Dec. 5 HW

欧拉积分和曲线积分是数学分析中计算技巧性非常强、概念也很抽象的部分。

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第一部分：核心知识点

本节主要讲了两类特殊的函数（用来算复杂积分的工具）和一种新的积分（在弯曲的线上做积分）。

1. 欧拉积分：$\Gamma$ 函数与 $B$ 函数

之前学的积分，比如 $\int x^2 dx$，都是初等函数。但很多积分算不出来具体的初等函数，于是数学家定义了两个"模具"，只要积分长得像这个模具，就能直接算出答案。

工具 A：伽玛函数 $\Gamma(s)$ (可以理解为“广义阶乘”)

• 模具样子：积分区间是 $(0, +\infty)$，里面是“幂函数 $\times$ 指数函数”。

  $$\Gamma(s) = \int_0^{+\infty} x^{s-1} e^{-x} \, dx \quad (s > 0)$$

• 核心性质（必须背下来）：
  1. 阶乘性质：$\Gamma(n+1) = n!$ （当 $n$ 是整数）。例如 $\Gamma(3) = 2! = 2$。
  2. 递推公式：$\Gamma(s+1) = s \Gamma(s)$。
  3. 特殊值：$\Gamma(\frac{1}{2}) = \sqrt{\pi}$ （这个非常重要，做题常考）。

工具 B：贝塔函数 $B(p, q)$

• 模具样子：积分区间是 $(0, 1)$，里面是“$x$ 的幂 $\times$ $(1-x)$ 的幂”。

  $$B(p, q) = \int_0^1 x^{p-1} (1-x)^{q-1} \, dx$$

• 三角形式（常用于正弦余弦的积分）：

  $$B(p, q) = 2 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^{2p-1}\theta \cos^{2q-1}\theta \, d\theta$$

• A与B的关系（万能公式）：

  $$B(p, q) = \frac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}$$

• 余元公式（用来处理奇怪的分数）：

  $$\Gamma(p)\Gamma(1-p) = \frac{\pi}{\sin(p\pi)} \quad (0<p<1)$$

2. 第一类曲线积分 (对弧长的积分)

• 直观理解：计算一段弯曲铁丝的质量——已知铁丝每一处的密度 $\rho(x,y)$，沿着铁丝把所有微小的质量加起来。
• 计算方法（口诀：“一换二代三积分”）：
  1. 换：把曲线 $L$ 写成参数方程 $\begin{cases} x = x(t) \\ y = y(t) \end{cases}$。
  2. 代：把被积函数里的 $x, y$ 都换成 $t$。
  3. 算弧长微分：$ds = \sqrt{(x')^2 + (y')^2} \, dt$。
  • 最后变成一个关于 $t$ 的普通定积分：$\int_\alpha^\beta f(x(t), y(t)) \sqrt{(x')^2 + (y')^2} \, dt$。

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第二部分：P340 相关题目详细讲解

解答原则：能化成 $\Gamma$ 或 $B$ 函数的，尽量往那上面凑。

T1. 计算下列积分

(1) $\displaystyle \int_0^1 \sqrt{x - x^2} \, dx$

• 分析：看到积分区间 $(0,1)$ 和根号下的二次项，先提取公因式凑 $B$ 函数定义。
• 步骤：
  1. 变形被积函数：$\sqrt{x - x^2} = \sqrt{x(1-x)} = x^{1/2} (1-x)^{1/2}$。
  2. 这就完全符合 $B(p,q)$ 的定义：$\int_0^1 x^{p-1}(1-x)^{q-1} dx$。
  3. 这里 $p-1 = 1/2 \Rightarrow p = 3/2$，$q-1 = 1/2 \Rightarrow q = 3/2$。
  4. 原式 $= B(\frac{3}{2}, \frac{3}{2})$。
  5. 利用关系式：$= \frac{\Gamma(3/2)\Gamma(3/2)}{\Gamma(3/2+3/2)} = \frac{(\frac{1}{2}\Gamma(\frac{1}{2}))^2}{\Gamma(3)}$。
  6. 代入 $\Gamma(1/2)=\sqrt{\pi}, \Gamma(3)=2! = 2$。
  7. 原式 $= \frac{(\frac{1}{2}\sqrt{\pi})^2}{2} = \frac{\frac{1}{4}\pi}{2} = \frac{\pi}{8}$。
• 答案：$\frac{\pi}{8}$

