2 b 2 = 1 L:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1 L : a 2 x 2 + b 2 y 2 = 1 。（4.4 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① (Ⅰ) 不包原点。 Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y I = 0 I=0 I = 0
圆心 ( − 2 , 4 ) (-2,4) ( − 2 , 4 )
② (Ⅱ) 直接算。 x = cos t , y = sin t x=\cos t,\ y=\sin t x = cos t , y = sin t I = ∫ 0 2 π ( cos 2 t + sin 2 t ) d t = 2 π I=\displaystyle\int_0^{2\pi}(\cos^2t+\sin^2t)\dt=2\pi I = ∫ 0 2 π ( cos 2 t + sin 2 t ) d t = 2 π
直接参数化，单位圆上分母为 1。
③ (Ⅲ) 挖洞。 椭圆包住原点，挖小圆 x 2 + y 2 = r 2 x^2+y^2=r^2 x 2 + y 2 = r 2 I = ∮ 小圆 = 2 π I=\oint_{\text{小圆}}=2\pi I = ∮ 小圆 = 2 π
基本环量：逆时针绕原点一圈就是 2 π 2\pi 2 π
答案：(Ⅰ) 0；(Ⅱ) 2 π 2\pi 2 π 2 π 2\pi 2 π
练习 25 李林 第十四章 习题 (5) · p373
计算
I = ∮ L x d y − y d x 4 x 2 + y 2 I=\displaystyle\oint_L\frac{x\dy-y\dx}{4x^2+y^2} I = ∮ L 4 x 2 + y 2 x d y − y d x ，
L : x 2 + y 2 = R 2 ( R > 1 ) L:x^2+y^2=R^2\ (R>1) L : x 2 + y 2 = R 2 ( R > 1 ) ，逆时针。（4.4 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 查条件。 P = − y 4 x 2 + y 2 P=\dfrac{-y}{4x^2+y^2} P = 4 x 2 + y 2 − y Q = x 4 x 2 + y 2 Q=\dfrac x{4x^2+y^2} Q = 4 x 2 + y 2 x Q x = P y = y 2 − 4 x 2 ( 4 x 2 + y 2 ) 2 Q_x=P_y=\dfrac{y^2-4x^2}{(4x^2+y^2)^2} Q x = P y = ( 4 x 2 + y 2 ) 2 y 2 − 4 x 2 x 2 + y 2 = R 2 x^2+y^2=R^2 x 2 + y 2 = R 2
原点是奇点又在曲线里面，不能直接用格林；但 Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y
② 挖小椭圆。 挖 4 x 2 + y 2 = r 2 4x^2+y^2=r^2 4 x 2 + y 2 = r 2 I = 1 r 2 ∮ x d y − y d x = 1 r 2 ⋅ 2 ⋅ π r 2 2 = π I=\dfrac1{r^2}\displaystyle\oint x\dy-y\dx=\frac1{r^2}\cdot2\cdot\frac{\pi r^2}2=\pi I = r 2 1 ∮ x d y − y d x = r 2 1 ⋅ 2 ⋅ 2 π r 2 = π
分母是 4 x 2 + y 2 4x^2+y^2 4 x 2 + y 2 r 2 r^2 r 2 π ⋅ r 2 ⋅ r \pi\cdot\frac r2\cdot r π ⋅ 2 r ⋅ r
答案：π \pi π
练习 26 李林 第十四章 习题 (6) · p373
设
L L L 为
x 2 + y 2 = R 2 ( R > 0 ) x^2+y^2=R^2\ (R>0) x 2 + y 2 = R 2 ( R > 0 ) 从
A ( R , 0 ) A(R,0) A ( R , 0 ) 经过
B ( 0 , R ) B(0,R) B ( 0 , R ) 到
C ( − R , 0 ) C(-R,0) C ( − R , 0 ) 的一段弧，计算
I = ∫ L x d y − y d x x 2 + 4 y 2 I=\displaystyle\int_L\frac{x\dy-y\dx}{x^2+4y^2} I = ∫ L x 2 + 4 y 2 x d y − y d x 。（4.4 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 换路径。 Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y L L L L r : x 2 + 4 y 2 = R 2 L_r:x^2+4y^2=R^2 L r : x 2 + 4 y 2 = R 2 A A A C C C
