第 11 章 曲线积分与曲面积分

1第一型曲线积分

曲线, Peano 曲线, 简单曲线, 简单闭曲线, 曲线的弧长, 弧长参数, 第一型曲线积分

A 1.1.

1.

计算以下第一型曲线积分: (1) ${\int }_{C}xyz\mathrm{d}s,$ 其中 $C$ 为空间曲线 $\{\begin{array}{l}x(t)=\cos t,\\ y(t)=\sin t,\\ z(t)=t\end{array}t\in [0,2\pi ]$. 解答. 由参数方程得$${\int }_{C}xyz\mathrm{d}s={\int }_0^{2\pi }\cos t\cdot \sin t\cdot t\sqrt{{\sin }^{2}t+{\cos }^{2}t+1}\mathrm{d}t=-\frac{\sqrt{2}\pi }{2}.$$$\square$ (2) ${\int }_C{x}^2\mathrm{d}s$, 其中 $C$ 为平面曲线 $x^{2/3}+y^{2/3}=1.$ 解答. 置 $x={\cos }^{3}t,y={\sin }^{3}t,t\in [0,2\pi ]$, 从而$${\int }_C{x}^2\mathrm{d}s={\int }_0^{2\pi }{\cos }^{6}t\sqrt{9{\sin }^{2}t{\cos }^{2}t}\mathrm{d}t=3{\int }_0^{2\pi }{\cos }^{6}t\left|\sin t\cos t\right|\mathrm{d}t=\frac{3}{2}.$$$\square$ (3) ${\int }_C|xy|\mathrm{d}s$, 其中 $C$ 为平面曲线 $(x^2+y^2{)}^2=x^2-y^2$. 解答. 置 $x=\sqrt{\cos 2t}\cos t,y=\sqrt{\cos 2t}\sin t,t\in \left[0,\frac{\pi }{4}\right]$, 利用对称性则有$${\int }_C|xy|\mathrm{d}s=4{\int }_0^{\pi /4}\frac{\cos 2t\cdot \cos t\cdot \sin t}{\sqrt{\cos 2t}}\mathrm{d}t={\int }_0^{\pi /2}\sin x{\cos }^{1/2}x\mathrm{d}x=\frac{1}{2}B\left(1,\frac{3}{4}\right)=\frac{2}{3}.$$$\square$

B 1.2.

1.	试将定积分的一些性质移植到第一型曲线积分.

解答.

$\square$

2第一型曲面积分

曲面, 同胚, $k$ 维 $C^m$ 曲面, Schwarz 的例子, 集合的面积, 分片 $C^m$ 曲面, ${\mathbb{R}}^n$ 中子集的 $k$ 维体积 (面积), 第一型曲面积分, 余面积公式, 楔积

A 2.1.