(2) $\displaystyle \int_0^\pi \frac{dx}{\sqrt{3 - \cos x}}$

• 分析：这道题比较特殊，它是一个椭圆积分，通常无法用简单的 $\Gamma$ 函数直接算出数值，除非这里有特殊技巧。但标准解法是化简为椭圆积分形式。如果是在考查欧拉积分的章节，可能存在特定参数技巧，但我们按标准步骤化简。
• 步骤：
  1. 利用半角公式：$\cos x = 1 - 2\sin^2 \frac{x}{2}$。
  2. 分母变成 $\sqrt{3 - (1 - 2\sin^2 \frac{x}{2})} = \sqrt{2 + 2\sin^2 \frac{x}{2}} = \sqrt{2} \sqrt{1 + \sin^2 \frac{x}{2}}$。
  3. 令 $t = \frac{x}{2}$，则 $dx = 2 dt$。当 $x=0, t=0$；当 $x=\pi, t=\frac{\pi}{2}$。
  4. 原式 $= \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{2 dt}{\sqrt{2}\sqrt{1+\sin^2 t}} = \sqrt{2} \int_0^{\frac{\pi}{2}} \frac{dt}{\sqrt{1+\sin^2 t}}$。
  • 注：这是一个第一类椭圆积分，通常记作 $K(k)$ 形式，但无法算出像 $\pi$ 这样的简单数。
  • 修正思路：如果这是必做题，可能题目有误（例如分母是 $\sqrt{2(1-\cos x)}$ 就能算）。但如果必须按原题算，只能保留在椭圆积分形式或使用级数展开。鉴于这是普通练习题，这道题可能是让你练习化简，或者题目抄写时有偏差（比如可能是 $\int_0^{\pi/2} ...$）。
  • 我们这里给出一个最简化的积分类形式：$\sqrt{2} F(\frac{\pi}{2}, i)$ (涉及到虚数模，通常本科阶段不要求算出具体数)。
  • 建议：如果老师没有讲过椭圆积分，请检查题目是否抄错（例如是否为 $\int_0^{\pi} \frac{dx}{\sqrt{1-\cos x}}$? 那样能算）。
  • 假设题目无误的回答：该积分为第一类完全椭圆积分形式，值为 $\sqrt{2} K(1/\sqrt{2}) \approx 2.622$。

(3) $\displaystyle \int_0^1 \frac{dx}{\sqrt[n]{1 - x^n}} \quad (n > 1)$

• 分析：把 $\sqrt[n]{1-x^n}$ 处理成标准 $B$ 函数形式。
• 步骤：
  1. 令 $t = x^n$，那么 $x = t^{1/n}$，$dx = \frac{1}{n} t^{\frac{1}{n}-1} dt$。
  2. 区间：$x \in [0,1] \Rightarrow t \in [0,1]$。
  3. 被积函数 $\frac{1}{(1-x^n)^{1/n}} = (1-t)^{-1/n}$。
  4. 代入积分：$\int_0^1 (1-t)^{-1/n} \cdot \frac{1}{n} t^{\frac{1}{n}-1} \, dt = \frac{1}{n} \int_0^1 t^{\frac{1}{n}-1} (1-t)^{-1/n} \, dt$。
  5. 这是 $B$ 函数：$p = \frac{1}{n}, q = 1 - \frac{1}{n}$。
  6. 原式 $= \frac{1}{n} B(\frac{1}{n}, 1-\frac{1}{n})$。
  7. 利用余元公式 $\Gamma(p)\Gamma(1-p) = \frac{\pi}{\sin p\pi}$： $B(p, 1-p) = \Gamma(p)\Gamma(1-p) = \frac{\pi}{\sin(p\pi)}$。
  8. 结果 $= \frac{1}{n} \cdot \frac{\pi}{\sin(\frac{\pi}{n})}$。
• 答案：$\frac{\pi}{n \sin \frac{\pi}{n}}$

(4) $\displaystyle \int_0^{+\infty} \frac{x^{m-1}}{1 + x^n} \, dx \quad (n > m > 0)$

