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# 第 16 章 曲线积分

## 16.1 曲线的参数化

## 16.2 第一型曲线积分

## 16.2.1 第一型曲线积分的基本概念

## 定义 16.1 (第一型曲线积分)

$\Gamma$ 是 $R^{3}$ 中的可求长曲线, $f:\Gamma\to R$ , 将 $\Gamma$ 划分为分段 $s_{1},\cdots,s_{n}$ , 每段的弧长为 $\Delta s_{i},\xi_{i}=(x_{i},y_{i},z_{i})\in s_{i}$ , 定义

$$
\int_ {\Gamma} f (x, y, z) \mathrm{d} s = \lim _ {\Delta s _ {i} \rightarrow 0} \sum_ {i = 1} ^ {n} f (x _ {i}, y _ {i}, z _ {i}) \Delta s _ {i}
$$

## 定理 16.1 (第一型曲线积分的计算)

$\Gamma$ 是 $\mathbb{R}^3$ 中的光滑曲线，且曲线可表示为 $\mathbf{r} = x(t)\mathbf{i} + y(t)\mathbf{j} + z(t)\mathbf{k}, t \in [a, b]$ ，则曲线积分为

$$
\int_ {\Gamma} f (x, y, z) \mathrm{d} s = \int_ {a} ^ {b} f (x (t), y (t), z (t)) \sqrt {x ^ {\prime 2} (t) + y ^ {\prime 2} (t) + z ^ {\prime 2} (t)} \mathrm{d} t
$$

证明 设 $\Gamma$ 上的分点对应 $r_{0}, r_{1}, \cdots, r_{n}$ ，对应 $a = t_{0} < t_{1} < \cdots < t_{n-1} < t_{n} = b$ 。首先根据弧长公式得到 $\Delta s_{i} = \int_{t_{i-1}}^{t_{i}} \sqrt{x'^{2}(t) + y'^{2}(t) + z'^{2}(t)} \mathrm{d}t$ ，根据积分中值定理得到 $\Delta s_{i} = \sqrt{x'^{2}(\zeta_{i}) + y'^{2}(\zeta_{i}) + z'^{2}(\zeta_{i})} \Delta t_{i}, \zeta_{i} \in [t_{i-1}, t_{i}]$ ，代入第一型曲线积分的定义得到 $\int_{\Gamma} f(x, y, z) \, ds = \lim_{||T|| \to 0} \sum_{i=1}^{n} f(x_{i}, y_{i}, z_{i}) \sqrt{x'^{2}(\zeta_{i}) + y'^{2}(\zeta_{i}) + z'^{2}(\zeta_{i})} \Delta t_{i}$ ，当 $\Delta t_{i} \to 0$ 时即 Riemann 积分，因此得到结论。

## 推论 16.1 (二维第一型曲线积分的计算)

对于 $\Gamma \subset \mathbb{R}^2$ ，若平面曲线 $\Gamma$ 可表示为 $y = \varphi (x)$ ， $\varphi$ 在 $[a,b]$ 连续，则

$$
\int_ {\Gamma} f (x, y) \mathrm{d} s = \int_ {a} ^ {b} f (x, \varphi (x)) \sqrt {1 + \varphi^ {\prime 2} (x)} \mathrm{d} x
$$

笔记 第一型曲线积分没有方向一说，例如 $A, B$ 曲线上参数 $t \in [a, b]$ ，那么积分时 $AB$ 和 $BA$ 的积分都是 $\int_{a}^{b} f(x, y) \mathrm{d}t$ ，不能写为 $\int_{b}^{a} f(x, y) \mathrm{d}t$

练习16.1极坐标格式 $(1)L:x^{2} + y^{2} = 1$ ，求 $\int_{L}(x^{2} + y^{2})\mathrm{d}s,\int_{L}(x^{2} + 2y^{2})\mathrm{d}s$

(2) $\int_{L} \sqrt{2y^2 + z^2} \, \mathrm{d}s$ ，其中 $L$ 是 $x^2 + y^2 + z^2 = a^2$ 与 $x = y$ 相交的圆周

(3) $\int_{L} (x^{2} + y^{2} + z^{2}) \, \mathrm{d}s$ ，这里 $L$ 是螺旋线 $x = a \cos t, y = a \sin t, z = bt, t \in [0, 2\pi]$ 的一段

(4) 积分较难算： $\int_{L} xy \, \mathrm{d}s$ ，其中 $L$ 为 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ 在第一象限的部分解 (1) $\int_{L} (x^{2} + y^{2}) \, \mathrm{d}s = \int_{L} 1 \, \mathrm{d}s = 2\pi$ 。记 $x = \cos \theta, y = \sin \theta$ ，此时 $(x'(\theta))^{2} + (y'(\theta))^{2} = 1$ ，因此 $\int_{L} (x^{2} + 2y^{2}) \, \mathrm{d}s = \int_{0}^{2\pi} (1 + \sin^{2}\theta) \, \mathrm{d}\theta = 2\pi + 4 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{2} = 3\pi$

(2) 显然 $2y^{2} + z^{2} = a^{2}$ ，因此 $\int_{L} \sqrt{2y^2 + z^2} \, \mathrm{d}s = a \cdot 2a\pi = 2\pi a^2$

