二、积分与路径无关的讨论

小题

（一）积分与路径无关的条件

1. 【1993-12-3 分】 设曲线积分

$${\int }_L[f(x)-e^x]\sin y\mathrm{d}x-f(x)\cos y\mathrm{d}y$$

与路径无关，其中 $f(x)$ 具有一阶连续导数，且 $f(0)=0$，则 $f(x)$ 等于（ ）

A. $\frac{e^{-x}-e^x}{2}$    B. $\frac{e^x-e^{-x}}{2}$    C. $\frac{e^x+e^{-x}}{2}-1$    D. $1-\frac{e^x+e^{-x}}{2}$

查看答案与解析

答案： B

解析： 记

$$P(x,y)=[f(x)-e^x]\sin y,Q(x,y)=-f(x)\cos y.$$

曲线积分在平面内与路径无关，故应满足

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

计算得

$$\frac{\partial P}{\partial y}=[f(x)-e^x]\cos y,$$$$\frac{\partial Q}{\partial x}=-f^{\prime }(x)\cos y.$$

因此

$$f(x)-e^x=-f^{\prime }(x),$$

即

$$f^{\prime }(x)+f(x)=e^x.$$

乘以积分因子 $e^x$，得

$$[e^{x}f(x){]}^{\prime }=e^{2x}.$$

积分后

$$e^{x}f(x)=\frac{1}{2}{e}^{2x}+C,$$

从而

$$f(x)=\frac{1}{2}{e}^x+C{e}^{-x}.$$

由 $f(0)=0$，得

$$\frac{1}{2}+C=0,C=-\frac{1}{2}.$$

故

$$\boxed{f(x)=\frac{e^x-e^{-x}}{2}}.$$

错误选项分析：A 与正确结果互为相反数；C、D 均不满足微分方程 $f^{\prime }+f=e^x$。

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2. 【2017-1-4 分】 若

$${\int }_L\frac{x\mathrm{d}x-ay\mathrm{d}y}{x^2+y^2-1}$$

在区域 $D:x^2+y^2<1$ 内与路径无关，则 $a=$ ______。

查看答案与解析

答案： $-1$

解析： 记

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

在区域 $D$ 内，$x^2+y^2-1<0$，故 $P,Q$ 及其一阶偏导数连续；又 $D$ 为单连通区域，因此积分与路径无关的充要条件为

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

计算得

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

两者恒等，故

$$-2xy=2axy.$$

于是

$$\boxed{a=-1}.$$

此时被积表达式还可写为

$$\frac{x\mathrm{d}x+y\mathrm{d}y}{x^2+y^2-1}=\frac{1}{2}\mathrm{d}\ln |x^2+y^2-1|,$$

