上海交通大学2013年数学分析试题


解
          应用高斯公式计算

                                   $\begin{align*}I&=\iint_Sx^3dydz+y^3dzdx+z^3dxdy\\\\&=-\iiint_\Omega 3(x^2+y^2+z^2)dxdydz\\\\&=-6\int_{0}^{2\pi}d\phi \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\sin\theta d\theta \int_{0}^{R}r^2\cdot r^2dr\\\\&=-\frac{12}{5}\pi R^5.\end{align*}$

上海交通大学2013年数学分析试题


这个题较简单，略。（可参见213#楼）

上海交通大学2013年数学分析试题


证明
                   变换恒等式
                                   $\displaystyle \int_{0}^{+\infty }f((ax-\frac{b}{x})^2)dx=\lim_{n \to +\infty }\int_{0}^{n}f((ax-\frac{b}{x})^2)dx,$

                         进行变量代换，令
                                                         $\displaystyle ax-\frac{b}{x}=t,$

                                                    $\displaystyle \Rightarrow dx=\frac{x^2}{ax^2+b}dt,$

                         利用中值定理，
                                                  $\begin{align*}\therefore \lim_{n \to +\infty }\int_{0}^{n}f((ax-\frac{b}{x})^2)dx&=\lim_{n \to +\infty }\int_{0}^{n}\frac{x^2}{ax^2+b}f(t^2)dt\\\\&=\lim_{n \to +\infty }\frac{n^2}{an^2+b}\int_{0}^{n}f(t^2)dt\\\\&=\frac{1}{a}\int_{0}^{+\infty}f(x^2)dx.\end{align*}$

上海交通大学2014年数学分析试题


1、对。由已知$f(x),g(x)$在区间上均为有界函数，因此有
                                  $\int_{a}^{b}f(x)g(x)dx\leq M\int_{a}^{b}f(x)dx.$

               两个函数的积也是可积函数，故一定有原函数。

2、不对。最简单的例子：
                             $f(x)=g(x)=x,$

                  两个函数一致连续，但$x^2$非一致连续。

3、对。因为偏导数均为零，所以全微分为零。所以函数为常值函数。


4、不对。应为既左可导又右可导，且两导数相等。反例
                              $f(x)=|x|.$

             函数左右可导，但不相等，不可导。

上海交通大学2014年数学分析试题


解：
                     $\begin{align*}I&=\lim_{x\rightarrow +\infty }[\sqrt{(x+a)(x+b)}-x]\\\\&=\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{(x+a)(x+b)-x^2}{\sqrt{(x+a)(x+b)}+x}\\\\&=\lim_{x\rightarrow +\infty }\frac{(a+b)x+ab}{\sqrt{(x+a)(x+b)}+x}\\\\&=\frac{a+b}{2}.\end{align*}$

上海交通大学2014年数学分析试题


解
                           $\begin{align*}I&=2\int_{0}^{1}\frac{1+x^2}{1+x^4}dx=2\int_{0}^{1}\frac{\frac{1}{x^2}+1}{\frac{1}{x^2}+x^2}dx\\\\&=2\int_{0}^{1}\frac{d(x-\frac{1}{x})}{(x-\frac{1}{x})^2+2}=\sqrt{2}\int_{0}^{1}\frac{d\frac{t}{\sqrt{2}}}{(\frac{t}{\sqrt{2}})^2+1}\\\\&=\sqrt{2}\arctan \frac{t}{\sqrt{2}}|_{0}^1\\\\&=\sqrt{2}\arctan \frac{\sqrt{2}}{2}.\end{align*}$

上海交通大学2014年数学分析试题


解
                         $\begin{cases}
u=xy,&1\leq u\leq 3\\
v=\frac{y^2}{x},&1\leq v\leq 3
\end{cases}\Rightarrow \begin{cases}
x&=\sqrt[3]{\frac{u^2}{v}} \\
y&=\sqrt[3]{uv}
\end{cases}$

