第十章 多元函数积分学中的基本公式及其应用

填空题

1. 设 $L$ 是区域

$$D:x^2+y^2\le -2x$$

的正向边界，则

$$I={\oint }_L(x^3-y)dx+(x-y^3)dy=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案：

$$2\pi .$$

解析： 令

$$P(x,y)=x^3-y,Q(x,y)=x-y^3.$$

曲线 $L$ 是区域 $D$ 的正向边界，由格林公式，

$${\oint }_{L}Pdx+Qdy={\iint }_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dxdy.$$

计算得

$$\frac{\partial Q}{\partial x}=1,\frac{\partial P}{\partial y}=-1,$$

故

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

又

$$x^2+y^2\le -2x⟺(x+1{)}^2+y^2\le 1,$$

所以 $D$ 是半径为 $1$ 的圆域，其面积为 $\pi$。因此

$$I={\iint }_{D}2dxdy=2\pi .$$

---

2. 设 $L$ 是平面上从圆周

$$x^2+y^2=a^2$$

上任一点到圆周

$$x^2+y^2=b^2$$

上任一点的一条光滑曲线 $(a>0,b>0)$，$r=\sqrt{x^2+y^2}$，则

$$I={\int }_L{r}^3(xdx+ydy)=\underline{}.$$

查看答案与解析

答案：

$$\frac{b^5-a^5}{5}.$$

解析： 由

$$r^2=x^2+y^2$$

两边微分，得

$$2rdr=2xdx+2ydy,$$

即

$$xdx+ydy=rdr.$$

于是

$$r^3(xdx+ydy)=r^{4}dr=d\left(\frac{r^5}{5}\right).$$

因此该曲线积分与路径无关，只取决于起点和终点的半径。起点位于半径为 $a$ 的圆周上，终点位于半径为 $b$ 的圆周上，所以

$$I={\frac{r^5}{5}|}_{r=a}^{r=b}=\frac{b^5-a^5}{5}.$$

---

3. 设 $r=\sqrt{x^2+y^2}$，常数 $\lambda$ 使得曲线积分

$${\oint }_L\frac{x}{y}{r}^{\lambda }dx-\frac{x^2}{y^2}{r}^{\lambda }dy=0$$

对上半平面的任何光滑闭曲线 $L$ 成立，则 $\lambda =\underline{}$。

查看答案与解析

答案：

$$-1.$$

解析： 上半平面 $y>0$ 是单连通区域。令

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

要使曲线积分对上半平面的任意光滑闭曲线均为零，需满足

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

注意

$$\frac{\partial r^{\lambda }}{\partial x}=\lambda x{r}^{\lambda -2},\frac{\partial r^{\lambda }}{\partial y}=\lambda y{r}^{\lambda -2}.$$

因此

$$\frac{\partial P}{\partial y}=-\frac{x}{y^2}{r}^{\lambda }+\lambda x{r}^{\lambda -2},$$

而

$$\frac{\partial Q}{\partial x}=-\frac{2x}{y^2}{r}^{\lambda }-\frac{\lambda x^3}{y^2}{r}^{\lambda -2}.$$

令二者相等并整理，得

$$\frac{x}{y^2}{r}^{\lambda }+\lambda x{r}^{\lambda -2}+\frac{\lambda x^3}{y^2}{r}^{\lambda -2}=0.$$

提取公因式后，

$$x{r}^{\lambda -2}\left[\frac{r^2}{y^2}+\lambda +\frac{\lambda x^2}{y^2}\right]=0.$$

由于 $r^2=x^2+y^2$，方括号内为

$$\frac{x^2+y^2}{y^2}+\lambda \frac{x^2+y^2}{y^2}=(1+\lambda )\frac{r^2}{y^2}.$$

要使等式在上半平面恒成立，必须有

$$1+\lambda =0,$$

故

$$\lambda =-1.$$

求下列平面上曲线积分

1. 题目如下：

$$I={\int }_L\left[y^2-2xy\sin (x^2)\right]dx+\cos (x^2)dy,$$

其中 $L$ 为椭圆

$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$$

的右半部分，从 $A(0,-b)$ 到 $B(0,b)$。

查看答案与解析

答案：

$$2b.$$

解析： 注意到

$$d\left[y\cos (x^2)\right]=-2xy\sin (x^2)dx+\cos (x^2)dy.$$

因此原积分可写为

$$I={\int }_L{y}^{2}dx+{\int }_{L}d\left[y\cos (x^2)\right].$$

第二项只与端点有关，故

$${\int }_{L}d\left[y\cos (x^2)\right]={y\cos (x^2)|}_A^B=b-(-b)=2b.$$

对于第一项，将椭圆右半部分参数化为

$$x=a\cos t,y=b\sin t,-\frac{\pi }{2}\le t\le \frac{\pi }{2}.$$

此时

$$dx=-a\sin tdt,$$

所以

$${\int }_L{y}^{2}dx=-a{b}^2{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\sin }^{3}tdt=0,$$

