kaoyan1basic 高等数学 第27题
📝 题目
【强化篇】第27题（解答题）
27．设 $P=2 x z f(y+z)-y^{3}, Q=2 y z f(y+z)+x^{3}, R=\int_{0}^{x^{2}+y^{2}} f(z-t) \mathrm{d} t$ ，其中 $f$ 具有一阶连续导数．$L$ 为曲面 $z=x^{2}+y^{2}$ 与平面 $y+z=1$ 的交线，从 $z$ 轴正向往下看为逆时针方向，计算
$\oint_{L} P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y+R \mathrm{~d} z$
💡 答案解析
好的，我们先分析题目，然后一步步推导出结果。这道题是典型的第二类曲线积分，并且给出了一个空间曲线，我们可以考虑使用斯托克斯公式来简化计算。
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第一步：明确曲线与方向
曲线 $L$ 是曲面
$$
z = x^2 + y^2
$$
与平面
$$
y + z = 1
$$
的交线。
代入 $z = x^2 + y^2$ 到平面方程：
$$
y + x^2 + y^2 = 1
$$
即
$$
x^2 + y^2 + y = 1
$$
配方：
$$
x^2 + \left(y + \frac12\right)^2 = 1 + \frac14 = \frac54
$$
所以曲线在 $xy$ 平面上的投影是一个圆：
$$
x^2 + \left(y + \frac12\right)^2 = \frac54
$$
方向：从 $z$ 轴正向往下看是逆时针，这对应曲线在投影上也是逆时针方向。
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第二步：应用斯托克斯公式
斯托克斯公式：
$$
\oint_L P\,dx + Q\,dy + R\,dz = \iint_S (\nabla \times \mathbf{F}) \cdot \mathbf{n}\, dS
$$
其中 $\mathbf{F} = (P, Q, R)$，而 $S$ 是以 $L$ 为边界的任意曲面。
我们取平面 $y+z=1$ 上被 $L$ 所围的那一部分作为曲面 $S$，这样法向量容易求。
平面 $y+z=1$ 的法向量为 $(0,1,1)$，单位化后方向需与曲线方向匹配（右手定则）。从z轴正向看曲线逆时针，则曲面法向量应指向上方（即z分量>0），这里取 $\mathbf{n} = (0,1,1)$ 即可（不一定要单位化，因为面积元会处理）。
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第三步：计算旋度
先计算 $\nabla \times \mathbf{F}$：
$$
P = 2xz f(y+z) - y^3
$$
$$
Q = 2yz f(y+z) + x^3
$$
$$
R = \int_0^{x^2+y^2} f(z-t)\, dt
$$
旋度公式：
$$
\nabla \times \mathbf{F} =
\left( \frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z},\
\frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x},\
\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right)
$$
先算各个偏导：
1. $\frac{\partial R}{\partial y}$：
$R$ 是积分上限含 $x^2+y^2$，由莱布尼茨法则：
$$
\frac{\partial R}{\partial y} = f(z - (x^2+y^2)) \cdot 2y
$$
2. $\frac{\partial Q}{\partial z}$：
$Q = 2yz f(y+z) + x^3$，对 $z$ 求导：
$$
\frac{\partial Q}{\partial z} = 2y f(y+z) + 2yz f'(y+z)
$$
所以第一分量：
$$
\frac{\partial R}{\partial y} - \frac{\partial Q}{\partial z} = 2y f(z - x^2 - y^2) - 2y f(y+z) - 2yz f'(y+z)
$$
---
3. $\frac{\partial P}{\partial z}$：
$P = 2xz f(y+z) - y^3$，对 $z$：
$$
\frac{\partial P}{\partial z} = 2x f(y+z) + 2xz f'(y+z)
$$
4. $\frac{\partial R}{\partial x}$：
类似地，
$$
\frac{\partial R}{\partial x} = f(z - (x^2+y^2)) \cdot 2x
$$
所以第二分量：
$$
\frac{\partial P}{\partial z} - \frac{\partial R}{\partial x} = 2x f(y+z) + 2xz f'(y+z) - 2x f(z - x^2 - y^2)
$$
---
5. $\frac{\partial Q}{\partial x}$：
$Q = 2yz f(y+z) + x^3$，对 $x$：
$$
\frac{\partial Q}{\partial x} = 3x^2
$$
6. $\frac{\partial P}{\partial y}$：
$P = 2xz f(y+z) - y^3$，对 $y$：