1.	设 $a,b>0$, 计算椭圆柱面 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 在 $z⩾0,y⩾0$ 中夹在平面 $y=z$ 和平面 $z=0$ 之间部分的侧面积. 解答. 记 $L$ 为在 $xOy$ 平面上的曲线 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$, 结合题设有 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{z^2}{b^2}=1$, 即 $z(x)=b\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}$, 于是面积可以表示成以下第一型曲线积分$${\int }_{L}z(x)\mathrm{d}s={\int }_0^{\pi }b\sqrt{1-{\cos }^2\theta }\sqrt{a^2{\cos }^2\theta +b^2{\sin }^2\theta }\mathrm{d}\theta .$$ 选取 $x,z$ 为参数, 则由 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 与 $y=z$ 得到题设区域到 $xOz$ 面的投影$$D=\left\{(x,z)|\frac{x^2}{a^2}+\frac{z^2}{b^2}⩽1,z⩾0\right\}.$$又记 $F=\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-1=0$, 则有 $y_x=-\frac{F_x}{F_y}=-\frac{b^{2}x}{a^{2}y}$, 于是题设区域的面积$$S=\underset{D}{\iint }\sqrt{1+y_x^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}z,$$置 $x=ar\cos \theta ,z=br\sin \theta$, 结合 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$, 代入 $y_x$, 则有$$\begin{array}{r}S=\underset{D}{\iint }\sqrt{1+y_x^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}z={\int }_0^{\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^1\sqrt{1+\frac{b^2{r}^2{\cos }^2\theta }{a^2\left(1-r^2{\cos }^2\theta \right)}}\cdot abr\mathrm{d}r\end{array}$$ $\square$
2.	计算螺旋面 $\{\begin{array}{l}x=r\cos \theta ,\\ y=r\sin \theta ,\\ z=a\theta \end{array}\left(r\in [0,R],\theta \in [0,2\pi ]\right)$ 的面积. 解答. 记 $\mathbf{r}(r,\theta )=(r\cos \theta ,r\sin \theta ,a\theta )$, 从而 ${\mathbf{r}}_r=(\cos \theta ,\sin \theta ,0),{\mathbf{r}}_{\theta }=(-r\sin \theta ,r\cos \theta ,a)$, 进而$${\mathbf{r}}_r\times {\mathbf{r}}_{\theta }=\left(\begin{array}{ccc}\mathbf{i}& \mathbf{j}& \mathbf{k}\\ \cos \theta & \sin \theta & 0\\ -r\sin \theta & r\cos \theta & a\end{array}\right)=(a\sin \theta ,-a\cos \theta ,r).$$记 $D=\left\{(r,\theta )|r\in [0,R],\theta \in [0,2\pi ]\right\}$, 于是题设曲面的面积$$\begin{array}{rl}S& =\underset{D}{\iint }\left|{\mathbf{r}}_r\times {\mathbf{r}}_{\theta }\right|\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta ={\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^R\sqrt{a^2+r^2}\mathrm{d}r\\ & =\pi R\sqrt{a^2+R^2}+\pi a^2\ln \left(\frac{R+\sqrt{a^2+R^2}}{a}\right).\end{array}$$ $\square$
3.	设 $\Sigma$ 为三角形 $x+y+z=1$ $(x,y,z⩾0)$, 计算第一型曲面积分 $\underset{\Sigma }{\iint }\frac{1}{x+2y+3z}\mathrm{d}S$. 计算曲面积分 $\underset{\Sigma }{\iint }{x}^2\mathrm{d}S$. 解答. $$\begin{array}{rl}\underset{\Sigma }{\iint }\frac{1}{x+2y+3z}\mathrm{d}S& ={\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{1-x}\frac{\sqrt{3}\mathrm{d}y}{3-2x-y}\\ & =\sqrt{3}{\int }_0^1\ln \left(\frac{3-x}{2-x}\right)\mathrm{d}x\\ & =\sqrt{3}[-(3-x)\ln (3-x)+(2-x)\ln (2-x){]}_0^1\\ & =\sqrt{3}[-2\ln 2+3\ln 3-2\ln 2]=\sqrt{3}\ln \frac{27}{16}.\end{array}$$$$\begin{array}{rl}\underset{\Sigma }{\iint }{x}^2\mathrm{d}S& ={\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{1-x}{x}^2\mathrm{d}y\\ & ={\int }_0^1{x}^2(1-x)\mathrm{d}x=\frac{1}{12}.\end{array}$$ $\square$
4.	设球面 $x^2+y^2+z^2=R^2$ 上均匀分布着单位面积质量为 $\rho$ 的物质. 某质点质量为 $m$, 位于点 $(0,0,r),r\ne R$. 试求球面上的物质的质量以及球面对于该质点的引力. 解答. 球面上点 $\mathbf{x}$ 处的质量为 $M$ 的物质对于点 $\mathbf{p}=(0,0,r)$ 产生的引力势能为$$U=-\frac{GmM}{|\mathbf{x}-\mathbf{p}|}.$$这是个调和函数, 从而引力$$\nabla U=GmM\frac{\mathbf{x}-\mathbf{p}}{|\mathbf{x}-\mathbf{p}{|}^3}$$的各分量亦是调和函数. 整个球面对于 $\mathbf{p}$ 的引力为$$\mathbf{F}={\int }_{\partial B_R}\nabla U\mathrm{d}S=Gm\rho {\int }_{\partial B_R}\frac{\mathbf{x}-\mathbf{p}}{|\mathbf{x}-\mathbf{p}{|}^3}\mathrm{d}S,$$由平均值公式, 调和函数在固定中心的球面上的平均积分同球面的半径无关, 也就是说$$\mathbf{F}=\frac{Gm\rho R^2}{s^2}{\int }_{\partial B_s}\frac{\mathbf{x}-\mathbf{p}}{|\mathbf{x}-\mathbf{p}{|}^3}\mathrm{d}S,$$只要 $r$ 不处于 $R,s$ 之间此式就成立, 这是为了 $\partial B_R$ 膨胀或收缩成 $\partial B_s$ 的过程中不经过奇点 $\mathbf{p}$. 那么可以选取特殊的 $s$ 来得出上述积分的值: (i) 若 $\mathbf{p}$ 在球外, 即 $r>R$, 令 $s\to 0^{+}$, 则 $\mathbf{x}\to 0$, 实际意义是球面的质量坍缩至其中心, 从而$$\mathbf{F}=-\frac{Gm\rho 4\pi R^2}{r^3}\mathbf{p};$$(ii) 若 $\mathbf{p}$ 在球内, 即 $r<R$, 令 $s\to +\infty$, 则 $r>0$ 对引力大小造成的影响微乎其微, 换言之来自四面八方的引力大小无甚区别, 从而 $\mathbf{F}=0$. $\square$
5.	设 $\ell$ 是长为 $L$ 且足够光滑的平面闭曲线. 对于 $\delta >0$, 设 $W_{\delta }$ 为所有以 $\ell$ 上的点为球心, $\delta$ 为半径的球的并. 证明: 当 $\delta$ 足够小时, $W_{\delta }$ 的表面积为 $2\pi \delta L$. 证明. 本题是要说明, 当 $\delta$ 足够小时 $W_{\delta }$ 的表面积就是 $2\pi \delta L$, 而不是两者是等价无穷小. 设曲线 $\ell$ 的弧长参数化为 $\ell (t)$ $(t\in [0,L))$, 即 $|{\ell }^{\prime }(t)|\equiv 1$. 自然地可以猜想, $\delta$ 充分小时, $W_{\delta }$ 的表面就是$$\bigcup _{t\in [0,L)}(\ell (t)+\{v\in {\mathbb{R}}^3\mid v\perp {\ell }^{\prime }(t),|v|=\delta \}),$$对各个固定的 $t$, 可把上面加的集合写为 $\{v(t,\theta )\mid \theta \in [0,2\pi )\}$; 只要这是对的, $W_{\delta }$ 的表面积就是题中说的$${\int }_0^L{\int }_0^{2\pi }\theta \delta \mathrm{d}\theta \mathrm{d}t=2\pi \delta L.$$下面来证明这个断言, 这只要说明猜测中的这个表面不自交即可. 若否, 存在 $t,t+\eta$ $(\eta >0)$ 和 $\theta ,\vartheta$ 使得$$\ell (t)+v(t,\theta )=\ell (t+\eta )+v(t+\eta ,\vartheta ),$$亦即$$w:=\ell (t+\eta )-\ell (t)=v(t,\theta )-v(t+\eta ,\vartheta ).$$注意 $|w|⩽|v(t,\theta )|+|v(t+\eta ,\vartheta )|=2\delta$, 且 $\eta$ 有正下界时 $\underset{t}{\min }\{\ell (t+\eta )-\ell (t)\}$ 亦有正下界, 可知 $\delta$ 充分小时 $\eta$ 也充分小. 接下来通过算两次 $w$ 的长度导出矛盾: 一方面, $$|w|=|\eta {\ell }^{\prime }(t)+o(\eta )|=\eta +o(\eta );$$另一方面,$$\begin{array}{rl}|w{|}^2& =(\ell (t+\eta )-\ell (t))\cdot (v(t,\theta )-v(t+\eta ,\vartheta ))\\ & =(\eta {\ell }^{\prime }(t)+{\eta }^2{\ell }^{\prime \prime }(t)/2+o({\eta }^2))\cdot v(t,\theta )-(\eta {\ell }^{\prime }(t+\eta )+{\eta }^2{\ell }^{\prime \prime }(t+\eta )/2+o({\eta }^2))\cdot v(t+\eta ,\vartheta )\\ & ={\eta }^2(({\ell }^{\prime \prime }(t)+o(1))\cdot v(t,\theta )-({\ell }^{\prime \prime }(t+\eta )+o(1))\cdot v(t+\eta ,\vartheta ))/2\lesssim {\eta }^2\delta ;\end{array}$$两式结合即有 $1\lesssim \delta$, 不成立. $\square$
6.	设 $\phi ,\psi$ 在 $[a,b]$ 上连续可导. 证明: 曲线 $\{\begin{array}{l}x=\phi (t),\\ y=\psi (t)\end{array}(t\in [a,b])$ 绕 $x$ 轴旋转一周所得到的旋转面的面积为 $2\pi {\int }_a^b|\psi (t)|\sqrt{|{\phi }^{\prime }(t){|}^2+|{\psi }^{\prime }(t){|}^2}\mathrm{d}t$. 证明. 曲线绕 $x$ 轴旋转一周得到旋转面的面积 $S$ 正是$$\begin{array}{r}\sup \left\{\sum _{j=1}^{N}2\pi {\alpha }_j\left|E_j\right||\sum _{j=1}^N{\alpha }_j{\chi }_{E_j}\text{ 为 }[a,b]\text{ 上的简单函数, }0⩽\sum _{j=1}^N{\alpha }_j{\chi }_{E_j}⩽|y|\right\},\end{array}$$记题设曲线为 $L$, 于是$$S=2\pi {\int }_L|y|\mathrm{d}s=2\pi {\int }_a^b|\psi (t)|\sqrt{|{\phi }^{\prime }(t){|}^2+|{\psi }^{\prime }(t){|}^2}\mathrm{d}t.$$$\square$

B 2.2.

1.

设 $a,b,c$ 为实数, $A=\sqrt{a^2+b^2+c^2}$, $f\in L^1[-A,A]$, 证明 Poisson (泊松) 公式$$\underset{x^2+y^2+z^2=1}{\iint }f(ax+by+cz)\mathrm{d}S=2\pi {\int }_{-1}^{1}f(Au)\mathrm{d}u.$$ 证明. 我们对坐标系 $Oxyz$ 进行旋转, 记新坐标系为 $Ouvw$, 平面 $Ovw$ 即为 $ax+by+cz=0$, $u$ 轴垂直于该平面, 于是有$$u=\frac{ax+by+cz}{\sqrt{a^2+b^2+c^2}}.$$则有$$\underset{x^2+y^2+z^2=1}{\iint }f(ax+by+cz)\mathrm{d}S=\underset{u^2+v^2+w^2=1}{\iint }f(Au)\mathrm{d}S,$$于是有 $v^2+w^2={\left(\sqrt{1-u^2}\right)}^2$, 则令$$u=u,v=\sqrt{1-u^2}\cos \theta ,w=\sqrt{1-u^2}\sin \theta ,$$ $\square$

3第二型曲线积分

第二型曲线积分, 第一、二型曲线积分的关系, 曲线的方向, Jordan 闭曲线定理

A 3.1.

1.