路径无关只在不含奇点的区域里成立；换成与分母同形的曲线，分母变成常数。
② 在椭圆上算。 x = R cos t , y = R 2 sin t x=R\cos t,\ y=\frac R2\sin t x = R cos t , y = 2 R sin t t t t π \pi π I = 1 R 2 ∫ 0 π R 2 2 d t = π 2 I=\dfrac1{R^2}\displaystyle\int_0^\pi\frac{R^2}2\dt=\frac\pi2 I = R 2 1 ∫ 0 π 2 R 2 d t = 2 π
在椭圆上分母恒为 R 2 R^2 R 2 x d y − y d x = R 2 2 ( cos 2 t + sin 2 t ) d t x\dy-y\dx=\frac{R^2}2(\cos^2t+\sin^2t)\dt x d y − y d x = 2 R 2 ( cos 2 t + sin 2 t ) d t
答案：π 2 \frac\pi2 2 π
练习 27 李林 第十四章 习题 (8) · p374
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 在
( − ∞ , + ∞ ) (-\infty,+\infty) ( − ∞ , + ∞ ) 内有连续导数，
L L L 是从
A ( 3 , 2 3 ) A\big(3,\frac23\big) A ( 3 , 3 2 ) 到
B ( 1 , 2 ) B(1,2) B ( 1 , 2 ) 的直线段，求
I = ∫ L 1 + y 2 f ( x y ) y d x + x y 2 [ y 2 f ( x y ) − 1 ] d y I=\displaystyle\int_L\frac{1+y^2f(xy)}y\dx+\frac x{y^2}\big[y^2f(xy)-1\big]\dy I = ∫ L y 1 + y 2 f ( x y ) d x + y 2 x [ y 2 f ( x y ) − 1 ] d y 。（4.5 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 找原函数。 记 F ′ = f F'=f F ′ = f u = x y + F ( x y ) u=\dfrac xy+F(xy) u = y x + F ( x y ) u x = 1 y + y f ( x y ) u_x=\dfrac1y+yf(xy) u x = y 1 + y f ( x y ) u y = − x y 2 + x f ( x y ) u_y=-\dfrac x{y^2}+xf(xy) u y = − y 2 x + x f ( x y ) P P P Q Q Q
被积式在 y > 0 y>0 y > 0
② 端点相减。 I = u ( 1 , 2 ) − u ( 3 , 2 3 ) = ( 1 2 + F ( 2 ) ) − ( 9 2 + F ( 2 ) ) = − 4 I=u(1,2)-u\big(3,\frac23\big)=\Big(\frac12+F(2)\Big)-\Big(\frac92+F(2)\Big)=-4 I = u ( 1 , 2 ) − u ( 3 , 3 2 ) = ( 2 1 + F ( 2 ) ) − ( 2 9 + F ( 2 ) ) = − 4
两个端点的 x y xy x y F ( 2 ) F(2) F ( 2 ) f f f
答案：− 4 -4 − 4
练习 28 李林 第十四章 习题 (9) · p374
设平面力场
F = ( 2 x y 3 − y 2 cos x , 1 − 2 y sin x + 3 x 2 y 2 ) \bF=(2xy^3-y^2\cos x,\ 1-2y\sin x+3x^2y^2) F = ( 2 x y 3 − y 2 cos x , 1 − 2 y sin x + 3 x 2 y 2 ) ，求质点沿曲线
L : 2 x = π y 2 L:2x=\pi y^2 L : 2 x = π y 2 从
O ( 0 , 0 ) O(0,0) O ( 0 , 0 ) 到
A ( π 2 , 1 ) A\big(\frac\pi2,1\big) A ( 2 π , 1 ) 时
F \bF F 所做的功。（4.5 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 路径无关。 Q x = − 2 y cos x + 6 x y 2 = P y Q_x=-2y\cos x+6xy^2=P_y Q x = − 2 y cos x + 6 x y 2 = P y
全平面单连通，Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y