                         $\displaystyle |J|=\frac{\partial (x,y)}{\partial (u,v)}=\frac{1}{3v},$

                         $\begin{align*}I&=\iint_D\frac{3xdxdy}{y^2+xy^3}=3\int_{1}^{3}dv\int_{1}^{3}\frac{1}{v(1+u)}\cdot \frac{1}{3v}du\\\\&=\int_{1}^{3}\frac{1}{v^2}dv\int_{1}^{3}\frac{1}{1+u}du=\frac{2}{3}\ln2.\end{align*}$

上海交通大学2014年数学分析试题


解：
              这个题基本上是在考高中数学基本功。令

                                      $\displaystyle f(m,n)=\sum_{m=1}^{\infty }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{m^2n}{3^m(n3^m+m3^n)},$

                从对称性可知有
                                       $\displaystyle f(m,n)=f(n,m)=\frac{f(m,n)+f(n,m)}{2}=\sum_{m=1}^{\infty }\sum_{n=1}^{\infty }\frac{mn}{3^m3^n}=\frac{1}{2}(\sum_{n=1}^{\infty }\frac{n}{3^n})^2,$

                                   $\displaystyle \because \sum_{n=1}^{\infty }nx^n=x\sum_{n=1}^{\infty }nx^{n-1}=x(\sum_{n=1}^{\infty }x^n)'=x(\frac{x}{1-x})'=\frac{x}{(1-x)^2},$

                取$\displaystyle x=\frac{1}{3},$代入，得

                                     $\displaystyle f(m,n)=\frac{1}{2}(\frac{\frac{1}{3}}{\frac{4}{9}})^2=\frac{9}{32}.$



注：此一解法，记得曾经在一个大神的微信公众号上看到过。（好象是MathSparkle）

上海交通大学2014年数学分析试题


解
         题目有误，应将$L^*$“光滑曲线”改为“任意光滑曲线”。这样由题意有

              $\displaystyle I=\int_{L^*}=\int_{L^*}d(\frac{1}{3}x^3+\frac{1}{3}y^3+\frac{1}{3}z^3-xyz)=(\frac{1}{3}x^3+\frac{1}{3}y^3+\frac{1}{3}z^3-xyz)|_{(1,0,0)}^{(1,0,2)}=\frac{8}{3}.$

上海交通大学2014年数学分析试题


（1）、
                                 $\displaystyle \because f_n(x)=\frac{\cos x-\cos^{n+1}x}{1-\cos x},$

                                $\displaystyle \therefore \lim_{n \to \infty }f_n(x)=f(x)=\frac{\cos x}{1-\cos x},$

                               $\displaystyle \because x\in(0,\frac{\pi}{2}],\therefore 1-\cos x\neq 0,$

                 因此，有
                                $\displaystyle |f_n(x)-f(x)|=|\frac{\cos^{n+1}x}{1-\cos x}|\rightarrow 0,(n \to 0)$

                     一致收敛。

（2）、  令
                                $\displaystyle F(x)=f_n(x)-1,$

                   由于
                                $\displaystyle F(0)=n-1> 0,F(\frac{\pi}{3})=\frac{\frac{1}{2}-(\frac{1}{2})^{n+1}}{\frac{1}{2}}-1=-(\frac{1}{2})^{n}< 0,$
                     所以，在$[0,\frac{\pi}{3}]$上至少存在一个根。又因为

                                $\displaystyle F'(x)=f'(x)=-\sin x-2\sin x\cos x-\cdots -n\sin x\cos^{n-1}x\leq 0,$

                     得
                                $\displaystyle F(x)\downarrow ,$

                      从而，只可能有一个根。

（3）、不妨设
                                 $\displaystyle \lim_{n \to \infty }x_n=a,$

                则有
                                 $\displaystyle \lim_{n \to \infty }f_n(x_n)=\lim_{n \to \infty }\frac{\cos x_n-\cos^{n+1} x_n}{1-\cos x_n}=\frac{\cos a}{1-\cos a}=1,$

                 因此
                                    $\displaystyle a=\frac{\pi}{3}.$

                   同时也证明了极限存在。

上海交通大学2014年数学分析试题


证明
             这道题的证明无太大把握，将一个不成熟的解答定在下面，待以后再想。

            首先不妨设
                           $f(0)> 0,f'(0)> 0$

                  从而有
                            $\frac{f(x)-f(0)}{x}> 0,$

                   由连续函数的保号性，可知在$U^0(0)$内，有
                             $\Rightarrow f(x)> f(0)> 0,$

