下册 9.2 第二型曲线积分 第14题
📝 题目
14．计算下列第二型曲线积分．
（1）$\displaystyle \oint_{L} \frac{\mathrm{e}^{x}(x \sin y-y \cos y) \mathrm{d} x+\mathrm{e}^{x}(x \cos y+y \sin y) \mathrm{d} y}{x^{2}+y^{2}}$ ，其中 $L$ 为包含原点的简单光滑闭曲线，逆时针方向．
（2） $\displaystyle \int_{C} \frac{\mathrm{e}^{y}}{x^{2}+y^{2}}[(x \sin x+y \cos x) \mathrm{d} x+(y \sin x-x \cos x) \mathrm{d} y]$ ，其中 $C: x^{2}+y^{2}=1$ ，逆时针方向。南开大学 2007，华南理工 2008，上海财经 2007）
（3）$\displaystyle \oint_{L} \frac{\left(\mathrm{e}^{x^{2}}-x^{2} y\right) \mathrm{d} x+\left(x y^{2}-\sin y^{2}\right) \mathrm{d} y}{x^{2}+y^{2}}$ ，其中 $L$ 是圆周 $x^{2}+y^{2}=a^{2}$ 依逆时针方向．
（4）$\displaystyle \oint_{L} \frac{\cos x^{2}-x^{2} y}{x^{2}+4 y^{2}} \mathrm{~d} x+\frac{4 x^{2} y-\mathrm{e}^{y^{2}}}{x^{2}+4 y^{2}} \mathrm{~d} y$ ，其中 $L$ 为取逆时针方向的曲线：$x^{2}+4 y^{2}=1$ ．
💡 答案解析
解题过程：
（1）设 $\displaystyle P(x, y)=\frac{\mathrm{e}^{x}(x \sin y-y \cos y)}{x^{2}+y^{2}}, Q(x, y)=\frac{\mathrm{e}^{x}(x \cos y+y \sin y)}{x^{2}+y^{2}}$ ，则
$$
P_{y}=\frac{\left[\left(x^{2}+y^{2}\right) x+y^{2}-x^{2}\right] \cos y+\left(x^{2}+y^{2}-2 x\right) y \sin y}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{2}}=Q_{x} .
$$
作一个充分小的圆周 $L_{r}: x^{2}+y^{2}=r^{2}$ ，方向逆时针．$L_{r}$ 与 $L$ 所包围的区域记为 $D_{\varepsilon}$（见图9．67）．由格林公式得
$$
\int_{L} P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y-\int_{L_{r}} P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y=\iint_{D_{r}}\left(Q_{x}-P_{y}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=0 .
$$
所以
$$
\int_{L} P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y=\int_{L_{r}} P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y .
$$
令 $x=r \cos t, y=r \sin t, t: 0 \rightarrow 2 \pi$ ．则
$$
\begin{aligned}
I & =\oint_{L_{r}} \frac{\mathrm{e}^{x}[(x \sin y-y \cos y) \mathrm{d} x+(x \cos y+y \sin y) \mathrm{d} y]}{x^{2}+y^{2}} \\
& =\frac{1}{r^{2}} \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{e}^{r \cos \theta} r^{2} \cos (r \sin \theta) \mathrm{d} \theta=\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{e}^{r \cos t} \cos (r \sin t) \mathrm{d} t
\end{aligned}
$$
令 $r \rightarrow 0$ ，即得到 $I=2 \pi$ ．
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-270.jpg?height=1071&width=1044&top_left_y=3536&top_left_x=1105}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.67}
\end{figure}
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-270.jpg?height=1071&width=1134&top_left_y=3536&top_left_x=3570}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.68}
\end{figure}
（2）如图 9.68 所示，方法 1：在（1）中让 $x, y$ 互换，则
$$
\text { 原式 }=-\oint_{C} \frac{\mathrm{e}^{x}(x \sin y-y \cos y) \mathrm{d} x+\mathrm{e}^{x}(x \cos y+y \sin y) \mathrm{d} y}{x^{2}+y^{2}}=-2 \pi .
$$
方法 2：化简得
$$
\begin{aligned}
& \oint_{C} \frac{\mathrm{e}^{y}}{x^{2}+y^{2}}[(x \sin x+y \cos x) \mathrm{d} x+(y \sin x-x \cos x) \mathrm{d} y] \\
& =\oint_{C} \mathrm{e}^{y}[(x \sin x+y \cos x) \mathrm{d} x+(y \sin x-x \cos x) \mathrm{d} y]
\end{aligned}
$$
记 $P=\mathrm{e}^{y}(x \sin x+y \cos x), Q=\mathrm{e}^{y}(y \sin x-x \cos x)$ ，则
$$
P_{y}=\mathrm{e}^{y} x \sin x+y \mathrm{e}^{y} \cos x+\mathrm{e}^{y} \cos x, Q_{x}=y \mathrm{e}^{y} \cos x-\mathrm{e}^{y} \cos x+x \mathrm{e}^{y} \sin x .