因为 ${\sin }^{3}t$ 是奇函数，积分区间关于原点对称。

综上，

$$I=0+2b=2b.$$

---

2. 题目如下：

$$I={\int }_{\text{wideparen}AB}\frac{xdy-ydx}{(x-y{)}^2},$$

其中 $A(0,-1)$，$B(1,0)$，$\text{wideparen}AB$ 为单位圆在第四象限部分。

查看答案与解析

答案：

$$1.$$

解析： 单位圆第四象限从 $A(0,-1)$ 到 $B(1,0)$ 可参数化为

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

于是

$$dx=-\sin tdt,dy=\cos tdt.$$

分子为

$$xdy-ydx={\cos }^{2}tdt+{\sin }^{2}tdt=dt.$$

分母为

$$(x-y{)}^2=(\cos t-\sin t{)}^2=2{\cos }^2\left(t+\frac{\pi }{4}\right).$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_{-\frac{\pi }{2}}^0\frac{dt}{(\cos t-\sin t{)}^2}\\ & =\frac{1}{2}{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^0{\sec }^2\left(t+\frac{\pi }{4}\right)dt\\ & =\frac{1}{2}{\tan \left(t+\frac{\pi }{4}\right)|}_{-\frac{\pi }{2}}^0\\ & =\frac{1}{2}\left(1-(-1)\right)=1.\end{array}$$

---

3. 题目如下：

$$I={\int }_{\text{wideparen}AB}\frac{(x-1)dx+ydy}{(x-1{)}^2+y^2},$$

其中 $\text{wideparen}AB$ 是沿椭圆

$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$$

正向从 $A(a,0)$ 到 $(0,b)$ 的一段弧，$a\ne 1$。

查看答案与解析

答案：

$$\frac{1}{2}\ln \frac{1+b^2}{(a-1{)}^2}=\ln \frac{\sqrt{1+b^2}}{|a-1|}.$$

解析： 注意到

$$d\left[\frac{1}{2}\ln ((x-1{)}^2+y^2)\right]=\frac{(x-1)dx+ydy}{(x-1{)}^2+y^2}.$$

由于 $a\ne 1$，起点 $A(a,0)$ 不是奇点 $(1,0)$，所给第一象限椭圆弧上也不经过 $(1,0)$。因此该积分可直接利用原函数计算：

$$\begin{array}{rl}I& ={\frac{1}{2}\ln ((x-1{)}^2+y^2\left)\right|}_{(a,0)}^{(0,b)}\\ & =\frac{1}{2}\ln (1+b^2)-\frac{1}{2}\ln (a-1{)}^2\\ & =\frac{1}{2}\ln \frac{1+b^2}{(a-1{)}^2}.\end{array}$$

也可写成

$$I=\ln \frac{\sqrt{1+b^2}}{|a-1|}.$$

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4. 题目如下：

$$I={\int }_L\frac{x-y^2}{x^2+y^2}dx+\frac{x^2+y}{x^2+y^2}dy,$$

其中 $L$ 是椭圆周

$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1,$$

取逆时针方向。

查看答案与解析

答案：

$$0.$$

解析： 将被积表达式拆分为

$$\begin{array}{rl}& \frac{x-y^2}{x^2+y^2}dx+\frac{x^2+y}{x^2+y^2}dy\\ & =\frac{xdx+ydy}{x^2+y^2}+\frac{-y^{2}dx+x^{2}dy}{x^2+y^2}.\end{array}$$

第一部分为全微分：

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

由于 $L$ 是闭曲线，故

$${\oint }_L\frac{xdx+ydy}{x^2+y^2}=0.$$

对第二部分，将椭圆参数化为

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

于是

$$dx=-a\sin tdt,dy=b\cos tdt,$$

从而

$$\begin{array}{rl}{\oint }_L\frac{-y^{2}dx+x^{2}dy}{x^2+y^2}& ={\int }_0^{2\pi }\frac{a{b}^2{\sin }^{3}t+a^{2}b{\cos }^{3}t}{a^2{\cos }^{2}t+b^2{\sin }^{2}t}dt.\end{array}$$

