2005年考研数学一第19题

首先，根据题目所给曲线积分的形式，我们需要将其转化为第二类曲线积分的一般形式。观察被积表达式： $$\int_{L} \frac{\varphi(y) \, dx + 2xy \, dy}{2x^2 + y^4}$$ 我们可以将其拆分为两个部分： $$\int_{L} \frac{\varphi(y)}{2x^2 + y^4} \, dx + \frac{2xy}{2x^2 + y^4} \, dy$$ 这恰好是第二类曲线积分 $\int_{L} P(x,y) \, dx + Q(x,y) \, dy$ 的形式。因此，我们令： $$P(x,y) = \frac{\varphi(y)}{2x^2 + y^4}, \quad Q(x,y) = \frac{2xy}{2x^2 + y^4}$$ 这样，原积分就可以表示为： $$I = \int_{L} P(x,y) \, dx + Q(x,y) \, dy$$ 引入 $P$ 和 $Q$ 函数是为了后续利用格林公式或判断积分与路径无关等条件做准备。注意，这里 $\varphi(y)$ 是仅依赖于 $y$ 的待定函数，$P$ 和 $Q$ 在除了原点以外的区域（即 $2x^2 + y^4 \neq 0$ 的区域）是连续且可微的。

为了将原闭曲线上的积分转化为已知结果（如绕原点的正向闭曲线上的积分），我们需要构造辅助曲线。具体做法如下： 在右半平面内的闭曲线 $C$ 上任取两点 $A$ 和 $B$，将 $C$ 分为两段：从 $A$ 到 $B$ 的弧段记为 $L_1$，从 $B$ 到 $A$ 的弧段记为 $L_2$。于是 $C = L_1 + L_2$（注意方向：$L_1$ 从 $A$ 到 $B$，$L_2$ 从 $B$ 到 $A$，整体 $C$ 为正向闭曲线）。 再取一条从 $A$ 到 $B$ 的曲线 $L_3$，要求 $L_3$ 完全位于右半平面内，且不与 $C$ 相交（除端点 $A,B$ 外）。构造两条新的闭曲线： - 第一条：$L_1^- + L_3$，其中 $L_1^-$ 表示与 $L_1$ 方向相反的弧段（即从 $B$ 到 $A$ 沿原 $L_1$ 路径返回），因此 $L_1^- + L_3$ 是一条从 $B$ 出发沿 $L_1^-$ 到 $A$，再沿 $L_3$ 回到 $B$ 的闭曲线。 - 第二条：$L_2 + L_3$，即从 $A$ 出发沿 $L_2$ 到 $B$，再沿 $L_3$ 返回 $A$ 的闭曲线。 由于 $L_3$ 位于右半平面，且 $C$ 本身也在右半平面，因此 $L_1^- + L_3$ 和 $L_2 + L_3$ 均为绕原点的正向闭曲线（假设 $C$ 和 $L_3$ 的选取使得原点位于这两条闭曲线的内部）。这样，我们就可以利用已知结论：对于绕原点的正向闭曲线，积分 $\oint \frac{-y}{x^2+y^2}dx + \frac{x}{x^2+y^2}dy = 2\pi$。 于是有： $$\oint_{L_1^-+L_3} \frac{-y}{x^2+y^2}dx + \frac{x}{x^2+y^2}dy = 2\pi,$$ $$\oint_{L_2+L_3} \frac{-y}{x^2+y^2}dx + \frac{x}{x^2+y^2}dy = 2\pi.$$ 将第一个积分拆分为 $\int_{L_1^-} + \int_{L_3}$，注意 $\int_{L_1^-} = -\int_{L_1}$（方向相反），因此得到： $$-\int_{L_1} + \int_{L_3} = 2\pi.$$ 第二个积分拆分为 $\int_{L_2} + \int_{L_3} = 2\pi$。 两式相减可得： $$\left(-\int_{L_1} + \int_{L_3}\right) - \left(\int_{L_2} + \int_{L_3}\right) = 2\pi - 2\pi = 0,$$ 即 $-\int_{L_1} - \int_{L_2} = 0$，亦即 $\int_{L_1} + \int_{L_2} = 0$。而 $\int_{L_1} + \int_{L_2} = \oint_C$，所以 $\oint_C = 0$。 这样，通过构造辅助曲线 $L_3$ 并利用已知的绕原点正向闭曲线积分值，我们得到了原积分的结果。

