向量分析：場 · 線積分 · Green 定理

令 $\|\mathbf{F}\|=c$，得 $\sqrt{4x^2+y^2}=c$，即橢圓 $\dfrac{x^2}{(c/2)^2}+\dfrac{y^2}{c^2}=1$。
同一條等大線上的向量「長度相同」，方向才會變。

取 $c=1, 2, 4$ 三圈橢圓上的點代入 $\mathbf{F}=(2x,\,y)$：

取 $f(x,y)=x^2+\tfrac{1}{2}y^2$，則 $f_x=2x$、$f_y=y$，正好等於 $\mathbf{F}$ 的兩個分量。所以 $\mathbf{F}=\nabla f$，由定義 $\mathbf{F}$ 是保守的。

對 $\mathbf{F}=\dfrac{k}{\|\mathbf{r}\|^2}\mathbf{u}=\dfrac{k(x\mathbf{i}+y\mathbf{j}+z\mathbf{k})}{(x^2+y^2+z^2)^{3/2}}$，取 $f(x,y,z)=\dfrac{-k}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}=\dfrac{-k}{\|\mathbf{r}\|}$。
驗算：$f_x=\dfrac{kx}{\|\mathbf{r}\|^3}$，同樣對 $y$、$z$，所以 $\nabla f = \mathbf{F}$。

$M=x^2y$、$N=xy$。
$\dfrac{\partial M}{\partial y}=x^2$、$\dfrac{\partial N}{\partial x}=y$。
兩者不等（在 $x^2=y$ 的曲線上才相等，但不是整個 $R$ 上），故 $\mathbf{F}$ 不保守。

$M=2x$、$N=y$。
$\dfrac{\partial M}{\partial y}=0$、$\dfrac{\partial N}{\partial x}=0$，兩者相等於整個 $\mathbb{R}^2$，故 $\mathbf{F}$ 保守。

$\dfrac{\partial M}{\partial y}=2x=\dfrac{\partial N}{\partial x}$，確認保守。

$f(x,y)=\displaystyle\int 2xy\,dx = x^2 y + g(y)$，其中 $g(y)$ 為僅與 $y$ 有關的待定函數。

對 $x^2 y + g(y)$ 對 $y$ 偏導：$f_y = x^2 + g'(y)$。
令 $x^2 + g'(y) = x^2 - y$ ⇒ $g'(y) = -y$ ⇒ $g(y) = -\dfrac{y^2}{2}+K$。

$M=2xy,\ N=x^2+z^2,\ P=2yz$。
偏導：$M_y=2x,\ M_z=0;\ N_x=2x,\ N_z=2z;\ P_x=0,\ P_y=2z$。

$\mathbf{i}$ 分量：$P_y-N_z = 2z - 2z = 0$。
$\mathbf{j}$ 分量：$-(P_x-M_z) = -(0-0) = 0$。
$\mathbf{k}$ 分量：$N_x-M_y = 2x - 2x = 0$。

$f = \int 2xy\,dx = x^2 y + g(y,z)$。

$f_y = x^2 + g_y(y,z) = x^2 + z^2$ ⇒ $g_y = z^2$ ⇒ $g(y,z) = y z^2 + h(z)$。
所以 $f = x^2 y + y z^2 + h(z)$。

$f_z = 2 y z + h'(z) = 2 y z$ ⇒ $h'(z) = 0$ ⇒ $h(z) = K$。

$\dfrac{\partial M}{\partial x}=3 x^2 y^2 z,\quad \dfrac{\partial N}{\partial y}=0,\quad \dfrac{\partial P}{\partial z}=0$。

$\mathrm{div}\,\mathbf{F} = 3 x^2 y^2 z = 3 \cdot 4 \cdot 1 \cdot (-1) = -12$。

$C_1:\ (0,0,0)\to(1,0,0)$　$\mathbf{r}_1(t) = t\,\mathbf{i},\ 0\le t\le 1$
$C_2:\ (1,0,0)\to(1,2,0)$　$\mathbf{r}_2(t) = \mathbf{i} + (t-1)\,2\,\mathbf{j},\ 1\le t\le 2$
$C_3:\ (1,2,0)\to(1,2,1)$　$\mathbf{r}_3(t) = \mathbf{i} + 2\,\mathbf{j} + (t-2)\,\mathbf{k},\ 2\le t\le 3$