② 原函数。 u = x 2 y 3 − y 2 sin x + y u=x^2y^3-y^2\sin x+y u = x 2 y 3 − y 2 sin x + y W = u ( π 2 , 1 ) − u ( 0 , 0 ) = π 2 4 − 1 + 1 = π 2 4 W=u\big(\frac\pi2,1\big)-u(0,0)=\dfrac{\pi^2}4-1+1=\dfrac{\pi^2}4 W = u ( 2 π , 1 ) − u ( 0 , 0 ) = 4 π 2 − 1 + 1 = 4 π 2
对 P P P x x x x 2 y 3 − y 2 sin x x^2y^3-y^2\sin x x 2 y 3 − y 2 sin x y y y y y y u y = Q u_y=Q u y = Q
答案：π 2 4 \frac{\pi^2}4 4 π 2
练习 29 李林 第十四章 习题 (10) · p374
设
f ( x ) f(x) f ( x ) 有二阶连续导数，
f ( 0 ) = 0 f(0)=0 f ( 0 ) = 0 ，
f ′ ( 0 ) = 1 f'(0)=1 f ′ ( 0 ) = 1 ，曲线积分
∫ L [ x e 2 x − 6 f ( x ) ] sin y d x − [ 5 f ( x ) − f ′ ( x ) ] cos y d y \displaystyle\int_L\big[x\e^{2x}-6f(x)\big]\sin y\dx-\big[5f(x)-f'(x)\big]\cos y\dy ∫ L [ x e 2 x − 6 f ( x ) ] sin y d x − [ 5 f ( x ) − f ′ ( x ) ] cos y d y 与路径无关，求
f ( x ) f(x) f ( x ) 。（4.5 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 列方程。 Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y − [ 5 f ′ − f ′ ′ ] cos y = [ x e 2 x − 6 f ] cos y -\big[5f'-f''\big]\cos y=\big[x\e^{2x}-6f\big]\cos y − [ 5 f ′ − f ′′ ] cos y = [ x e 2 x − 6 f ] cos y f ′ ′ − 5 f ′ + 6 f = x e 2 x f''-5f'+6f=x\e^{2x} f ′′ − 5 f ′ + 6 f = x e 2 x
cos y \cos y cos y
② 解二阶常系数方程。 特征根 2、3；2 2 2 f ∗ = x ( a 0 x + a 1 ) e 2 x f^*=x(a_0x+a_1)\e^{2x} f ∗ = x ( a 0 x + a 1 ) e 2 x a 0 = − 1 2 , a 1 = − 1 a_0=-\frac12,\ a_1=-1 a 0 = − 2 1 , a 1 = − 1 f = C 1 e 2 x + C 2 e 3 x − x 2 ( x + 2 ) e 2 x f=C_1\e^{2x}+C_2\e^{3x}-\dfrac x2(x+2)\e^{2x} f = C 1 e 2 x + C 2 e 3 x − 2 x ( x + 2 ) e 2 x
右边是 x e 2 x x\e^{2x} x e 2 x x x x
③ 定常数。 f ( 0 ) = C 1 + C 2 = 0 f(0)=C_1+C_2=0 f ( 0 ) = C 1 + C 2 = 0 f ′ ( 0 ) = 2 C 1 + 3 C 2 − 1 = 1 f'(0)=2C_1+3C_2-1=1 f ′ ( 0 ) = 2 C 1 + 3 C 2 − 1 = 1 C 1 = − 2 , C 2 = 2 C_1=-2,\ C_2=2 C 1 = − 2 , C 2 = 2
两个初始条件定两个常数；特解那一项的导数[ x 2 ( x + 2 ) e 2 x ] ′ \big[\frac x2(x+2)\e^{2x}\big]' [ 2 x ( x + 2 ) e 2 x ] ′
答案：f ( x ) = − 2 e 2 x + 2 e 3 x − x 2 ( x + 2 ) e 2 x f(x)=-2\e^{2x}+2\e^{3x}-\frac x2(x+2)\e^{2x} f ( x ) = − 2 e 2 x + 2 e 3 x − 2 x ( x + 2 ) e 2 x
练习 30 李林 第十四章 习题 (11) · p374
设
f ( x ) , g ( x ) f(x),g(x) f ( x ) , g ( x ) 有连续导数，
