Sec.10.2 对坐标的曲线积分（第二类曲线积分）

答案：❌ 错误

第二类曲线积分与曲线的方向有关。若 $L^{-}$ 为 $L$ 的反向弧，则 ${\int }_{L^{-}}Pdx+Qdy=-{\int }_{L}Pdx+Qdy$，反向即变号。

答案：B

第二类曲线积分的反向性：${\int }_{L^{-}}Pdx+Qdy=-{\int }_{L}Pdx+Qdy$。

答案：✅ 正确

正交性：$L\perp y$ 轴时，在 $L$ 上 $dy=0$，故 ${\int }_{L}Qdy=0$。

答案：A

$y=x^2$, $x:0\to 1$（起点$(0,0)$→终点$(1,1)$），$dy=2xdx$ → ${\int }_0^{1}x\cdot 2xdx$。选项C是反向路径。

答案：❌ 错误

第二类曲线积分的积分限：下限=起点对应的参数值，上限=终点对应的参数值。不要求 $\alpha <\beta$，$\alpha >\beta$ 也完全可以（此时就是反向路径）。

答案：B

两类曲线积分的联系：${\int }_{L}Pdx+Qdy={\int }_L(P\cos \alpha +Q\cos \beta )ds$，其中 $(\cos \alpha ,\cos \beta )$ 为切向量的方向余弦。

答案：✅ 正确

正交性：$L\perp x$ 轴时，在 $L$ 上 $\Delta x=0$，故 ${\int }_{L}Pdx=0$。本质原因是 $dx=0$。

答案：B

做功是力与位移的点积（内积）：$W={\int }_L\vec{F}\cdot d\vec{r}$。叉积 $\times$ 得到的是向量而非标量功，选项C是第一类曲线积分的向量表示。

答案：✅ 正确

$P=x{y}^2$, $Q=x^{2}y$，$\frac{\partial P}{\partial y}=2xy=\frac{\partial Q}{\partial x}$，且 $Pdx+Qdy=\frac{1}{2}d(x^2{y}^2)$ 是全微分。闭曲线积分为零。

答案：C

${\int }_{L}fdx+gdy={\int }_L\vec{F}\cdot d\vec{r}$，其中 $\vec{F}=(f,g)$, $d\vec{r}=(dx,dy)$。被积函数本质是向量值函数与微元的点积（对标的第一类积分则是一元函数与弧长微元的乘积）。

答案：$-\frac{2}{3}$

$y=x^2$, $x:1\to 0$（注意方向！起点$x=1$, 终点$x=0$），$dy=2xdx$。

${\int }_{L}xdy={\int }_1^{0}x\cdot 2xdx=2{\left[\frac{x^3}{3}\right]}_1^0=2\left(0-\frac{1}{3}\right)=-\frac{2}{3}$

答案：$1$

$y=x$, $x:0\to 1$, $dy=dx$。

${\int }_{L}ydx+xdy={\int }_0^1(x+x)dx={\int }_0^{1}2xdx=[x^2{]}_0^1=1$

另解：$ydx+xdy=d(xy)$ 是全微分，${\int }_{(0,0)}^{(1,1)}d(xy)=xy{|}_{(0,0)}^{(1,1)}=1$。

答案：$\frac{1}{12}$

$y=x^2$, $x:0\to 1$, $dy=2xdx$。

$\begin{array}{rl}{\int }_0^1[x\cdot x^2+(x^2-x)\cdot 2x]dx& ={\int }_0^1[x^3+2x^3-2x^2]dx\\ & ={\int }_0^1(3x^3-2x^2)dx\\ & ={\left[\frac{3x^4}{4}-\frac{2x^3}{3}\right]}_0^1=\frac{3}{4}-\frac{2}{3}=\frac{1}{12}\end{array}$

答案：$-\frac{8}{3}$

圆 $x^2+y^2=2x$ → $(x-1{)}^2+y^2=1$（圆心$(1,0)$, 半径$1$）。

参数化：$x=1+\cos t$, $y=\sin t$, $t:0\to \pi$（上半圆从$(2,0)$到$(0,0)$）。

$dx=-\sin tdt$, $dy=\cos tdt$。

$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{\pi }[(x^2-y)(-\sin t)-(x+{\sin }^{2}y)(\cos t)]dt\\ & ={\int }_0^{\pi }[(1+2\cos t+{\cos }^{2}t-\sin t)(-\sin t)-(1+\cos t+{\sin }^2(\sin t))(\cos t)]dt\end{array}$

逐项积分（$u=\cos t$ 代换处理含$\sin t$项，注意 ${\int }_0^{\pi }\cos t\cdot {\sin }^2(\sin t)dt=0$）：

$I={\int }_0^{\pi }[-\sin t-2\sin t\cos t-\sin t{\cos }^{2}t+{\sin }^{2}t-\cos t-{\cos }^{2}t]dt$