• 分析：这是 $B$ 函数的另一种形式：$\int_0^\infty \frac{y^{a-1}}{1+y} dy = \frac{\pi}{\sin a\pi}$（其实就是余元公式的变形）。
• 步骤：
  1. 令 $u = x^n$，则 $x = u^{1/n}$，$dx = \frac{1}{n} u^{\frac{1}{n}-1} du$。
  2. 区间仍是 $(0, +\infty)$。
  3. 代入：$\int_0^{+\infty} \frac{(u^{1/n})^{m-1}}{1+u} \cdot \frac{1}{n} u^{\frac{1}{n}-1} \, du$。
  4. 整理指数：$\frac{m-1}{n} + \frac{1}{n} - 1 = \frac{m}{n} - 1$。
  5. 原式 $= \frac{1}{n} \int_0^{+\infty} \frac{u^{\frac{m}{n}-1}}{1+u} \, du$。
  6. 利用公式 $\int_0^\infty \frac{u^{a-1}}{1+u} du = \frac{\pi}{\sin a\pi}$，这里 $a = \frac{m}{n}$。
  7. 因为 $0 < m < n$，所以 $0 < a < 1$，公式成立。
• 答案：$\frac{\pi}{n \sin \frac{m\pi}{n}}$

(5) $\displaystyle \int_0^{+\infty} \frac{\sqrt[4]{x}}{(1 + x)^2} \, dx$

• 分析：这符合 $B$ 函数的第三种定义：$B(p, q) = \int_0^{+\infty} \frac{x^{p-1}}{(1+x)^{p+q}} \, dx$。
• 步骤：
  1. 被积函数为 $\frac{x^{1/4}}{(1+x)^2}$。
  2. 对比 $x^{p-1}$，得 $p-1 = 1/4 \Rightarrow p = 5/4$。
  3. 对比分母 $(1+x)^{p+q}$，得 $p+q = 2 \Rightarrow 5/4 + q = 2 \Rightarrow q = 3/4$。
  4. 原式 $= B(\frac{5}{4}, \frac{3}{4})$。
  5. 利用 $B(p,q) = \frac{\Gamma(p)\Gamma(q)}{\Gamma(p+q)}$： $= \frac{\Gamma(5/4)\Gamma(3/4)}{\Gamma(2)}$。
  6. 分母 $\Gamma(2) = 1! = 1$。分子用递推公式 $\Gamma(5/4) = \frac{1}{4}\Gamma(1/4)$。
  7. 原式 $= \frac{1}{4} \Gamma(\frac{1}{4}) \Gamma(\frac{3}{4})$。
  8. 利用余元公式 $\Gamma(z)\Gamma(1-z)$，这里 $z=1/4$。 $\Gamma(1/4)\Gamma(3/4) = \frac{\pi}{\sin(\pi/4)} = \frac{\pi}{\sqrt{2}/2} = \sqrt{2}\pi$。
  9. 最终结果 $= \frac{1}{4} \cdot \sqrt{2}\pi$。
• 答案：$\frac{\sqrt{2}\pi}{4}$

(6) $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin^7 x \cos^{\frac{1}{2}} x \, dx$

• 分析：直接套用三角形式的 $B$ 函数公式。
• 步骤：
  1. 公式：$\int_0^{\pi/2} \sin^\alpha x \cos^\beta x \, dx = \frac{1}{2} B(\frac{\alpha+1}{2}, \frac{\beta+1}{2})$。
  2. 这里 $\alpha = 7, \beta = 1/2$。
  3. $p = \frac{7+1}{2} = 4$，$q = \frac{1/2+1}{2} = \frac{3}{4}$。
  4. 原式 $= \frac{1}{2} B(4, \frac{3}{4}) = \frac{1}{2} \frac{\Gamma(4)\Gamma(3/4)}{\Gamma(4.75)}$。
  5. 利用递推公式 $\Gamma(n+s) = (n+s-1)\dots s \Gamma(s)$ 化简分母： $\Gamma(19/4) = \frac{15}{4} \cdot \frac{11}{4} \cdot \frac{7}{4} \cdot \frac{3}{4} \Gamma(3/4)$。
  6. 分子 $\Gamma(4) = 3! = 6$。
  7. 代入：$\frac{1}{2} \cdot \frac{6 \cdot \Gamma(3/4)}{\frac{15 \cdot 11 \cdot 7 \cdot 3}{4^4} \Gamma(3/4)} = \frac{3 \cdot 256}{3465} = \frac{256}{1155}$。
• 答案：$\frac{256}{1155}$

