一、第二类曲线积分的计算（二维）

小题

（一）化为定积分

1. 【1987-12-3 分】 设 $L$ 为取正向的圆周 $x^2+y^2=9$，则曲线积分 ${\oint }_L(2xy-2y)\mathrm{d}x+(x^2-4x)\mathrm{d}y$ 的值是

查看答案与解析

答案： $-18\pi$。

解析： 令

$P(x,y)=2xy-2y,Q(x,y)=x^2-4x$。

圆周 $L$ 取正向，即逆时针方向。由格林公式，

$${\oint }_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y={\iint }_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$$

其中 $D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le 9\}$。计算得

$$\frac{\partial Q}{\partial x}=2x-4,\frac{\partial P}{\partial y}=2x-2,$$

所以

$$\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=-2.$$

于是

$${\oint }_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y=-2{\iint }_D\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-2\cdot \pi \cdot 3^2=-18\pi .$$

知识点：正向闭曲线上的第二类曲线积分可优先用格林公式化为二重积分。

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2. 【2004-1-4 分】 设 $L$ 为正向圆周 $x^2+y^2=2$ 在第一象限中的部分，则曲线积分 ${\int }_{L}x\mathrm{d}y-2y\mathrm{d}x$ 的值为

查看答案与解析

答案： $\frac{3\pi }{2}$。

解析： 圆周半径为 $\sqrt{2}$，第一象限圆弧按正向即逆时针方向，从 $(\sqrt{2},0)$ 走向 $(0,\sqrt{2})$。作参数化

$$x=\sqrt{2}\cos t,y=\sqrt{2}\sin t,0\le t\le \frac{\pi }{2}.$$

则

$$\mathrm{d}x=-\sqrt{2}\sin t\mathrm{d}t,\mathrm{d}y=\sqrt{2}\cos t\mathrm{d}t.$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_{L}x\mathrm{d}y-2y\mathrm{d}x& ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\left(2{\cos }^{2}t+4{\sin }^{2}t\right)\mathrm{d}t\\ & =2\cdot \frac{\pi }{4}+4\cdot \frac{\pi }{4}\\ & =\frac{3\pi }{2}.\end{array}$$

知识点：非闭合曲线不能直接使用格林公式，参数化是最直接的方法；参数区间必须与曲线方向一致。

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3. 【2007-1-4 分】 设曲线 $L:f(x,y)=1$（$f(x,y)$ 具有一阶连续偏导数），过第Ⅱ象限内的点 $M$ 和第Ⅳ象限内的点 $N$，$\Gamma$ 为 $L$ 上从点 $M$ 到点 $N$ 的一段弧，则下列小于零的是（）

A. ${\int }_{\Gamma }f(x,y)\mathrm{d}x$    B. ${\int }_{\Gamma }f(x,y)\mathrm{d}y$

C. ${\int }_{\Gamma }f(x,y)\mathrm{d}s$    D. ${\int }_{\Gamma }{f}_x^{\prime }(x,y)\mathrm{d}x+f_y^{\prime }(x,y)\mathrm{d}y$

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答案： B。

解析： 曲线 $\Gamma$ 位于等值线 $f(x,y)=1$ 上，因此沿 $\Gamma$ 恒有 $f(x,y)=1$。

设 $M=(x_M,y_M)$，$N=(x_N,y_N)$。由于 $M$ 在第二象限，$N$ 在第四象限，故

$$x_M<0<x_N,y_N<0<y_M.$$

逐项判断：

A 项：

$${\int }_{\Gamma }f(x,y)\mathrm{d}x={\int }_{\Gamma }\mathrm{d}x=x_N-x_M>0.$$

B 项：

$${\int }_{\Gamma }f(x,y)\mathrm{d}y={\int }_{\Gamma }\mathrm{d}y=y_N-y_M<0.$$

C 项：

$${\int }_{\Gamma }f(x,y)\mathrm{d}s={\int }_{\Gamma }\mathrm{d}s>0.$$

D 项：由全微分公式，

$$f_x\mathrm{d}x+f_y\mathrm{d}y=\mathrm{d}f,$$

故

$${\int }_{\Gamma }{f}_x\mathrm{d}x+f_y\mathrm{d}y=f(N)-f(M)=1-1=0.$$

因此只有 B 项小于零。

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4. 【2010-1-4 分】 已知曲线 $L$ 的方程为 $y=1-|x|,x\in [-1,1]$，起点是$(-1,0)$，终点是$(1,0)$，则 ${\int }_{L}xy\mathrm{d}x+x^2\mathrm{d}y=$