记被积函数为 $F(t)$。由于

$$F(t+\pi )=-F(t),$$

故

$${\int }_0^{2\pi }F(t)dt=0.$$

因此

$$I=0+0=0.$$

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5. 题目如下：

$$I={\int }_L(e^x\sin y-my-y)dx+(e^x\cos y-mx)dy,$$

其中

$$L:\{\begin{array}{l}x=a(t-\sin t),\\ y=a(1-\cos t),\end{array}t\text{ 从 }0\text{ 到 }\pi ,a>0.$$

查看答案与解析

答案：

$$e^{a\pi }\sin (2a)-\left(2m+\frac{3}{2}\right)\pi a^2.$$

解析： 由全微分公式，

$$d(e^x\sin y)=e^x\sin ydx+e^x\cos ydy,$$

且

$$d(xy)=ydx+xdy.$$

因此

$$\begin{array}{rl}& (e^x\sin y-my-y)dx+(e^x\cos y-mx)dy\\ & =d(e^x\sin y)-md(xy)-ydx.\end{array}$$

曲线起点和终点分别为

$$A=(0,0),B=(a\pi ,2a).$$

故

$$\begin{array}{rl}I& ={\left[e^x\sin y-mxy\right]}_A^B-{\int }_{L}ydx\\ & =e^{a\pi }\sin (2a)-2m\pi a^2-{\int }_{L}ydx.\end{array}$$

由参数方程，

$$dx=a(1-\cos t)dt,y=a(1-\cos t),$$

所以

$$\begin{array}{rl}{\int }_{L}ydx& =a^2{\int }_0^{\pi }(1-\cos t{)}^{2}dt\\ & =a^2{\int }_0^{\pi }\left(1-2\cos t+{\cos }^{2}t\right)dt\\ & =a^2\left(\pi +\frac{\pi }{2}\right)\\ & =\frac{3}{2}\pi a^2.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& =e^{a\pi }\sin (2a)-2m\pi a^2-\frac{3}{2}\pi a^2\\ & =e^{a\pi }\sin (2a)-\left(2m+\frac{3}{2}\right)\pi a^2.\end{array}$$

求下列曲面积分

1. 题目如下：

$$I={\iint }_{\Sigma }\frac{e^{\sqrt{y}}}{\sqrt{x^2+z^2}}dzdx,$$

其中 $\Sigma$ 为由曲面

$$y=x^2+z^2$$

与平面 $y=1$、$y=2$ 所围立体表面的外侧。

查看答案与解析

答案：

$$I=2\pi (\sqrt{2}-1)e^{\sqrt{2}}.$$

解析： 记

$$r=\sqrt{x^2+z^2}.$$

所围立体为

$$\Omega :1\le y\le 2,0\le r\le \sqrt{y}.$$

闭曲面 $\Sigma$ 由三部分组成：

• 上底面 ${\Sigma }_1:y=2$，外法向量指向 $y$ 轴正向；
• 下底面 ${\Sigma }_2:y=1$，外法向量指向 $y$ 轴负向；
• 侧面 ${\Sigma }_3:y=x^2+z^2$，外法向量指向立体外部。

由于被积函数在 $r=0$ 处含有奇性，直接分片计算较为稳妥。

在上底面 ${\Sigma }_1$ 上，$y=2$，且投影区域为

$$x^2+z^2\le 2.$$

故

$$\begin{array}{rl}{I}_1& ={\iint }_{x^2+z^2\le 2}\frac{e^{\sqrt{2}}}{\sqrt{x^2+z^2}}dxdz\\ & ={\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{\sqrt{2}}\frac{e^{\sqrt{2}}}{r}rdrd\theta \\ & =2\sqrt{2}\pi e^{\sqrt{2}}.\end{array}$$

在下底面 ${\Sigma }_2$ 上，外法向量沿 $y$ 轴负向，故

$$\begin{array}{rl}{I}_2& =-{\iint }_{x^2+z^2\le 1}\frac{e}{\sqrt{x^2+z^2}}dxdz\\ & =-{\int }_0^{2\pi }{\int }_0^1\frac{e}{r}rdrd\theta \\ & =-2\pi e.\end{array}$$