v = y f ( x y ) d x + x g ( x y ) d y v=yf(xy)\dx+xg(xy)\dy v = y f ( x y ) d x + xg ( x y ) d y ，且存在
u ( x , y ) u(x,y) u ( x , y ) 使得
d u = v \dd u=v d u = v 。（Ⅰ）求
f ( x y ) − g ( x y ) f(xy)-g(xy) f ( x y ) − g ( x y ) ；（Ⅱ）若
f ( x ) = φ ′ ( x ) f(x)=\varphi'(x) f ( x ) = φ ′ ( x ) ，求
u ( x , y ) u(x,y) u ( x , y ) 。（4.5 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① (Ⅰ) 列方程。 ∂ ∂ y [ y f ( x y ) ] = ∂ ∂ x [ x g ( x y ) ] \dfrac{\partial}{\partial y}\big[yf(xy)\big]=\dfrac{\partial}{\partial x}\big[xg(xy)\big] ∂ y ∂ [ y f ( x y ) ] = ∂ x ∂ [ xg ( x y ) ] f + x y f ′ = g + x y g ′ f+xyf'=g+xyg' f + x y f ′ = g + x y g ′ s = x y s=xy s = x y s ( f − g ) ′ = − ( f − g ) s(f-g)'=-(f-g) s ( f − g ) ′ = − ( f − g ) f ( s ) − g ( s ) = C s f(s)-g(s)=\dfrac Cs f ( s ) − g ( s ) = s C f ( x y ) − g ( x y ) = C x y f(xy)-g(xy)=\dfrac C{xy} f ( x y ) − g ( x y ) = x y C
存在原函数 ⟹ Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y f − g f-g f − g
② (Ⅱ) 求 u u u g = f − C x y g=f-\frac C{xy} g = f − x y C d u = y φ ′ ( x y ) d x + x φ ′ ( x y ) d y − C y d y = d [ φ ( x y ) ] − C d ( ln ∣ y ∣ ) \dd u=y\varphi'(xy)\dx+x\varphi'(xy)\dy-\frac Cy\dy=\dd\big[\varphi(xy)\big]-C\dd(\ln|y|) d u = y φ ′ ( x y ) d x + x φ ′ ( x y ) d y − y C d y = d [ φ ( x y ) ] − C d ( ln ∣ y ∣ ) u = φ ( x y ) − C ln ∣ y ∣ + C 0 u=\varphi(xy)-C\ln|y|+C_0 u = φ ( x y ) − C ln ∣ y ∣ + C 0
y φ ′ ( x y ) d x + x φ ′ ( x y ) d y y\varphi'(xy)\dx+x\varphi'(xy)\dy y φ ′ ( x y ) d x + x φ ′ ( x y ) d y φ ( x y ) \varphi(xy) φ ( x y )
答案：(Ⅰ) C x y \frac C{xy} x y C u = φ ( x y ) − C ln ∣ y ∣ + C 0 u=\varphi(xy)-C\ln|y|+C_0 u = φ ( x y ) − C ln ∣ y ∣ + C 0
练习 31 李林 第十四章 习题 (14) · p374
若
φ ( y ) \varphi(y) φ ( y ) 有连续导数，
φ ( 0 ) = 0 \varphi(0)=0 φ ( 0 ) = 0 ，曲线
A B ⌢ \overset\frown{AB} A B ⌢ 的极坐标方程为
r = a ( 1 − cos θ ) r=a(1-\cos\theta) r = a ( 1 − cos θ ) ，其中
a > 0 a>0 a > 0 ，
0 ≤ θ ≤ π 0\le\theta\le\pi 0 ≤ θ ≤ π ，
A A A 与
B B B 分别对应于
θ = 0 \theta=0 θ = 0 与
θ = π \theta=\pi θ = π ，计算