$\mathbf{r}(t) = t\,\mathbf{i} + 2t\,\mathbf{j} + t\,\mathbf{k},\quad 0\le t\le 1$。
$\mathbf{r}'(t) = (1, 2, 1)$，$\|\mathbf{r}'(t)\| = \sqrt{1+4+1} = \sqrt{6}$。

$f(x,y,z) = x^2 - y + 3z$ 沿 $C$：$f(t, 2t, t) = t^2 - 2t + 3t = t^2 + t$。

$\displaystyle\int_C f\,ds = \int_0^1 (t^2 + t)\sqrt{6}\,dt = \sqrt{6}\left[\dfrac{t^3}{3}+\dfrac{t^2}{2}\right]_0^1 = \sqrt{6}\left(\dfrac{1}{3}+\dfrac{1}{2}\right) = \dfrac{5\sqrt{6}}{6}.$

$\mathbf{r}_1(t) = t\,\mathbf{i},\ 0\le t\le 1$；$\|\mathbf{r}_1'\| = 1$。
$\displaystyle\int_{C_1} x\,ds = \int_0^1 t\cdot 1\,dt = \dfrac{1}{2}$。

$\mathbf{r}_2(t) = \cos t\,\mathbf{i} + \sin t\,\mathbf{j},\ 0\le t\le \pi/2$；$\|\mathbf{r}_2'\| = 1$。
$\displaystyle\int_{C_2} x\,ds = \int_0^{\pi/2}\cos t\,dt = 1$。

$\mathbf{r}'(t) = (1,\,2t^{1/2},\,t)$； $$\|\mathbf{r}'(t)\| = \sqrt{1+4t+t^2}.$$ 這個根號不需要先化成完全平方；因為被積函數是 $x+2=t+2$，正好可以和 $1+4t+t^2$ 的導數配合做變數變換。

$x = t$，所以 $f = t+2$。
$\displaystyle\int_C (x+2)\,ds=\int_0^2 (t+2)\sqrt{1+4t+t^2}\,dt.$
令 $u = 1+4t+t^2$，$du = (4+2t)\,dt = 2(t+2)\,dt$，故 $(t+2)\,dt = \dfrac{1}{2}\,du$。
$t=0$ 時 $u=1$；$t=2$ 時 $u=13$。
積分變為 $\displaystyle\int_1^{13} \dfrac{1}{2}\sqrt{u}\,du = \dfrac{1}{2}\cdot\dfrac{2}{3}u^{3/2}\Big|_1^{13} = \dfrac{1}{3}(13\sqrt{13} - 1).$

$\mathbf{F}(\mathbf{r}(t)) = (-\tfrac{1}{2}\cos t,\,-\tfrac{1}{2}\sin t,\,\tfrac{1}{4})$。
$\mathbf{r}'(t) = (-\sin t,\,\cos t,\,1)$。

$\mathbf{F}\cdot \mathbf{r}' = \tfrac{1}{2}\sin t\cos t - \tfrac{1}{2}\sin t\cos t + \tfrac{1}{4} = \dfrac{1}{4}$。
前兩項剛好抵消（這是因為力的 $xy$ 分量正交於螺旋切向的 $xy$ 部分）。

$W = \displaystyle\int_0^{3\pi} \dfrac{1}{4}\,dt = \dfrac{3\pi}{4}$。

$\mathbf{F}=(y,\,x^2)=(4t-t^2,\,(4-t)^2)$。$\mathbf{r}_1'(t)=(-1,\,4-2t)$。
$\mathbf{F}\cdot\mathbf{r}_1' = -(4t-t^2)+(4-t)^2(4-2t)$。
展開並對 $t\in[0,3]$ 積分得 $\displaystyle\int_{C_1}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} = \dfrac{69}{2}$。

$\mathbf{F}=(4t-t^2,\,t^2)$，$\mathbf{r}_2'(t)=(1,\,4-2t)$。
$\mathbf{F}\cdot\mathbf{r}_2' = (4t-t^2)+t^2(4-2t)$。
對 $t\in[1,4]$ 積分得 $\displaystyle\int_{C_2}\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} = -\dfrac{69}{2}$。