侧面可写为

$$y=x^2+z^2.$$

立体位于 $x^2+z^2-y\le 0$ 一侧，因此外法向量可取与

$$(2x,-1,2z)$$

同向。其 $y$ 分量为负，故

$$dzdx=-dxdz.$$

侧面在 $xOz$ 平面上的投影为

$$1\le x^2+z^2\le 2.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{I}_3& =-{\iint }_{1\le x^2+z^2\le 2}\frac{e^{\sqrt{x^2+z^2}}}{\sqrt{x^2+z^2}}dxdz\\ & =-{\int }_0^{2\pi }{\int }_1^{\sqrt{2}}\frac{e^r}{r}rdrd\theta \\ & =-2\pi \left(e^{\sqrt{2}}-e\right).\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& =I_1+I_2+I_3\\ & =2\sqrt{2}\pi e^{\sqrt{2}}-2\pi e-2\pi \left(e^{\sqrt{2}}-e\right)\\ & =2\pi (\sqrt{2}-1)e^{\sqrt{2}}.\end{array}$$

---

2. 题目如下：

$$I={\iint }_{{\Sigma }_1\cup {\Sigma }_2}(z+1)xdydz+xydzdx,$$

其中 ${\Sigma }_1$ 为圆柱面

$$x^2+y^2=a^2$$

上 $x\ge 0$、$0\le z\le 1$ 部分，法向量与 $x$ 轴正向成锐角；${\Sigma }_2$ 为 $Oxy$ 平面上半圆域

$$x^2+y^2\le a^2,x\ge 0$$

部分，法向量与 $z$ 轴正向相反。

查看答案与解析

答案：

$$I=\frac{3\pi a^2}{4}+\frac{2a^3}{3}.$$

解析： 令

$$\mathbf{F}=((z+1)x,xy,0).$$

则所求积分是 $\mathbf{F}$ 通过 ${\Sigma }_1\cup {\Sigma }_2$ 的通量。

在 ${\Sigma }_2$ 上，法向量为

$$\mathbf{n}=(0,0,-1),$$

而 $\mathbf{F}$ 的第三个分量为零，因此

$${\iint }_{{\Sigma }_2}\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}dS=0.$$

对半圆柱面 ${\Sigma }_1$，取参数方程

$$x=a\cos \theta ,y=a\sin \theta ,-\frac{\pi }{2}\le \theta \le \frac{\pi }{2},0\le z\le 1.$$

由于要求法向量与 $x$ 轴正向成锐角，取单位外法向量

$$\mathbf{n}=(\cos \theta ,\sin \theta ,0),dS=ad\theta dz.$$

于是

$$\begin{array}{rl}\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}dS& =\left[(z+1)x\cos \theta +xy\sin \theta \right]ad\theta dz\\ & =\left[a^2(z+1){\cos }^2\theta +a^3\cos \theta {\sin }^2\theta \right]d\theta dz.\end{array}$$

因此

$$\begin{array}{rl}I& =a^2{\int }_0^1(z+1)dz{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^2\theta d\theta \\ & +a^3{\int }_0^{1}dz{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta {\sin }^2\theta d\theta .\end{array}$$

其中

$${\int }_0^1(z+1)dz=\frac{3}{2},{\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}{\cos }^2\theta d\theta =\frac{\pi }{2},$$

且令 $u=\sin \theta$，得

$${\int }_{-\frac{\pi }{2}}^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta {\sin }^2\theta d\theta ={\int }_{-1}^1{u}^{2}du=\frac{2}{3}.$$

故

$$I=\frac{3\pi a^2}{4}+\frac{2a^3}{3}.$$

---

3. 题目如下：

$$I={\iint }_S(x^2-y^2)dydz+(y^2-z^2)dzdx+(z^2-x^2)dxdy,$$

$S$ 是

$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1(z\ge 0)$$

的上侧。

查看答案与解析

答案：

$$I=\frac{\pi ab}{4}\left(2c^2-a^2\right).$$

解析： 令

$$\mathbf{F}=(x^2-y^2,y^2-z^2,z^2-x^2).$$

以椭圆域

$$S_0:z=0,\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\le 1$$

封闭上半椭球，并令 $S_0$ 取向下的外侧法向量。由高斯公式，

$${\iint }_S\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}dS+{\iint }_{S_0}\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}dS={\iiint }_{\Omega }\mathrm{div}\mathbf{F}dV,$$

