下册 9.2 第二型曲线积分 第53题

\section*{解题过程：} （1）如图 9.94 所示，设 $S$ 是 $L$ 所围的平面 $z=y+3$ 的部分，方向由右手法则确定（即取上侧）．$S$ 的单位法向量为 $\displaystyle n=\frac{1}{\sqrt{2}}(0,-1,1)$ ，面积为 $\displaystyle \frac{\sigma_{x y}}{\cos \gamma}=\pi \sqrt{2}$ ，其中 $\sigma_{x y}$ 为 $S$ 在 $x y$ 平面的投影．由 Stokes 公式得 $$ \int_{L} 3 z \mathrm{~d} x+5 x \mathrm{~d} y-2 y \mathrm{~d} z=-\frac{1}{\sqrt{2}} \iint_{S}(3-5) \mathrm{d} S=\frac{2}{\sqrt{2}} \iint_{S} \mathrm{~d} S=\frac{2}{\sqrt{2}} \sqrt{2} \pi=2 \pi . $$ \begin{figure} \includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-309.jpg?height=1307&width=919&top_left_y=6782&top_left_x=1464} \captionsetup{labelformat=empty} \caption{图 9.94} \end{figure} \begin{figure} \includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-309.jpg?height=1231&width=1127&top_left_y=6851&top_left_x=3398} \captionsetup{labelformat=empty} \caption{图 9.95} \end{figure} （2）如图 9.95 所示，设 $S$ 是 $L$ 所围的平面 $z=x+1$ 的部分，方向由右手法则确定（即取上侧）．$S$ 的单位法向量为 $\displaystyle n=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,0,-1)$ ，面积为 $\displaystyle \frac{\sigma_{x y}}{\cos \gamma}=\sqrt{2} \pi a^{2}$ ，其中 $\sigma_{x y}$ 为 $S$ 在 $x y$ 平面的投影．由 Stokes 公式得 $$ \oint_{L} z \mathrm{~d} x+2 x \mathrm{~d} y+3 y \mathrm{~d} z=\frac{1}{\sqrt{2}} \iint_{S}(3-2) \mathrm{d} S=\frac{1}{\sqrt{2}} \iint_{S} \mathrm{~d} S=\pi a^{2} . $$ （3）如图 9.96 所示，方法 1：设 $S$ 是 $L$ 所围的平面 $x-y+z=2$ 的部分，方向由右手法则确定 （即取下侧）．$S$ 的单位法向量为 $\displaystyle n=-\frac{1}{\sqrt{3}}(1,-1,1)$ ，面积为 $\displaystyle \frac{\sigma_{x y}}{|\cos \gamma|}=\pi \sqrt{3}$ ，其中 $\sigma_{x y}$ 为 $S$ 在 $x y$ 平面的投影．由 Stokes 公式得 $$ I=\oint_{L}(z-y) \mathrm{d} x+(x-z) \mathrm{d} y+(x-y) \mathrm{d} z=-\frac{1}{\sqrt{3}} \iint_{S} 2 \mathrm{~d} S=-\frac{2}{\sqrt{3}} \iint_{S} \mathrm{~d} S=-\frac{2}{\sqrt{3}} \sqrt{3} \pi=-2 \pi $$ 方法 2：$L$ 的参数方程为 $x=\cos t, y=\sin t, z=2-\cos t+\sin t, t$ 从 $2 \pi$ 变到 0 ． $$ I=\oint_{L}(z-y) \mathrm{d} x+(x-z) \mathrm{d} y+(x-y) \mathrm{d} z=\int_{2 \pi}^{0}\left(3 \cos ^{2} t-\sin ^{2} t-2 \sin t-2 \cos t\right) \mathrm{d} t=-2 \pi $$ \begin{figure} \includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-310.jpg?height=1348&width=1223&top_left_y=3812&top_left_x=1029} \captionsetup{labelformat=empty} \caption{图 9.96} \end{figure} \begin{figure} \includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-310.jpg?height=1286&width=1251&top_left_y=3874&top_left_x=3515} \captionsetup{labelformat=empty} \caption{图 9.97} \end{figure} （4）如图 9.97 所示，设 $S$ 是 $L$ 所围的平面 $z=1$ 的部分，$S$ 的单位法向量为 $n=(0,0,1)$ ．所以 $$ \oint_{L} x y \mathrm{~d} x+y^{2} \mathrm{~d} y+z \mathrm{~d} z=-\iint_{S} x \mathrm{~d} S=-\iint_{D_{\mathrm{v}}} x \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=0 . $$ （5）如图 9.98 所示，方法 $1: L$ 等价于圆 $x^{2}+2 y^{2}=1$ 与 $z=-1$ 的交线．设 $S$ 是 $L$ 所围的平面 $z=-1$ 的部分，$S$ 的单位法向量为 $n=(\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma)=(0,0,1)$ 。记 $D=\left\{(x, y): x^{2}+2 y^{2} \leqslant 1\right\}$ 。