(7) $\displaystyle \int_0^{+\infty} x^m e^{-x^n} \, dx \quad (m, n > 0)$

• 分析：$\Gamma$ 函数的标准凑法。目的是把 $e^{-x^n}$ 变成 $e^{-t}$。
• 步骤：
  1. 令 $t = x^n \Rightarrow x = t^{1/n}$，$dx = \frac{1}{n} t^{\frac{1}{n}-1} dt$。
  2. 代入积分：$\int_0^{+\infty} (t^{1/n})^m e^{-t} \cdot \frac{1}{n} t^{\frac{1}{n}-1} \, dt$。
  3. 整理：$\frac{1}{n} \int_0^{+\infty} t^{\frac{m}{n}} \cdot t^{\frac{1}{n}-1} e^{-t} \, dt = \frac{1}{n} \int_0^{+\infty} t^{\frac{m+1}{n}-1} e^{-t} \, dt$。
  4. 根据 $\Gamma$ 定义 $\int_0^\infty t^{s-1} e^{-t} dt = \Gamma(s)$，这里 $s = \frac{m+1}{n}$。
• 答案：$\frac{1}{n} \Gamma\left(\frac{m+1}{n}\right)$

(8) $\displaystyle \int_0^1 x^{p-1} (1 - x^n)^{q-1} \, dx \quad (p, q, n > 0)$

• 分析：这是 $B$ 函数的变体，需要把 $(1-x^n)$ 变成 $(1-t)$。
• 步骤：
  1. 令 $t = x^n \Rightarrow x = t^{1/n}$，$dx = \frac{1}{n} t^{\frac{1}{n}-1} dt$。
  2. 代入：$\int_0^1 (t^{1/n})^{p-1} (1-t)^{q-1} \cdot \frac{1}{n} t^{\frac{1}{n}-1} \, dt$。
  3. 整理 $t$ 的指数：$\frac{p-1}{n} + \frac{1}{n} - 1 = \frac{p}{n} - 1$。
  4. 原式 $= \frac{1}{n} \int_0^1 t^{\frac{p}{n}-1} (1-t)^{q-1} \, dt$。
  5. 直接对照 $B$ 函数定义。
• 答案：$\frac{1}{n} B\left(\frac{p}{n}, q\right)$

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T2. 证明 $\displaystyle \int_0^{+\infty} e^{-x^n} \, dx = \frac{1}{n} \Gamma\left(\frac{1}{n}\right)$ 并求极限

1. 证明等式：
   • 利用 T1(7) 的结论，令 $m=0$（即 $x^0=1$）。
   • 直接代入 T1(7) 结果：$\frac{1}{n} \Gamma(\frac{0+1}{n}) = \frac{1}{n} \Gamma(\frac{1}{n})$。得证。
2. 求极限 $\lim_{n \to \infty} \frac{1}{n} \Gamma(\frac{1}{n})$：
   • 令 $t = \frac{1}{n}$，当 $n \to \infty$ 时，$t \to 0^+$。
   • 原式变为 $\lim_{t \to 0^+} t \Gamma(t)$。
   • 利用性质 $\Gamma(t+1) = t \Gamma(t)$。
   • 所以 $\lim_{t \to 0^+} t \Gamma(t) = \lim_{t \to 0^+} \Gamma(t+1) = \Gamma(1) = 0! = 1$。

• 结论：极限值为 1。

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T3. 证明 $\Gamma(s)$ 可导及导数公式

这是含参变量积分求导的问题。

• 证明：
  1. $\Gamma(s) = \int_0^{+\infty} x^{s-1} e^{-x} \, dx$。
  2. 对 $s$ 求导，根据“积分符号下求导法则”，我们可以把导数 $\frac{d}{ds}$ 移到积分号里面。
  3. 被积函数 $f(x, s) = x^{s-1} e^{-x} = e^{(s-1)\ln x} e^{-x}$。
  4. 对 $s$ 求偏导：$\frac{\partial}{\partial s} (x^{s-1} e^{-x}) = x^{s-1} e^{-x} \cdot \ln x$ （指数函数求导法则 $(a^s)' = a^s \ln a$）。
  5. 所以 $\Gamma'(s) = \int_0^{+\infty} x^{s-1} e^{-x} \ln x \, dx$。
  6. 进一步：继续求导，$n$ 阶导数就是乘 $n$ 次 $\ln x$。
  7. $\Gamma^{(n)}(s) = \int_0^{+\infty} x^{s-1} e^{-x} (\ln x)^n \, dx$。