其中 $\Omega$ 为上半椭球体。

先求散度：

$$\mathrm{div}\mathbf{F}=2x+2y+2z.$$

由于 $\Omega$ 关于 $x=0$、$y=0$ 对称，故

$${\iiint }_{\Omega }2xdV=0,{\iiint }_{\Omega }2ydV=0.$$

于是

$${\iiint }_{\Omega }\mathrm{div}\mathbf{F}dV={\iiint }_{\Omega }2zdV.$$

当 $z\in [0,c]$ 时，截面椭圆的面积为

$$\pi ab\left(1-\frac{z^2}{c^2}\right).$$

因此

$$\begin{array}{rl}{\iiint }_{\Omega }2zdV& ={\int }_0^{c}2z\cdot \pi ab\left(1-\frac{z^2}{c^2}\right)dz\\ & =\frac{\pi ab{c}^2}{2}.\end{array}$$

在底面 $S_0$ 上，向下的单位法向量为

$$\mathbf{n}=(0,0,-1).$$

又因 $z=0$，故

$$\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}=-(z^2-x^2)=x^2.$$

于是

$${\iint }_{S_0}\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}dS={\iint }_D{x}^{2}dxdy,$$

其中

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

令

$$x=ar\cos \theta ,y=br\sin \theta ,0\le r\le 1,0\le \theta \le 2\pi ,$$

则

$$\begin{array}{rl}{\iint }_D{x}^{2}dxdy& =a^{3}b{\int }_0^{2\pi }{\cos }^2\theta d\theta {\int }_0^1{r}^{3}dr\\ & =\frac{\pi a^{3}b}{4}.\end{array}$$

所以

$$\begin{array}{rl}I& =\frac{\pi ab{c}^2}{2}-\frac{\pi a^{3}b}{4}\\ & =\frac{\pi ab}{4}\left(2c^2-a^2\right).\end{array}$$

求下列空间中的曲线积分

1. 题目如下：

$$I={\int }_{L}yzdx+3zxdy-xydz,$$

其中 $L$ 是曲线

$$\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2=4y,\\ 3y-z+1=0,\end{array}$$

且顺着 $z$ 轴的正向看是沿逆时针方向。

查看答案与解析

答案：

$$I=8\pi .$$

解析： 令

$$\mathbf{F}=(yz,3zx,-xy).$$

曲线 $L$ 位于平面

$$z=3y+1$$

内，其在 $Oxy$ 平面上的投影为圆

$$x^2+(y-2{)}^2=4.$$

题目规定从 $z$ 轴正向观察为逆时针，因此取曲面法向量的 $z$ 分量为正。

计算旋度：

$$\begin{array}{rl}\mathrm{rot}\mathbf{F}& =\left(\frac{\partial (-xy)}{\partial y}-\frac{\partial (3zx)}{\partial z},\frac{\partial (yz)}{\partial z}-\frac{\partial (-xy)}{\partial x},\frac{\partial (3zx)}{\partial x}-\frac{\partial (yz)}{\partial y}\right)\\ & =(-4x,2y,2z).\end{array}$$

取 $L$ 所围的平面区域为积分曲面 $S$。因为

$$z=3y+1,$$

其向上的有向面积元为

$$\mathbf{n}dS=(0,-3,1)dxdy.$$

由斯托克斯公式，

$$\begin{array}{rl}I& ={\iint }_S\mathrm{rot}\mathbf{F}\cdot \mathbf{n}dS\\ & ={\iint }_D(-4x,2y,2z)\cdot (0,-3,1)dxdy\\ & ={\iint }_D(-6y+2z)dxdy.\end{array}$$

代入 $z=3y+1$，得

$$-6y+2z=-6y+2(3y+1)=2.$$

投影区域 $D$ 是半径为 $2$ 的圆域，面积为 $4\pi$。故

$$I=2\cdot 4\pi =8\pi .$$

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2. 题目如下：

$$I={\int }_{\Gamma }(x^2-yz)dx+(y^2-xz)dy+(z^2-xy)dz,$$

其中 $\Gamma$ 是沿螺旋线

$$x=a\cos \theta ,y=a\sin \theta ,z=\frac{h}{2\pi }\theta ,$$

从 $A(a,0,0)$ 到 $B(a,0,h)$ 的有向曲线。

查看答案与解析

答案：

$$I=\frac{h^3}{3}.$$

解析： 记

$$P=x^2-yz,Q=y^2-xz,R=z^2-xy.$$

检验交叉偏导数：

$$P_y=-z=Q_x,P_z=-y=R_x,Q_z=-x=R_y.$$

因此微分形式

$$Pdx+Qdy+Rdz$$

在整个空间内为全微分，曲线积分与路径无关。

求其原函数。由

$$u_x=x^2-yz$$

积分得

$$u=\frac{x^3}{3}-xyz+g(y,z).$$

再由

$$u_y=-xz+g_y=y^2-xz$$

可得

$$g_y=y^2,g=\frac{y^3}{3}+h(z).$$

最后由

$$u_z=-xy+h^{\prime }(z)=z^2-xy$$

得

$$h^{\prime }(z)=z^2,h(z)=\frac{z^3}{3}.$$

故可取原函数

$$u(x,y,z)=\frac{x^3+y^3+z^3}{3}-xyz.$$

于是

$$\begin{array}{rl}I& =u(B)-u(A)\\ & =\left(\frac{a^3+h^3}{3}\right)-\frac{a^3}{3}\\ & =\frac{h^3}{3}.\end{array}$$