I = ∫ A B ⌢ [ φ ( y ) e x − π y ] d x + [ φ ′ ( y ) e x − π ] d y I=\displaystyle\int_{\overset\frown{AB}}\big[\varphi(y)\e^x-\pi y\big]\dx+\big[\varphi'(y)\e^x-\pi\big]\dy I = ∫ A B ⌢ [ φ ( y ) e x − π y ] d x + [ φ ′ ( y ) e x − π ] d y 。（4.3 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 补线用格林。 A A A B ( − 2 a , 0 ) B(-2a,0) B ( − 2 a , 0 ) x x x B A BA B A D D D Q x − P y = φ ′ e x − ( φ ′ e x − π ) = π Q_x-P_y=\varphi'\e^x-(\varphi'\e^x-\pi)=\pi Q x − P y = φ ′ e x − ( φ ′ e x − π ) = π
从原点沿心形线上半支走到 ( − 2 a , 0 ) (-2a,0) ( − 2 a , 0 ) x x x
② 面积。 ∬ D π = π ⋅ 1 2 ∫ 0 π a 2 ( 1 − cos θ ) 2 d θ = π ⋅ 3 π a 2 4 \displaystyle\iint_D\pi=\pi\cdot\frac12\int_0^\pi a^2(1-\cos\theta)^2\dth=\pi\cdot\frac{3\pi a^2}4 ∬ D π = π ⋅ 2 1 ∫ 0 π a 2 ( 1 − cos θ ) 2 d θ = π ⋅ 4 3 π a 2
被积函数是常数 π \pi π π \pi π 1 2 ∫ r 2 d θ \frac12\int r^2\dth 2 1 ∫ r 2 d θ ∫ 0 π ( 1 − cos θ ) 2 d θ = 3 π 2 \int_0^\pi(1-\cos\theta)^2\dth=\frac{3\pi}2 ∫ 0 π ( 1 − cos θ ) 2 d θ = 2 3 π
③ 补线为 0。 B A BA B A y = 0 y=0 y = 0 ∫ − 2 a 0 φ ( 0 ) e x d x = 0 \displaystyle\int_{-2a}^0\varphi(0)\e^x\dx=0 ∫ − 2 a 0 φ ( 0 ) e x d x = 0 I = 3 4 a 2 π 2 I=\dfrac34a^2\pi^2 I = 4 3 a 2 π 2
补的线在 x x x φ ( 0 ) e x d x \varphi(0)\e^x\dx φ ( 0 ) e x d x φ ( 0 ) = 0 \varphi(0)=0 φ ( 0 ) = 0
答案：3 4 a 2 π 2 \frac34a^2\pi^2 4 3 a 2 π 2
12.4 第二型曲面积分与证明题
练习 32 李林 第十四章 习题 (15) · p374
设
S : z = x 2 + y 2 ( 0 ≤ z ≤ 1 ) S:z=x^2+y^2\ (0\le z\le1) S : z = x 2 + y 2 ( 0 ≤ z ≤ 1 ) ，取上侧，求
I = ∬ S ( x + 1 ) d y d z + z d x d y I=\displaystyle\iint_S(x+1)\dy\dz+z\dx\dy I = ∬ S ( x + 1 ) d y d z + z d x d y 。（5.3 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 合一投影。 上侧法向量 ( − 2 x , − 2 y , 1 ) (-2x,-2y,1) ( − 2 x , − 2 y , 1 ) d y d z = − 2 x d x d y \dd y\dd z=-2x\dx\dy d y d z = − 2 x d x d y I = ∬ S [ − 2 x ( x + 1 ) + z ] d x d y I=\displaystyle\iint_S\big[-2x(x+1)+z\big]\dx\dy I = ∬ S [ − 2 x ( x + 1 ) + z ] d x d y
转换公式把 d y d z \dy\dz d y d z − z x d x d y -z_x\dx\dy − z x d x d y
② 投影计算。 = ∬ x 2 + y 2 ≤ 1 [ − 2 x 2 − 2 x + x 2 + y 2 ] d x d y = ∬ ( y 2 − x 2 ) d x d y − 0 = 0 =\displaystyle\iint_{x^2+y^2\le1}\big[-2x^2-2x+x^2+y^2\big]\dx\dy=\iint(y^2-x^2)\dx\dy-0=0 = ∬ x 2 + y 2 ≤ 1 [ − 2 x 2 − 2 x + x 2 + y 2 ] d x d y = ∬ ( y 2 − x 2 ) d x d y − 0 = 0
z z z x 2 + y 2 x^2+y^2 x 2 + y 2 − 2 x -2x − 2 x ∬ x 2 = ∬ y 2 \iint x^2=\iint y^2 ∬ x 2 = ∬ y 2
答案：0
练习 33 李林 第十四章 习题 (16) · p374
设
S S S 是曲面