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答案： $0$。

解析： 曲线在 $x=0$ 处分成两段。

当 $-1\le x\le 0$ 时，$y=1+x$，从而 $\mathrm{d}y=\mathrm{d}x$。此段积分为

$$\begin{array}{rl}{I}_1& ={\int }_{-1}^0\left[x(1+x)+x^2\right]\mathrm{d}x\\ & ={\int }_{-1}^0(x+2x^2)\mathrm{d}x\\ & ={\left[\frac{x^2}{2}+\frac{2x^3}{3}\right]}_{-1}^0=\frac{1}{6}.\end{array}$$

当 $0\le x\le 1$ 时，$y=1-x$，从而 $\mathrm{d}y=-\mathrm{d}x$。此段积分为

$$\begin{array}{rl}{I}_2& ={\int }_0^1\left[x(1-x)-x^2\right]\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^1(x-2x^2)\mathrm{d}x\\ & ={\left[\frac{x^2}{2}-\frac{2x^3}{3}\right]}_0^1=-\frac{1}{6}.\end{array}$$

因此

$$I=I_1+I_2=\frac{1}{6}-\frac{1}{6}=0.$$

知识点：含绝对值的曲线应按分段点拆分，并分别写出 $y$ 与 $\mathrm{d}y$。

（二）运用格林公式：直接运用

1. 【2013-1-4 分】 设 $L_1:x^2+y^2=1,L_2:x^2+y^2=2,L_3:x^2+2y^2=2,L_4:2x^2+y^2=2$ 为四条逆时针方向的平面曲线，记

$$I_i={\oint }_{L_i}\left(y+\frac{y^3}{6}\right)\mathrm{d}x+\left(2x-\frac{x^3}{3}\right)\mathrm{d}y(i=1,2,3,4)$$

则 $\max \{I_1,I_2,I_3,I_4\}=$（）

A. $I_1$    B. $I_2$    C. $I_3$    D. $I_4$

查看答案与解析

答案： D，即 $\max \{I_1,I_2,I_3,I_4\}=I_4$。

解析： 令

$$P=y+\frac{y^3}{6},Q=2x-\frac{x^3}{3}.$$

由格林公式，

$$I_i={\iint }_{D_i}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_{D_i}\left(1-x^2-\frac{y^2}{2}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

对椭圆区域

$$D:\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\le 1,$$

有

$$|D|=\pi ab,{\iint }_D{x}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{\pi a^{3}b}{4},{\iint }_D{y}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{\pi a{b}^3}{4}.$$

分别计算：

对于 $D_1:x^2+y^2\le 1$，$a=b=1$，

$$I_1=\pi -\frac{\pi }{4}-\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{4}=\frac{5\pi }{8}.$$

对于 $D_2:x^2+y^2\le 2$，$a=b=\sqrt{2}$，

$$I_2=2\pi -\pi -\frac{1}{2}\pi =\frac{\pi }{2}.$$

对于 $D_3:x^2+2y^2\le 2$，$a=\sqrt{2},b=1$，

$$I_3=\pi \sqrt{2}-\frac{\pi \sqrt{2}}{2}-\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi \sqrt{2}}{4}=\frac{3\pi \sqrt{2}}{8}.$$

对于 $D_4:2x^2+y^2\le 2$，$a=1,b=\sqrt{2}$，

$$I_4=\pi \sqrt{2}-\frac{\pi \sqrt{2}}{4}-\frac{1}{2}\cdot \frac{\pi \sqrt{2}}{2}=\frac{\pi \sqrt{2}}{2}.$$

比较可得

$$\frac{\pi \sqrt{2}}{2}>\frac{5\pi }{8}>\frac{3\pi \sqrt{2}}{8}>\frac{\pi }{2},$$