进一步验证了积分与路径无关。

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3. 【2019-1-4 分】 设函数

$$Q(x,y)=\frac{x}{y^2},$$

如果对上半平面 $(y>0)$ 内的任意有向光滑封闭曲线 $C$ 都有

$${\oint }_{C}P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y=0,$$

那么 $P(x,y)$ 可取为（ ）

A. $y-\frac{x^2}{y^3}$    B. $\frac{1}{y}-\frac{x^2}{y^3}$    C. $\frac{1}{x}-\frac{1}{y}$    D. $x-\frac{1}{y}$

查看答案与解析

答案： D

解析： 上半平面 $y>0$ 为单连通区域。由题意，对任意闭曲线积分均为零，因此应满足

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

而

$$\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{1}{y^2}.$$

故 $P$ 应满足

$$\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{1}{y^2}.$$

对 $y$ 积分可得一般形式

$$P(x,y)=-\frac{1}{y}+\phi (x),$$

其中 $\phi (x)$ 为任意一阶连续函数。

选项 D 中

$$P(x,y)=x-\frac{1}{y},$$

对应 $\phi (x)=x$，满足要求，且在整个上半平面内有连续偏导数。

选项 C 虽形式上也有 $P_y=1/y^2$，但含 $1/x$，在上半平面中的直线 $x=0$ 上无定义，不能作为整个上半平面内的函数。因此应选 D。

错误选项分析：A、B 对 $y$ 的偏导数均不恒等于 $1/y^2$；C 在 $x=0$ 处无定义。

（二）运用积分与路径无关的性质计算曲线积分

1. 【1989-12-5 分】 $\phi (x)$ 具有连续导数，$\phi (0)=0$，

$${\int }_{C}x{y}^2\mathrm{d}x+y\phi (x)\mathrm{d}y$$

与路径无关，计算

$${\int }_{(0,0)}^{(1,1)}x{y}^2\mathrm{d}x+y\phi (x)\mathrm{d}y.$$

查看答案与解析

答案： $\frac{1}{2}$

解析： 记

$$P(x,y)=x{y}^2,Q(x,y)=y\phi (x).$$

由积分与路径无关，得

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

即

$$2xy=y{\phi }^{\prime }(x).$$

该等式对任意 $x,y$ 成立，因此

$${\phi }^{\prime }(x)=2x.$$

积分得

$$\phi (x)=x^2+C.$$

由 $\phi (0)=0$，得 $C=0$，故

$$\phi (x)=x^2.$$

于是被积表达式为

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

因此

$$\begin{array}{rl}{\int }_{(0,0)}^{(1,1)}x{y}^2\mathrm{d}x+x^{2}y\mathrm{d}y& ={\frac{1}{2}{x}^2{y}^2|}_{(0,0)}^{(1,1)}\\ & =\frac{1}{2}.\end{array}$$

故

$$\boxed{\frac{1}{2}}.$$

知识点：路径无关时可先由 $P_y=Q_x$ 确定未知函数，再寻找原函数，利用端点代入直接计算。

（三）二元函数的全微分

1. 【1996-12-3 分】 已知

$$\frac{(x+ay)\mathrm{d}x+y\mathrm{d}y}{(x+y{)}^2}$$

为某函数的全微分，则 $a$ 等于（ ）

A. $-1$    B. $0$    C. $1$    D. $2$

查看答案与解析

答案： D

解析： 记

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

若 $P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y$ 为某函数的全微分，则必须满足

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

计算

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial P}{\partial y}& =\frac{a(x+y{)}^2-2(x+ay)(x+y)}{(x+y{)}^4}\\ & =\frac{a(x+y)-2(x+ay)}{(x+y{)}^3}\\ & =\frac{(a-2)x-ay}{(x+y{)}^3},\end{array}$$

而

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

比较分子中 $x,y$ 的系数，得

$$a-2=0,-a=-2.$$

两式均给出

$$\boxed{a=2}.$$

当 $a=2$ 时，

$$\frac{(x+2y)\mathrm{d}x+y\mathrm{d}y}{(x+y{)}^2}=\mathrm{d}\left(\frac{x}{x+y}\right),$$

可直接验证它确为全微分。

错误选项分析：$a=-1,0,1$ 均不能使 $P_y=Q_x$ 恒成立。

大题

（一）积分与路径无关的条件

1. 【2005-1-12 分】 设函数 $\phi (y)$ 具有连续导数，在围绕原点的任意分段光滑简单闭合曲线 $L$ 上，曲线积分

$${\oint }_L\frac{\phi (y)\mathrm{d}x+2xy\mathrm{d}y}{2x^2+y^4}$$

的值恒为同一常数。

（Ⅰ）证明：对右半平面 $x>0$ 内的任意分段光滑简单闭曲线 $C$，有

$${\oint }_C\frac{\phi (y)\mathrm{d}x+2xy\mathrm{d}y}{2x^2+y^4}=0;$$

（Ⅱ）求函数 $\phi (y)$ 的表达式。

查看答案与解析

答案：

$$\phi (y)=-y^2.$$

解析： 记微分形式

$$\omega =P(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y,$$

其中

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

（Ⅰ）证明右半平面内任意闭路积分为零。

任取右半平面 $x>0$ 内的一条分段光滑简单闭曲线 $C$。由于 $C$ 与原点有正距离，可在平面上选取两条都围绕原点的分段光滑简单闭曲线 $L_1,L_2$，使得它们除局部绕过 $C$ 的方式不同外，其余部分重合，并且按适当方向有

$${\oint }_{L_1}\omega -{\oint }_{L_2}\omega ={\oint }_C\omega .$$

题设指出，任意围绕原点的简单闭曲线上的积分都等于同一常数，因此

$${\oint }_{L_1}\omega ={\oint }_{L_2}\omega .$$

两式相减即得

$$\boxed{{\oint }_C\omega =0}.$$

也就是说，在右半平面 $x>0$ 内，微分形式 $\omega$ 沿任意闭曲线的积分均为零。

（Ⅱ）确定 $\phi (y)$。

右半平面 $x>0$ 是单连通区域，且 $P,Q$ 在其中具有连续偏导数。由（Ⅰ）知曲线积分与路径无关，因此必须满足

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

先计算

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial P}{\partial y}& =\frac{{\phi }^{\prime }(y)(2x^2+y^4)-4y^3\phi (y)}{(2x^2+y^4{)}^2},\\ \frac{\partial Q}{\partial x}& =\frac{2y(2x^2+y^4)-2xy\cdot 4x}{(2x^2+y^4{)}^2}\\ & =\frac{-4x^{2}y+2y^5}{(2x^2+y^4{)}^2}.\end{array}$$

