曲线积分与曲面积分
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一、第一类曲线积分
设空间曲线L的参数方程为$x=x(t)$, $y=y(t)$, $z=z(t)$, $\alpha \leq t \leq \beta$。
$$\int_L f(x,y,z)ds = \int_\alpha^\beta f(x(t), y(t), z(t))\sqrt{(x'(t))^2+(y'(t))^2+(z'(t))^2}dt$$
当L为平面曲线时类似。其中$ds$称为弧长微元。
例1
计算$I = \int_L (x^2+y^2) ds$，其中$L$为螺旋线$x=a\cos t$, $y=a\sin t$, $z=bt$上对应于$t=0$到$t=2\pi$的一段弧，$a,b>0$。
$ds = \sqrt{(-a\sin t)^2+(a\cos t)^2+b^2}dt = \sqrt{a^2+b^2}dt$
$\therefore I = \int_0^{2\pi} a^2 \cdot \sqrt{a^2+b^2}dt = 2\pi a^2\sqrt{a^2+b^2}$
$\therefore I = \int_0^{2\pi} a^2 \cdot \sqrt{a^2+b^2}dt = 2\pi a^2\sqrt{a^2+b^2}$
例2
计算$I = \int_L (x + \sqrt{x^2 + y^2}) ds$，其中$L$是$\{(x,y): x^2 + y^2 \leq 1, y \geq 0\}$的边界曲线。
$L_1: x=t, y=0, -1 \leq t \leq 1$；$L_2: x=\cos\theta, y=\sin\theta, 0 \leq \theta \leq \pi$
在$L_1$上，$ds=dt$；在$L_2$上，$ds=d\theta$
$I = \int_{-1}^{1}(t+|t|)dt + \int_{0}^{\pi}(\cos\theta+1)d\theta = 2\int_{0}^{1}tdt + \int_{0}^{\pi}d\theta = 1 + \pi$
注意：由于$L$关于$y$轴对称，而$x$关于$x$为奇函数，故$\int_L x ds = 0$。
在$L_1$上，$ds=dt$；在$L_2$上，$ds=d\theta$
$I = \int_{-1}^{1}(t+|t|)dt + \int_{0}^{\pi}(\cos\theta+1)d\theta = 2\int_{0}^{1}tdt + \int_{0}^{\pi}d\theta = 1 + \pi$
注意：由于$L$关于$y$轴对称，而$x$关于$x$为奇函数，故$\int_L x ds = 0$。
二、第二类曲线积分
设$L$的参数方程为：$x=x(t)$, $y=y(t)$, $z=z(t)$, $t: \alpha \to \beta$对应$L$的方向。
$$\int_L Pdx + Qdy + Rdz = \int_\alpha^\beta \left(Px'(t) + Qy'(t) + Rz'(t)\right)dt$$
① 当$L$为平面曲线时，$\int_L P(x,y)dx + Q(x,y)dy$
② $t$的变化范围对应于$L$的方向
② $t$的变化范围对应于$L$的方向
例3
计算$I=\int_L 2xy\,dx+x^2\,dy$。
(1) 沿抛物线$y=x^2$从$O(0,0)$到$B(1,1)$；
(2) 沿有向折线从$O(0,0)$到$A(1,0)$, 再到$B(1,1)$。
(1) 沿抛物线$y=x^2$从$O(0,0)$到$B(1,1)$；
(2) 沿有向折线从$O(0,0)$到$A(1,0)$, 再到$B(1,1)$。
(1) $L: x=x, y=x^2, x: 0\to 1$
$I = \int_0^1 (2x\cdot x^2 + x^2\cdot 2x)dx = 4\int_0^1 x^3 dx = 1$
(2) $OA: x=x, y=0, x: 0\to 1$；$AB: x=1, y=y, y: 0\to 1$
$I = \int_0^1 2x\cdot 0\,dx + \int_0^1 1\,dy = 0 + 1 = 1$
$I = \int_0^1 (2x\cdot x^2 + x^2\cdot 2x)dx = 4\int_0^1 x^3 dx = 1$
(2) $OA: x=x, y=0, x: 0\to 1$；$AB: x=1, y=y, y: 0\to 1$
$I = \int_0^1 2x\cdot 0\,dx + \int_0^1 1\,dy = 0 + 1 = 1$
例4
计算$I=\int_{L} y(z-x^{2})dx + xy^{2}dy + (x+y+1)dz$，其中$L:\begin{cases} x^{2}+y^{2}+z^{2}=5 \\ z=x^{2}+y^{2}+1 \end{cases}$，方向是从原点看去的顺时针。
联立得$z=2$, $x^2+y^2=1$
$L: x=\cos t, y=\sin t, z=2, t: 0 \to 2\pi$，$dz=0$