故最大者为 $I_4$。

错误选项分析：A、B、C 分别对应 $I_1,I_2,I_3$，其数值均小于 $I_4$。

（三）运用格林公式：补线

1. 【1999-1-5 分】 求

$$I={\int }_L(e^x\sin y-b(x+y))\mathrm{d}x+(e^x\cos y-ax)\mathrm{d}y$$

其中，$b$ 为正的常数，$L$ 为从点 $A(2a,0)$ 沿曲线 $y=\sqrt{2ax-x^2}$ 到点 $O(0,0)$ 的弧。

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答案：

$$I=2a^{2}b+\frac{\pi a^2}{2}(b-a)=\frac{a^2}{2}[(\pi +4)b-\pi a].$$

解析： 曲线方程可化为

$$(x-a{)}^2+y^2=a^2,$$

故 $L$ 是以 $(a,0)$ 为圆心、半径为 $a$ 的上半圆弧，从 $A(2a,0)$ 指向 $O(0,0)$。

先注意到

$$e^x\sin y\mathrm{d}x+e^x\cos y\mathrm{d}y=\mathrm{d}(e^x\sin y).$$

因此这一部分的积分只与端点有关，并且

$${\int }_L\mathrm{d}(e^x\sin y)=e^0\sin 0-e^{2a}\sin 0=0.$$

于是

$$I={\int }_L-b(x+y)\mathrm{d}x-ax\mathrm{d}y.$$

用 $x$ 轴上的线段 $L_0$ 从 $O(0,0)$ 指向 $A(2a,0)$ 补成正向闭曲线 $C=L+L_0$。令

$$P=-b(x+y),Q=-ax.$$

则

$$\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=-a-(-b)=b-a.$$

由格林公式，闭曲线积分为

$${\oint }_{C}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y=(b-a)\cdot \frac{\pi a^2}{2}.$$

在补线 $L_0$ 上，$y=0,\mathrm{d}y=0$，且 $x$ 从 $0$ 变到 $2a$，所以

$${\int }_{L_0}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y={\int }_0^{2a}(-bx)\mathrm{d}x=-2a^{2}b.$$

由于

$${\oint }_C={\int }_L+{\int }_{L_0},$$

故

$$\begin{array}{rl}I& =(b-a)\frac{\pi a^2}{2}-(-2a^{2}b)\\ & =2a^{2}b+\frac{\pi a^2}{2}(b-a).\end{array}$$

知识点：遇到非闭合圆弧，可添加简单线段补成闭曲线；同时应先识别积分中的全微分项以简化计算。

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2. 【2025-1-5 分】 已知有向曲线 $L$ 是沿抛物线 $y=1-x^2$ 从点$(-1,0)$到$(1,0)$的线段，则

$${\int }_L(y+\cos x)\mathrm{d}x+(2x+\cos y)\mathrm{d}y=$$

查看答案与解析

答案： $2\sin 1-\frac{4}{3}$。

解析： 将积分拆成两部分：

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_L(y\mathrm{d}x+2x\mathrm{d}y)+{\int }_L(\cos x\mathrm{d}x+\cos y\mathrm{d}y).\end{array}$$

第二部分为全微分：

$$\cos x\mathrm{d}x+\cos y\mathrm{d}y=\mathrm{d}(\sin x+\sin y).$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_L(\cos x\mathrm{d}x+\cos y\mathrm{d}y)& =[\sin x+\sin y{]}_{(-1,0)}^{(1,0)}\\ & =\sin 1-\sin (-1)=2\sin 1.\end{array}$$

对于第一部分，按曲线方向取 $x$ 为参数：

$$y=1-x^2,\mathrm{d}y=-2x\mathrm{d}x,-1\le x\le 1.$$

故

$$\begin{array}{rl}{\int }_L(y\mathrm{d}x+2x\mathrm{d}y)& ={\int }_{-1}^1\left[(1-x^2)-4x^2\right]\mathrm{d}x\\ & ={\int }_{-1}^1(1-5x^2)\mathrm{d}x\\ & =2-\frac{10}{3}=-\frac{4}{3}.\end{array}$$