(3) $x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2}+b^{2}t^{2},\quad(x^{\prime})^{2}+(y^{\prime})^{2}+(z^{\prime})^{2}=a^{2}+b^{2}$ ，因此 $I=\int_{0}^{2\pi}(a^{2}+b^{2}t^{2})\sqrt{a^{2}+b^{2}}dt=$ $\sqrt{a^{2}+b^{2}}(2\pi a^{2}+\frac{8}{3}\pi^{3}b^{2})$

(4) 令 $x = a \cos t, y = b \sin t$ ，则 $\int_{L} xy \, \mathrm{d}s = ab \int_{0}^{\frac{\pi}{2}} \sin \theta \cos \theta \sqrt{a^2 \sin^2 \theta + b^2 \cos^2 \theta} \, \mathrm{d}\theta$ ，可化简为：

$$
{\frac {a b}{2 (a ^ {2} - b ^ {2})}} \int_ {0} ^ {\frac {\pi}{2}} \sqrt {(a ^ {2} - b ^ {2}) \sin^ {2} \theta + b ^ {2}} \mathrm{d} [ (a ^ {2} - b ^ {2}) \sin^ {2} \theta ] = {\frac {a b (a ^ {2} + a b + b ^ {2})}{3 (a + b)}}
$$

练习16.2折线形式(1)计算 $\int_{L}y\mathrm{d}s$ ，这里 $L$ 为 $y^{2} = 4x$ 从(0,0)到(1,2)的一段

(2) 计算 $\int_{L} (x + y) \, \mathrm{d}s$ ，这里 $L$ 是以 $O(0,0), A(1,0), B(0,1)$ 为顶点的三角形

解 $(1)x = \frac{1}{4} y^2, y \in [0,2]$ ，因此 $\int_{L} y \, \mathrm{d}s = \int_{0}^{2} y\sqrt{1 + \frac{1}{4} y^2} \, \mathrm{d}y = \frac{4}{3}(2\sqrt{2} - 1)$

(2) 分三段进行考虑。 $\int_{OA} (x + y) \mathrm{d}s = \int_{0}^{1} (x) \mathrm{d}x = \frac{1}{2}$ , $\int_{OB} (x + y) \mathrm{d}s = \frac{1}{2}$ 。 $AB$ 上 $y = 1 - x, x \in [0,1]$ , 因此 $\int_{AB} (x + y) \mathrm{d}s = \int_{0}^{1} 1\sqrt{1 + 1} \mathrm{d}x = \sqrt{2}$ , 结果为 $1 + \sqrt{2}$

## 16.2.2 使用对称性

练习 16.3 镜面对称性 (1) 计算 $\int_{L} xy ds$ ，其中 L 为上半椭圆 $\frac{x^{2}}{a^{2}} + \frac{y^{2}}{b^{2}} = 1 (y \geq 0)$

(2)重要：计算 $\int_{L}|y|\mathrm{d}s$ ，其中 $L$ 为双组线 $(x^{2} + y^{2})^{2} = a^{2}(x^{2} - y^{2})$

(3) 计算 $\oint_{L} |x|^{\frac{1}{3}} \mathrm{d}s$ ，这里 $L$ 为星形线 $x^{\frac{2}{3}} + y^{\frac{2}{3}} = a^{\frac{2}{3}}$

解(1)由于 $L$ 关于 $y$ 轴对称，而 $xy$ 关于 $y$ 轴对称，因此 $\int_{L} xy \, \mathrm{d}s = 0$

(2) 显然 $L$ 关于 $x, y$ 轴均对称，因此将 $L$ 分为四段，设 $L_{1}$ 是第一象限的部分，因此 $\int_{L} |y| \mathrm{~d}s = 4 \int_{L_{1}} y \mathrm{~d}s$ 考虑 $x = r \cos \theta, y = r \sin \theta$ ，则 $L$ 极坐标方程为 $r^{2} = a^{2} \cos 2\theta$ ， $L_{1}$ 方程为 $r = a \sqrt{\cos 2\theta}$ ，且 $\theta \in [0, \frac{\pi}{4}]$ ，即：

$$
4 \int_ {L _ {1}} y \mathrm{d} s = 4 \int_ {0} ^ {\frac {\pi}{4}} a \sqrt {\cos 2 \theta} \sin \theta \sqrt {a ^ {2} \cos 2 \theta + a ^ {2} \frac {\sin^ {2} 2 \theta}{\cos 2 \theta}} \mathrm{d} \theta = 4 a ^ {2} \int_ {0} ^ {\frac {\pi}{4}} \sin \theta \mathrm{d} \theta = (4 - 2 \sqrt {2}) a ^ {2}
$$

(3) 显然关于 $x, y$ 轴对称，因此 $\int_{L} |x|^{\frac{1}{3}} \mathrm{d}s = 4 \int_{L_1} x^{\frac{1}{3}} \mathrm{d}s$ 。设 $x = a \cos^3 \theta, y = a \sin^3 \theta, \theta \in [0, \frac{\pi}{2}]$ ，此时 $x'^2 y'^2 = 9a^2 \sin^2 \cos^2 \theta$ ，结果为：

$$
I = 4 \int_ {L _ {1}} x ^ {\frac {1}{3}} \mathrm{d} s = 1 2 a ^ {\frac {4}{3}} \int_ {0} ^ {\frac {\pi}{2}} \cos^ {2} \theta \sin \theta \mathrm{d} \theta = 4 a ^ {\frac {4}{3}}
$$