平面上第二类曲线积分与路径无关问题

1. 判断下列曲线积分在指定区域 $D$ 是否与路径无关，为什么？

（Ⅰ）

$${\int }_{L}f(x^2+y^2)(xdx+ydy),$$

其中 $f(u)$ 为连续函数，$D$ 为全平面；

（Ⅱ）

$${\int }_L\frac{-ydx+xdy}{x^2+y^2},$$ $$D=\{(x,y)\mid \text{全平面除去 }-\infty <x\le 0,y=0\}.$$

查看答案与解析

答案： （Ⅰ）与路径无关；

（Ⅱ）与路径无关。

解析： （Ⅰ）令

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

则

$$du=2xdx+2ydy.$$

因此

$$f(x^2+y^2)(xdx+ydy)=\frac{1}{2}f(u)du.$$

取 $f(u)$ 的一个原函数为 $F(u)$，即

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

则

$$f(x^2+y^2)(xdx+ydy)=d\left[\frac{1}{2}F(x^2+y^2)\right].$$

所以被积表达式在全平面上是某个函数的全微分，曲线积分只与起点、终点有关，而与路径无关。

也可取原函数

$$U(x,y)=\frac{1}{2}{\int }_0^{x^2+y^2}f(t)dt.$$

（Ⅱ）记

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

在区域 $D$ 内有

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

故

$$P_y=Q_x.$$

区域 $D$ 是去掉非正 $x$ 轴后的平面，它是单连通区域。可在该区域内取连续的辐角函数

$$\theta =\mathrm{Arg}(x+iy),-\pi <\theta <\pi .$$

由极坐标关系可知

$$d\theta =\frac{-ydx+xdy}{x^2+y^2}.$$

所以该微分形式在 $D$ 内为全微分，曲线积分与路径无关。

需要注意：若定义域是整个去心平面 ${\mathbb{R}}^2\setminus \{(0,0)\}$，则区域不是单连通的，沿绕原点一周的闭曲线积分为 $2\pi$，此时曲线积分不与路径无关。题中删去了一条从原点延伸到无穷远的射线，正是为了使辐角函数能够单值连续地定义。

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2. 设 $\phi (x)$ 在 $(0,+\infty )$ 有连续导数，$\phi (\pi )=1$，试确定 $\phi (x)$，使积分

$$I={\int }_{AB}[\sin x-\phi (x)]\frac{y}{x}dx+\phi (x)dy$$

在 $x>0$ 与路径无关，并求当 $A,B$ 分别为 $(1,1)$、$(\pi ,\pi )$ 时的积分值。

查看答案与解析

答案：

$$\phi (x)=\frac{\pi -1-\cos x}{x},$$

且

$$I=1+\cos 1.$$

解析： 记

$$P(x,y)=[\sin x-\phi (x)]\frac{y}{x},Q(x,y)=\phi (x).$$

区域 $x>0$ 为单连通区域。曲线积分与路径无关的充要条件为

$$P_y=Q_x.$$

计算得

$$P_y=\frac{\sin x-\phi (x)}{x},Q_x={\phi }^{\prime }(x).$$

故 $\phi (x)$ 应满足

$${\phi }^{\prime }(x)=\frac{\sin x-\phi (x)}{x},$$

即

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

左端恰为乘积的导数：

$$[x\phi (x){]}^{\prime }=\sin x.$$

积分得

$$x\phi (x)=-\cos x+C.$$

由条件 $\phi (\pi )=1$，有

$$\pi =-\cos \pi +C=1+C,$$

从而

$$C=\pi -1.$$

因此

$$\phi (x)=\frac{\pi -1-\cos x}{x}.$$

由微分方程可知

$${\phi }^{\prime }(x)=\frac{\sin x-\phi (x)}{x},$$

所以

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

于是

$$Pdx+Qdy=d[y\phi (x)].$$

可取原函数

$$U(x,y)=y\phi (x).$$

故

$$\begin{array}{rl}I& =U(\pi ,\pi )-U(1,1)\\ & =\pi \phi (\pi )-\phi (1)\\ & =\pi -\left(\pi -1-\cos 1\right)\\ & =1+\cos 1.\end{array}$$