于是

$$I=2\sin 1-\frac{4}{3}.$$

知识点：被积表达式中若含明显全微分项，应先拆出；其积分只由起点和终点决定。

大题

（一）化为定积分

1. 【1988-12-9 分】 设位于点 $(0,1)$ 的质点 $A$ 对质点 $M$ 的引力大小为 $\frac{k}{r^2}$（$k>0$ 为常数，$r$ 为质点 $A$ 与 $M$ 之间的距离），质点 $M$ 沿曲线 $y=\sqrt{2x-x^2}$ 自 $B(2,0)$ 运动到 $O(0,0)$。求在此运动过程中质点 $A$ 对质点 $M$ 所做的功。

查看答案与解析

答案： $k\left(1-\frac{1}{\sqrt{5}}\right)$。

解析： 设质点 $M$ 的坐标为 $(x,y)$，则由 $M$ 指向 $A(0,1)$ 的向量为

$$\overrightarrow{MA}=(-x,1-y),$$

质点 $A$ 与 $M$ 间的距离为

$$r=\sqrt{x^2+(y-1{)}^2}.$$

由于引力方向由 $M$ 指向 $A$，故作用在 $M$ 上的力为

$$\mathbf{F}=\frac{k}{r^2}\frac{\overrightarrow{MA}}{r}=\frac{k(-x,1-y)}{[x^2+(y-1{)}^2{]}^{\frac{3}{2}}}.$$

因此所做的功为

$$W={\int }_L\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{r}={\int }_L\frac{-kx\mathrm{d}x+k(1-y)\mathrm{d}y}{[x^2+(y-1{)}^2{]}^{\frac{3}{2}}}.$$

注意到

$$\begin{array}{rl}\mathrm{d}\left(\frac{k}{\sqrt{x^2+(y-1{)}^2}}\right)& =-\frac{kx}{[x^2+(y-1{)}^2{]}^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}x\\ & -\frac{k(y-1)}{[x^2+(y-1{)}^2{]}^{\frac{3}{2}}}\mathrm{d}y,\end{array}$$

恰好等于被积表达式。因此该引力场为保守场，功只与起点、终点有关：

$$W={\frac{k}{r}|}_B^O=\frac{k}{AO}-\frac{k}{AB}.$$

由

$$AO=1,AB=\sqrt{(2-0{)}^2+(0-1{)}^2}=\sqrt{5},$$

得

$$W=k-\frac{k}{\sqrt{5}}=k\left(1-\frac{1}{\sqrt{5}}\right).$$

知识点：平方反比中心力场是保守场，其势函数可取 $\frac{k}{r}$；曲线积分可直接用势函数在终点与起点的函数值之差计算。

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2. 【1991-12-6 分】 在过点 $O(0,0)$ 和 $A(\pi ,0)$ 的所有曲线 $y=a\sin x(a>0)$ 中，求一条曲线 $L$，使沿该曲线从 $O$ 到 $A$ 的积分

$${\int }_L(1+y^3)\mathrm{d}x+(2x+y)\mathrm{d}y$$

的值最小。

查看答案与解析

答案： $L:y=\sin x(0\le x\le \pi )$；最小积分值为 $\pi -\frac{8}{3}$。

解析： 曲线族为

$$y=a\sin x,0\le x\le \pi ,a>0.$$

以 $x$ 为参数，有

$$\mathrm{d}y=a\cos x\mathrm{d}x.$$

故曲线积分可写成关于参数 $a$ 的函数

$$\begin{array}{rl}I(a)& ={\int }_0^{\pi }\left[1+a^3{\sin }^{3}x+(2x+a\sin x)a\cos x\right]\mathrm{d}x\\ & =\pi +a^3{\int }_0^{\pi }{\sin }^{3}x\mathrm{d}x+2a{\int }_0^{\pi }x\cos x\mathrm{d}x+a^2{\int }_0^{\pi }\sin x\cos x\mathrm{d}x.\end{array}$$

分别计算：

$${\int }_0^{\pi }{\sin }^{3}x\mathrm{d}x=\frac{4}{3},$$$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi }x\cos x\mathrm{d}x& ={x\sin x|}_0^{\pi }-{\int }_0^{\pi }\sin x\mathrm{d}x\\ & =-2,\end{array}$$