z = 1 − x 2 − y 2 ( z ≥ 0 ) z=1-x^2-y^2\ (z\ge0) z = 1 − x 2 − y 2 ( z ≥ 0 ) 的上侧，计算
I = ∬ S 2 x 3 d y d z + 2 y 3 d z d x + 3 ( z 2 − 1 ) d x d y I=\displaystyle\iint_S2x^3\dy\dz+2y^3\dz\dx+3(z^2-1)\dx\dy I = ∬ S 2 x 3 d y d z + 2 y 3 d z d x + 3 ( z 2 − 1 ) d x d y 。（5.5 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 补底面。 补 S 1 : z = 0 , x 2 + y 2 ≤ 1 S_1:z=0,\ x^2+y^2\le1 S 1 : z = 0 , x 2 + y 2 ≤ 1 div = 6 x 2 + 6 y 2 + 6 z \Div=6x^2+6y^2+6z div = 6 x 2 + 6 y 2 + 6 z
曲面不封闭，补上底面才能用高斯公式：抛物面盖住单位圆盘。
② 高斯。 6 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 r d r ∫ 0 1 − r 2 ( r 2 + z ) d z = 12 π ∫ 0 1 [ r 3 ( 1 − r 2 ) + r ( 1 − r 2 ) 2 2 ] d r = 12 π ( 1 12 + 1 12 ) = 2 π \displaystyle6\int_0^{2\pi}\dth\int_0^1r\dr\int_0^{1-r^2}(r^2+z)\dz=12\pi\int_0^1\Big[r^3(1-r^2)+\frac{r(1-r^2)^2}2\Big]\dr=12\pi\Big(\frac1{12}+\frac1{12}\Big)=2\pi 6 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 1 r d r ∫ 0 1 − r 2 ( r 2 + z ) d z = 12 π ∫ 0 1 [ r 3 ( 1 − r 2 ) + 2 r ( 1 − r 2 ) 2 ] d r = 12 π ( 12 1 + 12 1 ) = 2 π
柱面坐标先对 z z z
③ 减去底面。 S 1 S_1 S 1 3 ( z 2 − 1 ) = − 3 3(z^2-1)=-3 3 ( z 2 − 1 ) = − 3 ∬ S 1 = − ∬ ( − 3 ) d x d y = 3 π \iint_{S_1}=-\iint(-3)\dx\dy=3\pi ∬ S 1 = − ∬ ( − 3 ) d x d y = 3 π I = 2 π − 3 π = − π I=2\pi-3\pi=-\pi I = 2 π − 3 π = − π
补的底面是水平面，对 y O z yOz y O z z O x zOx z O x d x d y \dx\dy d x d y
答案：− π -\pi − π
练习 34 李林 第十四章 习题 (18) · p374
设
f ( u ) f(u) f ( u ) 有连续导数，
S S S 为
z = x 2 + y 2 z=\sqrt{x^2+y^2} z = x 2 + y 2 与两个半球面
z = 1 − x 2 − y 2 z=\sqrt{1-x^2-y^2} z = 1 − x 2 − y 2 ，
z = 4 − x 2 − y 2 z=\sqrt{4-x^2-y^2} z = 4 − x 2 − y 2 所围立体的全表面的外侧，计算
I = ∯ S [ 1 y + 3 f ( x + 4 y + 3 ) + 3 x y 2 ] d y d z + [ 1 x + 4 f ( x + 4 y + 3 ) + 3 x 2 y ] d z d x + z 3 d x d y I=\displaystyle\oiint_S\Big[\frac1{y+3}f\Big(\frac{x+4}{y+3}\Big)+3xy^2\Big]\dy\dz+\Big[\frac1{x+4}f\Big(\frac{x+4}{y+3}\Big)+3x^2y\Big]\dz\dx+z^3\dx\dy I = ∬ S [ y + 3 1 f ( y + 3 x + 4 ) + 3 x y 2 ] d y d z + [ x + 4 1 f ( y + 3 x + 4 ) + 3 x 2 y ] d z d x + z 3 d x d y 。（5.4 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 散度里 f ′ f' f ′ ∂ ∂ x [ 1 y + 3 f ] = f ′ ( y + 3 ) 2 \dfrac{\partial}{\partial x}\Big[\dfrac1{y+3}f\Big]=\dfrac{f'}{(y+3)^2} ∂ x ∂ [ y + 3 1 f ] = ( y + 3 ) 2 f ′ ∂ ∂ y [ 1 x + 4 f ] = − f ′ ( y + 3 ) 2 \dfrac{\partial}{\partial y}\Big[\dfrac1{x+4}f\Big]=-\dfrac{f'}{(y+3)^2} ∂ y ∂ [ x + 4 1 f ] = − ( y + 3 ) 2 f ′ div = 3 y 2 + 3 x 2 + 3 z 2 \Div=3y^2+3x^2+3z^2 div = 3 y 2 + 3 x 2 + 3 z 2