由斯托克斯公式得 $$ \begin{aligned} & \oint_{L}\left(x+\sqrt{2} y^{3} z\right) \mathrm{d} x+(x-\sqrt{2} y) \mathrm{d} y+(x+y+z) \mathrm{d} z \\ = & \iint_{\Sigma}\left(1-3 \sqrt{2} y^{2} z\right) \mathrm{d} S=\iint_{D}\left(1+3 \sqrt{2} y^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\pi \frac{1}{\sqrt{2}}+3 \sqrt{2} \iint_{D} y^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\ = & \pi \frac{1}{\sqrt{2}}+3 \sqrt{2} \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} \frac{1}{2} r^{2} \sin ^{2} \theta \frac{1}{\sqrt{2}} r \mathrm{~d} r=\pi \frac{1}{\sqrt{2}}+\frac{3}{2} \frac{1}{4} \int_{0}^{2 \pi} \frac{1-\cos 2 \theta}{2} \mathrm{~d} \theta=\frac{1}{\sqrt{2}} \pi+\frac{3}{8} \pi . \end{aligned} $$ 方法 2：由于 $z=-1$ ，所以 $\displaystyle \mathrm{d} z=0 . x=\cos \theta, y=\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta$ ，于是 $$ \begin{aligned} & \oint_{L}\left(x+\sqrt{2} y^{3} z\right) \mathrm{d} x+(x-\sqrt{2} y) \mathrm{d} y+(x+y+z) \mathrm{d} z \\ = & \oint_{L}\left(x+\sqrt{2} y^{3} z\right) \mathrm{d} x+(x-\sqrt{2} y) \mathrm{d} y=\int_{0}^{2 \pi}\left(\frac{\sin ^{3} \theta}{2}-\cos \theta\right) \sin \theta \mathrm{d} \theta+\frac{\sqrt{2}}{2}(\cos \theta-\sin \theta) \cos \theta \mathrm{d} \theta \\ = & \frac{1}{2} \int_{0}^{2 \pi} \sin ^{4} \theta \mathrm{~d} \theta+\frac{\sqrt{2}}{2} \int_{0}^{2 \pi} \cos ^{2} \theta \mathrm{~d} \theta=\frac{3}{8} \pi+\frac{\sqrt{2}}{2} \pi . \end{aligned} $$ \begin{figure} \includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-311.jpg?height=1254&width=1269&top_left_y=2147&top_left_x=1267} \captionsetup{labelformat=empty} \caption{图 9.98} \end{figure} \begin{figure} \includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-311.jpg?height=1417&width=1051&top_left_y=1975&top_left_x=3612} \captionsetup{labelformat=empty} \caption{图 9.99} \end{figure} （6）如图 9.99 所示，设 $S$ 是 $L$ 所围的平面 $x=y$ 的部分，方向由右手法则确定（即取上侧）.$S$的单位法向量为 $\displaystyle \boldsymbol{n}=(\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma)=\frac{1}{\sqrt{2}}(1,-1,0)$ ．由 Stokes 公式得 $$ \oint_{L} x^{2} y^{3} \mathrm{~d} x+\mathrm{d} y+z \mathrm{~d} z=\frac{1}{\sqrt{2}} \iint_{S}\left|\begin{array}{ccc} 1 & -1 & 0 \\ \frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} & \frac{\partial}{\partial z} \\ x^{2} y^{3} & 1 & 1 \end{array}\right|=\frac{1}{\sqrt{2}} \iint_{S} 0 \mathrm{~d} S=0 . $$ （7）方法 1：曲线的参数方程为 $\displaystyle x=\cos \theta, y=\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta, z=\frac{\sqrt{2}}{2} \sin \theta(0 \leqslant \theta \leqslant 2 \pi)$ ，当 $\theta$ 从 0 增加到 $2 \pi$ 时，点 $(x, y, z)$ 依次经过 $1,2,7,8$ 卦限，于是 $$ \int_{L} x y z \mathrm{~d} z=\frac{\sqrt{2}}{4} \int_{0}^{2 \pi} \sin ^{2} \theta \cos ^{2} \theta \mathrm{~d} \theta=\frac{\sqrt{2}}{16} \pi $$ 方法 2：如图 9.100 所示，设 $S$ 是 $L$ 所围的平面 $z=y$ 的部分，方向由右手法则确定（即取上侧）．$S$ 的单位法向量为 $\displaystyle n=(\cos \alpha, \cos \beta, \cos \gamma) =\frac{1}{\sqrt{2}}(0,1,-1)$ ．记 $D_{x y}: x^{2}+2 y^{2} \leqslant 1$ 为 $S$ 在 $x y$ 平面的投影．由 Stokes 公式得 \begin{figure} \includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-311.jpg?height=1258&width=1341&top_left_y=5504&top_left_x=4261} \captionsetup{labelformat=empty} \caption{图 9.100} \end{figure} $$ \begin{aligned} & \int_{L} x y z \mathrm{~d} z=-\frac{1}{\sqrt{2}} \iint_{S} y z \mathrm{~d} S=-\frac{1}{\sqrt{2}} \iint_{S} y^{2} \mathrm{~d} S=\frac{1}{\sqrt{2}} \iint_{x^{2}+2 y^{2}<1} y^{2} \sqrt{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \\ = & \iint_{x^{2}+2 y^{2}<1} y^{2} \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\frac{1}{\sqrt{2}} \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} \frac{1}{2} r^{3} \sin ^{2} \theta \mathrm{~d} r=\frac{1}{2} \frac{1}{\sqrt{2}} \frac{1}{4} \pi=\frac{\sqrt{2}}{16} \pi . \end{aligned} $$