以及

$${\int }_0^{\pi }\sin x\cos x\mathrm{d}x=0.$$

因此

$$I(a)=\pi +\frac{4}{3}{a}^3-4a.$$

求导得

$$I^{\prime }(a)=4a^2-4=4(a-1)(a+1).$$

因为 $a>0$，唯一驻点为 $a=1$。又

$$I^{\prime \prime }(a)=8a,I^{\prime \prime }(1)=8>0,$$

且 $I(a)\to +\infty$（$a\to +\infty$），故 $a=1$ 时取得全局最小值。

所以所求曲线为

$$L:y=\sin x,0\le x\le \pi ,$$

最小积分值为

$$I(1)=\pi +\frac{4}{3}-4=\pi -\frac{8}{3}.$$

知识点：对含参数的曲线族，先利用参数方程把曲线积分化为定积分，再将积分结果视为参数的函数，运用一元函数极值方法求最优参数。

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3. 【2008-1-9 分】 计算

$${\int }_L\sin 2x\mathrm{d}x+2(x^2-1)y\mathrm{d}y,$$

其中 $L$ 是 $y=\sin x$ 上从 $(0,0)$ 到 $(\pi ,0)$ 的一段。

查看答案与解析

答案： $-\frac{{\pi }^2}{2}$。

解析： 沿曲线 $L$ 取 $x$ 为参数，则

$$y=\sin x,\mathrm{d}y=\cos x\mathrm{d}x,0\le x\le \pi .$$

于是

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{\pi }\left[\sin 2x+2(x^2-1)\sin x\cos x\right]\mathrm{d}x\\ & ={\int }_0^{\pi }\sin 2x\mathrm{d}x+{\int }_0^{\pi }(x^2-1)\sin 2x\mathrm{d}x.\end{array}$$

由于

$${\int }_0^{\pi }\sin 2x\mathrm{d}x=0,$$

故

$$I={\int }_0^{\pi }{x}^2\sin 2x\mathrm{d}x.$$

分部积分，取

$$u=x^2,\mathrm{d}v=\sin 2x\mathrm{d}x,v=-\frac{1}{2}\cos 2x,$$

则

$$\begin{array}{rl}I& ={-\frac{x^2}{2}\cos 2x|}_0^{\pi }+{\int }_0^{\pi }x\cos 2x\mathrm{d}x\\ & =-\frac{{\pi }^2}{2}+{\int }_0^{\pi }x\cos 2x\mathrm{d}x.\end{array}$$

再次分部积分：

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{\pi }x\cos 2x\mathrm{d}x& ={\frac{x}{2}\sin 2x|}_0^{\pi }-\frac{1}{2}{\int }_0^{\pi }\sin 2x\mathrm{d}x\\ & =0.\end{array}$$

因此

$$I=-\frac{{\pi }^2}{2}.$$

知识点：已知曲线显式方程时，可直接以 $x$ 为参数，将第二类曲线积分化为普通定积分；含多项式与三角函数乘积时通常使用分部积分。

（二）运用格林公式：直接运用

1. 【2021-1-12 分】 $D\subset {\mathbb{R}}^2$ 为有界闭区域，

$$I(D)={\iint }_D(4-x^2-y^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$

（Ⅰ）求使 $I(D)$ 最大的区域 $D_1$；

（Ⅱ）计算 $\partial D_1$ 正向边界上的曲线积分

$${\int }_{\partial D_1}\frac{(x{e}^{x^2+4y^2}-y)\mathrm{d}x+(4y{e}^{x^2+4y^2}+x)\mathrm{d}y}{x^2+4y^2}.$$

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）$D_1=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le 4\}$；（Ⅱ）$\pi$。

解析： （Ⅰ）记

$$h(x,y)=4-x^2-y^2.$$

当 $x^2+y^2<4$ 时，$h(x,y)>0$；当 $x^2+y^2>4$ 时，$h(x,y)<0$。

为了使区域积分最大，应包含所有使被积函数为正的点，而不应包含使被积函数为负的点。因此最优区域为

$$D_1=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le 4\}.$$

边界 $x^2+y^2=4$ 上被积函数为零，是否包含边界不影响积分值。

（Ⅱ）将曲线积分拆分为

$$\begin{array}{rl}J& ={\int }_{\partial D_1}\frac{x{e}^{x^2+4y^2}\mathrm{d}x+4y{e}^{x^2+4y^2}\mathrm{d}y}{x^2+4y^2}\\ & +{\int }_{\partial D_1}\frac{-y\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y}{x^2+4y^2}.\end{array}$$