$I = \int_0^{2\pi} [\sin t(2-\cos^2 t)(-\sin t) + \cos t\cdot\sin^2 t\cdot\cos t]dt = -2\int_0^{2\pi}\sin^4 t dt = -\frac{3\pi}{2}$
$L: x=\cos t, y=\sin t, z=2, t: 0 \to 2\pi$，$dz=0$
$I = \int_0^{2\pi} [\sin t(2-\cos^2 t)(-\sin t) + \cos t\cdot\sin^2 t\cdot\cos t]dt = -2\int_0^{2\pi}\sin^4 t dt = -\frac{3\pi}{2}$
三、格林(Green)公式
条件：D为有界闭区域，L为D的边界曲线，方向为正向，且P(x,y), Q(x,y)在D上具有一阶连续的偏导数。
$$\oint_L Pdx + Qdy = \iint_D \left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right)dxdy$$
注意：(1) L为封闭曲线；(2) D及其边界L的方向。正向指人沿曲线走时区域在左手侧。
例5
计算$I=\int_L xy^2 dy - x^2y dx$。
(1) $L$为逆时针方向的圆周$x^2+y^2=R^2$；
(2) $L$为上半圆周$y=\sqrt{R^2-x^2}$，方向从$A(R,0)$到$B(-R,0)$。
(1) $L$为逆时针方向的圆周$x^2+y^2=R^2$；
(2) $L$为上半圆周$y=\sqrt{R^2-x^2}$，方向从$A(R,0)$到$B(-R,0)$。
(1) $P=-x^2y$, $Q=xy^2$，$D: x^2+y^2 \leq R^2$
由Green公式：$I = \iint_D (y^2+x^2)dxdy = \int_0^{2\pi}d\theta\int_0^R \rho^2\cdot\rho d\rho = \frac{1}{2}\pi R^4$
(2) 补线段$BA$使$L'=L+\overline{BA}$封闭，$D'$为上半圆
$\int_{L'} = \iint_{D'}(y^2+x^2)dxdy = \frac{1}{4}\pi R^4$
$\overline{BA}: y=0$，积分为0
$\therefore I = \frac{1}{4}\pi R^4$
由Green公式：$I = \iint_D (y^2+x^2)dxdy = \int_0^{2\pi}d\theta\int_0^R \rho^2\cdot\rho d\rho = \frac{1}{2}\pi R^4$
(2) 补线段$BA$使$L'=L+\overline{BA}$封闭，$D'$为上半圆
$\int_{L'} = \iint_{D'}(y^2+x^2)dxdy = \frac{1}{4}\pi R^4$
$\overline{BA}: y=0$，积分为0
$\therefore I = \frac{1}{4}\pi R^4$
四、平面曲线积分与路径无关的问题
设D是平面上的单连通区域，P(x,y)，Q(x,y)在D内具有一阶连续偏导数，则以下四个条件等价：
(1) $\int_L Pdx+Qdy$只与L的起点和终点有关
(2) $\exists u(x,y)$，s.t. $du=Pdx+Qdy$
(3) $\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}$
(4) $\oint_L Pdx+Qdy=0$
(2) $\exists u(x,y)$，s.t. $du=Pdx+Qdy$
(3) $\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}$
(4) $\oint_L Pdx+Qdy=0$
例6
证明：$\int_L (x^4 + 4xy^3)dx + (6x^2y^2 - 5y^4)dy$与路径无关，并计算$I = \int_{(-2,-1)}^{(3,0)}$。
$P=x^4+4xy^3$, $Q=6x^2y^2-5y^4$
$\frac{\partial P}{\partial y}=12xy^2=\frac{\partial Q}{\partial x}$，故与路径无关。
取路径：$(-2,-1)\to(-2,0)\to(3,0)$
$I = \int_{-1}^{0}Q(-2,y)dy + \int_{-2}^{3}P(x,0)dx = \int_{-1}^{0}(24y^2-5y^4)dy + \int_{-2}^{3}x^4dx = 62$
$\frac{\partial P}{\partial y}=12xy^2=\frac{\partial Q}{\partial x}$，故与路径无关。
取路径：$(-2,-1)\to(-2,0)\to(3,0)$
$I = \int_{-1}^{0}Q(-2,y)dy + \int_{-2}^{3}P(x,0)dx = \int_{-1}^{0}(24y^2-5y^4)dy + \int_{-2}^{3}x^4dx = 62$
五、第一类曲面积分