计算以下第二型曲线积分: (1) ${\int }_{C}y{\mathrm{e}}^{xy}\cos z\mathrm{d}x+x{\mathrm{e}}^{xy}\cos z\mathrm{d}y-{\mathrm{e}}^{xy}\sin z\mathrm{d}z$, 其中 $C$ 为曲线 $\{\begin{array}{l}x(t)=\cos t,\\ y(t)=\sin t,\\ z(t)=t\end{array}$ 对应于 $t$ 从 $0$ 到 $2\pi$ 的那一段. (2) ${\int }_C(3x+2y)\mathrm{d}x+(x^2-y^2)\mathrm{d}y$, 其中 $C$ 为平面闭曲线 $x^{2/3}+y^{2/3}=1$ 的逆时针方向. 解答. (1) 由题意知$${\int }_{C}y{\mathrm{e}}^{xy}\cos z\mathrm{d}x+x{\mathrm{e}}^{xy}\cos z\mathrm{d}y-{\mathrm{e}}^{xy}\sin z\mathrm{d}z={\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{\sin t\cos t}\left(\cos 2t-\sin t\right)\mathrm{d}t,$$首先有$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{\sin t\cos t}\sin t\mathrm{d}t& ={\int }_0^{\pi }{\mathrm{e}}^{\sin t\cos t}\sin t\mathrm{d}t+{\int }_{\pi }^{2\pi }{\mathrm{e}}^{\sin t\cos t}\sin t\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^{\pi }{\mathrm{e}}^{\sin t\cos t}\sin t\mathrm{d}t-{\int }_0^{\pi }{\mathrm{e}}^{\sin x\cos x}\sin x\mathrm{d}x=0,\end{array}$$其次$${\int }_0^{\pi }{\mathrm{e}}^{\sin t\cos t}\cos 2t\mathrm{d}t={{\mathrm{e}}^{\sin t\cos t}|}_0^{2\pi }=0,$$于是原积分为 $0$. (2) 置 $x={\cos }^{3}t,y={\sin }^{3}t$, $t$ 从 $0$ 到 $2\pi$, 于是$$\begin{array}{rl}& {\int }_C(3x+2y)\mathrm{d}x+(x^2-y^2)\mathrm{d}y\\ =& {\int }_0^{2\pi }\left(-3(3{\cos }^{3}t+2{\sin }^{3}t){\cos }^{2}t\sin t+3({\cos }^{6}t-{\sin }^{6}t){\sin }^{2}t\cos t\right)\mathrm{d}t\\ =& -6{\int }_0^{2\pi }{\sin }^{4}t{\cos }^{2}t\mathrm{d}t=-\frac{3}{4}\pi .\end{array}$$ $\square$

2.

设 $C$ 为 ${\mathbb{R}}^2$ 中 $C^1$ 简单曲线. $P,Q$ 为 $C$ 上的连续函数, 证明 $\left|{\int }_{C}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y\right|⩽{\int }_C\sqrt{P^2+Q^2}\mathrm{d}s$. 证明. $$\begin{array}{rl}\left|{\int }_{C}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y\right|& =\left|{\int }_C\left(P,Q\right)\cdot \mathrm{d}\mathbf{s}\right|\\ & ={\int }_C\left|\left(P\cos \alpha +Q\sin \alpha \right)\mathrm{d}s\right|\\ & ⩽{\int }_C\left|P\cos \alpha +Q\sin \alpha \right|\mathrm{d}s,\end{array}$$由 Cauchy 不等式知$$|P\cos \alpha +Q\sin \alpha |⩽\sqrt{P^2+Q^2}\cdot \sqrt{{\cos }^2\alpha +{\sin }^2\alpha },$$命题获证. $\square$

B 3.2.

1.

对于 $\mathbb{C}$ 中的 $C^1$ 曲线 $C$ 及其上的复值连续函数 $f$, 记 $f(z)\mathrm{d}z=f(x+\mathrm{i}y)(\mathrm{d}x+\mathrm{id}y)=f(x+\mathrm{i}y)\mathrm{d}x+\mathrm{i}f(x+\mathrm{i}y)\mathrm{d}y$. 若令 $s$ 为 $C$ 的弧长参数, $C_{s,\Delta s}$ 为 $C$ 上对应于弧长从 $s$ 到 $s+\Delta s$ 的那一段, 则 $\underset{\Delta s\to 0}{\lim }\frac{\left|{\int }_{C_{s,\Delta s}}\mathrm{d}z\right|}{|\Delta s|}=1.$ 这样相当于 $|\mathrm{d}z|=\mathrm{d}s$. 证明: $\left|{\int }_{C}f(z)\mathrm{d}z\right|⩽{\int }_C|f(z)|\mathrm{d}s$. 证明. 利用题设条件与 Cauchy 不等式有:$$\begin{array}{rl}& \left|{\int }_{C}f(z)\mathrm{d}z\right|=\left|{\int }_{C}f(x+\mathrm{i}y)\mathrm{d}x+\mathrm{i}f(x+\mathrm{i}y)\mathrm{d}y\right|\\ & ⩽{\int }_C\left|\left(f(x+\mathrm{i}y),\mathrm{i}f(x+\mathrm{i}y)\right)\cdot (\mathrm{d}x,\mathrm{d}y)\right|⩽{\int }_C|f(z)|\mathrm{d}s.\end{array}$$ $\square$

4第二型曲面积分

第二型曲面积分, 第一、二型曲面积分的关系, 通量, 曲面的侧

A 4.1.

1.

计算以下第二型曲面积分: (1) $\underset{\Sigma }{\iint }(x+y)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+(y+z)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(z+x)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$, 其中 $\Sigma$ 为曲面 $x^2+\frac{y^2}{4}+\frac{z^2}{9}=1$ 的上半部分, 方向取上侧. (2) $\underset{\Sigma }{\iint }{x}^2\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y^2\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(z+2{)}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y$, 其中 $\Sigma$ 为锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 对应于 $0⩽z⩽1$ 的那部分, 方向取上侧. 解答. (1) 为计算 $\underset{\Sigma }{\iint }(x+y)\mathrm{d}y\mathrm{d}z$, 将 $\Sigma$ 投影到 $yz$ 平面, 其投影为$$D_1=\left\{(y,z)|\frac{y^2}{4}+\frac{z^2}{9}⩽1,z⩾0\right\}.$$曲面分为两部分:$$\begin{array}{rl}{\Sigma }_1& =\left\{(x,y,z)|x=\sqrt{1-\frac{y^2}{4}-\frac{z^2}{9}},(y,z)\in D_1\right\},\text{方向为前侧},\\ {\Sigma }_2& =\left\{(x,y,z)|x=-\sqrt{1-\frac{y^2}{4}-\frac{z^2}{9}},(y,z)\in D_1\right\},\text{方向为后侧}.\end{array}$$于是$$\begin{array}{rl}\underset{\Sigma }{\iint }(x+y)\mathrm{d}y\mathrm{d}z& =\underset{{\Sigma }_1}{\iint }(x+y)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\underset{{\Sigma }_2}{\iint }(x+y)\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\ & =\underset{D_1}{\iint }\left(\sqrt{1-\frac{y^2}{4}-\frac{z^2}{9}}+y\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\underset{D_1}{\iint }\left(\sqrt{1-\frac{y^2}{4}-\frac{z^2}{9}}-y\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\ & =2\underset{D_1}{\iint }\sqrt{1-\frac{y^2}{4}-\frac{z^2}{9}}\mathrm{d}y\mathrm{d}z=4\pi .\end{array}$$同理计算可得 $\underset{\Sigma }{\iint }(y+z)\mathrm{d}z\mathrm{d}x=4\pi ,\underset{\Sigma }{\iint }(z+x)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=4\pi$. 从而$$\underset{\Sigma }{\iint }(x+y)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+(y+z)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(z+x)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=12\pi .$$ (2) 由对称性$$\underset{\Sigma }{\iint }{x}^2\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\underset{\Sigma }{\iint }{y}^2\mathrm{d}z\mathrm{d}x=0.$$于是仅需计算$$\underset{\Sigma }{\iint }(z+2{)}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\underset{x^2+y^2⩽1}{\iint }{\left(\sqrt{x^2+y^2}+2\right)}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{43}{6}\pi .$$$\square$

2.