                              $\therefore \exists \xi_1> 0,s.t.f(\xi_1)- f(0)> 0,$
                 又
                               $\because \lim_{x\to \infty }f(x)=0,$

               由Rolle定理，得
                               $\therefore  \exists \xi_2> 0,s.t.f(\xi_2)- f(0)> 0,$

                               $f'(x_1)=0.$

              另由Taylor 定理，得
                               $f(x)=f(x_1)+f'(x_1)(x-x_1)+\frac{1}{2!}f''(x_2)(x-x_1)^2,(x_2\in (x_1,\infty ))$

                                $\because \lim_{x\to \infty }f(x)=0,$

                  将Taylor展开式取极限，有
                                 $\Rightarrow f''(x_2)=0,$

                                 $\cdots $
                     如此一直进行下去，就有
                                 $f^{(n)}(x_n)=0,(x_n\in (x_{n-1},\infty ))$

                     此时，显然有
                                 $x_1\leq x_2\leq \cdots \cdots $

上海交通大学2014年数学分析试题


证明
                     $\displaystyle \because \frac{\sqrt[n]{n}-1}{n^\alpha }=\frac{\displaystyle e^{\frac{1}{n}\ln n}-1}{n^\alpha }\sim \frac{\frac{1}{n}\ln n}{n^\alpha}=\frac{\ln n}{n^{1+\alpha}},$

              所以，当$\alpha > 0$时了，级数收敛；当$\alpha \leq 0$时，级数发散。

上海交通大学2014年数学分析试题

上海交通大学2014年数学分析试题


证明：
                 由所给等式分别求偏导得：
                                 $\displaystyle \frac{2x(a^2+u)-x^2u_x}{(a^2+u)^2}+\frac{-y^2u_x}{(b^2+u)^2}+\frac{-z^2u_x}{(c^2+u)^2}=0,$

                                 $\displaystyle u_x=\frac{2x}{a^2+u}/[\frac{x^2}{(a^2+u)^2}+\frac{y^2}{(b^2+u)^2}+\frac{z^2}{(c^2+u)^2}],$
                    同理，得
                                 $\displaystyle u_y=\frac{2y}{b^2+u}/[\frac{x^2}{(a^2+u)^2}+\frac{y^2}{(b^2+u)^2}+\frac{z^2}{(c^2+u)^2}],$

                                 $\displaystyle u_z=\frac{2z}{c^2+u}/[\frac{x^2}{(a^2+u)^2}+\frac{y^2}{(b^2+u)^2}+\frac{z^2}{(c^2+u)^2}],$

                           $\begin{align*}\therefore |grad u|^2&=u_x^2+u_y^2+u_z^2\\\\&=2[\frac{2x^2}{(a^2+u)^2}+\frac{2y^2}{(b^2+u)^2}+\frac{2z^2}{(c^2+u)^2}]/[\frac{x^2}{(a^2+u)^2}+\frac{y^2}{(b^2+u)^2}+\frac{z^2}{(c^2+u)^2}]^2\\\\&=2A\cdot (grad u).\end{align*}$

上海交通大学2014年数学分析试题


证明：
                       $\displaystyle \because |f(x)|\leq M,$

                        $\begin{align*}\therefore \sum_{k=1}^{n}|C_k|&=\sum_{k=1}^{n}|\int_{0}^{\pi}f(x)\cos(nx)dx|\leq M\sum_{k=1}^{n}\int_{0}^{\pi}|\cos(nx)|dx\\\\&=M\sum_{k=1}^{n}(\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\cos(kx)dx-\int_{\frac{\pi}{2}}^{\pi}\cos(kx)dx)=0.\end{align*}$

                       $\displaystyle \Rightarrow \sum_{n=1}^{\infty }|C_n|=\lim_{n \to \infty }\sum_{k=1}^{n}|C_k|< +\infty .$

上海交通大学2015年数学分析试题


解：
   1、正确。因为
                                $\displaystyle \because |f(x)|\leq M,$