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T4. 证明 $\displaystyle \lim_{s \to +\infty} \Gamma(s) = +\infty$

• 直观思路：$\Gamma(n) = (n-1)!$，当 $n$ 很大时，阶乘趋向无穷大。
• 严格证明：
  • 取 $x \in [1, +\infty)$ 时，积分部分 $\int_1^{+\infty} x^{s-1} e^{-x} dx$。
  • 当 $s$ 很大时，选取一个子区间 $[2, 3]$。在该区间上 $x^{s-1} \ge 2^{s-1}$。
  • $\Gamma(s) > \int_2^3 2^{s-1} e^{-x} dx = 2^{s-1} (e^{-2} - e^{-3})$。
  • 当 $s \to +\infty$ 时，$2^{s-1} \to +\infty$，常数 $(e^{-2}-e^{-3}) > 0$。
  • 所以整体趋向 $+\infty$。

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T5. 计算 $\displaystyle \int_0^1 \ln \Gamma(x) \, dx$

这是一个经典的高难度积分。

• 步骤：
  1. 利用对称性，设 $I = \int_0^1 \ln \Gamma(x) dx$。
  2. 令 $t = 1-x$，则 $I = \int_0^1 \ln \Gamma(1-x) dx$。
  3. 两式相加：$2I = \int_0^1 [\ln \Gamma(x) + \ln \Gamma(1-x)] dx = \int_0^1 \ln [\Gamma(x)\Gamma(1-x)] dx$。
  4. 利用余元公式 $\Gamma(x)\Gamma(1-x) = \frac{\pi}{\sin \pi x}$。
  5. $2I = \int_0^1 \ln \frac{\pi}{\sin \pi x} dx = \int_0^1 (\ln \pi - \ln \sin \pi x) dx$。
  6. 第一部分 $\int_0^1 \ln \pi dx = \ln \pi$。
  7. 第二部分：令 $u = \pi x$，$\int_0^1 \ln \sin \pi x dx = \frac{1}{\pi} \int_0^\pi \ln \sin u du$。
  8. 已知经典积分 $\int_0^\pi \ln \sin u du = -\pi \ln 2$。
  9. 所以 $2I = \ln \pi - (-\ln 2) = \ln \pi + \ln 2 = \ln(2\pi)$。
  10. $I = \frac{1}{2} \ln(2\pi)$。
• 答案：$\frac{1}{2} \ln(2\pi)$

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T7. 反常重积分 $\Omega$

• 题目：$\iiint_\Omega \frac{dx dy dz}{1 + x^\alpha + y^\beta + z^\gamma}$
• 方法：广义球面坐标变换（Dirichlet 积分技巧）。
  1. 令 $u = x^\alpha, v = y^\beta, w = z^\gamma$。
  2. $x = u^{1/\alpha}, dx = \frac{1}{\alpha} u^{1/\alpha - 1} du$。同理处理 $y, z$。
  3. 区域 $\Omega$ 变为 $u,v,w > 0$。
  4. $I = \frac{1}{\alpha\beta\gamma} \iiint \frac{u^{\frac{1}{\alpha}-1} v^{\frac{1}{\beta}-1} w^{\frac{1}{\gamma}-1}}{1 + u + v + w} du dv dw$。
• 收敛条件：
  • 分母增长阶数为 $1$，分子总体阶数为 $\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta} + \frac{1}{\gamma} - 3$。
  • 对于无穷远处收敛，需要总阶数小于 $-1$（类似三维空间 $\frac{1}{r^k}$ 需要 $k>3$ 收敛，这里分母是一次，所以需要分子非常小？不，其实可以转化为 Gamma 函数）。
  • 该积分为 Liouville 积分形式。利用公式： $\iiint \dots = \frac{\Gamma(1/\alpha)\Gamma(1/\beta)\Gamma(1/\gamma)}{\Gamma(1/\alpha+1/\beta+1/\gamma)} \int_0^\infty \frac{t^{1/\alpha+1/\beta+1/\gamma - 1}}{1+t} dt$。
  • 最后的单积分要收敛，需要指数 $s = \frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta} + \frac{1}{\gamma} < 1$。
• 计算值：
  • 当 $\frac{1}{\alpha} + \frac{1}{\beta} + \frac{1}{\gamma} < 1$ 时，
  • $I = \frac{1}{\alpha\beta\gamma} \frac{\Gamma(1/\alpha)\Gamma(1/\beta)\Gamma(1/\gamma)}{\Gamma(S)} \cdot \Gamma(S)\Gamma(1-S)$ （其中 $S = 1/\alpha+1/\beta+1/\gamma$）。
  • 化简得 $I = \frac{1}{\alpha\beta\gamma} \Gamma(1/\alpha)\Gamma(1/\beta)\Gamma(1/\gamma) \Gamma(1 - (\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}+\frac{1}{\gamma}))$。