练习 16.4 轮换对称性 (1) L 是 $x + y + z = 0, x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1$ 的交线，计算 $\int_{L} x ds, \int_{L} x^{2} ds, \int_{L} y dz ds$ 的值

(2)L是 $x + y + z = 0,x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1$ 的交线，计算 $\int_{L}x^{2} + yz\mathrm{d}s$

解(1)考虑轮换对称性，查看交线，发现 $x, y, z$ 轴都等价，因此变量可以随意轮换

$$
\left\{ \begin{array}{l} \int_ {L} x \mathrm{d} s = \frac {1}{3} \int_ {L} x + y + z \mathrm{d} s = 0 \\ \int_ {L} x ^ {2} \mathrm{d} s = \frac {1}{3} \int_ {L} x ^ {2} + y ^ {2} + z ^ {2} \mathrm{d} s = \frac {1}{3} \cdot 2 \pi = \frac {2 \pi}{3} \end{array} \right.
$$

第三个：由于 $(x + y + z) = 0$ ，因此 $(x + y + z)^2 = 0$ ，得到 $(x + y + z)^2 -(x^2 +y^2 +z^2) = 2(xy + yz + xz) = -1,$

即 $xy + yz + xz = -\frac{1}{2}$ ，因此：

$$
\int_ {L} y z \mathrm{d} s = \frac {1}{3} \int_ {L} x y + y z + x z \mathrm{d} s = \frac {1}{3} \cdot - \frac {1}{6} \cdot 2 \pi = - \frac {\pi}{3}
$$

(2) 和第一题本质一样

## 16.2.3 曲线积分中值问题

## 定理 16.2 (曲线积分中值定理)

$f(x,y)$ 是光滑曲线 $L:x = x(t),y = y(t),t\in [a,b]$ 上的连续函数，设 $\Delta L$ 是曲线 $L$ 的弧长，则 $\exists (x_0,y_0)\in L,$ 使得

$$
\int_ {L} f (x, y) \mathrm{d} s = f (x _ {0}, y _ {0}) \Delta L
$$

证明 根据计算公式得到 $\int_{L} f(x, y) \mathrm{d}s = \int_{a}^{b} f(x(t), y(t)) \sqrt{(x'(t))^2 + (y'(t))^2} \mathrm{d}t$ ，根据积分第一中值定理得到等于 $f(x(t_0), y(t_0)) \int_{a}^{b} \sqrt{(x'(t))^2 + (y'(t))^2} \mathrm{d}t = f(x_0, y_0) \Delta L$ ，这里 $(x_0, y_0) = (x(t_0), y(t_0))$

练习 16.5 积分第一中值定理的曲线推广 $f(x,y,z)$ , $g(x,y,z)$ 在可求长连续曲线 L: $x = x(t)$ , $y = y(t)$ , $z = z(t)$ , $t \in [a,b]$ (曲线不一定光滑！)，上连续，且 $g(x,y,z)$ 非负，证明： $\exists(\xi,\eta,\zeta) \in L$ 使得

$$
\int_ {L} f (x, y, z) g (x, y, z) \mathrm{d} s = f (\xi , \eta , \zeta) \int_ {L} g (x, y, z) \mathrm{d} s
$$

证明 由于不一定光滑，因此不能用含参形式计算。由于 $f(x,y,z)$ 连续，设在 $L$ 上 $m \leq f(x(t), y(t), z(t)) \leq M$ ，由于 $g$ 非负，因此 $mg(x,y,z) \leq f(x,y,z)g(x,y,z) \leq Mg(x,y,z)$ ，两侧积分得到：

$$
m \int_ {L} g (x, y, z) \mathrm{d} s \leq \int_ {L} f (x, y, z) g (x, y, z) \mathrm{d} s \leq M \int_ {L} g (x, y, z) \mathrm{d} s
$$

若 $\int_{L} g(x, y, z) \mathrm{d}s = 0$ ，则全部为零， $(\xi, \eta, \zeta)$ 任选。若不为 0，则同除以 $\int_{L} g(x, y, z) \mathrm{d}s$ ，得到 $m \leq \frac{\int_{L} f(x, y, z) g(x, y, z) \mathrm{d}s}{\int_{L} f(x, y, z) \mathrm{d}s} \leq M$ ，根据连续性介值性定理可证。

## 16.3 第二型曲线积分

## 16.3.1 基本概念与参数计算

## 定义 16.2 (第二型曲线积分)

$\Gamma$ 是 $\mathbb{R}^3$ 中的有向曲线，其端点为 $A, B \in \mathbb{R}^3$ ， $F(x, y, z) = P(x, y, z)\mathbf{i} + Q(x, y, z)\mathbf{j} + R(x, y, z)\mathbf{k}$ ，将 $\Gamma$ 划分为 $A = \mathbf{r}_0 \to \mathbf{r}_1 \to \mathbf{r}_{n-1} \to \mathbf{r}_n = B$ ，第二型曲线积分定义为：

$$
\int_ {\Gamma} P \mathrm{d} x + Q \mathrm{d} y + R \mathrm{d} z = \lim _ {| | T | | \to 0} P (\xi_ {i}, \eta_ {i}, \zeta_ {i}) \Delta x _ {i} + Q (\xi_ {i}, \eta_ {i}, \zeta_ {i}) \Delta y _ {i} + R (\xi_ {i}, \eta_ {i}, \zeta_ {i}) \Delta z _ {i}
$$