                                $\displaystyle \int_{a+\sigma }^{b}f(x)dx $可积。

                                $\displaystyle \therefore \int_{a}^{b}f(x)dx=\int_{a}^{a+\sigma }f(x)dx+\int_{a+\sigma }^{b}f(x)dx\leq M\sigma +\int_{a+\sigma }^{b}f(x)dx$

               可积。

  2、不正确。反例
                                $f(x)=\cos x^2.$


  3、不对。反例
                                $\int_{-\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{2}}\sin xdx.$

              该积分为正。但$\sin x$在$[-\frac{\pi}{6},0]$为负，在$[0,\frac{\pi}{2}]$上为正。

  4、

上海交通大学2015年数学分析试题


解：
               $\begin{align*}\lim_{n \to \infty }(1-\frac{1}{2^2})(1-\frac{1}{3^2})\cdots (1-\frac{1}{n^2})&=\lim_{n \to \infty }\frac{1\cdot 3}{2^2 }\cdot \frac{2\cdot 4}{3^2 }\cdot \frac{3\cdot 5}{4^2 }\cdots \frac{(n-2)\cdot n}{(n-1)^2 }\cdot \frac{(n-1)\cdot (n+1)}{n^2 }\\\\&=\lim_{n \to \infty }\frac{1}{2}\cdot \frac{n+1}{n}=\frac{1}{2}.\end{align*}$

上海交通大学2015年数学分析试题


解：
              由已知等式
                              $\displaystyle f(x^2-1)=\ln\frac{x^2}{x^2-2}=\ln\frac{x^2-1+1}{x^2-1-1},$

                              $\displaystyle f(\phi (x))=\ln x,$

                有
                             $\displaystyle f(\phi (x))=\ln\frac{\phi (x)+1}{\phi (x)-1},$

                  比较，而得
                              $\displaystyle \frac{\phi (x)+1}{\phi (x)-1}=x,$

                   即
                                 $\displaystyle \phi (x)=\frac{x+1}{x-1},$

                   所以
                               $\displaystyle \int \phi (x)dx=\int \frac{x+1}{x-1}dx=x+2\ln(x-1)+C.$

上海交通大学2015年数学分析试题


解：
                   $\displaystyle I=\iint_Dxyf(x^2+y^2) dxdy=\int_{-1}^{1}xdx\int_{x^3}^{1}yf(x^2+y^2)dy,$

         分析可知，积分
                             $\displaystyle \int_{x^3}^{1}yf(x^2+y^2)dy,$

           为$x$r的偶函数，因此
                           $\displaystyle I=0.$

上海交通大学2015年数学分析试题


解：
                       $\displaystyle \because x^3+y^3+z^3=-3z,$

                       $\displaystyle \therefore 3x^2+3z^2z_x=-3z_x,\Rightarrow z_x=-\frac{x^2}{z^2+1},$

                           $\displaystyle 3y^2+3z^2z_y=-3z_y,\Rightarrow z_y=-\frac{y^2}{z^2+1},$

                            $\displaystyle z^2z_{xy}+2zz_xz_y=-z_{xy},\Rightarrow z_{xy}=-\frac{2zz_{x}z_{y}}{z^2+1},$

               又
                       $\displaystyle \because u=x^2+y^2+z,$

                       $\displaystyle \therefore u_x=2x+z_x,\Rightarrow u_x=2x-\frac{x^2}{z^2+1},$

                         $\displaystyle u_{xy}=z_{xy}=-\frac{2zz_{x}z_{y}}{z^2+1}=-\frac{2zx^2y^2}{(z^2+1)^3}.$

上海交通大学2015年数学分析试题


解：
                    $\begin{align*}I&=\int_C=\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}[\frac{a(t-\sin t)}{a(1-\cos t)}\cdot a(1-\cos t)+\frac{a\sin t}{a(1-\cos t)-a}]dt\\\\&=\int_{\frac{\pi}{6}}^{\frac{\pi}{3}}[a(t-\sin t)-\frac{\sin t}{\cos t}]dt=\frac{1}{24}a\pi^2+\frac{\sqrt{3}-1}{2}a+\ln\frac{\sqrt{3}-1}{2}. \end{align*}$

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证明：
             （1）、这个题好象以前证明过。分二步证。首先证明
                                                             $\displaystyle \forall x\in [1,+\infty),f(x)\geq 0.$