---

3. 设

$$(P(x,y),Q(x,y))=\left(\frac{x-y}{(x^2+y^2{)}^n},\frac{x+y}{(x^2+y^2{)}^n}\right),$$

$n$ 为常数，问

$${\int }_{L}Pdx+Qdy$$

在区域

$$D=\{(x,y)\mid (x,y)\in {\mathbb{R}}^2,(x,y)\ne (0,0)\}$$

是否与路径无关。

查看答案与解析

答案： 无论 $n$ 取何值，该曲线积分在区域 $D$ 内都不与路径无关。

解析： 令

$$s=x^2+y^2.$$

则

$$P=(x-y)s^{-n},Q=(x+y)s^{-n}.$$

计算偏导数：

$$P_y=-s^{-n}-2ny(x-y)s^{-n-1},$$$$Q_x=s^{-n}-2nx(x+y)s^{-n-1}.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{Q}_x-P_y& =2s^{-n}+2n[y(x-y)-x(x+y)]s^{-n-1}\\ & =2s^{-n}-2ns{s}^{-n-1}\\ & =2(1-n)s^{-n}.\end{array}$$

当 $n\ne 1$ 时，

$$Q_x-P_y\ne 0,$$

因此微分形式不是闭形式，曲线积分不可能与路径无关。

下面考察 $n=1$。此时

$$\begin{array}{rl}Pdx+Qdy& =\frac{x-y}{x^2+y^2}dx+\frac{x+y}{x^2+y^2}dy\\ & =\frac{xdx+ydy}{x^2+y^2}+\frac{-ydx+xdy}{x^2+y^2}.\end{array}$$

其中第一项为

$$\frac{xdx+ydy}{x^2+y^2}=d\left(\frac{1}{2}\ln (x^2+y^2)\right),$$

第二项在局部等于 $d\theta$，但在去心平面 $D$ 内不存在单值的全局辐角函数。

取单位圆周

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

沿逆时针方向，则

$$xdx+ydy=0,$$

且

$$-ydx+xdy=dt.$$

因此

$${\oint }_{L}Pdx+Qdy={\int }_0^{2\pi }dt=2\pi \ne 0.$$

若曲线积分与路径无关，则任意闭曲线积分都应为零，故当 $n=1$ 时也不与路径无关。

综上，无论 $n$ 取何值，该曲线积分在区域 $D$ 内均不与路径无关。

原函数问题

1. 求 $Pdx+Qdy$ 在指定区域 $D$ 上的原函数，其中

$$(P,Q)=\left\{1-\frac{y^2}{x^2}\cos \frac{y}{x},\sin \frac{y}{x}+\frac{y}{x}\cos \frac{y}{x}\right\},$$ $$D=\{(x,y)\mid x>0\}.$$

查看答案与解析

答案： 原函数为

$$u(x,y)=x+y\sin \frac{y}{x}+C.$$

解析： 要求函数 $u(x,y)$，使

$$du=Pdx+Qdy,$$

即

$$u_x=1-\frac{y^2}{x^2}\cos \frac{y}{x},u_y=\sin \frac{y}{x}+\frac{y}{x}\cos \frac{y}{x}.$$

先对 $Q$ 关于 $y$ 积分。注意到

$$\frac{\partial }{\partial y}\left(y\sin \frac{y}{x}\right)=\sin \frac{y}{x}+\frac{y}{x}\cos \frac{y}{x}.$$

故

$$u(x,y)=y\sin \frac{y}{x}+\phi (x).$$

再对 $x$ 求偏导：

$$\begin{array}{rl}{u}_x& =y\cos \frac{y}{x}\left(-\frac{y}{x^2}\right)+{\phi }^{\prime }(x)\\ & =-\frac{y^2}{x^2}\cos \frac{y}{x}+{\phi }^{\prime }(x).\end{array}$$

与已知的 $P$ 比较，得

$${\phi }^{\prime }(x)=1,$$

所以

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

因此原函数为

$$u(x,y)=x+y\sin \frac{y}{x}+C.$$

直接验证：

$$d\left(x+y\sin \frac{y}{x}\right)=\left(1-\frac{y^2}{x^2}\cos \frac{y}{x}\right)dx+\left(\sin \frac{y}{x}+\frac{y}{x}\cos \frac{y}{x}\right)dy.$$