## 定理 16.3 (第二型曲线积分的计算)

若曲线 $\Gamma$ 由 $\mathbf{r}(t) = x(t)\mathbf{i} + y(t)\mathbf{j} + z(t)\mathbf{k}, t \in [a, b]$ 给出，则

$$
\int_ {\Gamma} P \mathrm{d} x + Q \mathrm{d} y + R \mathrm{d} z = \int_ {a} ^ {b} [ P x ^ {\prime} (t) + Q y ^ {\prime} (t) + R z ^ {\prime} (t) ] \mathrm{d} t
$$

练习16.6折线积分(1)计算 $\int_{L}x\mathrm{d}y - y\mathrm{d}x$ ，其中 $L$ 为三角形 $O(0,0),A(1,0),B(1,2)$ 为顶点的三角形逆时针曲线

(2) 计算 $\int_{L} x dx + y dy + z dz$ ，其中 L 是 $(1, 1, 1)$ 到 $(2, 3, 4)$ 的直线段

解 (1) 分三段计算： $\int_{OA} x \, dx - y \, dx = 0$ 。 $\int_{AB} x \, dy - y \, dx$ 以 y 为参数，即 $\int_{0}^{2} 1 \, dy - y \cdot 0 = 2$ 。 $\int_{BO} x \, dy - y \, dx$ ，以 x 为参数，y = 2x，即 $\int_{1}^{0} x \cdot 2 - 2x \, dx = 0$ ，最终结果为 2。

(2) 以 $x$ 为参数, $y = 2x - 1, z = 3x - 2$ , 因此结果为 $\int_{1}^{2} x + 2(2x - 1) + 3(3x - 2) \mathrm{d}x = 13$

练习 16.7 椭圆、圆周积分 (1) 计算 $\int_{L}(x^{2}+2xy)\mathrm{d}y$ ，其中 L 为 $\frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1(y\geq0)$ 方向逆时针

(2) 计算 $I = \oint_{L} \frac{-x \, \mathrm{d}x + y \, \mathrm{d}y}{x^2 + y^2}$ ，其中 $L$ 为圆周 $x^2 + y^2 = 1$ ，方向逆时针解 (1) 设 $x = a\cos \theta, y = b\sin \theta, \theta \in [0, \pi]$ 。则 $\int_{L} (x^2 + 2xy)\mathrm{d}y = \int_{0}^{\pi} a^2\cos^3\theta + 2ab^2\sin \theta\cos^2\theta\mathrm{d}\theta = \frac{4}{3}ab^2$ (2) 设 $x = \cos \theta, y = \sin \theta, \theta \in [0, 2\pi]$ ，则 $I = \int_{0}^{2\pi} (\cos \theta\sin \theta + \sin \theta\cos \theta)\mathrm{d}\theta = 0$

练习 16.8 交线积分: 化为单变量 (1) 计算 $I = \oint_{L} (y - z) \, \mathrm{d}x + (z - x) \, \mathrm{d}y + (x - y) \, \mathrm{d}z$ ，其中 L 为 $x^{2} + y^{2} = 1, x + z = 1$ ，从 z 轴正无穷看为顺时针

(2) 重要：计算 $\oint_{L} xyz \, \mathrm{d}z$ ，其中 $L$ 为 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1$ 与 $y = z$ 相交的圆，方向为 1,2,7,8 卦限。

解 (1) 设 $x = \cos \theta, y = \sin \theta, z = 1 - \cos \theta$ ，则 $\theta \in [2\pi, 0]$ (不是 $[0, 2\pi]!$ 。)。则

$$
I = \int_ {2 \pi} ^ {0} [ (\sin \theta + \cos \theta - 1) (- \sin \theta) + (1 - 2 \cos \theta) \cos \theta + (\cos \theta - \sin \theta) \sin \theta ] \mathrm{d} \theta = 4 \pi
$$

(2) 由于 $x^{2} + 2y^{2} = 1$ ，设 $x = \cos \theta, y = z = \frac{1}{\sqrt{2}} \sin \theta$ ，由于从第一卦限出发， $x, y, z$ 均为正，而 $\theta$ 为小正数时，位于第一卦限，因此 $\theta \in [0, 2\pi]$ 。因此：

$$
I = \int_ {0} ^ {2 \pi} \frac {1}{2} \cos \theta \sin^ {2} \theta \frac {1}{\sqrt {2}} \cos \theta \mathrm{d} \theta = \frac {\sqrt {2} \pi}{1 6}
$$

笔记 第二题虽然是球面的一部分，但是曲线积分都要化成一个变量的，因此不能用球坐标变换！

练习16.9二次曲面交线计算 $\int_{L}y\mathrm{d}x + z\mathrm{d}y + x\mathrm{d}z$ ，其中 $L$ 为椭球与柱面交线：

$$
\frac {x ^ {2}}{a ^ {2}} + \frac {y ^ {2}}{b ^ {2}} + \frac {z ^ {2}}{c ^ {2}} = 1, \frac {x}{a} + \frac {z}{c} = 1, x, y, z \geq 0
$$