$dx = -3\sin t\,dt$，$dy = 3\cos t\,dt$。
$y^3 = 27\sin^3 t$；$x^3 + 3xy^2 = 27\cos^3 t + 81\cos t\sin^2 t = 27\cos t\,(1+2\sin^2 t)$。

$y^3\,dx = -81\sin^4 t\,dt$。
$(x^3+3xy^2)\,dy = 27\cos t(1+2\sin^2 t)\cdot 3\cos t\,dt = 81\cos^2 t(1+2\sin^2 t)\,dt$。
合計：$81[\cos^2 t + 2\sin^2 t\cos^2 t - \sin^4 t]\,dt$。

在 $[0,2\pi]$ 上：$\int\cos^2 t\,dt = \pi$，$\int 2\sin^2 t\cos^2 t\,dt = \pi/2$，$\int\sin^4 t\,dt = 3\pi/4$。
合計 $\displaystyle 81\!\left[\pi + \dfrac{\pi}{2} - \dfrac{3\pi}{4}\right] = 81\cdot\dfrac{3\pi}{4} = \dfrac{243\pi}{4}$。

在 §15.4 例題 2 用 Green 定理可一步算出同樣的 $\dfrac{243\pi}{4}$，比這裡直接展開簡潔得多。

$M=\tfrac{1}{2}xy,\ N=\tfrac{1}{4}x^2$，$\partial M/\partial y=\tfrac{1}{2}x=\partial N/\partial x$ ✓ 保守。位能 $f=\tfrac{1}{4}x^2 y + K$（驗 $f_x=\tfrac{1}{2}xy$、$f_y=\tfrac{1}{4}x^2$）。

$\mathbf{F}=(\tfrac{1}{2}t^2,\tfrac{1}{4}t^2)$，$\mathbf{r}'=(1,1)$，$\mathbf{F}\cdot\mathbf{r}'=\tfrac{3}{4}t^2$。
$\int_0^1 \tfrac{3}{4}t^2\,dt = \tfrac{1}{4}.$

$\mathbf{F}=(\tfrac{1}{2}t^3,\tfrac{1}{4}t^4)$，$\mathbf{r}'=(2t,1)$，$\mathbf{F}\cdot\mathbf{r}'=t^4 + \tfrac{1}{4}t^4=\tfrac{5}{4}t^4$。
$\int_0^1 \tfrac{5}{4}t^4\,dt=\tfrac{1}{4}.$

$\mathbf{F}=(\tfrac{1}{2}t\cdot t^3,\tfrac{1}{4}t^2)=(\tfrac{1}{2}t^4,\tfrac{1}{4}t^2)$，$\mathbf{r}'=(1,3t^2)$。
$\mathbf{F}\cdot\mathbf{r}'=\tfrac{1}{2}t^4+\tfrac{3}{4}t^4=\tfrac{5}{4}t^4$。$\int_0^1 \tfrac{5}{4}t^4\,dt=\tfrac{1}{4}.$

$\partial M/\partial y = 2x = \partial N/\partial x$ ✓ 保守。由 §15.1 例題 6 已得位能 $f(x,y) = x^2 y - \dfrac{y^2}{2}$。

$f(1,2) = 1\cdot 2 - \dfrac{4}{2} = 2 - 2 = 0$。
$f(-1,4) = (-1)^2 \cdot 4 - \dfrac{16}{2} = 4 - 8 = -4$。
$\displaystyle\int_C \mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} = f(1,2) - f(-1,4) = 0 - (-4) = 4$。

$M=e^x\cos y,\ N=-e^x\sin y,\ P=2$。
$P_y - N_z = 0 - 0 = 0$；
$M_z - P_x = 0 - 0 = 0$；
$N_x - M_y = -e^x\sin y - (-e^x\sin y) = 0$。
三項皆零 ⇒ $\mathrm{curl}\,\mathbf{F}=\mathbf{0}$ ⇒ 保守。

由 $f_x = e^x \cos y$：$f = e^x \cos y + g(y,z)$。
$f_y = -e^x \sin y + g_y(y,z) = -e^x \sin y$ ⇒ $g_y = 0$ ⇒ $g = h(z)$。
$f_z = h'(z) = 2$ ⇒ $h(z) = 2z + K$。
$\boxed{f(x,y,z) = e^x \cos y + 2z + K}$。