---

2. 选择 $a,b$，使 $Pdx+Qdy$ 在区域

$$D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\ne 0\}$$

内为某函数 $u(x,y)$ 的全微分，其中

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

查看答案与解析

答案：

$$a=b=-1,$$

此时可取

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

解析： 若 $Pdx+Qdy$ 是某函数的全微分，则必有

$$P_y=Q_x.$$

计算并整理得

$$P_y-Q_x=-\frac{4xy[(a+1)x+(b+1)y]}{(x^2+y^2{)}^3}.$$

要使上式对区域 $D$ 中任意 $(x,y)$ 恒为零，必须有

$$a+1=0,b+1=0.$$

因此

$$a=b=-1.$$

代入后，

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

观察函数

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

其偏导数为

$$\begin{array}{rl}{u}_x& =\frac{(x^2+y^2)-2x(x-y)}{(x^2+y^2{)}^2}\\ & =\frac{y^2+2xy-x^2}{(x^2+y^2{)}^2}\\ & =P,\end{array}$$

以及

$$\begin{array}{rl}{u}_y& =\frac{-(x^2+y^2)-2y(x-y)}{(x^2+y^2{)}^2}\\ & =\frac{-x^2-2xy+y^2}{(x^2+y^2{)}^2}\\ & =Q.\end{array}$$

因此

$$Pdx+Qdy=d\left(\frac{x-y}{x^2+y^2}\right).$$

虽然区域 $D$ 不是单连通区域，但这里已经构造出了在整个 $D$ 上单值可微的原函数，所以该微分形式确实是全微分。

求向量的散度与旋度

1. 已知

$$\mathbf{E}=\frac{q}{r^3}\mathbf{r},$$

其中 $\mathbf{r}=(x,y,z)$，$r=|\mathbf{r}|$，$q$ 为常数，求 $\mathrm{div}\mathbf{E}$ 与 $\mathrm{rot}\mathbf{E}$。

查看答案与解析

答案： 在 $r\ne 0$ 的区域内，

$$\mathrm{div}\mathbf{E}=0,\mathrm{rot}\mathbf{E}=0.$$

原点处 $\mathbf{E}$ 无定义。

解析： 由

$$\mathbf{E}=\frac{q}{r^3}(x,y,z),r=\sqrt{x^2+y^2+z^2},$$

可写成

$$\mathbf{E}=\left(\frac{qx}{r^3},\frac{qy}{r^3},\frac{qz}{r^3}\right).$$

先求散度。注意

$$\frac{\partial r^{-3}}{\partial x}=-3x{r}^{-5},\frac{\partial r^{-3}}{\partial y}=-3y{r}^{-5},\frac{\partial r^{-3}}{\partial z}=-3z{r}^{-5}.$$

因此

$$\begin{array}{rl}\mathrm{div}\mathbf{E}& =q\left[\frac{\partial }{\partial x}(x{r}^{-3})+\frac{\partial }{\partial y}(y{r}^{-3})+\frac{\partial }{\partial z}(z{r}^{-3})\right]\\ & =q\left[(r^{-3}-3x^2{r}^{-5})+(r^{-3}-3y^2{r}^{-5})+(r^{-3}-3z^2{r}^{-5})\right]\\ & =q\left[3r^{-3}-3(x^2+y^2+z^2)r^{-5}\right]\\ & =q\left(3r^{-3}-3r^2{r}^{-5}\right)\\ & =0.\end{array}$$

再求旋度。设

$$E_x=\frac{qx}{r^3},E_y=\frac{qy}{r^3},E_z=\frac{qz}{r^3}.$$

例如，旋度的第一分量为

$$\frac{\partial E_z}{\partial y}-\frac{\partial E_y}{\partial z}=qz(-3y{r}^{-5})-qy(-3z{r}^{-5})=0.$$

同理，

$$\frac{\partial E_x}{\partial z}-\frac{\partial E_z}{\partial x}=0,\frac{\partial E_y}{\partial x}-\frac{\partial E_x}{\partial y}=0.$$

故

$$\mathrm{rot}\mathbf{E}=0.$$

也可从势函数看出：当 $r\ne 0$ 时，

$$\nabla \left(\frac{1}{r}\right)=-\frac{\mathbf{r}}{r^3},$$

从而

$$\mathbf{E}=-q\nabla \left(\frac{1}{r}\right).$$

因此 $\mathbf{E}$ 是梯度场，其旋度必为零。

需要注意，上述结论只在 $r\ne 0$ 时成立，因为原点处向量场无定义。