方向从 $(a,0,0)$ 到 $(0,0,c)$

解 (1) 直接用极坐标极度不方便，先令 $x = a\overline{x}, y = b\overline{y}, z = c\overline{z}$ ，得到 $\overline{x}^2 + \overline{y}^2 + \overline{z}^2 = 1, \overline{x} + \overline{z} = 1$ 。将前者配凑为 $(\overline{x} + \overline{z})^2 + (\overline{x} - \overline{z})^2 + 2\overline{y}^2 = 2$ ，因此 $(\overline{x} - \overline{z})^2 + 2\overline{y}^2 = 1$ ，因此设 $\overline{x} - \overline{z} = \cos \theta, \sqrt{2}\overline{y} = \sin \theta$ ，得出 $\overline{x} = \frac{1}{2}(1 + \cos \theta), \overline{y} = \frac{1}{\sqrt{2}}\sin \theta, \overline{z} = \frac{1}{2}(1 - \cos \theta)$ ，根据方向以及端点可判断 $\theta \in [0, \pi]$ （具体含义难以判断）。因此代入计算可知结果为 $\frac{ac}{2} - \frac{\pi b}{4\sqrt{2}}(a + c)$

## 16.3.2 使用对称性

和第一型曲线积分一样，下面考虑镜像对称以及轮换对称性

\- 镜像对称：如 $\int_{S} f(x, y, z) \mathrm{d}x$ ，要同时考虑 $f(x, y, z)$ 和 $\mathrm{d}x$ 在 $S$ 上的符号

\- 轮换对称：要保证积分区域和积分表达式均轮换对称。轮换有两种使用方法：(1) 保持积分区域不变，积分表达式轮换 (2) 保持积分表达式不变，积分区域轮换 (具体见轮换对称练习)

## 定理 16.4 (dx 的符号)

若沿着给定方向， $x$ 由大变小，则 $\mathrm{dx}$ 为负，同理若变大则 $\mathrm{dx}$ 为正，以此判断对称性。如果不容易直接判断，则画出投影曲线，再在平面曲线上判断方向。

练习16.10镜像对称性(1)证明 $I = \oint_{L}\frac{-x\mathrm{d}x + y\mathrm{d}y}{x^{2} + y^{2}} = 0$ ，其中 $L$ 为圆周 $x^{2} + y^{2} = 1$ ，方向逆时针。

(2) 计算 $I = \int_{L} (-2xe^{-x^2} \sin y) \, \mathrm{d}x + (e^{-x^2} \cos y + x^4) \, \mathrm{d}y$ ，其中 $L$ 为 (1,0) 到 (-1,0) 的半圆 $y = \sqrt{1 - x^2}$ 解 (1) $I = -\int_{L} x \, \mathrm{d}x + \int_{L} y \, \mathrm{d}y$ ，前者分为 $x$ 轴上下两部分，上下 $x$ 符号大小均相等，由于上方 $x$ 从大变小，下方从小变大，因此 $\mathrm{d}x$ 符号相反，得到 $-\int_{L} x \, \mathrm{d}x = 0$ 。后者同理根据 $x$ 轴上下两部分得到结果为 0。

(2) 关于 $y$ 轴对称。第一项 $\mathrm{d}x$ 同号， $-2xe^{-x^2}\sin y$ 异号，因此第一个积分为0。第二个 $\mathrm{d}y$ 异号， $e^{-x^2}\cos y + x^4$ 同号等值，因此第二个积分也为0。综上整个积分为0。

练习16.11轮换对称性(1)计算 $\int_{L}x\mathrm{d}x + y\mathrm{d}y + z\mathrm{d}z$ ，其中 $L$ 为 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1$ 与 $x + y + z = 0$ 相交圆周， $L$ 从第一卦限来看是逆时针的。(2)计算 $\int_{L}(y^{2} - z^{2})\mathrm{d}x + (z^{2} - x^{2})\mathrm{d}y + (x^{2} - y^{2})\mathrm{d}z$ ，其中 $L$ 为 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1$ 在第一卦限的边界曲线，方向为 $xy$ 平面， $yz$ 平面， $zx$ 平面解(1)由于 $x,y,z$ 可以随便互换， $I$ 可以写出 $3\int_{L}x\mathrm{d}x$ 或 $y,z$ 对应积分，要选择一个好算的。考虑 $z = -(x + y)$ ，则 $x^{2} + y^{2} + (x + y)^{2} = 1$ ，得到 $(x + \frac{1}{2} y)^{2} + \frac{3}{4} y^{2} = \frac{1}{2}$ 。因此令 $x + \frac{1}{2} y = \frac{1}{\sqrt{2}}\cos \theta, \frac{\sqrt{3}}{2} y = \frac{1}{\sqrt{2}}\sin \theta$ ，因此得到参数方程为： $x = \frac{1}{\sqrt{2}}\cos \theta - \frac{1}{\sqrt{6}}\sin \theta, y = \frac{2}{\sqrt{6}}\sin \theta, z = -\frac{1}{\sqrt{2}}\cos \theta - \frac{1}{\sqrt{6}}\sin \theta, \theta \in [0,2\pi]$