令

$$u=x^2+4y^2,$$

则

$$\mathrm{d}u=2x\mathrm{d}x+8y\mathrm{d}y,$$

从而第一项的被积表达式为

$$\frac{e^u}{2u}\mathrm{d}u.$$

它是关于 $u$ 的全微分。由于在 $\partial D_1$ 上 $u>0$，故沿闭曲线积分为零：

$${\int }_{\partial D_1}\frac{x{e}^{x^2+4y^2}\mathrm{d}x+4y{e}^{x^2+4y^2}\mathrm{d}y}{x^2+4y^2}=0.$$

于是只需计算

$$J={\int }_{\partial D_1}\frac{-y\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y}{x^2+4y^2}.$$

正向边界 $\partial D_1$ 为逆时针圆周，可参数化为

$$x=2\cos t,y=2\sin t,0\le t\le 2\pi .$$

此时

$$-y\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y=4\mathrm{d}t,$$

且

$$x^2+4y^2=4{\cos }^{2}t+16{\sin }^{2}t=4({\cos }^{2}t+4{\sin }^{2}t).$$

所以

$$J={\int }_0^{2\pi }\frac{\mathrm{d}t}{{\cos }^{2}t+4{\sin }^{2}t}.$$

利用周期性与对称性，

$$\begin{array}{rl}J& =4{\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\frac{\mathrm{d}t}{{\cos }^{2}t+4{\sin }^{2}t}.\end{array}$$

令 $u=\tan t$，则 $\mathrm{d}t=\frac{\mathrm{d}u}{1+u^2}$，且

$${\cos }^{2}t+4{\sin }^{2}t=\frac{1+4u^2}{1+u^2}.$$

故

$$\begin{array}{rl}J& =4{\int }_0^{+\infty }\frac{\mathrm{d}u}{1+4u^2}\\ & =4\cdot \frac{1}{2}{\arctan (2u)|}_0^{+\infty }\\ & =4\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{\pi }{2}=\pi .\end{array}$$

因此所求曲线积分为

$$J=\pi .$$

知识点：区域积分的极值可由被积函数的正负区域直接判断；曲线积分中应先分离全微分项，再对剩余部分参数化计算。

（三）运用格林公式：补线

1. 【2012-1-10 分】 已知 $L$ 是第一象限中从点 $(0,0)$ 沿圆周 $x^2+y^2=2x$ 到点 $(2,0)$，再沿圆周 $x^2+y^2=4$ 到点 $(0,2)$ 的曲线段，计算

$$I={\int }_{L}3x^{2}y\mathrm{d}x+(x^3+x-2y)\mathrm{d}y.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{\pi }{2}-4$。

解析： 记

$$P(x,y)=3x^{2}y,Q(x,y)=x^3+x-2y.$$

则

$$\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=(3x^2+1)-3x^2=1.$$

用 $L_0$ 表示 $y$ 轴上从点 $(0,2)$ 到点 $(0,0)$ 的有向线段。由题给曲线 $L$ 与 $L_0$ 组成的闭曲线为区域 $D$ 的正向边界，其中 $D$ 是第一象限内、圆 $x^2+y^2=4$ 的四分之一圆域扣除圆 $x^2+y^2=2x$ 的上半圆域后所得的区域。

因此

$$S_D=\frac{1}{4}\pi \cdot 2^2-\frac{1}{2}\pi \cdot 1^2=\frac{\pi }{2}.$$

由格林公式，

$$\begin{array}{rl}I+{\int }_{L_0}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y& ={\iint }_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & ={\iint }_{D}1\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{\pi }{2}.\end{array}$$

在 $L_0$ 上，$x=0$，$\mathrm{d}x=0$，且 $y$ 从 $2$ 变到 $0$，故

$$\begin{array}{rl}{\int }_{L_0}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y& ={\int }_2^0(-2y)\mathrm{d}y\\ & =4.\end{array}$$