设 $\Sigma$ 为 ${\mathbb{R}}^3$ 中的有向 $C^1$ 曲面, $P,Q,R$ 为 $\Sigma$ 上的连续函数. 证明:$$\left|\underset{\Sigma }{\iint }P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y\right|⩽\underset{\Sigma }{\iint }\sqrt{P^2+Q^2+R^2}\mathrm{d}S.$$ 证明. 由第一, 第二型曲面积分的关系与 Cauchy 不等式得到$$\begin{array}{rl}\left|\underset{\Sigma }{\iint }P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y\right|& =\left|\underset{\Sigma }{\iint }\left(P,Q,R\right)\cdot \mathbf{n}(\mathbf{x})\mathrm{d}S\right|\\ & ⩽\underset{\Sigma }{\iint }\sqrt{P^2+Q^2+R^2}\mathrm{d}S.\end{array}$$其中 $\mathbf{n}$ 为 $\Sigma$ 对应的单位法向量. $\square$

B 4.2.

1.	若请你对 ${\mathbb{R}}^3$ 中的曲面 $\Sigma$ 及函数 $P$ 定义 $\underset{\Sigma }{\iint }P(x,y,z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z$, 则对于 $\Sigma$ 和 $P$ 的要求可以怎么提? 解答. $\square$

5Green 公式, Gauss 公式, Stokes 公式

向量场, 单连通域, Ostrogradsky–Gauss 定理 (散度定理), Green 公式, Stokes 公式, 曲线积分和路径无关性, 原函数的存在性, 循环常数, 场论初步, 梯度场 (保守场), 散度场, 向量线, 环量, 旋度, 无源场, 无旋场, Hamilton 算子, Laplace 算子, 分部积分公式, Green 第一、 第二公式

A 5.1.