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T9. 证明 $\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}} \tan^\alpha x \, dx = \frac{\pi}{2 \cos \frac{\alpha \pi}{2}}$

• 步骤：
  1. $\tan^\alpha x = \sin^\alpha x \cos^{-\alpha} x$。
  2. 利用 T1(6) 的 $B$ 函数三角形式公式。
  3. 原式 $= \frac{1}{2} B(\frac{\alpha+1}{2}, \frac{-\alpha+1}{2})$。
  4. 令 $p = \frac{1+\alpha}{2}$，则 $1-p = 1 - \frac{1+\alpha}{2} = \frac{1-\alpha}{2}$。恰好对应。
  5. 利用余元公式：$\frac{1}{2} \cdot \frac{\pi}{\sin(\frac{1+\alpha}{2}\pi)}$。
  6. $\sin(\frac{\pi}{2} + \frac{\alpha\pi}{2}) = \cos(\frac{\alpha\pi}{2})$。
  7. 得证：$\frac{\pi}{2 \cos \frac{\alpha \pi}{2}}$。

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例子 1.1 - 1.3 讲解

例子 1.1: $\int_0^1 x^a (1 - x^b)^c \, dx$

• 令 $t = x^b \Rightarrow x = t^{1/b}$。
• $dx = \frac{1}{b} t^{\frac{1}{b}-1} dt$。
• 代入：$\int_0^1 t^{a/b} (1-t)^c \frac{1}{b} t^{1/b - 1} dt = \frac{1}{b} \int_0^1 t^{\frac{a+1}{b}-1} (1-t)^c dt$。
• 结果：$\frac{1}{b} B(\frac{a+1}{b}, c+1)$。

例子 1.2: $\int_0^1 x^8 \sqrt{1 - x^3} \, dx$

• 对应上题，$a=8, b=3, c=1/2$。
• 结果：$\frac{1}{3} B(\frac{8+1}{3}, \frac{1}{2}+1) = \frac{1}{3} B(3, \frac{3}{2})$。
• 计算：$\frac{1}{3} \frac{\Gamma(3)\Gamma(3/2)}{\Gamma(9/2)} = \frac{1}{3} \frac{2 \cdot \frac{1}{2}\sqrt{\pi}}{\frac{7}{2}\frac{5}{2}\frac{3}{2}\frac{1}{2}\sqrt{\pi}} = \frac{1}{3} \frac{1}{\frac{105}{16}} = \frac{16}{315}$。

例子 1.3: 三叶玫瑰线面积

• 面积公式（极坐标）：$S = \frac{1}{2} \int \rho^2 d\theta$。
• 这里 $x,y$ 给出的是参数方程，我们将其转为极坐标。注意到 $x = \rho \cos \theta, y = \rho \sin \theta$，对比题目 $\rho = a \cos 3\theta$。
• 因为有三片叶子，我们可以算一片（$\theta \in [-\pi/6, \pi/6]$）然后乘 3。或者直接利用周期性。
• $\theta$ 从 0 到 $2\pi$ 会画出完整的花。
• $S = \frac{1}{2} \int_0^\pi (a \cos 3\theta)^2 d\theta$ （注意区间重复性，通常三叶玫瑰线 $0 \to \pi$ 即可画完，再往后是重复。如果是 $2\pi$，可能算了两次，题目给定 $2\pi$ 则需确认是否覆盖）。
• 一般计算：$S = \frac{1}{2} a^2 \int_0^\pi \cos^2 3\theta d\theta$。
• 利用 Walli's 公式或倍角公式，$\int_0^\pi \cos^2 kx dx = \pi/2$。
• 结果 $S = \frac{1}{2} a^2 \cdot \frac{\pi}{2} = \frac{\pi a^2}{4}$。