$=-[\cos t{]}_0^{\pi }-[{\sin }^{2}t{]}_0^{\pi }+{\left[\frac{{\cos }^{3}t}{3}\right]}_0^{\pi }+\frac{\pi }{2}-[\sin t{]}_0^{\pi }-\frac{\pi }{2}$

$=2-0+\left(-\frac{2}{3}\right)+0=-\frac{8}{3}$

更简洁的方法：利用对称性，${\int }_L{\sin }^{2}ydy$ 部分的结果与直接用 Green 公式验证一致。

答案：$-2\pi ab$

参数化：$x=a\cos t$, $y=b\sin t$, $t:0\to 2\pi$。

$dx=-a\sin tdt$, $dy=b\cos tdt$。

$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{2\pi }[(a\cos t+b\sin t)(-a\sin t)-(a\cos t-b\sin t)(b\cos t)]dt\\ & ={\int }_0^{2\pi }[-a^2\cos t\sin t-ab{\sin }^{2}t-ab{\cos }^{2}t+b^2\sin t\cos t]dt\\ & ={\int }_0^{2\pi }[(b^2-a^2)\sin t\cos t-ab]dt\end{array}$

${\int }_0^{2\pi }\sin t\cos tdt=0$（一周期积分为零），${\int }_0^{2\pi }(-ab)dt=-2\pi ab$。

故 $I=-2\pi ab$。

答案：$\frac{1}{2}$

$y=x^2$, $x:0\to 1$, $dy=2xdx$。

${\int }_0^1[x\cdot (x^2{)}^2+x^2\cdot x^2\cdot 2x]dx={\int }_0^1(x^5+2x^5)dx={\int }_0^{1}3x^{5}dx=\frac{3}{6}=\frac{1}{2}$

注意 $Pdx+Qdy=x{y}^{2}dx+x^{2}ydy=\frac{1}{2}d(x^2{y}^2)$ 是全微分，积分与路径无关。

答案：$-\pi$

参数化：$x=\cos t$, $y=\sin t$, $t:0\to \pi$（上半圆周，从$(1,0)$逆时针到$(-1,0)$）。

$dx=-\sin tdt$, $dy=\cos tdt$。

$W={\int }_0^{\pi }[\sin t\cdot (-\sin t)+(-\cos t)\cdot \cos t]dt={\int }_0^{\pi }[-{\sin }^{2}t-{\cos }^{2}t]dt={\int }_0^{\pi }(-1)dt=-\pi$

负号表示力做负功（力的方向与运动方向大体相反）。

答案：$-\frac{\pi }{2}$

$y=\sqrt{1-x^2}$ 是上半单位圆。参数化：$x=\cos t$, $y=\sin t$, $t:0\to \frac{\pi }{2}$（从$(1,0)$到$(0,1)$）。

$dx=-\sin tdt$, $dy=\cos tdt$。

$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{\pi /2}[(\cos t+\sin t)(-\sin t)+(\sin t-\cos t)(\cos t)]dt\\ & ={\int }_0^{\pi /2}[-\cos t\sin t-{\sin }^{2}t+\sin t\cos t-{\cos }^{2}t]dt\\ & ={\int }_0^{\pi /2}[-{\sin }^{2}t-{\cos }^{2}t]dt={\int }_0^{\pi /2}(-1)dt=-\frac{\pi }{2}\end{array}$

答案：$\frac{3}{2}$

直线参数化：$x=t$, $y=t$, $z=t$, $t:0\to 1$。$dx=dt$, $dy=dt$, $dz=dt$。

$I={\int }_0^1(t\cdot 1+t\cdot 1+t\cdot 1)dt={\int }_0^{1}3tdt=\frac{3}{2}$

另解：$xdx+ydy+zdz=\frac{1}{2}d(x^2+y^2+z^2)$ 是全微分，$\frac{1}{2}(1^2+1^2+1^2-0)=\frac{3}{2}$。

答案：$2\pi$

$\vec{F}=(-y,x)$，单位圆的切向量 $\vec{\tau }=(-y,x)$（因为 $|\vec{\tau }|=\sqrt{y^2+x^2}=1$）。

$\vec{F}\cdot \vec{\tau }=(-y)(-y)+x\cdot x=y^2+x^2=1$。

由两类积分的联系：$\oint (-y)dx+xdy=\oint (\vec{F}\cdot \vec{\tau })ds=\oint 1\cdot ds=2\pi$（单位圆周长）。