复合函数求导：x + 4 y + 3 \frac{x+4}{y+3} y + 3 x + 4 x x x 1 y + 3 \frac1{y+3} y + 3 1 y y y − x + 4 ( y + 3 ) 2 -\frac{x+4}{(y+3)^2} − ( y + 3 ) 2 x + 4
② 高斯 + 球面坐标。 I = 3 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π / 4 sin φ d φ ∫ 1 2 ρ 4 d ρ = 3 ⋅ 2 π ( 1 − 2 2 ) ⋅ 31 5 = 93 π 5 ( 2 − 2 ) I=3\displaystyle\int_0^{2\pi}\dth\int_0^{\pi/4}\sin\varphi\dphi\int_1^2\rho^4\drho=3\cdot2\pi\Big(1-\frac{\sqrt2}2\Big)\cdot\frac{31}5=\frac{93\pi}5(2-\sqrt2) I = 3 ∫ 0 2 π d θ ∫ 0 π /4 sin φ d φ ∫ 1 2 ρ 4 d ρ = 3 ⋅ 2 π ( 1 − 2 2 ) ⋅ 5 31 = 5 93 π ( 2 − 2 )
立体在锥面之内、两球面之间：φ ≤ π 4 \varphi\le\frac\pi4 φ ≤ 4 π 1 ≤ ρ ≤ 2 1\le\rho\le2 1 ≤ ρ ≤ 2
答案：93 π 5 ( 2 − 2 ) \frac{93\pi}5(2-\sqrt2) 5 93 π ( 2 − 2 )
练习 35 李林 第十四章 习题 (19) · p374
设
φ ( y ) \varphi(y) φ ( y ) 有连续导数，在绕原点的任意分段光滑简单闭曲线
L L L 上，曲线积分
∮ L φ ( y ) d x + 2 x y d y 2 x 2 + y 4 \displaystyle\oint_L\frac{\varphi(y)\dx+2xy\dy}{2x^2+y^4} ∮ L 2 x 2 + y 4 φ ( y ) d x + 2 x y d y 的值恒为同一常数。（Ⅰ）证明：对右半平面
x > 0 x>0 x > 0 内的任意分段光滑简单闭曲线
C C C ，有
∮ C φ ( y ) d x + 2 x y d y 2 x 2 + y 4 = 0 \displaystyle\oint_C\frac{\varphi(y)\dx+2xy\dy}{2x^2+y^4}=0 ∮ C 2 x 2 + y 4 φ ( y ) d x + 2 x y d y = 0 ；（Ⅱ）求
φ ( y ) \varphi(y) φ ( y ) 。（4.5 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① (Ⅰ) 思路。 在 C C C M , N M,N M , N M Q N R M MQNRM MQNRM M Q N P M MQNPM MQNPM C C C ∮ C = 0 \oint_C=0 ∮ C = 0
“绕原点的积分是常数”意味着换掉闭曲线的一段，积分不变；两条闭曲线只差 C C C
② (Ⅱ) 列方程。 右半平面单连通，由（Ⅰ）Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y − 4 x 2 y + 2 y 5 ( 2 x 2 + y 4 ) 2 = 2 x 2 φ ′ + y 4 φ ′ − 4 y 3 φ ( 2 x 2 + y 4 ) 2 \dfrac{-4x^2y+2y^5}{(2x^2+y^4)^2}=\dfrac{2x^2\varphi'+y^4\varphi'-4y^3\varphi}{(2x^2+y^4)^2} ( 2 x 2 + y 4 ) 2 − 4 x 2 y + 2 y 5 = ( 2 x 2 + y 4 ) 2 2 x 2 φ ′ + y 4 φ ′ − 4 y 3 φ x 2 x^2 x 2 φ ′ = − 2 y \varphi'=-2y φ ′ = − 2 y y 4 φ ′ − 4 y 3 φ = 2 y 5 y^4\varphi'-4y^3\varphi=2y^5 y 4 φ ′ − 4 y 3 φ = 2 y 5