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第三部分：P263 第一类曲线积分 T1 & T2

T1. 求下列第一类曲线积分

(1) 三角形 $O(0,0), A(1,0), B(0,1)$

• 积分 $\int_L (x+y) ds$ 分三段算。
  1. $OA (y=0, x: 0\to 1)$: $ds=dx$。$\int_0^1 x dx = 1/2$。
  2. $AB (y=1-x, x: 1\to 0)$: 直线 $y=-x+1$，$ds = \sqrt{1^2+(-1)^2}dx = \sqrt{2}|dx|$。注意第一类曲线积分下限小上限大。或者直接参数化 $x=t, y=1-t, t: 1\to 0$ 是错的，应该用长度参数。简单说，把线段拉直积分。 在 $AB$ 上，函数值 $x+y = x+(1-x) = 1$。线段长是 $\sqrt{2}$。积分 = $1 \times \sqrt{2} = \sqrt{2}$。
  3. $BO (x=0, y: 1\to 0)$: $ds=dy$。函数值 $x+y=y$。$\int_0^1 y dy = 1/2$。
• 总和：$1/2 + \sqrt{2} + 1/2 = 1 + \sqrt{2}$。

(2) 单位圆 $x^2+y^2=1$，求 $\int_L |y| ds$

• 参数化：$x=\cos t, y=\sin t, t \in [0, 2\pi]$。
• $ds = 1 dt$。
• 原式 $= \int_0^{2\pi} |\sin t| dt$。
• 利用对称性，$= 4 \int_0^{\pi/2} \sin t dt = 4 [-\cos t]_0^{\pi/2} = 4(0 - (-1)) = 4$。

(3) 星形线 $x^{2/3} + y^{2/3} = a^{2/3}$，求 $\int_L |x|^{1/3} ds$

• 参数化：$x = a \cos^3 t, y = a \sin^3 t, t \in [0, 2\pi]$。
• 算 $ds$： $x' = -3a \cos^2 t \sin t$$y' = 3a \sin^2 t \cos t$$ds = \sqrt{x'^2 + y'^2} dt = 3a |\sin t \cos t| dt$。
• 利用对称性，只算第一象限 ($t: 0 \to \pi/2$) 乘 4。
• 函数 $|x|^{1/3} = (a \cos^3 t)^{1/3} = a^{1/3} \cos t$。
• 积分 $= 4 \int_0^{\pi/2} a^{1/3} \cos t \cdot 3a \sin t \cos t \, dt = 12 a^{4/3} \int_0^{\pi/2} \cos^2 t \sin t \, dt$。
• 令 $u = \cos t$，$= 12 a^{4/3} \int_0^1 u^2 du = 12 a^{4/3} \cdot \frac{1}{3} = 4 a^{4/3}$。

(4) 双纽线 $(x^2+y^2)^2 = x^2-y^2$，求 $\int_L |x| ds$

• 极坐标方程：$r^2 = \cos 2\theta$。对称性，只算第一象限半个叶子 ($\theta: 0 \to \pi/4$) 乘 4。
• $ds$ 公式（极坐标）：$\sqrt{r^2 + (r')^2} d\theta$。 $2r r' = -2\sin 2\theta \Rightarrow r' = -\frac{\sin 2\theta}{r}$。 $ds = \sqrt{r^2 + \frac{\sin^2 2\theta}{r^2}} d\theta = \sqrt{\frac{r^4 + \sin^2 2\theta}{r^2}} d\theta = \sqrt{\frac{\cos^2 2\theta + \sin^2 2\theta}{r^2}} d\theta = \frac{1}{r} d\theta$。 或者更简单的：双纽线弧长微分 $ds = \frac{1}{\sqrt{\cos 2\theta}} d\theta$。
• $|x| = r \cos \theta = \sqrt{\cos 2\theta} \cos \theta$。
• 积分 $= 4 \int_0^{\pi/4} (\sqrt{\cos 2\theta} \cos \theta) \cdot \frac{1}{\sqrt{\cos 2\theta}} d\theta = 4 \int_0^{\pi/4} \cos \theta d\theta$。
• $= 4 [\sin \theta]_0^{\pi/4} = 4 \cdot \frac{\sqrt{2}}{2} = 2\sqrt{2}$。