于是

$$I+4=\frac{\pi }{2},$$

从而

$$\boxed{I=\frac{\pi }{2}-4}.$$

知识点：开曲线应用格林公式时，应补上一段便于计算的曲线使其闭合；必须同时判断闭曲线的正向以及补线积分的方向。

（四）运用格林公式：挖洞

1. 【2000-1-6 分】 $L$ 是以点 $(1,0)$ 为中心，$R>1$ 为半径的圆周，逆时针方向，计算

$$I={\oint }_L\frac{x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x}{4x^2+y^2}.$$

查看答案与解析

答案： $\pi$。

解析： 令

$$P(x,y)=-\frac{y}{4x^2+y^2},Q(x,y)=\frac{x}{4x^2+y^2}.$$

在原点以外，

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial Q}{\partial x}& =\frac{y^2-4x^2}{(4x^2+y^2{)}^2},\\ \frac{\partial P}{\partial y}& =\frac{y^2-4x^2}{(4x^2+y^2{)}^2},\end{array}$$

故

$$\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=0.$$

但被积函数在原点无定义，不能直接对 $L$ 所围区域使用格林公式。由于圆心为 $(1,0)$、半径 $R>1$，原点位于 $L$ 内部。

在原点附近挖去椭圆

$$C_{\epsilon }:4x^2+y^2={\epsilon }^2,$$

并规定 $C_{\epsilon }$ 取逆时针方向。对 $L$ 与 $C_{\epsilon }$ 之间的复连通区域应用格林公式，因旋度为零，有

$${\oint }_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y={\oint }_{C_{\epsilon }}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y.$$

参数化 $C_{\epsilon }$：

$$x=\frac{\epsilon }{2}\cos t,y=\epsilon \sin t,0\le t\le 2\pi .$$

则

$$\mathrm{d}x=-\frac{\epsilon }{2}\sin t\mathrm{d}t,\mathrm{d}y=\epsilon \cos t\mathrm{d}t,$$

并且

$$4x^2+y^2={\epsilon }^2,$$$$\begin{array}{rl}x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x& =\frac{\epsilon }{2}\cos t\cdot \epsilon \cos t\mathrm{d}t-\epsilon \sin t\left(-\frac{\epsilon }{2}\sin t\mathrm{d}t\right)\\ & =\frac{{\epsilon }^2}{2}\mathrm{d}t.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{2\pi }\frac{\frac{{\epsilon }^2}{2}}{{\epsilon }^2}\mathrm{d}t\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}t\\ & =\pi .\end{array}$$

故

$$\boxed{I=\pi }.$$

知识点：若闭路积分的被积函数在区域内部存在奇点，应挖去含奇点的小区域，再在复连通区域上使用格林公式；积分值由曲线绕奇点的方向和圈数决定。

---

2. 【2020-1-10 分】 $L$ 为 $x^2+y^2=2$，逆时针方向，计算

$$I={\int }_L\frac{4x-y}{4x^2+y^2}\mathrm{d}x+\frac{x+y}{4x^2+y^2}\mathrm{d}y.$$

查看答案与解析

答案： $\pi$。

解析： 将被积表达式拆分为

$$\begin{array}{rl}& \frac{4x-y}{4x^2+y^2}\mathrm{d}x+\frac{x+y}{4x^2+y^2}\mathrm{d}y\\ & =\frac{4x\mathrm{d}x+y\mathrm{d}y}{4x^2+y^2}+\frac{-y\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y}{4x^2+y^2}.\end{array}$$

由于

$$\mathrm{d}(4x^2+y^2)=8x\mathrm{d}x+2y\mathrm{d}y,$$

故第一项为

$$\frac{4x\mathrm{d}x+y\mathrm{d}y}{4x^2+y^2}=\frac{1}{2}\mathrm{d}\ln (4x^2+y^2).$$

在闭曲线 $L$ 上 $4x^2+y^2>0$，因此其闭路积分为零，即

$${\oint }_L\frac{4x\mathrm{d}x+y\mathrm{d}y}{4x^2+y^2}=0.$$

于是

$$I={\oint }_L\frac{-y\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y}{4x^2+y^2}.$$