两边分母相同，分子作为 x 2 x^2 x 2
③ (Ⅱ) 解出。 φ = − y 2 + C \varphi=-y^2+C φ = − y 2 + C − 2 y 5 − 4 C y 3 + 4 y 5 = 2 y 5 -2y^5-4Cy^3+4y^5=2y^5 − 2 y 5 − 4 C y 3 + 4 y 5 = 2 y 5 C = 0 C=0 C = 0 φ ( y ) = − y 2 \varphi(y)=-y^2 φ ( y ) = − y 2
由 φ ′ = − 2 y \varphi'=-2y φ ′ = − 2 y
答案：证明题。思路：两条绕原点的闭曲线只差 C C C ∮ C = 0 \oint_C=0 ∮ C = 0 φ ( y ) = − y 2 \varphi(y)=-y^2 φ ( y ) = − y 2
练习 36 李林 第十四章 习题 (20) · p375
设
f ( x , y ) f(x,y) f ( x , y ) 有一阶连续偏导数，证明：对上半平面
y > 0 y>0 y > 0 中的任意闭曲线
L L L ，都有
∮ L y d x − x d y f ( x , y ) = 0 \displaystyle\oint_L\frac{y\dx-x\dy}{f(x,y)}=0 ∮ L f ( x , y ) y d x − x d y = 0 成立的充分必要条件是
f ( t x , t y ) = t 2 f ( x , y ) f(tx,ty)=t^2f(x,y) f ( t x , t y ) = t 2 f ( x , y ) 对任意
t > 0 t>0 t > 0 及上半平面中的任意点
( x , y ) (x,y) ( x , y ) 都成立。（4.5 节）
答案与提示先遮住，自己试 5 分钟
① 化成偏微分等式。 上半平面单连通，闭路积分恒为 0 ⟺ Q x = P y Q_x=P_y Q x = P y − f + x f x f 2 = f − y f y f 2 \dfrac{-f+xf_x}{f^2}=\dfrac{f-yf_y}{f^2} f 2 − f + x f x = f 2 f − y f y x f x + y f y = 2 f xf_x+yf_y=2f x f x + y f y = 2 f
上半平面没有洞，可以用路径无关的四个等价命题；P = y f P=\frac yf P = f y Q = − x f Q=-\frac xf Q = − f x
② 充分性（齐次 ⟹ 等式）。 f ( t x , t y ) = t 2 f ( x , y ) f(tx,ty)=t^2f(x,y) f ( t x , t y ) = t 2 f ( x , y ) t t t x f 1 ′ + y f 2 ′ = 2 t f ( x , y ) xf_1'+yf_2'=2tf(x,y) x f 1 ′ + y f 2 ′ = 2 t f ( x , y ) t = 1 t=1 t = 1 x f x + y f y = 2 f xf_x+yf_y=2f x f x + y f y = 2 f
对 t t t t = 1 t=1 t = 1
③ 必要性（等式 ⟹ 齐次）。 令 g ( t ) = f ( t x , t y ) g(t)=f(tx,ty) g ( t ) = f ( t x , t y ) g ′ ( t ) = x f 1 ′ + y f 2 ′ = 1 t ⋅ 2 f ( t x , t y ) = 2 t g ( t ) g'(t)=xf_1'+yf_2'=\dfrac1t\cdot2f(tx,ty)=\dfrac2tg(t) g ′ ( t ) = x f 1 ′ + y f 2 ′ = t 1 ⋅ 2 f ( t x , t y ) = t 2 g ( t ) g ( t ) = C t 2 g(t)=Ct^2 g ( t ) = C t 2 g ( 1 ) = f ( x , y ) g(1)=f(x,y) g ( 1 ) = f ( x , y ) C C C f ( t x , t y ) = t 2 f ( x , y ) f(tx,ty)=t^2f(x,y) f ( t x , t y ) = t 2 f ( x , y )
把等式用在点 ( t x , t y ) (tx,ty) ( t x , t y ) g g g
答案：证明题。思路：闭路积分为 0 ⟺ x f x + y f y = 2 f xf_x+yf_y=2f x f x + y f y = 2 f f ( t x , t y ) = t 2 f f(tx,ty)=t^2f f ( t x , t y ) = t 2 f t t t g ( t ) = f ( t x , t y ) g(t)=f(tx,ty) g ( t ) = f ( t x , t y )
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