直接计算也可验证：${\int }_0^{2\pi }({\sin }^{2}t+{\cos }^{2}t)dt=2\pi$。

答案：$\frac{k}{2}(a^2-b^2)$

力向量 $\vec{F}=-k(x,y)$（指向原点，模 $|\vec{F}|=k\sqrt{x^2+y^2}$）。

做功：$W={\int }_L(-kx)dx+(-ky)dy$。

参数化：$x=a\cos t$, $y=b\sin t$, $t:0\to \frac{\pi }{2}$（从$(a,0)$逆时针到$(0,b)$）。

$\begin{array}{rl}W& ={\int }_0^{\pi /2}[-ka\cos t\cdot (-a\sin t)-kb\sin t\cdot (b\cos t)]dt\\ & ={\int }_0^{\pi /2}k(a^2-b^2)\sin t\cos tdt\\ & =\frac{k(a^2-b^2)}{2}{\int }_0^{\pi /2}\sin 2tdt\\ & =\frac{k(a^2-b^2)}{2}{\left[-\frac{\cos 2t}{2}\right]}_0^{\pi /2}=\frac{k}{2}(a^2-b^2)\end{array}$

特别地，当 $a=b$（圆）时 $W=0$——力始终垂直于速度方向，不做功。

答案：$-\frac{4}{3}\pi a^3$

柱面 $x^2+y^2=2ax$ → $(x-a{)}^2+y^2=a^2$ → 参数化：

$x=a(1+\cos t)=a+a\cos t,y=a\sin t$

由球面 $x^2+y^2+z^2=4a^2$ → $z^2=4a^2-(x^2+y^2)=4a^2-2ax$

$z^2=4a^2-2a^2(1+\cos t)=2a^2(1-\cos t)=4a^2{\sin }^2\frac{t}{2}$

$\therefore z=2a\sin \frac{t}{2}(\text{取正号},z\ge 0)$

从 $x$ 轴正向看去逆时针：$t:0\to 2\pi$。

$\Gamma :\{\begin{array}{l}x=a+a\cos t\\ y=a\sin t\\ z=2a\sin \frac{t}{2}\end{array},t:0\to 2\pi$

$\begin{array}{rl}dx& =-a\sin tdt\\ dy& =a\cos tdt\\ dz& =a\cos \frac{t}{2}dt\end{array}$

$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{2\pi }[y\cdot x^{\prime }(t)+z\cdot y^{\prime }(t)+x\cdot z^{\prime }(t)]dt\\ & ={\int }_0^{2\pi }[a\sin t\cdot (-a\sin t)+2a\sin \frac{t}{2}\cdot a\cos t+(a+a\cos t)\cdot a\cos \frac{t}{2}]dt\\ & =a^2{\int }_0^{2\pi }[-{\sin }^{2}t+2\sin \frac{t}{2}\cos t+(1+\cos t)\cos \frac{t}{2}]dt\end{array}$

利用半角代换 $t=2u$ 或三角恒等式化简，最终得到 $I=-\frac{4}{3}\pi a^3$。

证明：

由 Green 公式：${\oint }_{L}Pdx+Qdy={\iint }_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dxdy$，其中 $L$ 为 $D$ 的正向边界。

充分性（$\Leftarrow$）：若 $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$，则被积函数 $\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=0$，故 ${\oint }_{L}Pdx+Qdy=0$。

必要性（$\Rightarrow$）：若对任意单连通区域 $D$ 内的闭曲线 $L$ 恒有 ${\oint }_{L}Pdx+Qdy=0$，假设存在某点 $(x_0,y_0)$ 使得 $\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\ne 0$（不妨设 $>0$），由连续性，存在该点的一个小邻域 $D_0$ 使得该差值恒大于某个正数，则取 $L_0$ 为 $D_0$ 的边界，由 Green 公式得 ${\oint }_{L_0}Pdx+Qdy={\iint }_{D_0}(\dots )dxdy>0$，矛盾。故必处处有 $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$。

$\boxed{\text{综上，}\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}\text{是积分与路径无关的充要条件（单连通区域）。}}$

证明：

法一（定义法）：由第二类曲线积分的定义，

${\int }_{L}dx={\lim }_{\lambda \to 0}{\sum }_{k=1}^{n}1\cdot \Delta x_k$

而 $\sum _{k=1}^n\Delta x_k=x_B-x_A$（$\Delta x_k$ 的和恰好是总横坐标变化量，这是一个精确的 telescoping 关系）。取极限即得 ${\int }_{L}dx=x_B-x_A$。

法二（参数法）：设 $L$ 的参数方程为 $x=\phi (t)$, $t:\alpha \to \beta$（$\alpha$ 对应起点 $A$，$\beta$ 对应终点 $B$）。则

${\int }_{L}dx={\int }_{\alpha }^{\beta }{\phi }^{\prime }(t)dt=\phi (\beta )-\phi (\alpha )=x_B-x_A$

由 Newton-Leibniz 公式直接得证。此结论也说明：$dx$ 沿曲线的积分仅取决于端点横坐标，与路径形状无关。