$f(1,\pi,3) = e\cos\pi + 6 = -e + 6$。
$f(0,\pi/2,1) = e^0 \cos(\pi/2) + 2 = 0 + 2 = 2$。
$W = f(1,\pi,3) - f(0,\pi/2,1) = (-e + 6) - 2 = 4 - e$。

令 $\mathbf{F}_1 = y^3\,\mathbf{i} + 3xy^2\,\mathbf{j}$ 與 $\mathbf{F}_2 = \mathbf{i} + \mathbf{j}$。則 $\mathbf{F}=\mathbf{F}_1+\mathbf{F}_2$。

$\partial M_1/\partial y = 3y^2 = \partial N_1/\partial x$ ✓。位能 $f_1 = xy^3$。
$\displaystyle\int_{C_1}\mathbf{F}_1\cdot d\mathbf{r} = f_1(2,0)-f_1(0,0) = 0 - 0 = 0$。

$C_1:\mathbf{r}(t)=(1-\cos t,\,\sin t),\ 0\le t\le \pi$（順著 $(0,0)\to(2,0)$ 走上半圓）。
$\mathbf{r}'(t)=(\sin t,\cos t)$；$\mathbf{F}_2\cdot\mathbf{r}'=\sin t + \cos t$。
$\displaystyle\int_0^\pi (\sin t+\cos t)\,dt = [-\cos t+\sin t]_0^\pi = (1+0)-(-1+0)=2$。

$M=y^3,\ N=x^3+3xy^2$。
$\partial M/\partial y = 3y^2$；$\partial N/\partial x = 3x^2 + 3y^2$。
差為 $3x^2 + 3y^2 - 3y^2 = 3x^2$。

$y=x^3$ 與 $y=x$ 在 $0\le x\le 1$ 之間，下方為 $y=x^3$、上方為 $y=x$（因為 $x>x^3$ 當 $0

$\displaystyle\iint_R 3x^2\,dA = \int_0^1 \int_{x^3}^{x} 3x^2 \,dy\,dx = \int_0^1 3x^2(x - x^3)\,dx = \int_0^1 (3x^3 - 3x^5)\,dx = \dfrac{3}{4} - \dfrac{1}{2} = \dfrac{1}{4}$。

$\partial N/\partial x - \partial M/\partial y = 3x^2 + 3y^2 - 3y^2 = 3x^2$。
Green 給：$W = \displaystyle\iint_R 3x^2\,dA$，其中 $R$ 為以原點為中心、半徑 3 的圓盤。

$x = r\cos\theta$，$dA = r\,dr\,d\theta$：
$\displaystyle W = \int_0^{2\pi}\!\int_0^3 3r^2\cos^2\theta\cdot r\,dr\,d\theta = 3\!\left(\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\,d\theta\right)\!\left(\int_0^3 r^3\,dr\right).$
$\int_0^{2\pi}\cos^2\theta\,d\theta=\pi$；$\int_0^3 r^3\,dr=\dfrac{81}{4}$。

$W = 3 \cdot \pi \cdot \dfrac{81}{4} = \dfrac{243\pi}{4}$。

$M = y^3$，$N = 3xy^2$。
$\partial M/\partial y = 3y^2 = \partial N/\partial x$ ✓ 保守。位能 $f = xy^3$（驗 $f_x = y^3$、$f_y = 3xy^2$）。

因為 $C$ 是閉曲線，且 $\mathbf{F}$ 在含 $R$ 的開區域上保守，由定理 15.7 第三條：

$\displaystyle\oint_C \mathbf{F}\cdot d\mathbf{r} = 0$。

或用 Green：$\partial N/\partial x - \partial M/\partial y = 0$，雙重積分自然為 0。

$\mathbf{r}(t) = a\cos t\,\mathbf{i} + b\sin t\,\mathbf{j},\ 0\le t\le 2\pi$ — 逆時針一週。
$dx = -a\sin t\,dt$，$dy = b\cos t\,dt$。

$x\,dy - y\,dx = (a\cos t)(b\cos t\,dt) - (b\sin t)(-a\sin t\,dt) = ab(\cos^2 t + \sin^2 t)\,dt = ab\,dt$。

$\text{面積} = \dfrac{1}{2}\int_0^{2\pi} ab\,dt = \dfrac{1}{2}\cdot 2\pi ab = \pi ab$。