1.	计算以下曲线积分绕原点的循环常数:$$\begin{array}{r}(1){\int }_C\frac{-y\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y}{x^2+y^2};(2){\int }_C\frac{x\mathrm{d}x+y\mathrm{d}y}{x^2+y^2}.\end{array}$$ 解答 1. 不妨取 $C=\{(x,y)|x^2+y^2=1\}$, 置 $x=\cos \theta ,y=\sin \theta$ $(\theta \in [0,2\pi ])$, 于是得到$${\int }_C\frac{-y\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y}{x^2+y^2}=2\pi ,{\int }_C\frac{x\mathrm{d}x+y\mathrm{d}y}{x^2+y^2}=0.$$$\square$ 解答 2. 更为本质的原因在于, 令 $z=x+\mathrm{i}y$, 一方面, $${\int }_C\frac{\mathrm{d}z}{z}={\int }_C\frac{\bar{z}\mathrm{d}z}{|z{|}^2}=\frac{(x-\mathrm{i}y)(\mathrm{d}x+\mathrm{id}y)}{x^2+y^2}={\int }_C\frac{x\mathrm{d}x+y\mathrm{d}y}{x^2+y^2}+\mathrm{i}{\int }_C\frac{-y\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y}{x^2+y^2},$$另一方面, $${\int }_C\frac{\mathrm{d}z}{z}=\mathrm{Ln}z{|}_C=2\pi \mathrm{i},$$其中多值函数$$\mathrm{Ln}z=\ln |z|+\mathrm{Arg}(z).$$$\square$
2.	设曲线 $C$ 为 $\{\begin{array}{l}x=\cos t,\\ y=2t\sin t,\\ z=t\end{array}$ 对应于 $t$ 从 $0$ 到 $2\pi$ 的那一段. 试计算曲线积分$${\int }_C{\mathrm{e}}^{xy}\left[\left(y\cos (x+y)+y{z}^2-\sin (x+y)\right)\mathrm{d}x+\left(x\cos (x+y)+x{z}^2-\sin (x+y)\right)\mathrm{d}y+2z\mathrm{d}z\right].$$ 解答. 方便起见设原积分为 ${\int }_{C}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z$. 令 $L$ 为直线段 $x=1,y=0,z$ 从 $2\pi$ 走到 $0$, 于是 $C\cup L$ 为闭曲线, 任取曲面 $\Sigma$ 以 $C\cup L$ 为边界, 方向与 $C\cup L$ 的方向成右手系, 由 Stokes 公式得到$${\int }_{C\cup L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z=\underset{\Sigma }{\iint }\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0.$$从而$${\int }_{C}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z=-{\int }_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z={\int }_0^{2\pi }2\mathrm{e}z\mathrm{d}z=4\mathrm{e}{\pi }^2.$$$\square$
3.	设 $R>0$, 计算积分 $\underset{\Sigma }{\iint }\frac{Rx\mathrm{d}y\mathrm{d}z+(z+R{)}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$, 其中 $\Sigma$ 为下半球面 $z=-\sqrt{R^2-x^2-y^2}$ 的上侧. 解答. 原积分等于$$I_1=\underset{\Sigma }{\iint }x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\frac{(z+R{)}^2}{R}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$选取圆盘 $D=\{(x,y,z)|x^2+y^2⩽R^2,z=0\}$, 方向为上侧, 由 $x$ 的对称性得到$$I_2:=\underset{D}{\iint }x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\frac{(z+R{)}^2}{R}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\underset{D}{\iint }R\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\pi R^3.$$记 $\Omega$ 为 $\Sigma \cup D$ 的内部, 于是由 Gauss 公式,$$\begin{array}{rl}-I_1+I_2& =\underset{\Omega }{\iiint }\left(\frac{\partial }{\partial x}(x)+\frac{\partial }{\partial z}\left(\frac{(z+R{)}^2}{R}\right)\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\ & =\underset{\Omega }{\iiint }\left(3+\frac{2z}{R}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\ & =2\pi R^3-\frac{1}{2}\pi R^3=\frac{3}{2}\pi R^3,\end{array}$$于是 $I_1=-\frac{1}{2}\pi R^3$. $\square$
4.	设 $S$ 为椭球面 $\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{2}+z^2=1$ 的上半部分 $(z>0)$, 对于 $P=(x,y,z)\in S$, $\Sigma$ 为 $S$ 在点 $P$ 处的切平面, $\rho (x,y,z)$ 为原点到平面 $\Sigma$ 的距离, 求积分 $\underset{S}{\iint }\frac{z}{\rho (x,y,z)}\mathrm{d}S$. 解答. 记 $f(x,y,z)=x^2/2+y^2/2+z^2-1$. 点 $P$ 处的法向量为 $\nabla f=(f_x,f_y,f_z)=(x,y,2z)$. 于是, $$\rho (x,y,z)=\frac{|(x,y,z)\cdot \nabla f|}{|\nabla f|}=\frac{x^2+y^2+2z^2}{\sqrt{x^2+y^2+4z^2}}=\frac{2}{\sqrt{x^2+y^2+4z^2}},$$即计算 $\underset{S}{\iint }\frac{z\sqrt{x^2+y^2+4z^2}}{2}\mathrm{d}S$. 注意到 $\Sigma$ 上的点 $(x,y,z)$ 处, 指向曲面外侧的的单位法向量为 $\mathbf{n}=\frac{(x,y,2z)}{\sqrt{x^2+y^2+4z^2}}$. 因此, $$\begin{array}{rl}\underset{S}{\iint }\frac{z\sqrt{x^2+y^2+4z^2}}{2}\mathrm{d}S& =\underset{S}{\iint }\left(0,0,\frac{1}{4}\left(x^2+y^2+4z^2\right)\right)\cdot \mathbf{n}\mathrm{d}S\\ & =\underset{S}{\iint }\frac{1}{4}\left(x^2+y^2+4z^2\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =\underset{x^2+y^2⩽2}{\iint }\frac{1}{4}\left(x^2+y^2+4-2x^2-2y^2\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =\frac{3}{2}\pi .\end{array}$$ $\square$
5.	设 ${\theta }_1<{\theta }_2⩽{\theta }_1+2\pi$. 证明: 在极坐标下由射线 $\theta ={\theta }_1,\theta ={\theta }_2$ 和曲线 $C:\rho =\rho (\theta )$ $({\theta }_1⩽\theta ⩽{\theta }_2)$ 所围成的曲边扇形 (如图 1 所示) 的面积为 $\frac{1}{2}{\int }_{{\theta }_1}^{{\theta }_2}{\rho }^2(\theta )\mathrm{d}\theta$. 当 $\rho$ 连续可导时, 验证这一结果与公式 (11.5.9) 给出的结果一致. 思考这一面积为什么不是 $\frac{1}{2}{\int }_C{\rho }^2\mathrm{d}\sigma$. 图 1. 曲边扇形的面积 解答. $\square$
6.	试对于足够光滑的 $f$ 和 $\mathbf{F}$, 化简以下表达式:$$\begin{array}{rlrlr}(1)\nabla \cdot \nabla f;& (2)\nabla \times \nabla f;& (3)\nabla \left(\nabla \cdot \mathbf{F}\right);& (4)\nabla \cdot \left(\nabla \times \mathbf{F}\right);& (5)\nabla \times \left(\nabla \times \mathbf{F}\right).\end{array}$$ 解答. 不妨设 $f=f(x,y,z),\mathbf{F}=X(x,y,z)\mathbf{i}+Y(x,y,z)\mathbf{j}+Z(x,y,z)\mathbf{k}$, 于是$$\nabla \cdot \nabla f=\nabla \cdot \left(\frac{\partial f}{\partial x}\mathbf{i}+\frac{\partial f}{\partial y}\mathbf{j}+\frac{\partial f}{\partial z}\mathbf{k}\right)=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}+\frac{{\partial }^{2}f}{\partial z^2}=\Delta f.$$容易验证 $\nabla \times \nabla f=0,\nabla \cdot \left(\nabla \times \mathbf{F}\right)=0$. 此外, 下面两个表达式似乎无法继续化简: $$\nabla \left(\nabla \cdot \mathbf{F}\right)=\left(\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial X}{\partial x}+\frac{\partial Y}{\partial y}+\frac{\partial Z}{\partial z}\right),\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{\partial X}{\partial x}+\frac{\partial Y}{\partial y}+\frac{\partial Z}{\partial z}\right),\frac{\partial }{\partial z}\left(\frac{\partial X}{\partial x}+\frac{\partial Y}{\partial y}+\frac{\partial Z}{\partial z}\right)\right),$$$$\begin{array}{rl}\nabla \times \left(\nabla \times \mathbf{F}\right)& =\nabla \times \left(\frac{\partial Z}{\partial y}-\frac{\partial Y}{\partial z},\frac{\partial X}{\partial z}-\frac{\partial Z}{\partial x},\frac{\partial Y}{\partial x}-\frac{\partial X}{\partial y}\right)\\ & =\left(\frac{{\partial }^{2}Y}{\partial x\partial y}-\frac{{\partial }^{2}X}{\partial y^2}-\frac{{\partial }^{2}X}{\partial z^2}+\frac{{\partial }^{2}Z}{\partial x\partial z},\frac{{\partial }^{2}Z}{\partial y\partial z}-\frac{{\partial }^{2}Y}{\partial z^2}-\frac{{\partial }^{2}Y}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}X}{\partial y\partial x},\frac{{\partial }^{2}X}{\partial z\partial x}-\frac{{\partial }^{2}Z}{\partial x^2}-\frac{{\partial }^{2}Z}{\partial y^2}+\frac{{\partial }^{2}Y}{\partial z\partial y}\right).\end{array}$$值得一提的是 $\nabla \left(\nabla \cdot \mathbf{F}\right)-\nabla \times \left(\nabla \times \mathbf{F}\right)=\Delta \mathbf{F}$. (不难发现, 空间解析几何中出现过这个等式. ) $\square$
7.	保守场、无源场和无旋场之间有没有什么关系? 解答. 用 ${\Omega }^0(D),{\Omega }^1(D),{\Omega }^2(D)$ 表示 $D$ 上的全体 $0,1,2$ 阶 $C^{\infty }$-微分形式, 有两组同构关系: $$\begin{array}{rlrlrlrlr}\{函数\}& & \simeq & & {\Omega }^0(D)& & \simeq & & {\Omega }^3(D)\\ f& & \leftrightarrow & & f& & \leftrightarrow & & f\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\end{array}$$和$$\begin{array}{rlrlrlrlr}\{向量场\}& & \simeq & & {\Omega }^1(D)& & \simeq & & {\Omega }^2(D)\\ (P,Q,R)& & \leftrightarrow & & P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z& & \leftrightarrow & & P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y\end{array}$$且有如下的链复形: $${\Omega }^0(D)\stackrel{d_0}{⟶}{\Omega }^1(D)\stackrel{d_1}{⟶}{\Omega }^2(D)\stackrel{d_2}{⟶}{\Omega }^3(D),$$其中 $d_i$ 是外微分 $\mathrm{d}$ 限制在 ${\Omega }^i(D)$ 上. 事实上, $d_0$ 就是梯度 $\nabla$, $d_1$ 就是旋度 $\text{curl}$, $d_2$ 就是散度 $\mathrm{div}$ (请验证! ) , 从这个角度来说, 保守场全体即是 $\mathrm{im}{d}_0$, 无源场全体即是 $\ker d_2$, 无旋场全体即是 $\ker d_1$. $d_1\circ d_0=0$ 等价于 $\mathrm{im}{d}_0\subset \ker d_1$, 即保守场一定是无旋场; 反之不对, 即无旋场不一定是保守场, 两者的商空间 $H^1(D):=\ker d_1/\mathrm{im}{d}_0$ 称为 $D$ 的 $1$ 阶 de Rham 上同调群, 反映着 $D$ 的拓扑性质. 无源场则同保守场、无旋场均无包含关系. $\square$
8.	用记号 $\nabla$ 重写 Gauss 公式和 Stokes 公式. 解答. Gauss 公式可以表示为$$\underset{\partial \Omega }{\iint }\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{S}=\underset{\Omega }{\iiint }\nabla \cdot \mathbf{F}\mathrm{d}V,$$Stokes 公式可表示为$${\int }_{\partial \Sigma }\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{s}=\underset{\Sigma }{\iint }\left(\nabla \cdot \mathbf{F}\right)\cdot \mathrm{d}\mathbf{S}.$$$\square$
9.	验证$${\int }_{\partial \Omega }\omega ={\int }_{\Omega }\mathrm{d}\omega$$适用于 Green 公式, Ostrogradskiı̌–Gauss 公式, Stokes 公式以及 Newton–Leibniz 公式. 解答. 注: 事实上, 此式即称为 Stokes 公式, 在几何和拓扑中非常重要. $\square$
10.	试利用 Stokes 公式计算 ${\int }_{C}y\mathrm{d}x+2z\mathrm{d}y+3x\mathrm{d}z$, 其中 $C$ 为圆周 $\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2+z^2=1,\\ x+y+z=0.\end{array}$ 从 $z$ 轴正向 1看去, 曲线是逆时针方向的. 1. ^ 表示从上往下看. 解答. 平面 $x+y+z=0$ 的法线的方向余弦为 $\cos \alpha =\cos \beta =\cos \gamma =\frac{1}{\sqrt{3}}$, 于是由 Stokes 公式$${\int }_{C}y\mathrm{d}x+2z\mathrm{d}y+3x\mathrm{d}z$$ $\square$

B 5.2.