可以算 $\int_{L} y \, \mathrm{d}y$ 比较简单，因此最终结果为 0。

(2) 设三个部分曲线分别为 $L_{1}, L_{2}, L_{3}$ , 由于 $x, y, z$ 可以随便互换, 若 $(x, y, z) \to (z, x, y)$ , 则积分表达式不变, 而 $L_{1}$ 部分在该变换下变为 $L_{2}$ , 因此 $L_{1}, L_{2}, L_{3}$ 积分值相等。因此 $I = 3 \int_{L_{1}} (y^{2} - z^{2}) \mathrm{d}x + (z^{2} - x^{2}) \mathrm{d}y + (x^{2} - y^{2}) \mathrm{d}z =$ , 对于 $L_{1}$ 而言, 虽然积分表达式轮换对称, 但是积分区域不轮换对称, 因此只能硬算了。取 $x = \cos \theta, y = \sin \theta, z = 0, \theta \in [0, \frac{\pi}{2}]$ , 得到结果为 $-4$ 。

练习 16.12 双曲面交线 + 对称性 重点：计算 $I=\int_{L}y^{2}dx+z^{2}dy+x^{2}dz$ ，其中 L 是维维安尼曲线 $x^{2}+y^{2}+z^{2}=a^{2}, x^{2}+y^{2}=ax (z\geq0, a>0)$ ，从 x 轴 $+\infty$ 看去，L 方向为逆时针

解 注意 $x^{2}+y^{2}=ax$ 即 $(x-\frac{a}{2})^{2}+y^{2}=\frac{a^{2}}{4}$ 是圆柱面，且过原点。考虑关于 xz 平面对称，积分表达式显然不变，dx 相反，dy 相同（需要把投影的圆画出来看看），dz 相反，因此只需要计算 $I=\int_{L}z^{2}dy=2\int_{L_{1}}z^{2}dy$ ，这里 $L_{1}$ 是 L 在 $y\geq0$ 的部分，设 $x=a\sin\varphi\cos\theta, y=a\sin\varphi\sin\theta, z=a\cos\varphi, \theta\in[0, \frac{\pi}{2}] (\theta$ 的范围具体见三重积分球坐标变换），代入柱面公式得到 $\sin\varphi=\cos\theta$ ，即 $\theta=\frac{\pi}{2}-\varphi$ ，综上 $L_{1}$ 的参数方程为：

$$
x = a \sin^ {2} \varphi , y = a \sin \varphi \cos \varphi , z = a \cos \varphi , \varphi \in [ \frac {\pi}{2}, 0 ]
$$

得到最终结果为 $-\frac{\pi}{4} a^3$

## 16.3.3 两类曲线积分的关系

## 定理 16.5 (光滑曲线切向量)

考虑光滑曲线 $\mathbf{r}(s) = (x(s), y(s)), s \in [0, l]$ ，满足 $(x'(s))^2 + (y'(x))^2 = 1$ 。则其单位切向量为 $\mathbf{t} = (x'(s), y'(s)) = (\cos(\mathbf{t}, x), \cos(\mathbf{t}, y))$ ，即

$$
\mathrm{d} x = \cos (\mathbf {t}, x) \mathrm{d} s, \quad \mathrm{d} y = \cos (\mathbf {t}, y) \mathrm{d} s
$$

## 定理 16.6 (两类曲线积分的关系)

根据光滑曲线切向量的结论，可知：

$$
\int_ {L} P \mathrm{d} x + Q \mathrm{d} y = \int_ {L} \left[ P (x, y) \cos (\mathbf {t}, x) + Q (x, y) \cos (\mathbf {t}, y) \right] \mathrm{d} s
$$

## 16.4 Green 公式

## 16.4.1 Green 公式及其基本应用

## 定理 16.7 (Green 公式)

$\Omega \subset \mathbb{R}^2$ 是有限条分段光滑曲线连接成的闭曲线， $P(x,y), Q(x,y)$ 在 $\Omega$ 上连续，且有连续偏导 $\frac{\partial Q}{\partial x}, \frac{\partial P}{\partial y}$ ，沿着 $\partial \Omega$ 的方向， $\Omega$ 一直在左侧，则

$$
\int_ {\partial \Omega} P \mathrm{d} x + Q \mathrm{d} y = \iint_ {\Omega} (\frac {\partial Q}{\partial x} - \frac {\partial P}{\partial y}) \mathrm{d} x \mathrm{d} y
$$

笔记 使用 Green 公式的基本条件是曲线光滑和偏导存在，一般在 P, Q 本身复杂，但 $\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}$ 简单时使用。记忆时可记忆为：

$$
\left| \begin{array}{c c} \frac {\partial}{\partial x} & \frac {\partial}{\partial y} \\ P & Q \end{array} \right|
$$

练习 16.13Green 公式基本应用 (1)a, b 为正数，L 为从 (2a, 0) 到 (0, 0) 的半圆 $y = \sqrt{2ax - x^{2}}$ ，计算

$$
I = \int_ {L} [ e ^ {x} \sin y - b (x + y) ] \mathrm{d} x + (e ^ {x} \cos y - a x) \mathrm{d} y
$$

(2)L 为 $\sin x$ 从 $(0,0)$ 到 $(\pi,0)$ 的一段，计算：

$$
I = \int_ {L} \sqrt {x ^ {2} + y ^ {2}} \mathrm{d} x + y \left[ x y + \ln \left(x + \sqrt {x ^ {2} + y ^ {2}}\right) \right] \mathrm{d} y
$$