该被积函数仅在原点无定义，而原点位于 $L$ 内部。仿照上一题，在原点附近挖去逆时针椭圆

$$C_{\epsilon }:4x^2+y^2={\epsilon }^2.$$

在 $L$ 与 $C_{\epsilon }$ 之间的区域内，

$$\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{x}{4x^2+y^2}\right)-\frac{\partial }{\partial y}\left(-\frac{y}{4x^2+y^2}\right)=0.$$

因此

$$I={\oint }_{C_{\epsilon }}\frac{-y\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y}{4x^2+y^2}.$$

取参数

$$x=\frac{\epsilon }{2}\cos t,y=\epsilon \sin t,0\le t\le 2\pi ,$$

则与上一题相同，

$$-y\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y=\frac{{\epsilon }^2}{2}\mathrm{d}t,4x^2+y^2={\epsilon }^2.$$

故

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{2\pi }\frac{1}{2}\mathrm{d}t\\ & =\pi .\end{array}$$

因此

$$\boxed{I=\pi }.$$

知识点：遇到含 $\mathrm{d}\ln u$ 的闭路积分，可先提取全微分项；剩余含孤立奇点的部分再用挖洞法处理。

（五）运用格林公式：综合应用

1. 【2003-1-10 分】 已知平面区域

$$D=\{(x,y)\mid 0\le x\le \pi ,0\le y\le \pi \},$$

$L$ 为 $D$ 的正向边界。试证：

$$\begin{array}{rl}(1)& {\oint }_{L}x{e}^{\sin y}\mathrm{d}y-y{e}^{-\sin x}\mathrm{d}x={\oint }_{L}x{e}^{-\sin y}\mathrm{d}y-y{e}^{\sin x}\mathrm{d}x;\\ (2)& {\oint }_{L}x{e}^{\sin y}\mathrm{d}y-y{e}^{-\sin x}\mathrm{d}x\ge 2{\pi }^2.\end{array}$$

查看答案与解析

答案： 两式均成立。

解析： （1）记

$$I_1={\oint }_{L}x{e}^{\sin y}\mathrm{d}y-y{e}^{-\sin x}\mathrm{d}x.$$

在格林公式

$${\oint }_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y={\iint }_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$$

中取

$$P=-y{e}^{-\sin x},Q=x{e}^{\sin y}.$$

则

$$\frac{\partial Q}{\partial x}=e^{\sin y},\frac{\partial P}{\partial y}=-e^{-\sin x}.$$

所以

$$\begin{array}{rl}{I}_1& ={\iint }_D\left(e^{\sin y}+e^{-\sin x}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =\pi {\int }_0^{\pi }{e}^{\sin t}\mathrm{d}t+\pi {\int }_0^{\pi }{e}^{-\sin t}\mathrm{d}t.\end{array}$$

同理，令

$$I_2={\oint }_{L}x{e}^{-\sin y}\mathrm{d}y-y{e}^{\sin x}\mathrm{d}x.$$

取

$$P=-y{e}^{\sin x},Q=x{e}^{-\sin y},$$

由格林公式得

$$\begin{array}{rl}{I}_2& ={\iint }_D\left(e^{-\sin y}+e^{\sin x}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =\pi {\int }_0^{\pi }{e}^{-\sin t}\mathrm{d}t+\pi {\int }_0^{\pi }{e}^{\sin t}\mathrm{d}t.\end{array}$$

因此

$$\boxed{I_1=I_2}.$$

（2）由（1）中的计算，

$$\begin{array}{rl}{I}_1& =\pi {\int }_0^{\pi }\left(e^{\sin t}+e^{-\sin t}\right)\mathrm{d}t.\end{array}$$

对任意实数 $u$，由基本不等式有

$$e^u+e^{-u}\ge 2.$$

令 $u=\sin t$，得到

$$e^{\sin t}+e^{-\sin t}\ge 2.$$

故

$$\begin{array}{rl}{I}_1& \ge \pi {\int }_0^{\pi }2\mathrm{d}t\\ & =2{\pi }^2.\end{array}$$

即

$$\boxed{{\oint }_{L}x{e}^{\sin y}\mathrm{d}y-y{e}^{-\sin x}\mathrm{d}x\ge 2{\pi }^2}.$$

知识点：格林公式可把边界积分化为区域积分；矩形区域上的可分离函数积分可拆成一元积分；证明积分不等式时，可结合 $e^u+e^{-u}\ge 2$。