1.	设 $a,b,c>0$, $\Sigma$ 为曲面 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1.$ 利用 Gauss 公式计算曲面积分$$\underset{\Sigma }{\iint }\frac{\mathrm{d}S}{(x^2+y^2+z^2{)}^{\frac{3}{2}}\sqrt{\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4}+\frac{z^2}{c^4}}}.$$ 解答. 记原积分为 $I$, 注意到有$$I=\underset{\Sigma }{\iint }\frac{\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{y^2}}{(x^2+y^2+z^2{)}^{3/2}\sqrt{\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4}+\frac{z^2}{c^4}}}\mathrm{d}S.$$注意到曲面 $\Sigma$ 的单位法向量为 $\frac{\left(x/a^2,y/b^2,z/c^2\right)}{\sqrt{x^2/a^4+y^2/b^4+z^2/c^4}}$, 于是有$$I=\underset{\Sigma }{\iint }\frac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(x^2+y^2+z^2{)}^{3/2}}=:\underset{\Sigma }{\iint }P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$由于 $P,Q,R$ 在原点处不可导, 而在别处有$$\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=0,$$再由 Gauss 公式有$$I=\underset{{\Sigma }^{\prime }}{\iint }\frac{\mathrm{d}S}{x^2+y^2+z^2}=\underset{{\Sigma }^{\prime }}{\iint }\frac{\mathrm{d}S}{{\rho }^2}=\frac{4\pi {\rho }^2}{{\rho }^2}=4\pi ,$$其中 ${\Sigma }^{\prime }$ 是半径 $\rho$ 充分小从而含于 $\Sigma$ 的球面 $x^2+y^2+z^2={\rho }^2$. $\square$
2.	设 $\mathbf{A}$ 是 $n$ 阶方阵, $\Omega$ 为 ${\mathbb{R}}^n$ 中具有 $C^1$ 边界的有界区域, $\mathbf{\phi }\in C_0^2(\Omega ;{\mathbb{R}}^n)$. 证明: $${\int }_{\Omega }\det (\mathbf{A}+{\mathbf{\phi }}_{\mathbf{x}})\mathrm{d}\mathbf{x}=\det (\mathbf{A})|\Omega |.$$ 证明. 先证明 $\mathbf{A}=0$ 的情况. 将 $\mathbf{\phi }$ 的 Jacobi 行列式完全展开, 利用分部积分公式和 $\mathbf{\phi }$ 在 $\partial \Omega$ 上为 $0$ 可知, $$\begin{array}{rl}{\int }_{\Omega }\det ({\mathbf{\phi }}_{\mathbf{x}})\mathrm{d}\mathbf{x}& ={\int }_{\Omega }\sum _{(i_1,i_2,\cdots ,i_n)\in S_n}(-1{)}^{\sigma (i_1,i_2,\cdots ,i_n)}{\partial }_{i_1}{\mathbf{\phi }}_1{\partial }_{i_2}{\mathbf{\phi }}_2\cdots {\partial }_{i_n}{\mathbf{\phi }}_n\mathrm{d}\mathbf{x}\\ & =-{\int }_{\Omega }\sum _{(i_1,i_2,\cdots ,i_n)\in S_n}(-1{)}^{\sigma (i_1,i_2,\cdots ,i_n)}{\mathbf{\phi }}_1{\partial }_{i_1}({\partial }_{i_2}{\mathbf{\phi }}_2\cdots {\partial }_{i_n}{\mathbf{\phi }}_n)\mathrm{d}\mathbf{x},\end{array}$$其中 $S_n$ 是 $n$ 阶置换群, $\sigma (i_1,i_2,\cdots ,i_n)$ 是 $(i_1,i_2,\cdots ,i_n)$ 的逆序数. 不难知道$$\sum _{(i_1,i_2,\cdots ,i_n)\in S_n}(-1{)}^{\sigma (i_1,i_2,\cdots ,i_n)}{\partial }_{i_1}({\partial }_{i_2}{\mathbf{\phi }}_2\cdots {\partial }_{i_n}{\mathbf{\phi }}_n)=0,$$从而$${\int }_{\Omega }\det ({\mathbf{\phi }}_{\mathbf{x}})\mathrm{d}\mathbf{x}=0.$$对于一般的 $\mathbf{A}$, 注意到 $\det (\mathbf{A}+{\mathbf{\phi }}_{\mathbf{x}})$ 等于 $\det (\mathbf{A})$ 加上一些以 $\mathbf{A}$ 中一些行替代 ${\mathbf{\phi }}_{\mathbf{x}}$ 中相应的行后得到矩阵的行列式, 该行列式又等于这些行所对应的所有子式和对应的所有代数余子式之和. 以替换第一行为例, 即有$$\det \left(\begin{array}{cccc}{a}_{11}& a_{12}& \cdots & a_{1n}\\ {\partial }_1{\mathbf{\phi }}_2& {\partial }_2{\mathbf{\phi }}_2& \cdots & {\partial }_n{\mathbf{\phi }}_2\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ {\partial }_1{\mathbf{\phi }}_n& {\partial }_2{\mathbf{\phi }}_n& \cdots & {\partial }_n{\mathbf{\phi }}_n\end{array}\right)=\sum _j(-1{)}^{1+j}{a}_{1j}\det (D_{\hat{j}}{\mathbf{\phi }}_{\hat{1}}).$$由 $\mathbf{A}=0$ 时所证明的结果知道, 上面的各项 $\det (D_{\hat{j}}{\mathbf{\phi }}_{\hat{1}})$ 在 $\Omega$ 上的积分均为 $0$. 因此$${\int }_{\Omega }\det (\mathbf{A}+{\mathbf{\phi }}_{\mathbf{x}})\mathrm{d}\mathbf{x}={\int }_{\Omega }\det (\mathbf{A})\mathrm{d}\mathbf{x}=\det (\mathbf{A})|\Omega |.$$$\square$
3.	设 $n⩾1$, $R$ 是仅在点 $(0,0)$ 为零的 $2n$ 次二元多项式, $P,Q$ 是不超过 $2n-2$ 次的二元多项式. 若 $\underset{(x,y)\to \infty }{\underline{\lim }}\frac{R(x,y)}{(x^2+y^2{)}^n}>0$, 且在点 $(0,0)$ 之外成立 $\frac{\partial }{\partial x}\frac{Q(x,y)}{R(x,y)}=\frac{\partial }{\partial y}\frac{P(x,y)}{R(x,y)}$, 证明: 曲线积分 ${\int }_C\frac{P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y}{R}$ 绕点 $(0,0)$ 的循环常数为零. 证明. 由 Green 公式, $C$ 可换为一个以 $(0,0)$ 为中心半径 $r$ 超级大的圆 $C^{\prime }$. $C^{\prime }$ 上成立$$|P|,|Q|\lesssim r^{2n-2},R\gtrsim r^{2n},$$从而$${\int }_C\frac{P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y}{R}={\int }_{C^{\prime }}\frac{P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y}{R}\lesssim 2\pi r\cdot r^{-2}\to 0.$$$\square$
4.	在上一题中, 去掉条件 $\underset{(x,y)\to \infty }{\underline{\lim }}\frac{R(x,y)}{(x^2+y^2{)}^n}>0$ 后结论是否仍然成立? 解答. 不再成立. 首先介绍两个术语: 微分形式 $\omega$ 称为闭的, 是说 $\mathrm{d}\omega =0$; $1$ 阶微分形式 $\omega$ 称为恰当的, 是说存在函数 $f$ 使得 $\omega =\mathrm{d}f$. 由于 $\mathrm{d}(\mathrm{d}f)=0$, 恰当形式一定是闭的; 而闭形式可能不恰当, 如 11.5.$\mathcal{A}$ 第 1 题 (1) 中的$$\mathrm{d}\arctan \frac{y}{x}=\mathrm{d}\mathrm{Arg}(x+\mathrm{i}y)=\frac{-y\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y}{x^2+y^2},$$其循环常数非零, 从而不可能是恰当形式 (换言之 $\mathrm{Arg}(x+\mathrm{i}y)$ 是个取值可相差 $2\pi \mathbb{Z}$ 的多值函数, 不能定义在整个复平面上) ; 可是 $\mathrm{d}\arctan \frac{y}{x}$ 在局部上总是恰当形式从而是闭形式, 而闭是一个局部性质, 故其是个整体的闭形式. 本题的任务就是找一个合乎要求的不恰当的闭形式, 上述的 $\omega$ 无疑是最简单的例子, 不过不能直接搬到这里来, 因为其分母只比分子高 $1$ 次, 题目要求至少要高 $2$ 次. 下面对这个例子进行修改, 主要是为 $\mathrm{d}\arctan \frac{y}{x}$ 中的分母 $x$ 提升次数. 考虑一个扰动: 令 $\epsilon >0$ 极其小, $f(x,y)$ 是 $n$ 次的二元多项式并简写为 $f$, 算一下$$\frac{P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y}{R}:=\mathrm{d}\arctan \frac{y}{x+\epsilon f}=\frac{-(1+\epsilon f_x)y\mathrm{d}x+(x+\epsilon (f-f_{y}y))\mathrm{d}y}{(x+\epsilon f{)}^2+y^2},$$也就是说$$P=-(1+\epsilon f_x)y,Q=x+\epsilon (f-f_{y}y),R=(x+\epsilon f{)}^2+y^2.$$这样一来, $\mathrm{deg}P,\mathrm{deg}Q⩽n$ 且 $\mathrm{deg}R=2n$ 是肯定成立的. 此外, $\epsilon$ 很小时这个形式是关于其一致连续的, 从而对曲线 $C$ 的积分 (即循环常数) 是连续的, $\epsilon =0$ 时的循环常数为 $2\pi$, 则 $\epsilon$ 很小时循环常数同样非零. 最后还需要的是 $R$ 在 $(0,0)$ 外非零, 这无非是 $x+\epsilon f(x,0)=0$ 的解只有 $x=0$, 为此取 $f(x,y)=x^{n-1}y$ 即可. $\square$