(3) $L$ 为曲线 $y = \sin x$ 从 $(0,0)$ 到 $(\pi ,0)$ 的一段，计算

$$
I = \int_ {L} e ^ {x} \left[ (1 - \cos y) \mathrm{d} x - (y - \sin y) \mathrm{d} y \right]
$$

解(1)显然积分本身很麻烦，考虑 $P = e^{x}\sin y - b(x + y),Q = e^{x}\cos y - ax$ ，则 $Q_{x} - P_{y} = b - a$ 很方便，因此考虑用Green公式把圆周补上，记 $L_{1}$ 为 $(0,0)\rightarrow (2a,0)$ 直线。则 $I = \int_{L + L_1} - \int_{L_1} = \iint_Db - a\mathrm{d}x\mathrm{d}y - \int_{L_1} - bx\mathrm{d}x =$ $\frac{1}{2}\pi a^2 (b - a) + 2a^2 b$

(2) 考虑 $Q_x - P_y = y^2 + \frac{y + \frac{xy}{\sqrt{x^2 + y^2}}}{x + \sqrt{x^2 + y^2}} - \frac{y}{\sqrt{x^2 + y^2}} = y^2$ ，记 $L_1$ 是 $(\pi, 0)$ 到 $(0, 0)$ 的直线段，则 $\int_L P \, \mathrm{d}x + Q \, \mathrm{d}y =$

#

$\int_{\pi}^{0}x\mathrm{d}x = -\frac{1}{2}\pi^2$ ，因此：

$$
I = \int_ {L + L _ {1}} - \int_ {L _ {1}} = - \iint_ {D} y ^ {2} \mathrm{d} x \mathrm{d} y + \frac {1}{2} \pi^ {2} = - \int_ {0} ^ {\pi} \mathrm{d} x \int_ {0} ^ {\sin x} y ^ {2} \mathrm{d} y + \frac {1}{2} \pi^ {2} = \frac {1}{2} \pi^ {2} - \frac {4}{9}
$$

(3) 首先 $Q_x - P_y = -ye^x$ ，记 $L_1$ 为 $(\pi, 0) \to (0, 0)$ 的直线，最终结果为 $\frac{1}{5} (e^\pi - 1)$ 。中间 $\frac{1}{2} \int_0^\pi e^x \sin^2 x \, \mathrm{d}x = \frac{1}{4} \int_0^\pi e^x (1 - \cos 2x) \, \mathrm{d}x = \frac{1}{4} e^x \bigg|_0^\pi - \frac{1}{4} \frac{e^x}{4 + 1} (\cos 2x + 2\sin 2x) \bigg|_0^\pi$

练习 16.14 一道经典题 (1) 计算 $I = \oint_{L} \frac{x \, dy - y \, dx}{x^{2} + y^{2}}$ ，其中 L 为任一不包含原点区域的边界 (包含原点情况在后面讨论)。
解(1) 结果为 0

## 定理 16.8 (区域面积转换为曲线积分)

平面区域 $D$ 的面积为：

$$
S _ {D} = \iint_ {D} \mathrm{d} S = \frac {1}{2} \oint_ {L} x \mathrm{d} y - y \mathrm{d} x
$$

练习 16.15 曲面面积应用 计算抛物线 $(x+y)^{2}=ax(a>0)$ 与 x 轴围成的面积解结果： $\frac{1}{6}a^{2}$ ，见华东师大课本

## 16.4.2 内部有瑕点

## 定理 16.9 (瑕点 Green 公式)

若 $P(x,y), Q(x,y)$ 除瑕点外满足 $Q_x - P_y = 0$ ，边界 $L$ 围成的区域 $D$ 包含瑕点 $x_0$ ，则可作包含 $x_0$ 的小区域 $D_1$ ，其边界 $L_1$ ，方向逆时针，根据 $\int_L - \int_{L_1} = \iint_{D - D_1} = 0$ 得出：

$$
\int_ {L} P \mathrm{d} x + Q \mathrm{d} y = \int_ {L _ {1}} P \mathrm{d} x + Q \mathrm{d} y
$$

保证 $L_{1}$ 曲线表达式的特殊性即可快速计算出结果。

练习 16.16 最经典题目 重点：L 为简单封闭光滑曲线，且不经过原点，a, b > 0，计算 $I = \oint_{L} \frac{x \, dy - y \, dx}{ax^{2} + by^{2}}$ 。

解 显然 P, Q 在不包含原点的区域上有连续偏导数， $P_{y} = \frac{-(ax^{2} + by^{2}) + y \cdot 2by}{(ax^{2} + by^{2})^{2}}$ ， $Q_{x} = \frac{by^{2} - ax^{2}}{(ax^{2} + by^{2})^{2}}$ ，若 L 围成的区域不包含原点，则根据 $Q_{x} - P_{y} = 0$ 得到积分为 0。若 D 包含原点，考虑挖去原点的小区域，其边界 $L_{1}$ 为 $ax^{2} + by^{2} = r^{2}$ ，方向逆时针。则 $\int_{L} P \, dx + Q \, dy = \int_{L_{1}} P \, dx + Q \, dy = \frac{1}{r^{2}} \int_{L_{1}} x \, dy - y \, dx$ ，再次使用 Green 公式得到结果为 $\frac{1}{r^{2}} \iint_{D_{1}} 2 \, dx \, dy = \frac{2\pi}{\sqrt{ab}}$ 。