设$C_1$和$C_2$是右半平面内任意两条围绕原点的分段光滑闭曲线，且方向均为逆时针。由已知条件，沿$C_1$和$C_2$的曲线积分相等，即 $$ \oint_{C_1} P\,dx + Q\,dy = \oint_{C_2} P\,dx + Q\,dy. $$ 将上式右端移到左端，得 $$ \oint_{C_1} P\,dx + Q\,dy - \oint_{C_2} P\,dx + Q\,dy = 0. $$ 考虑由$C_1$和$C_2$构成的复合闭曲线$C = C_1 \cup (-C_2)$，其中$-C_2$表示取$C_2$的反向（顺时针方向）。则沿$C$的积分可写为 $$ \oint_C P\,dx + Q\,dy = \oint_{C_1} P\,dx + Q\,dy + \oint_{-C_2} P\,dx + Q\,dy. $$ 根据曲线方向的性质，有$\oint_{-C_2} = -\oint_{C_2}$，因此 $$ \oint_C P\,dx + Q\,dy = \oint_{C_1} P\,dx + Q\,dy - \oint_{C_2} P\,dx + Q\,dy = 0. $$ 这表明，对于右半平面内任意两条围绕原点的闭曲线，其差构成的闭曲线上的积分为零。特别地，取$C_1$和$C_2$为任意两条围绕原点的简单闭曲线，则$C$是右半平面内一条不围绕原点的闭曲线（因为$C_1$和$C_2$的环绕数相减为零）。由曲线积分的性质，若被积表达式在$C$所围区域内满足恰当条件（如$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$），则积分必为零。这里我们直接由已知等式推出该积分为零，从而为后续应用格林公式或证明积分与路径无关奠定基础。

由第（I）问的结论，在右半平面（即 $x>0$ 的区域）内，曲线积分 $\int_L P\,dx+Q\,dy$ 与路径无关。根据曲线积分与路径无关的充要条件，被积表达式 $P\,dx+Q\,dy$ 必须是某个二元函数的全微分，这等价于在单连通区域内恒有 $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$。 已知 $P(x,y) = \frac{1}{x^2+y^2}(x\sin y - y\cos y)$，$Q(x,y) = \frac{1}{x^2+y^2}(x\cos y + y\sin y)$。 首先计算 $\frac{\partial P}{\partial y}$。将 $P$ 视为两个函数的乘积：$P = \frac{1}{x^2+y^2} \cdot (x\sin y - y\cos y)$。利用乘积求导法则： $$\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right)\cdot (x\sin y - y\cos y) + \frac{1}{x^2+y^2}\cdot \frac{\partial}{\partial y}(x\sin y - y\cos y).$$ 计算各部分： $$\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right) = -\frac{2y}{(x^2+y^2)^2},$$ $$\frac{\partial}{\partial y}(x\sin y - y\cos y) = x\cos y - (\cos y - y\sin y) = x\cos y - \cos y + y\sin y = (x-1)\cos y + y\sin y.$$ 因此 $$\frac{\partial P}{\partial y} = -\frac{2y}{(x^2+y^2)^2}(x\sin y - y\cos y) + \frac{1}{x^2+y^2}\bigl((x-1)\cos y + y\sin y\bigr).$$ 再计算 $\frac{\partial Q}{\partial x}$。$Q = \frac{1}{x^2+y^2}\cdot (x\cos y + y\sin y)$，同样使用乘积求导法则： $$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right)\cdot (x\cos y + y\sin y) + \frac{1}{x^2+y^2}\cdot \frac{\partial}{\partial x}(x\cos y + y\sin y).$$ 计算各部分： $$\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{1}{x^2+y^2}\right) = -\frac{2x}{(x^2+y^2)^2},$$ $$\frac{\partial}{\partial x}(x\cos y + y\sin y) = \cos y.$$ 因此 $$\frac{\partial Q}{\partial x} = -\frac{2x}{(x^2+y^2)^2}(x\cos y + y\sin y) + \frac{1}{x^2+y^2}\cos y.$$ 由积分与路径无关的条件，在右半平面内恒有 $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$，即 $$-\frac{2x}{(x^2+y^2)^2}(x\cos y + y\sin y) + \frac{\cos y}{x^2+y^2} = -\frac{2y}{(x^2+y^2)^2}(x\sin y - y\cos y) + \frac{(x-1)\cos y + y\sin y}{x^2+y^2}.$$ 两边同乘以 $(x^2+y^2)^2$ 并整理，可得一个恒等式，这将在后续步骤中用于确定参数或简化计算。本步骤的核心是建立偏导相等的关系式。