6调和函数与解析函数

调和函数, 平均值公式, 最值原理, Poisson 公式, 复可导与复解析的等价性, Cauchy 定理, 最大模原理, Liouville 定理, 共轭函数, 利用解析函数计算

A 6.1.

1.	利用解析函数的性质证明: ${\int }_0^{+\infty }\frac{{\mathrm{e}}^{-x}-\cos x}{x}\mathrm{d}x=0$. 证明. 考虑积分 ${\int }_L\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}z}}{z}\mathrm{d}z$, 其中 $L$ 是如下图所示的路径: 图 2. 围道积分 其中 ${\Gamma }_R$ 表图中半径为 $R$ 的弧. 由于 $f(z)=\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}z}}{z}$ 在 $L$ 所围区域内解析, 从而$${\int }_{L}f(z)\mathrm{d}z=0.$$又$${\int }_{L}f(z)\mathrm{d}z={\int }_{AB}f(z)\mathrm{d}z+{\int }_{{\Gamma }_R}f(z)\mathrm{d}z+{\int }_{CD}f(z)\mathrm{d}z+{\int }_{{\Gamma }_r}f(z)\mathrm{d}z,$$注意到$$\begin{array}{rl}& {\int }_{AB}f(z)\mathrm{d}z+{\int }_{CD}f(z)\mathrm{d}z={\int }_r^R\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x}}{x}\mathrm{d}x+{\int }_R^r\frac{{\mathrm{e}}^{-y}}{y}\mathrm{d}y\\ =& {\int }_r^R\frac{-{\mathrm{e}}^{-x}+{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x}}{x}\mathrm{d}x=-{\int }_r^R\frac{{\mathrm{e}}^{-x}-\cos x}{x}\mathrm{d}x+\mathrm{i}{\int }_r^R\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x,\end{array}$$ 下面我们说明 ${\int }_{{\Gamma }_r}f(z)\mathrm{d}z=-\frac{\pi \mathrm{i}}{2}$, 由于 $\underset{r\to 0}{\lim }zf(z)=1$, 则 $r$ 充分小时, 有$$|zf(z)-1|<\frac{2}{\pi }\epsilon ,$$又$$\left|{\int }_{{\Gamma }_r}f(z)\mathrm{d}z-\mathrm{i}\frac{\pi }{2}\right|=\left|{\int }_{{\Gamma }_r}\frac{zf(z)-1}{z}\mathrm{d}z\right|<\epsilon ,$$从而结论得证. 又由 Jordan 引理可知$$\underset{R\to +\infty }{\lim }{\int }_{{\Gamma }_R}\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}z}}{z}\mathrm{d}z=0,$$结合上述结论可知 ${\int }_0^{+\infty }\frac{{\mathrm{e}}^{-x}-\cos x}{x}\mathrm{d}x=0$. $\square$
2.	设 $1⩽p<+\infty$, $\phi$ 为 ${\mathbb{R}}^n$ 上的调和函数, $\phi \in L^p({\mathbb{R}}^n)$. 证明 $\phi \equiv 0$. 证明. 对任意 ${\mathbf{x}}_0\in {\mathbb{R}}^n$, 任取 $r>0$, 由平均值公式, $$\begin{array}{rl}|\phi ({\mathbf{x}}_0)|& ⩽\frac{1}{|B_r|}{\int }_{B_r({\mathbf{x}}_0)}|\phi (\mathbf{x})|\mathrm{d}\mathbf{x}\\ & ⩽(\frac{1}{|B_r|}{\int }_{B_r({\mathbf{x}}_0)}|\phi (\mathbf{x}){|}^p\mathrm{d}\mathbf{x}{)}^{\frac{1}{p}}⩽|B_r{|}^{-\frac{1}{p}}\Vert \phi {\Vert }_{L^p}\end{array}$$有一致的上界, 根据 Liouville 定理 $\phi \equiv$ 常数, 再用 $\phi \in L^p({\mathbb{R}}^n)$ 得常数为 $0$. $\square$
3.	设 $\phi \in C^2({\mathbb{R}}^n)$ 为上调和函数, 即满足 $-\Delta \phi ⩾0$. 任取 ${\mathbf{x}}_0\in {\mathbb{R}}^n$, 证明 $F(r)=\frac{1}{|B_r({\mathbf{x}}_0)|}\cdot {\int }_{B_r({\mathbf{x}}_0)}\phi (\mathbf{x})\mathrm{d}\mathbf{x}$ 关于 $r>0$ 单减. 证明. $\square$
4.	设 $f$ 在有界复区域 $D$ 上复解析, 在 $\overline{D}$ 上连续. 若存在 $z_0\in D$ 满足 $|f(z_0)|⩽\underset{z\in \partial D}{\min }|f(z)|$, 证明: $f$ 在 $D$ 内为常数或有零点. 证明. 假设 $f$ 不为常数且无零点, 则 $\frac{1}{f(z)}$ 在 $D$ 上解析, 依条件有 $\left|\frac{1}{f(z_0)}\right|⩾\underset{z\in \partial D}{\max }\left|\frac{1}{f(z)}\right|$, 这与最大模原理矛盾, 从而 $f$ 在 $D$ 内有零点. $\square$
5.	设 $f$ 在 $\mathbb{C}$ 上复解析, $\underset{z\to \infty }{\lim }|f(z)|=+\infty$. 证明: $f$ 有零点. 进一步, 若存在 $n⩾1$ 使得 $\underset{z\to \infty }{\lim }\frac{|f(z)|}{|z{|}^n}=a\in \left(0,+\infty \right]$, 则 $f$ 至少有 $n$ 个零点 (含重数). 证明. 由条件知 $\underset{z\to \infty }{\lim }\left|\frac{1}{f(z)}\right|=0$, 若 $f$ 无零点, 则 $\frac{1}{f(z)}$ 解析, 但依极限知存在 $z_0$, 使得 $\forall |z|>|z_0|$ 时有 $\left|1/f(z)\right|>\left|1/f(z_0)\right|$, 与最大模原理矛盾, 从而 $f$ 有零点. 进一步, 若 $\underset{z\to \infty }{\lim }\frac{\left|f(z)\right|}{|z{|}^n}=a\in \left(0,+\infty \right]$, 则 $\underset{z\to \infty }{\lim }\left|\frac{f(z)}{z^{n-1}}\right|=+\infty$, 归纳即得结论. $\square$
6.	证明: 对任何 $z\in \mathbb{C}$ 以及 $\delta \in (0,1)$, 有 $\underset{s\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_{(0,1-\delta )\cup (1+\delta ,+\infty )}{x}^z{\left(x{\mathrm{e}}^{-x}\right)}^s\mathrm{d}x}{{\int }_0^{+\infty }{\left(x{\mathrm{e}}^{-x}\right)}^s\mathrm{d}x}=0.$ 证明. 记 $\alpha$ 为 $x{\mathrm{e}}^{-x}$ 在 $[0,1-\delta ]\cup [1+\delta ,+\infty ]$ 上的最大值, 给定 $\beta \in (\alpha ,{\mathrm{e}}^{-1})$, 则存在长度为 $l$ 的区间 $I\subseteq [1-\delta ,1+\delta ]$, 使得 $x{\mathrm{e}}^{-x}⩾\beta$ 对 $x\in I$ 恒成立. 从而 ${\int }_0^{+\infty }{\left(x\mathrm{e}\right)}^s\mathrm{d}x⩾l\cdot {\beta }^s$, $s$ 足够大时, 存在常数 $C_1$ 使得$$\left|{\int }_0^{1-\delta }{x}^z(x{\mathrm{e}}^{-x}{)}^s\mathrm{d}x\right|⩽C_1\cdot {\alpha }^s,$$又存在常数 $C_2$ 使得$$\begin{array}{rl}\left|{\int }_{1+\delta }^{+\infty }{x}^z(x{\mathrm{e}}^{-x}{)}^s\mathrm{d}x\right|& ⩽{\int }_{1+\delta }^{+\infty }{x}^{\mathrm{Re}z}(x{\mathrm{e}}^{-x}{)}^s\mathrm{d}x\\ & ⩽{\int }_{1+\delta }^{+\infty }{x}^{\mathrm{Re}z}(x{\mathrm{e}}^{-x}{)}^{s-1}\cdot \left[s(x-1)-\mathrm{Re}z\right]{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x\\ & =-{\int }_{1+\delta }^{+\infty }\mathrm{d}\left[x^{\mathrm{Re}z}(x{\mathrm{e}}^{-x}{)}^s\right]⩽C_2\cdot {\alpha }^s.\end{array}$$ $\square$