## 推论 16.2 (常用函数 1)

若 $P_0(x_0,y_0)$ 则：

$$
\oint_ {L} \frac {(x - x _ {0}) \mathrm{d} y - (y - y _ {0}) \mathrm{d} x}{a (x - x _ {0}) ^ {2} + b (y - y _ {0}) ^ {2}} = \left\{ \begin{array}{l l} \frac {2 \pi}{\sqrt {a b}}, & L \text {围成的区域包含} P _ {0} \\ 0, & L \text {围成的区域不包含} P _ {0} \end{array} \right.
$$

练习16.17推广题1计算 $I = \oint_{L}\frac{(x - y)\mathrm{d}x + (x + 4y)\mathrm{d}y}{x^2 + 4y^2}$ ，其中 $L$ 为 $x^{2} + y^{2} = 1$ ，方向逆时针解 $P_{y} = Q_{x} = \frac{-x^{2} - 8xy + 4y^{2}}{(x^{2} + 4y^{2})^{2}}$ ，记 $L_{1}$ 为 $x^{2} + 4y^{2} = r^{2}$ ，则 $I = \int_{L_1} P\mathrm{d}x + Q\mathrm{d}y = \frac{1}{r^2}\int_{L_1}(x - y)\mathrm{d}x + (x + 4y)\mathrm{d}y,$ 再用Green公式得到 $I = \frac{1}{r^2}\iint_{D_1}2\mathrm{d}x\mathrm{d}y = \frac{2}{r^2}\cdot \frac{\pi r^2}{2} = \pi$

## 推论 16.3 (常用函数 2)

$c_{1},c_{2}>0$ 时， $a_{2}=-b_{1},\frac{a_{1}}{c_{1}}=\frac{b_{2}}{c_{2}}$ 有：

$$
\oint_ {L} \frac {\left(a _ {1} x + a _ {2} y\right) \mathrm{d} x + \left(b _ {1} x + b _ {2} y\right) \mathrm{d} y}{c _ {1} x ^ {2} + c _ {2} y ^ {2}} = \left\{ \begin{array}{l l} \frac {2 b _ {1} \pi}{\sqrt {c _ {1} c _ {2}}}, & L \text {围成区域包含原点} \\ 0, & L \text {围成区域不包含原点} \end{array} \right.
$$

## 引理 16.1 (推广椭圆面积)

设 $a, c > 0, ac - b^2 > 0$ ，考虑 $ax^2 + 2bxy + cy^2 = 1$ ，则该曲线为椭圆，围成的面积为 $\frac{\pi}{\sqrt{ac - b^2}}$

证明写为 $a(x + \frac{b}{a} y)^2 +(c - \frac{b^2}{a})y^2 = 1$ ，等价于 $\frac{x^2}{1 / a} +\frac{y^2}{a / (ac - b^2)} = 1$ ，根据椭圆面积公式 $(\pi \cdot ab)$ 得到 $\frac{\pi}{\sqrt{ac - b^2}}$ 练习16.18推广题2重点：计算 $I = \oint_{L}\frac{x\mathrm{d}y - y\mathrm{d}x}{x^{2} + xy + y^{2}}$ ， $L$ 是圆周 $x^{2} + y^{2} = 1$ ，逆时针方向。

解分母即 $(x + \frac{1}{2} y)^2 +\frac{3}{4} y^2 = 0$ ，若分母为0，则 $x = y = 0$ 。 $P_{y} = Q_{x} = \frac{y^{2} - x^{2}}{(x^{2} + xy + y^{2})^{2}}$ ，取 $L_{1}$ 为 $x^{2} + xy + y^{2} = r^{2}$ 该图形为椭圆，面积为 $\frac{2\pi r^2}{\sqrt{3}}$ ，使用Green公式得到结果为 $\frac{4\pi}{\sqrt{3}}$

## 推论 16.4 (常用函数 3)

若 $a, b, c$ 满足 $a, c > 0, ac - b^2 > 0$ ，则

$$
\oint_ {L} \frac {x \mathrm{d} y - y \mathrm{d} x}{a x ^ {2} + 2 b x y + c y ^ {2}} = \frac {2 \pi}{\sqrt {a c - b ^ {2}}}
$$

练习 16.19 其他形式 L 为不过原点的简单光滑封闭曲线，计算：

$$
I = \oint_ {L} {\frac {e ^ {y}}{x ^ {2} + y ^ {2}}} \left[ (x \sin x + y \cos x) \mathrm{d} x + (y \sin x - x \cos x) \mathrm{d} y \right]
$$

## 16.4.3 曲线积分与路径无关性

## 定理 16.10 (路径无关性)

D 为单连通区域, 若 $P(x,y)$ , $Q(x,y)$ 在 D 连续且有一阶连续偏导, L 为 D 内任意按段光滑曲线则 $\int_{L} P \, dx + Q \, dy$ 与路径无关当且仅当:

\- $D$ 内处处有 $P_{y} = Q_{x}$

\- $D$ 内任意按段光滑闭合曲线 $L$ , 有 $\oint_{L} P \mathrm{~d} x + Q \mathrm{~d} y = 0$

\- $D$ 内存在原函数 $u(x,y)$ 使得 $\mathrm{du} = P\mathrm{dx} + Q\mathrm{dy}$






> [!proof]- 证明状态
> 本笔记含数学结论；已保留原文。未给出证明的结论将在后续按定义、引理和推导链补证。