故

$${\phi }^{\prime }(y)(2x^2+y^4)-4y^3\phi (y)=-4x^{2}y+2y^5.$$

比较等式两边关于 $x^2$ 的系数，得

$$2{\phi }^{\prime }(y)=-4y,$$

即

$${\phi }^{\prime }(y)=-2y.$$

于是

$$\phi (y)=-y^2+C.$$

将其代回不含 $x$ 的部分：

$$\begin{array}{rl}{y}^4{\phi }^{\prime }(y)-4y^3\phi (y)& =-2y^5-4y^3(-y^2+C)\\ & =2y^5-4C{y}^3.\end{array}$$

应恒等于 $2y^5$，故 $C=0$。因此

$$\boxed{\phi (y)=-y^2}.$$

此时

$$\omega =\frac{-y^2\mathrm{d}x+2xy\mathrm{d}y}{2x^2+y^4}=\frac{1}{\sqrt{2}}\mathrm{d}\left(\arctan \frac{y^2}{\sqrt{2}x}\right)$$

在右半平面内确为全微分，从而验证了结论。

知识点：若单连通区域内任意闭路积分为零，则曲线积分与路径无关，并满足 $P_y=Q_x$；比较恒等式中不同次幂的系数可确定未知函数。

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2. 【2006-1-12 分】 设在上半平面

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

内，函数 $f(x,y)$ 具有连续偏导数，且对任意 $t>0$ 都有

$$f(tx,ty)=t^{-2}f(x,y).$$

证明：对 $D$ 内任意分段光滑的有向简单闭合曲线 $L$，都有

$${\oint }_{L}yf(x,y)\mathrm{d}x-xf(x,y)\mathrm{d}y=0.$$

查看答案与解析

答案： 结论成立。

解析： 由齐次关系

$$f(tx,ty)=t^{-2}f(x,y),$$

对 $t$ 求导，得

$$x{f}_x(tx,ty)+y{f}_y(tx,ty)=-2t^{-3}f(x,y).$$

令 $t=1$，得到欧拉齐次函数公式

$$\boxed{x{f}_x(x,y)+y{f}_y(x,y)=-2f(x,y)}.$$

记

$$P(x,y)=yf(x,y),Q(x,y)=-xf(x,y).$$

则

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}& =\left[-f-x{f}_x\right]-\left[f+y{f}_y\right]\\ & =-2f-x{f}_x-y{f}_y.\end{array}$$

由上面的齐次函数公式，

$$-2f-x{f}_x-y{f}_y=0.$$

因此

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

设 $L$ 所围成的区域为 $G$。由于 $L\subset D$，且上半平面 $D$ 为单连通区域，可用格林公式：

$$\begin{array}{rl}{\oint }_{L}yf(x,y)\mathrm{d}x-xf(x,y)\mathrm{d}y& ={\iint }_G\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ & =0.\end{array}$$

故

$$\boxed{{\oint }_{L}yf(x,y)\mathrm{d}x-xf(x,y)\mathrm{d}y=0}.$$

知识点：齐次函数 $f(tx,ty)=t^{k}f(x,y)$ 满足欧拉公式 $x{f}_x+y{f}_y=kf$；再配合格林公式证明闭路积分为零。

（二）运用积分与路径无关的性质计算曲线积分

1. 【1995-12-8 分】 设函数 $Q(x,y)$ 在 $xOy$ 平面上具有一阶连续偏导数，曲线积分

$${\int }_{L}2xy\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y$$

与路径无关，并且对任意 $t$ 恒有

$${\int }_{(0,0)}^{(t,1)}2xy\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y={\int }_{(0,0)}^{(1,t)}2xy\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}y.$$