                         用反证法。设
                                                      $\displaystyle \exists x_0\in [1,+\infty),s.t.f(x_0)< 0,$

                           由函数的单调性质，可知有
                                                       $\displaystyle \forall x_1> x_0,f(x_1)<f(x_0)< 0,$

                            由此
                                                  $\forall b> x_0,$

                                   有
                                                  $\displaystyle \int_{1}^{b} f(x)dx=\int_{1}^{x_0}f(x)dx+\int_{x_0}^{b}f(x)dx\rightarrow -\infty,(b\rightarrow +\infty)$
                    
                               积分发散，与条件不符。所以有
                                                      $\displaystyle \forall x\in [1,+\infty),f(x)\geq 0.$

                        再则由柯西准则
                                            $\displaystyle \forall \epsilon >0,\exists A>1,A''> A'>A>1,s.t.$

                                            $\displaystyle 0< \int_{A'}^{A''}f(x)dx< \epsilon .$

                          于是
                                            $\forall 2x>2A,s.t.$

                                            $\displaystyle 0\leq xf(x)=2f(x)\int_{\frac{x}{2}}^{x}dt\leq 2\int_{\frac{x}{2}}^{x}f(t)dt< 2\epsilon .$

                            即
                                           $\displaystyle \lim_{x\rightarrow +\infty }xf(x)=0.$


           （2）、用柯西准则
                                         $\displaystyle \forall \epsilon > 0,\forall x_1,x_2\in[1,+\infty ),\exists \delta > 0,|x_1-x_2|< \delta ,s.t.$

                                          $\displaystyle |g(x_1)-g(x_2)|=|x_1f(x_1)-x_2f(x_2)|\leq f(x_1)|x_1-x_2|< f(x_1)\delta ,(x_1< x_2)$

                                           $\displaystyle \because 0\leq f(x_1)\leq f(1),$

                          取
                                           $\displaystyle \delta =\frac{\epsilon }{f(1)},$

                         即得
                                           $\displaystyle |g(x_1)-g(x_2)|< \epsilon .$

上海交通大学2015年数学分析试题


证明
            由已给不等式，得
                                          $\displaystyle \frac{a_{mn}}{mn}\geq \frac{a_n}{n},$

                     并注意到
                                          $\displaystyle a_n\uparrow ,$

                令$m=1,$取
                                          $\displaystyle \frac{a_{n_{n_1}}}{n_{n_1}}=\frac{a_1}{1},$

                 再令$m=2,$,由条件和递增数列的性质，必能取得
                                            $\displaystyle \frac{a_{2n}}{2n}\geq \frac{a_{n_{n_2}}}{n_{n_2}}=\frac{a_2}{2}\geq \frac{a_1}{1},$

                                           $\displaystyle \cdots.$

                  令$m=k,$有

                                            $\displaystyle \frac{a_{kn}}{kn}\geq \frac{a_{n_{n_k}}}{n_{n_k}}=\frac{a_k}{k}\geq \frac{a_{k-1}}{k-1}\geq \cdots \geq \frac{a_1}{1},$

                  如此继续，则能取到一个非负递增的无穷子列：$\displaystyle \{\frac{a_{n_{n_k}}}{n_{n_k}}\}$,并且从取法得知，此子列有界。因此收敛。由上确界的定义知，该子列的极限必等于最小上界，即有

                                       $\displaystyle \therefore \underset{n}{\sup} \{\frac{a_{n_{n_k}}}{n_{n_k}}\} =\lim_{k\rightarrow \infty }\frac{a_n}{n},$

上海交通大学2015年数学分析试题


证明：
                 Fourier系数
                                  $\displaystyle a_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\cos nxdx,$

                                   $\displaystyle b_n=\frac{1}{\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f(x)\sin nxdx,$

                  根据贝塞尔定理有
                                $\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }a_nb_n\leq \frac{1}{2}\sum_{n=1}^{\infty }(a_n^2+b_n^2)\leq \frac{1}{2\pi}\int_{-\pi}^{\pi}f^2(x)dx-\frac{a_0}{4}.$

