2022 · 数学一 · 第 19 题 · 解答题

已知曲线

L

是曲面

Σ : 4 x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1, x \geq 0, y \geq 0, z \geq 0

的边界，曲面

Σ

方向朝上，曲线

L

的方向与曲面方向符合右手法则，计算

I = \oint_{L} (y z^{2} - cos z) d x + 2 x z^{2} d y + (2 x y z + x sin z) d z

。

答案

$0$

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斯托克斯公式。向量场 $F = (y z^{2} - cos z, 2 x z^{2}, 2 x y z + x sin z)$ 在全空间光滑，旋度逐项为

R_{y} - Q_{z} P_{z} - R_{x} Q_{x} - P_{y} = 2 x z - 4 x z = - 2 x z, = (2 y z + sin z) - (2 y z + sin z) = 0, = 2 z^{2} - z^{2} = z^{2} .

投影区域为 $D : 4 x^{2} + y^{2} \leq 1, x, y \geq 0$ 。在 $z > 0$ 的曲面部分， $z_{x} = - \frac{4 x}{z}, z_{y} = - \frac{y}{z}$ ，上侧有向面积元为 $(\frac{4 x}{z}, \frac{y}{z}, 1) d x d y$ 。因此

I = \iint_{D} (- 8 x^{2} + z^{2}) d x d y = \iint_{D} (1 - 12 x^{2} - y^{2}) d x d y .

投影导数在 $z = 0$ 的边界不适用，以上计算可先截去该边界附近再取极限；原旋度通量连续，边界曲线面积为零，化简后的二重积分也连续，故极限合法。
作 $x = \frac{1}{2} r cos θ, y = r sin θ$ ， $0 \leq r \leq 1, 0 \leq θ \leq \frac{π}{2}$ ，雅可比为 $\frac{r}{2}$ 。由 $\int_{0}^{\frac{π}{2}} cos^{2} θ d θ = \int_{0}^{\frac{π}{2}} sin^{2} θ d θ = \frac{π}{4}$ ，

\iint_{D} 1 d x d y \iint_{D} x^{2} d x d y \iint_{D} y^{2} d x d y = \frac{1}{2} \cdot \frac{π}{2} \cdot \frac{1}{2} = \frac{π}{8}, = \frac{1}{8} \cdot \frac{π}{4} \cdot \frac{1}{4} = \frac{π}{128}, = \frac{1}{2} \cdot \frac{π}{4} \cdot \frac{1}{4} = \frac{π}{32} .

故 $I = \frac{π}{8} - \frac{12 π}{128} - \frac{π}{32} = 0$ 。

剥离全微分。令 $u = x y z^{2} - x cos z$ ，则

d u = (y z^{2} - cos z) d x + x z^{2} d y + (2 x y z + x sin z) d z .

原被积表达式等于 $d u + x z^{2} d y$ 。由于 $L$ 是完整闭合边界，而 $u$ 是全空间单值光滑函数， $\oint_{L} d u = 0$ ，故 $I = \oint_{L} x z^{2} d y$ 。
边界由三个坐标面上的弧首尾相接而成：在 $y = 0$ 的弧上 $d y = 0$ ；在 $z = 0$ 的弧上 $z^{2} = 0$ ；在 $x = 0$ 的弧上 $x = 0$ 。各段余项积分都为零，所以 $I = 0$ 。