求 $Q(x,y)$。

查看答案与解析

答案：

$$Q(x,y)=x^2+2y-1.$$

解析： 记

$$P(x,y)=2xy.$$

由于曲线积分在整个平面上与路径无关，故

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

因此

$$\frac{\partial Q}{\partial x}=2x.$$

对 $x$ 积分，得

$$Q(x,y)=x^2+\phi (y),$$

其中 $\phi (y)$ 为一阶连续函数。

寻找原函数 $F(x,y)$。由

$$F_x=2xy,$$

可得

$$F(x,y)=x^{2}y+\psi (y).$$

再由

$$F_y=x^2+{\psi }^{\prime }(y)=Q(x,y)=x^2+\phi (y),$$

知

$${\psi }^{\prime }(y)=\phi (y).$$

由于积分与路径无关，题设中的两个积分仅由端点决定，因此

$$F(t,1)-F(0,0)=F(1,t)-F(0,0).$$

消去共同项 $F(0,0)$，得

$$F(t,1)=F(1,t).$$

即

$$t^2+\psi (1)=t+\psi (t).$$

所以

$$\psi (t)=t^2-t+\psi (1).$$

对 $t$ 求导，得

$$\phi (t)={\psi }^{\prime }(t)=2t-1.$$

故

$$\boxed{Q(x,y)=x^2+2y-1}.$$

验证：

$$2xy\mathrm{d}x+(x^2+2y-1)\mathrm{d}y=\mathrm{d}(x^{2}y+y^2-y),$$

确为全微分。

知识点：先由 $P_y=Q_x$ 得到未知函数的一般形式，再利用端点积分相等转化为原函数在两点的函数值相等。

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2. 【2002-1-8 分】 设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty ,+\infty )$ 内具有一阶连续导数，$L$ 是上半平面 $(y>0)$ 内的有向分段光滑曲线，起点为 $(a,b)$，终点为 $(c,d)$。记

$$I={\int }_L\frac{1}{y}\left[1+y^{2}f(xy)\right]\mathrm{d}x+\frac{x}{y^2}\left[y^{2}f(xy)-1\right]\mathrm{d}y.$$

（1）证明曲线积分 $I$ 与路径 $L$ 无关；

（2）当 $ab=cd$ 时，求 $I$ 的值。

查看答案与解析

答案：

$$I=\frac{c}{d}-\frac{a}{b}.$$

解析： 将被积微分式拆分：

$$\begin{array}{rl}& \frac{1}{y}\left[1+y^{2}f(xy)\right]\mathrm{d}x+\frac{x}{y^2}\left[y^{2}f(xy)-1\right]\mathrm{d}y\\ & =\left(\frac{1}{y}+yf(xy)\right)\mathrm{d}x+\left[xf(xy)-\frac{x}{y^2}\right]\mathrm{d}y.\end{array}$$

注意到

$$\mathrm{d}\left(\frac{x}{y}\right)=\frac{1}{y}\mathrm{d}x-\frac{x}{y^2}\mathrm{d}y,$$

并且

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

因此

$$\begin{array}{rl}& \left(\frac{1}{y}+yf(xy)\right)\mathrm{d}x+\left[xf(xy)-\frac{x}{y^2}\right]\mathrm{d}y\\ & =\mathrm{d}\left(\frac{x}{y}\right)+f(xy)\mathrm{d}(xy).\end{array}$$

取 $f$ 的一个原函数 $F$，即

$$F^{\prime }(u)=f(u).$$

则

$$f(xy)\mathrm{d}(xy)=\mathrm{d}[F(xy)].$$

从而整个被积式为

$$\mathrm{d}\left[\frac{x}{y}+F(xy)\right].$$

故曲线积分仅依赖于起点和终点，与路径 $L$ 无关，且

$$I={\left[\frac{x}{y}+F(xy)\right]}_{(a,b)}^{(c,d)}=\frac{c}{d}-\frac{a}{b}+F(cd)-F(ab).$$