首先，由题目已知条件，曲线积分与路径无关，因此有 $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$。 已知 $P(x,y) = \frac{1}{x^2 + y^2}(x\varphi(y) - y)$，$Q(x,y) = \frac{1}{x^2 + y^2}(x + y\varphi(y))$。 计算 $\frac{\partial Q}{\partial x}$： $$Q = \frac{x + y\varphi(y)}{x^2 + y^2}$$ 对 $x$ 求偏导，使用商的导数法则： $$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{(1)(x^2+y^2) - (x + y\varphi(y))(2x)}{(x^2+y^2)^2} = \frac{x^2+y^2 - 2x^2 - 2xy\varphi(y)}{(x^2+y^2)^2} = \frac{-x^2 + y^2 - 2xy\varphi(y)}{(x^2+y^2)^2}$$ 计算 $\frac{\partial P}{\partial y}$： $$P = \frac{x\varphi(y) - y}{x^2 + y^2}$$ 对 $y$ 求偏导，同样使用商的导数法则，注意 $\varphi(y)$ 是 $y$ 的函数，$\varphi'(y)$ 会出现： 分子对 $y$ 的导数为 $x\varphi'(y) - 1$，分母对 $y$ 的导数为 $2y$，于是 $$\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{(x\varphi'(y)-1)(x^2+y^2) - (x\varphi(y)-y)(2y)}{(x^2+y^2)^2}$$ 展开分子： $$= \frac{(x\varphi'(y)-1)(x^2+y^2) - 2y(x\varphi(y)-y)}{(x^2+y^2)^2}$$ $$= \frac{x\varphi'(y)(x^2+y^2) - (x^2+y^2) - 2xy\varphi(y) + 2y^2}{(x^2+y^2)^2}$$ $$= \frac{x(x^2+y^2)\varphi'(y) - x^2 - y^2 - 2xy\varphi(y) + 2y^2}{(x^2+y^2)^2}$$ $$= \frac{x(x^2+y^2)\varphi'(y) - x^2 + y^2 - 2xy\varphi(y)}{(x^2+y^2)^2}$$ 由路径无关条件 $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$，分母相同，比较分子得： $$-x^2 + y^2 - 2xy\varphi(y) = x(x^2+y^2)\varphi'(y) - x^2 + y^2 - 2xy\varphi(y)$$ 两边同时消去 $-x^2 + y^2 - 2xy\varphi(y)$，得到： $$0 = x(x^2+y^2)\varphi'(y)$$ 由于 $x$ 是变量且不恒为零，故必有 $\varphi'(y)=0$，即 $\varphi(y)$ 为常数。

将上一步得到的方程按$x$的幂次整理。上一步得到的方程为： $$ \left[\varphi'(y) + 2y\right] x + \left[\varphi'(y) y^4 - 4y^3 \varphi(y) - 2y^5\right] \frac{1}{x} = 0. $$ 由于该等式对一切$x \neq 0$成立，而$x$与$\frac{1}{x}$是线性无关的函数，因此它们的系数必须分别为零。由此得到关于未知函数$\varphi(y)$的微分方程组： 1. 令$x$的系数为零： $$ \varphi'(y) + 2y = 0 \quad \Rightarrow \quad \varphi'(y) = -2y. $$ 2. 令$\frac{1}{x}$的系数为零： $$ \varphi'(y) y^4 - 4y^3 \varphi(y) - 2y^5 = 0. $$ 整理得： $$ \varphi'(y) y^4 - 4y^3 \varphi(y) = 2y^5. $$ 这样就得到了关于$\varphi(y)$的两个方程，它们必须同时成立。

由前一步骤已知 $\varphi'(y) = -2y$，这是一个一阶微分方程，直接对 $y$ 积分可得 $\varphi(y)$。\n\n对等式两边积分：\n$$\varphi(y) = \int (-2y) \, dy = -y^2 + C$$\n其中 $C$ 为任意常数。\n\n接下来需要验证所求得的 $\varphi(y)$ 是否满足原微分方程组中的第二个方程。原方程组中第二个方程为：\n$$\frac{\partial u}{\partial y} = x + \varphi'(y)$$\n而由第一步已知 $\frac{\partial u}{\partial y} = x - 2y$。代入 $\varphi'(y) = -2y$ 得：\n$$x + (-2y) = x - 2y$$\n等式成立，说明 $\varphi(y) = -y^2 + C$ 满足第二个方程。\n\n因此，函数 $\varphi(y)$ 的解为：\n$$\varphi(y) = -y^2 + C \quad (C \text{为任意常数})$$\n\n至此，原微分方程组求解完毕。最终得到的函数 $u(x,y)$ 表达式为：\n$$u(x,y) = \frac{x^2}{2} - 2xy - y^2 + C$$\n其中 $C$ 为任意常数。