设曲面$\Sigma$由$z=z(x,y)$给出，$\Sigma$在$xoy$平面上的投影区域为$D_{xy}$。
$$\iint_{\Sigma} f(x,y,z) dS = \iint_{D_{xy}} f(x,y,z(x,y)) \sqrt{1+\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^2+\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^2} dxdy$$
注意：(1) $dS = \sqrt{1+z_x^2+z_y^2}dxdy$
(2) 会求$\Sigma$在某个坐标面上的投影区域
(2) 会求$\Sigma$在某个坐标面上的投影区域
例7
计算$I=\iint_{\Sigma}(x^{2}+y^{2})dS$，其中$\Sigma$为抛物面$z=2-x^{2}-y^{2}$介于平面$z=0$和$z=2$之间的部分。
$D_{xy}: x^2+y^2 \leq 2$
$dS=\sqrt{1+4x^2+4y^2}dxdy$
$I = \iint_{D_{xy}}(x^2+y^2)\sqrt{1+4x^2+4y^2}dxdy$
$= \int_0^{2\pi}d\theta\int_0^{\sqrt{2}}\rho^2\sqrt{1+4\rho^2}\cdot\rho d\rho$
令$u=\sqrt{1+4\rho^2}$，得$I = \frac{149}{30}\pi$
$dS=\sqrt{1+4x^2+4y^2}dxdy$
$I = \iint_{D_{xy}}(x^2+y^2)\sqrt{1+4x^2+4y^2}dxdy$
$= \int_0^{2\pi}d\theta\int_0^{\sqrt{2}}\rho^2\sqrt{1+4\rho^2}\cdot\rho d\rho$
令$u=\sqrt{1+4\rho^2}$，得$I = \frac{149}{30}\pi$
六、第二类曲面积分
第二类曲面积分的一般形式，其中$\Sigma$有方向，一般由法向量给出。
$$\iint_{\Sigma} P\,dydz + Q\,dzdx + R\,dxdy$$
设$\Sigma: z=z(x,y)$，投影区域为$D_{xy}$，法向量$\vec{n}$给定。
当$\vec{n}$与$z$轴正向成锐角（上侧）：$\iint_{\Sigma} R\,dxdy = \iint_{D_{xy}} R(x,y,z(x,y))\,dxdy$
当$\vec{n}$与$z$轴正向成钝角（下侧）：$\iint_{\Sigma} R\,dxdy = -\iint_{D_{xy}} R(x,y,z(x,y))\,dxdy$
当$\vec{n}$与$z$轴正向成钝角（下侧）：$\iint_{\Sigma} R\,dxdy = -\iint_{D_{xy}} R(x,y,z(x,y))\,dxdy$
关键在于由$\Sigma$的方向判断$dxdy$的正负。若曲面不同部分法向量与$z$轴夹角有锐角有钝角，需分片计算。
例8
计算$I=\iint_{\Sigma} xyz \,dxdy$，其中$\Sigma$是球面$x^2+y^2+z^2=1$外侧满足$x \geq 0, y \geq 0$的部分。
$\Sigma_1: z=\sqrt{1-x^2-y^2}$（上侧，$\vec{n}$与$z$轴成锐角）
$\Sigma_2: z=-\sqrt{1-x^2-y^2}$（下侧，$\vec{n}$与$z$轴成钝角）
投影$D_{xy}: 0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}, 0\leq\rho\leq 1$
$I = \iint_{D_{xy}}xy\sqrt{1-x^2-y^2}dxdy - \iint_{D_{xy}}xy(-\sqrt{1-x^2-y^2})dxdy$
$= 2\iint_{D_{xy}}xy\sqrt{1-x^2-y^2}dxdy = 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_0^1\rho^3\cos\theta\sin\theta\sqrt{1-\rho^2}d\rho = \frac{2}{15}$
$\Sigma_2: z=-\sqrt{1-x^2-y^2}$（下侧，$\vec{n}$与$z$轴成钝角）
投影$D_{xy}: 0\leq\theta\leq\frac{\pi}{2}, 0\leq\rho\leq 1$
$I = \iint_{D_{xy}}xy\sqrt{1-x^2-y^2}dxdy - \iint_{D_{xy}}xy(-\sqrt{1-x^2-y^2})dxdy$
$= 2\iint_{D_{xy}}xy\sqrt{1-x^2-y^2}dxdy = 2\int_0^{\frac{\pi}{2}}d\theta\int_0^1\rho^3\cos\theta\sin\theta\sqrt{1-\rho^2}d\rho = \frac{2}{15}$
七、高斯(Gauss)公式
设空间闭区域$\Omega$的边界曲面为$\Sigma$，方向指向外侧。P,Q,R在$\Omega$上具有一阶连续的偏导数。