当 $ab=cd$ 时，

$$F(cd)-F(ab)=0.$$

因此

$$\boxed{I=\frac{c}{d}-\frac{a}{b}}.$$

也可利用 $ab=cd$ 写成

$$I=\frac{c^2-a^2}{ab}.$$

知识点：识别复合变量 $xy$ 的全微分，将被积式拆成 $\mathrm{d}(x/y)$ 与 $f(xy)\mathrm{d}(xy)$，可直接构造原函数。

（三）二元函数的全微分

1. 【1994-12-9 分】 设 $f(x)$ 具有二阶连续导数，$f(0)=0,f^{\prime }(0)=1$，且

$$[xy(x+y)-f(x)y]\mathrm{d}x+\left[f^{\prime }(x)+x^{2}y\right]\mathrm{d}y=0$$

为一全微分方程，求 $f(x)$ 及此全微分方程的通解。

查看答案与解析

答案：

$$f(x)=2\cos x+\sin x+x^2-2.$$

全微分方程的通解为

$$\boxed{\frac{1}{2}{x}^2{y}^2-2y\sin x+y\cos x+2xy=C}.$$

解析： 记

$$M(x,y)=xy(x+y)-f(x)y,N(x,y)=f^{\prime }(x)+x^{2}y.$$

原方程为

$$M(x,y)\mathrm{d}x+N(x,y)\mathrm{d}y=0.$$

由于它是全微分方程，且 $M,N$ 具有连续偏导数，必须满足

$$\frac{\partial M}{\partial y}=\frac{\partial N}{\partial x}.$$

先计算

$$\begin{array}{rl}\frac{\partial M}{\partial y}& =\frac{\partial }{\partial y}\left(x^{2}y+x{y}^2-f(x)y\right)\\ & =x^2+2xy-f(x),\end{array}$$

以及

$$\frac{\partial N}{\partial x}=f^{\prime \prime }(x)+2xy.$$

因此

$$x^2+2xy-f(x)=f^{\prime \prime }(x)+2xy,$$

即

$$f^{\prime \prime }(x)+f(x)=x^2.$$

对应齐次方程

$$f^{\prime \prime }+f=0$$

的通解为

$$f_h(x)=C_1\cos x+C_2\sin x.$$

设非齐次方程的一个特解为

$$f_p(x)=A{x}^2+Bx+C.$$

代入得

$$A{x}^2+Bx+(2A+C)=x^2,$$

故

$$A=1,B=0,C=-2.$$

于是

$$f(x)=C_1\cos x+C_2\sin x+x^2-2.$$

由 $f(0)=0$，得

$$C_1-2=0,$$

所以 $C_1=2$。又

$$f^{\prime }(x)=-C_1\sin x+C_2\cos x+2x,$$

由 $f^{\prime }(0)=1$，得 $C_2=1$。因此

$$\boxed{f(x)=2\cos x+\sin x+x^2-2}.$$

下面求全微分方程的通解。设存在函数 $F(x,y)$，使

$$\mathrm{d}F=M\mathrm{d}x+N\mathrm{d}y.$$

由 $F_y=N$，有

$$\begin{array}{rl}F(x,y)& =\int \left[f^{\prime }(x)+x^{2}y\right]\mathrm{d}y\\ & =y{f}^{\prime }(x)+\frac{1}{2}{x}^2{y}^2+\phi (x),\end{array}$$

其中 $\phi (x)$ 只与 $x$ 有关。于是

$$F_x=y{f}^{\prime \prime }(x)+x{y}^2+{\phi }^{\prime }(x).$$

利用

$$f^{\prime \prime }(x)=x^2-f(x),$$

得到

$$F_x=x^{2}y-f(x)y+x{y}^2+{\phi }^{\prime }(x).$$

而

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

故 ${\phi }^{\prime }(x)=0$，可取 $\phi (x)=0$。因此势函数可写为

$$F(x,y)=y{f}^{\prime }(x)+\frac{1}{2}{x}^2{y}^2.$$

又

$$f^{\prime }(x)=-2\sin x+\cos x+2x,$$

所以

$$F(x,y)=\frac{1}{2}{x}^2{y}^2-2y\sin x+y\cos x+2xy.$$

全微分方程的通解为

$$\boxed{\frac{1}{2}{x}^2{y}^2-2y\sin x+y\cos x+2xy=C}.$$

知识点：全微分方程的必要条件是 $M_y=N_x$；先由该条件确定未知函数，再构造势函数 $F$，最后写出 $F(x,y)=C$。

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2. 【1998-1-6 分】 确定常数 $\lambda$，使在右半平面 $x>0$ 上的向量

$$\vec{A}(x,y)=2xy(x^4+y^2{)}^{\lambda }\vec{i}-x^2(x^4+y^2{)}^{\lambda }\vec{j}$$

为某二元函数 $u(x,y)$ 的梯度，并求 $u(x,y)$。

查看答案与解析

答案：

$$\lambda =-1,$$

且

$$\boxed{u(x,y)=-\arctan \frac{y}{x^2}+C}.$$

解析： 设

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

若 $\vec{A}=\nabla u$，则

$$u_x=P,u_y=Q.$$

右半平面 $x>0$ 是单连通区域，且 $P,Q$ 具有连续偏导数，因此梯度场的充要条件是

$$P_y=Q_x.$$

计算得

$$\begin{array}{rl}{P}_y& =2x(x^4+y^2{)}^{\lambda }+4\lambda x{y}^2(x^4+y^2{)}^{\lambda -1}\\ & =2x(x^4+y^2{)}^{\lambda -1}\left[x^4+(1+2\lambda )y^2\right],\end{array}$$