(5) 螺旋线 $x=a \cos t, y=a \sin t, z=bt$

• $x'=-a \sin t, y'=a \cos t, z'=b$。
• $ds = \sqrt{a^2 + b^2} dt$ （常数）。
• 被积函数 $x^2+y^2+z^2 = a^2 + (bt)^2$。
• 积分 $\int_0^{2\pi} (a^2 + b^2 t^2) \sqrt{a^2+b^2} dt$。
• $= \sqrt{a^2+b^2} [ a^2 t + \frac{b^2 t^3}{3} ]_0^{2\pi} = \sqrt{a^2+b^2} (2\pi a^2 + \frac{8\pi^3 b^2}{3})$。

(6) 曲线 $x=t, y=\frac{2\sqrt{2}}{3}t^{3/2}, z=\frac{1}{2}t^2$

• $x'=1, y'=\sqrt{2}t^{1/2}, z'=t$。
• $ds = \sqrt{1 + 2t + t^2} dt = \sqrt{(1+t)^2} dt = (1+t) dt$ (因为 $t>0$)。
• 被积函数 $xyz = t \cdot \frac{2\sqrt{2}}{3}t^{3/2} \cdot \frac{1}{2}t^2 = \frac{\sqrt{2}}{3} t^{9/2}$。
• 积分 $\int_0^1 \frac{\sqrt{2}}{3} t^{9/2} (1+t) dt = \frac{\sqrt{2}}{3} \int_0^1 (t^{9/2} + t^{11/2}) dt$。
• $= \frac{\sqrt{2}}{3} (\frac{2}{11} + \frac{2}{13}) = \frac{2\sqrt{2}}{3} \frac{13+11}{143} = \frac{2\sqrt{2}}{3} \frac{24}{143} = \frac{16\sqrt{2}}{143}$。

(7) 球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 与平面 $x+y+z=0$ 交线

• 这是一个过原点的平面截球面，得到的是大圆，半径为 $a$。
• 被积函数 $(xy+yz+zx)$。
• 利用代数恒等式：$(x+y+z)^2 = x^2+y^2+z^2 + 2(xy+yz+zx)$。
• 在曲线上，满足 $x+y+z=0$ 和 $x^2+y^2+z^2=a^2$。
• 代入：$0 = a^2 + 2(xy+yz+zx)$。
• 所以被积函数 $xy+yz+zx = -\frac{a^2}{2}$ （常数！）。
• 积分 $= \int_L (-\frac{a^2}{2}) ds = -\frac{a^2}{2} \cdot (\text{大圆周长})$。
• 周长 $= 2\pi a$。
• 结果 $= -\frac{a^2}{2} \cdot 2\pi a = -\pi a^3$。

T2. 椭圆质量，线密度 $\rho = |y|$

• 参数化：$x=a \cos t, y=b \sin t$。
• $ds = \sqrt{a^2 \sin^2 t + b^2 \cos^2 t} dt$。
• 质量 $M = \int_0^{2\pi} |b \sin t| \sqrt{a^2 \sin^2 t + b^2 \cos^2 t} dt$。
• 利用对称性，上下左右对称，算第一象限 ($0 \to \pi/2$) 乘 4。
• $M = 4 \int_0^{\pi/2} b \sin t \sqrt{a^2 \sin^2 t + b^2 \cos^2 t} dt$。
• 技巧：把根号里的 $\sin^2 t$ 换成 $1-\cos^2 t$。 $= 4b \int_0^{\pi/2} \sin t \sqrt{a^2 - (a^2-b^2)\cos^2 t} dt$。
• 令 $u = \cos t, du = -\sin t dt$。 $= 4b \int_0^1 \sqrt{a^2 - (a^2-b^2)u^2} du$。
• 设 $c^2 = a^2-b^2$ (若 $a>b$)。积分形式 $\int \sqrt{a^2 - c^2 u^2} du$。
• 这是一个标准积分：$\int \sqrt{A^2-x^2} dx = \frac{x}{2}\sqrt{A^2-x^2} + \frac{A^2}{2}\arcsin\frac{x}{A}$。
• 稍微复杂，但这道题如果 $a=b$ (圆) 就很简单。如果 $a \neq b$，结果含 $\arcsin$ 或对数。
• 计算结果（假设 $a>b$）： $M = 2b^2 + \frac{2ab^2}{\sqrt{a^2-b^2}} \arcsin \frac{\sqrt{a^2-b^2}}{a}$。 (如果老师没要求这么细，列出积分式子通常也能拿大部分分)。