$$
\frac{\partial P}{\partial y} = 2xz f'(y+z) - 3y^2
$$
第三分量：
$$
\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 3x^2 - 2xz f'(y+z) + 3y^2
$$
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**第四步：在曲面 $S$ 上化简**
在曲面 $y+z=1$ 上，有 $z = 1-y$。
同时注意，在曲面上，$z - (x^2+y^2) = 1 - y - (x^2+y^2)$，而由曲线方程我们知道在边界上它等于0，但在曲面内部不一定为0，不过我们仍然保留。
另外 $y+z=1$ 意味着 $f(y+z) = f(1)$ 是常数，记 $f(1)=c$，且 $f'(y+z)=f'(1)$ 也是常数，记 $f'(1)=d$。
于是旋度三个分量在曲面上变为：
第一分量：
$$
2y f(1-y - x^2 - y^2) - 2y c - 2y(1-y) d
$$
第二分量：
$$
2x c + 2x(1-y) d - 2x f(1-y - x^2 - y^2)
$$
第三分量：
$$
3x^2 + 3y^2 - 2x(1-y) d
$$
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第五步：曲面上的积分
曲面 $S$ 是平面 $y+z=1$ 上的一块，投影到 $xy$ 平面是圆盘：
$$
x^2 + \left(y+\frac12\right)^2 \le \frac54
$$
面积元关系：平面法向量为 $(0,1,1)$，其模为 $\sqrt{2}$，但用投影法时，
$$
dS = \sqrt{1 + z_x^2 + z_y^2}\, dxdy
$$
这里 $z=1-y$，所以 $z_x=0, z_y=-1$，于是 $\sqrt{1+0+1} = \sqrt{2}$，所以 $dS = \sqrt{2}\, dxdy$。
而斯托克斯公式中需要的是 $(\nabla \times \mathbf{F})\cdot \mathbf{n}\, dS$，这里取 $\mathbf{n}=(0,1,1)$（非单位），则
$$
(\nabla \times \mathbf{F})\cdot \mathbf{n} = (\text{第二分量}) + (\text{第三分量})
$$
因为点乘 $(0,1,1)$ 就是取第二分量加第三分量。
于是被积函数为：
$$
[2x c + 2x(1-y)d - 2x f(1-y - x^2 - y^2)] + [3x^2+3y^2 - 2x(1-y)d]
$$
注意 $2x(1-y)d$ 与 $-2x(1-y)d$ 抵消，剩下：
$$
2x c - 2x f(1-y - x^2 - y^2) + 3x^2 + 3y^2
$$
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第六步：对称性化简
积分区域是圆盘，关于 $x$ 是偶对称？实际上圆心在 $(0,-1/2)$，但关于 $x$ 仍然是对称的（x奇函数项积分为0）。
$2x c$ 是 $x$ 的奇函数，积分为0。
$-2x f(\cdots)$ 也是 $x$ 的奇函数（因为里面与x有关仅通过 $x^2$，是偶函数，乘x后为奇），所以也为0。
于是只剩下：
$$
3x^2 + 3y^2
$$
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第七步：计算积分
所以原曲线积分等于：
$$
\iint_{D} (3x^2+3y^2) \, dxdy
$$
其中 $D$ 是圆盘：
$$
x^2 + (y+\tfrac12)^2 \le \tfrac54
$$
作平移：令 $u=x, v=y+\frac12$，则区域变为圆心在原点的圆 $u^2+v^2 \le \frac54$，且
$$
x^2+y^2 = u^2 + (v-\tfrac12)^2 = u^2+v^2 - v + \frac14
$$
积分：
$$
3\iint_D (u^2+v^2 - v + \tfrac14)\, du\,dv
$$
由对称性，$\iint v\, du dv = 0$（奇函数）。
而 $\iint (u^2+v^2)\, du dv$ 用极坐标：半径 $R=\sqrt{5/4}=\sqrt5/2$，
$$
\int_0^{2\pi} d\theta \int_0^{\sqrt5/2} r^2 \cdot r\, dr = 2\pi \cdot \frac{(\sqrt5/2)^4}{4} = 2\pi \cdot \frac{25/16}{4} = 2\pi \cdot \frac{25}{64} = \frac{25\pi}{32}
$$
常数项：
$$
\iint \frac14\, du dv = \frac14 \cdot \pi \cdot \frac54 = \frac{5\pi}{16}
$$
所以总和：
$$
3\left( \frac{25\pi}{32} + \frac{5\pi}{16} \right) = 3\left( \frac{25\pi}{32} + \frac{10\pi}{32} \right) = 3\cdot \frac{35\pi}{32} = \frac{105\pi}{32}
$$
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最终答案：
$$
\boxed{\frac{105\pi}{32}}
$$
这样就完成了。