以及

$$\begin{array}{rl}{Q}_x& =-2x(x^4+y^2{)}^{\lambda }-4\lambda x^5(x^4+y^2{)}^{\lambda -1}\\ & =-2x(x^4+y^2{)}^{\lambda -1}\left[(1+2\lambda )x^4+y^2\right].\end{array}$$

令 $P_y=Q_x$。由于 $x>0$ 且 $x^4+y^2>0$，约去公共因子后得

$$x^4+(1+2\lambda )y^2=-\left[(1+2\lambda )x^4+y^2\right].$$

整理为

$$2(1+\lambda )(x^4+y^2)=0.$$

故

$$\boxed{\lambda =-1}.$$

此时

$$u_x=\frac{2xy}{x^4+y^2},u_y=-\frac{x^2}{x^4+y^2}.$$

注意到在 $x>0$ 上，函数

$$u(x,y)=-\arctan \frac{y}{x^2}$$

满足

$$\begin{array}{rl}{u}_x& =-\frac{1}{1+y^2/x^4}\left(-\frac{2y}{x^3}\right)=\frac{2xy}{x^4+y^2},\\ u_y& =-\frac{1}{1+y^2/x^4}\cdot \frac{1}{x^2}=-\frac{x^2}{x^4+y^2}.\end{array}$$

因此

$$\boxed{u(x,y)=-\arctan \frac{y}{x^2}+C}.$$

知识点：在单连通区域内，二维向量场为梯度场等价于 $P_y=Q_x$；求出参数后，可通过直接积分或识别反正切复合函数构造势函数。

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3. 【2016-1-10 分】 设函数 $f(x,y)$ 满足

$$\frac{\partial f}{\partial x}=(2x+1)e^{2x-y},$$

且 $f(0,y)=y+1$，$L_t$ 是从 $(0,0)$ 到 $(t,1)$ 的光滑曲线，计算

$$I(t)={\int }_{L_t}\frac{\partial f}{\partial x}\mathrm{d}x+\frac{\partial f}{\partial y}\mathrm{d}y$$

并求 $I(t)$ 的最小值。

查看答案与解析

答案：

$$I(t)=1+t{e}^{2t-1},$$

且

$$\boxed{\min I(t)=1-\frac{1}{2e^2}}$$

在 $t=-\frac{1}{2}$ 时取得。

解析： 由

$$f_x=(2x+1)e^{2x-y}$$

注意到

$$\frac{\partial }{\partial x}\left(x{e}^{2x-y}\right)=(2x+1)e^{2x-y},$$

故对 $x$ 积分得

$$f(x,y)=x{e}^{2x-y}+\phi (y),$$

其中 $\phi (y)$ 只与 $y$ 有关。

利用条件 $f(0,y)=y+1$，有

$$\phi (y)=y+1.$$

因此

$$\boxed{f(x,y)=x{e}^{2x-y}+y+1}.$$

曲线积分的被积微分式为函数 $f$ 的全微分：

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

所以积分与路径 $L_t$ 无关，仅由端点决定：

$$\begin{array}{rl}I(t)& =f(t,1)-f(0,0)\\ & =\left(t{e}^{2t-1}+2\right)-1\\ & =1+t{e}^{2t-1}.\end{array}$$

故

$$\boxed{I(t)=1+t{e}^{2t-1}}.$$

下面求其最小值。求导得

$$\begin{array}{rl}{I}^{\prime }(t)& =e^{2t-1}+2t{e}^{2t-1}\\ & =(2t+1)e^{2t-1}.\end{array}$$

由于 $e^{2t-1}>0$，故

$$I^{\prime }(t)<0\left(t<-\frac{1}{2}\right),$$$$I^{\prime }(t)>0\left(t>-\frac{1}{2}\right).$$

因此 $I(t)$ 在 $t=-\frac{1}{2}$ 处取得全局最小值。代入得

$$\begin{array}{rl}{I}_{\min }& =1-\frac{1}{2}{e}^{-2}\\ & =1-\frac{1}{2e^2}.\end{array}$$

所以

$$\boxed{\min I(t)=1-\frac{1}{2e^2}}.$$

知识点：$f_x\mathrm{d}x+f_y\mathrm{d}y=\mathrm{d}f$，因此曲线积分只需代入起终点；得到一元函数后，再利用导数符号判断全局最小值。