                       所以$\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty }a_nb_n$收敛。

上海交通大学2015年数学分析试题


证明：
                因为，函数在$[0,1]$上只有简单零点。因此，用反证法，不妨设这样的零点有无限多个：
                                     $\displaystyle \{x_n\}\subset [0,1],f(x_n)=0,n=1,2,\cdots ,$

               则 $\displaystyle \{x_n\}$必存在一个收敛子列$\{x_{n_k}\}$,设收敛于$x_0$。从而，$\displaystyle \lim_{k\rightarrow \infty }f(x_{n_k})=f(x_0)=0$。于是有

                                     $\displaystyle f'(x_0)=\lim_{x\rightarrow x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim_{k\rightarrow \infty }\frac{f(x_{n_k})-f(x_0)}{x_{n_k}-x_0}=0.$

                    与条件不符。所以，有简单零点的函数$f$在$[0,1]$上只能有有限个零点。

上海交通大学2015年数学分析试题


证明
                 由已知条件，可得
                                              $\displaystyle f_x(x,y),f_y(x,y),$

                                   存在。
                            设
                                     $\displaystyle F(\Delta x,\Delta y)=(f(x+\Delta x,y+\Delta y)-f(x,y+\Delta y))-(f(x+\Delta x,y)-f(x,y)),$

                       由定义得
                                      $\displaystyle \begin{align*}\because f_{xy}(x,y)&=\displaystyle \lim_{\Delta y\rightarrow 0}\frac{\displaystyle \lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{f(x+\Delta x,y+\Delta y)-f(x,y+\Delta y)}{\Delta x}-\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{f(x+\Delta x,y)-f(x,y)}{\Delta x}}{\Delta y}\\\\&=\lim_{\Delta y\rightarrow 0}\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\frac{1}{\Delta y\Delta x}F(\Delta x,\Delta y),\end{align*}$

                         同样有
                                       $\displaystyle f_{yx}(x,y)=\lim_{\Delta x\rightarrow 0}\lim_{\Delta y\rightarrow 0}\frac{1}{\Delta x\Delta y}F(\Delta x,\Delta y),$

                                        $\displaystyle \therefore f_{xy}(x,y)=f_{yx}(x,y). $           （1）

                   又由已知， $\displaystyle f_{xy}(x,y)$在$(0,0)$连续，故

                                        $\displaystyle \forall \epsilon> 0,\exists \delta > 0,|\Delta x| < \delta ,|\Delta y|< \delta ,s.t.$

                                        $\displaystyle |f_{xy}(x,y)-f_{xy}(0,0)|< \epsilon .$
                        
                        由（1）式，此时有
                                         $\displaystyle |f_{yx}(x,y)-f_{xy}(0,0)|< \epsilon .$

                                          $\displaystyle \Rightarrow f_{xy}(0,0)=f_{yx}(0,0).$

上海交通大学2015年数学分析试题




                                                “李傅山”

广西民族大学2020年601数学分析


解：
                $\displaystyle \lim_{n \to \infty }\sqrt[n]{1+x^n+(\frac{x^2}{3})^n}=\begin{cases}
1 &, |x|< 1 \\
x &,1\leq x\leq \sqrt{3},-\sqrt{3}\leq x\leq -1\\
\frac{x^2}{3} &,x> \sqrt{3},x< -\sqrt{3}
\end{cases}$

广西民族大学2020年601数学分析


解
                    $\begin{align*}I&=\iint_S\frac{dS}{z}\\\\&=\iint_D\frac{1}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}\cdot \sqrt{1+\frac{x^2}{a^2-x^2-y^2}+\frac{y^2}{a^2-x^2-y^2}}dxdy\\\\&=\iint_D\frac{a}{a^2-x^2-y^2}dxdy\\\\&=a\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{a^2-h^2}\frac{r}{a^2-r^2}dr\\\\&=-\pi a\ln(a^2-r^2)|_0^{a^2-h^2}\\\\&=2\pi a\ln\frac{a}{h}.\end{align*}$

广西民族大学2020年601数学分析


解：
              $\displaystyle \because \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}=1,$

          所以积分值与积分路径无关。因此

                   $\displaystyle I=\int_Lxdy+ydx=\int_{(0,0)}^{(1,0)}0+\int_{(1,0)}^{(1,2)}dy=2.$