$$\oiint_{\Sigma} P\,dydz + Q\,dzdx + R\,dxdy = \iiint_{\Omega} \left(\frac{\partial P}{\partial x} + \frac{\partial Q}{\partial y} + \frac{\partial R}{\partial z}\right)dxdydz$$
例9
计算$I=\iint_{\Sigma}(x^{2}+y^{2})x\,dy\,dz$，其中$\Sigma$是抛物面$z=x^{2}+y^{2}$介于$z=0$与$z=1$之间部分的下侧。
补$\Sigma_0: z=1, x^2+y^2\leq 1$（上侧），使$\Sigma+\Sigma_0$封闭
由Gauss公式：$\iint_{\Sigma+\Sigma_0} = \iiint_{\Omega}(3x^2+y^2)dxdydz$
柱坐标：$= \int_0^{2\pi}d\theta\int_0^1 d\rho\int_{\rho^2}^{1}\rho^3(3\cos^2\theta+\sin^2\theta)dz = \frac{\pi}{3}$
由于$\Sigma_0$与$yoz$平面垂直，$\iint_{\Sigma_0}=0$
$\therefore I = \frac{\pi}{3}$
由Gauss公式：$\iint_{\Sigma+\Sigma_0} = \iiint_{\Omega}(3x^2+y^2)dxdydz$
柱坐标：$= \int_0^{2\pi}d\theta\int_0^1 d\rho\int_{\rho^2}^{1}\rho^3(3\cos^2\theta+\sin^2\theta)dz = \frac{\pi}{3}$
由于$\Sigma_0$与$yoz$平面垂直，$\iint_{\Sigma_0}=0$
$\therefore I = \frac{\pi}{3}$
八、斯托克斯(Stokes)公式
设L为有向曲线，$\Sigma$是以L为边界的曲面，方向满足右手法则。P,Q,R在$\Sigma$及L上具有一阶连续偏导数。
$$\oint_L Pdx + Qdy + Rdz = \iint_\Sigma \left(\frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z}\right)dydz + \left(\frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x}\right)dzdx + \left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right)dxdy$$
记忆法（行列式形式）：
$$\begin{vmatrix} dydz & dzdx & dxdy \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ P & Q & R \end{vmatrix}$$
注意：L与$\Sigma$的方向满足右手法则。
$$\begin{vmatrix} dydz & dzdx & dxdy \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ P & Q & R \end{vmatrix}$$
注意：L与$\Sigma$的方向满足右手法则。
例10
计算$\int_{L}(2y+z)\,dx+(x-z)\,dy+(y-x)\,dz$，其中$L$为平面$x+y+z=1$与各坐标面的交线，取逆时针方向为正向。
$P=2y+z$, $Q=x-z$, $R=y-x$
行列式计算得：$2\,dydz + 2\,dzdx - dxdy$
取$\Sigma$为L所围的平面区域$x+y+z=1$，法向量向上
$I = 2\iint_{D_{yz}}dydz + 2\iint_{D_{zx}}dzdx - \iint_{D_{xy}}dxdy = 2\cdot\frac{1}{2} + 2\cdot\frac{1}{2} - \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$
行列式计算得：$2\,dydz + 2\,dzdx - dxdy$
取$\Sigma$为L所围的平面区域$x+y+z=1$，法向量向上
$I = 2\iint_{D_{yz}}dydz + 2\iint_{D_{zx}}dzdx - \iint_{D_{xy}}dxdy = 2\cdot\frac{1}{2} + 2\cdot\frac{1}{2} - \frac{1}{2} = \frac{3}{2}$
📝 知识点总结
本节系统讲解了曲线积分与曲面积分的四大类型及其计算方法：第一类曲线积分（对弧长）、第二类曲线积分（对坐标）、第一类曲面积分（对面积）、第二类曲面积分（对坐标）。重点介绍了三大公式：格林公式（平面闭曲线与二重积分的关系）、高斯公式（空间闭曲面与三重积分的关系）、斯托克斯公式（空间闭曲线与曲面积分的关系）。核心计算思想都是将曲线/曲面积分转化为定积分或重积分，第二类积分需特别注意方向性。