B 6.2.

1.	设 $\alpha \in \mathbb{R}$, $\mathbf{\sigma }\in S^{n-1}$. 证明: 在 ${\mathbb{R}}^n$ 的单位球 $B_1(0)$ 内, $f(\mathbf{x})=|\mathbf{\sigma }-\mathbf{x}{|}^{\alpha }$ 可以展开成 $\mathbf{x}$ 的幂级数, 且对任何 $\delta \in (0,1)$, 该幂级数关于 $(\mathbf{\sigma },\mathbf{x})\in S^{n-1}\times B_{\delta }(0)$ 一致收敛.
2.	已知当 $0<\alpha <1$ 时, 成立$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2-{\alpha }^2}=\frac{1}{2{\alpha }^2}-\frac{\pi \cot (\alpha \pi )}{2\alpha }.$$试利用复解析函数的性质证明: 当 $\alpha >0$ 时, 成立$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2+{\alpha }^2}=-\frac{1}{2{\alpha }^2}+\frac{\pi }{2\alpha \tanh (\alpha \pi )}.$$ 证明. 用复解析函数的唯一性, $\alpha$ 换为 $\mathrm{i}\alpha$, $$-\frac{\pi \cot (\mathrm{i}\alpha \pi )}{2\mathrm{i}\alpha }=-\frac{\pi \cos (\mathrm{i}\alpha \pi )}{2\mathrm{i}\alpha \sin (\mathrm{i}\alpha \pi )}=\frac{\pi \cosh (\alpha \pi )}{2\alpha \sinh (\alpha \pi )}=\frac{\pi }{2\alpha \tanh (\alpha \pi )}.$$$\square$
3.	试用不同的方法证明$$\mathrm{sh}x=x\prod _{n=1}^{\infty }\left(1+\frac{x^2}{n^2{\pi }^2}\right).$$

7附录: $C^1$ 曲面上的 Hausdorff 测度

Binet–Cauchy 公式, $C^1$ 曲面的 Hausdorff 公式

定理 7.1. 设 $1⩽k⩽n$, $D_0$ 为 ${\mathbb{R}}^k$ 中区域, 单射 $\mathbf{\phi }:D_0\to {\mathbb{R}}^n$ 连续可微, 则对于紧包含于 $D_0$ 的可测集 $D$, $\Sigma =\mathbf{\phi }(D)$ 的 $k$ 维测度为$$V_k(\Sigma )={\int }_D\sqrt{\det ({{\mathbf{\phi }}_{\mathbf{u}}}^{\mathrm{T}}{\mathbf{\phi }}_{\mathbf{u}})}\mathrm{d}\mathbf{u}.$$等价地,$$V_k(\Sigma )={\int }_D\sqrt{{\mathbf{\phi }}_{\mathbf{u}}\text{ 的所有 }k\text{ 阶子式的平方和}}\mathrm{d}\mathbf{u}.$$

A 7.2.

1.

设 $\Omega \subseteq {\mathbb{R}}^n$ 为区域, $\mathbf{\phi }\in C^1(\Omega ;{\mathbb{R}}^m)$. 设 $F\subset \Omega$ 为紧集,$$\omega (r)=\underset{\genfrac{}{}{0ex}{}{0<|\mathbf{u}-\mathbf{v}|⩽r}{\mathbf{u}\in F,\mathbf{v}\in \overline{\Omega }}}{\sup }\frac{\left|\mathbf{\phi }(\mathbf{u})-\mathbf{\phi }(\mathbf{v})\right|}{|\mathbf{u}-\mathbf{v}|},r>0.$$证明 $\underset{r\to 0^{+}}{\lim }\omega (r)=0.$ 证明. $\square$

B 7.3. 1. 试减弱定理 7.1 的条件使得结论仍然成立.

解答.

$\square$