$$
由格林公式得
$$
\text { 原式 }=\int_{C} \mathrm{e}^{y}[(x \sin x+y \cos x) \mathrm{d} x+(y \sin x-x \cos x) \mathrm{d} y]=-2 \iint_{D_{c}} \mathrm{e}^{y} \cos x \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y \text { 。 }
$$
令 $y=r \cos \theta, x=r \sin \theta$ ，则
$$
\iint_{D_{c}} \mathrm{e}^{y} \cos x \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=\int_{0}^{1} r \mathrm{~d} r \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{e}^{r \cos \theta} \cos (r \sin \theta) \mathrm{d} \theta=2 \pi \int_{0}^{1} r \mathrm{~d} r=\pi .
$$
（注： $\int_{0}^{2 \pi} \mathrm{e}^{r \cos \theta} \cos (r \sin \theta) \mathrm{d} \theta=2 \pi$ ，见第10章含参量积分题6）
于是
$$
\int_{C} \frac{\mathrm{e}^{y}}{x^{2}+y^{2}}[(x \sin x+y \cos x) \mathrm{d} x+(y \sin x-x \cos x) \mathrm{d} y]=-2 \pi
$$
（3）如图 9.69 所示，记 $\displaystyle I=\oint_{L} \frac{\left(\mathrm{e}^{x^{2}}-x^{2} y\right) \mathrm{d} x+\left(x y^{2}-\sin y^{2}\right) \mathrm{d} y}{x^{2}+y^{2}}$ ．化简得
$$
I=\frac{1}{a^{2}} \oint_{L}\left(\mathrm{e}^{x^{2}}-x^{2} y\right) \mathrm{d} x+\left(x y^{2}-\sin y^{2}\right) \mathrm{d} y .
$$
记 $P=\mathrm{e}^{x^{2}}-x^{2} y, Q=x y^{2}-\sin y^{2}$ ，则 $P_{y}=-x^{2}, Q_{x}=y^{2}$ 。由格林公式得
$$
I=\frac{1}{a^{2}} \oint_{L}\left(\mathrm{e}^{x^{2}}-x^{2} y\right) \mathrm{d} x+\left(x y^{2}-\sin y^{2}\right) \mathrm{d} y=\frac{1}{a^{2}} \iint_{D}\left(x^{2}+y^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\frac{1}{a^{2}} \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{a} r^{3} \mathrm{~d} r=\frac{1}{2} \pi a^{2} .
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-271.jpg?height=1092&width=1134&top_left_y=3018&top_left_x=1284}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.69}
\end{figure}
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-271.jpg?height=975&width=1051&top_left_y=3135&top_left_x=3494}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.70}
\end{figure}
（4）如图 9.70 所示，记 $\displaystyle I=\oint_{L} \frac{\cos x^{2}-x^{2} y}{x^{2}+4 y^{2}} \mathrm{~d} x+\frac{4 x^{2} y-\mathrm{e}^{y^{2}}}{x^{2}+4 y^{2}} \mathrm{~d} y$ ．化简得
$$
I=\oint_{L}\left(\cos x^{2}-x^{2} y\right) \mathrm{d} x+\left(4 x^{2} y-\mathrm{e}^{y^{2}}\right) \mathrm{d} y .
$$
由格林公式得
$$
\begin{aligned}
I & =\iint_{D}\left(8 x y+x^{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=2 \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} r^{3} \sin \theta \cos \theta \mathrm{~d} r+\frac{1}{2} \int_{0}^{2 \pi} \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} r^{3} \cos ^{2} \theta \mathrm{~d} r \\
& =\frac{1}{2} \int_{0}^{2 \pi} \cos ^{2} \theta \mathrm{~d} \theta \int_{0}^{1} r^{3} \mathrm{~d} r=\frac{\pi}{8}
\end{aligned}
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/9
目标：识别被积函数并验证偏导数相等
设 $P(x,y)=\frac{\mathrm{e}^{x}(x \sin y-y \cos y)}{x^{2}+y^{2}}$，$Q(x,y)=\frac{\mathrm{e}^{x}(x \cos y+y \sin y)}{x^{2}+y^{2}}$。计算偏导数：
$$P_y = \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{\mathrm{e}^{x}(x \sin y-y \cos y)}{x^{2}+y^{2}}\right) = \frac{\mathrm{e}^{x}\left[(x^2+y^2)(x\cos y-\cos y+y\sin y) - 2y(x\sin y-y\cos y)\right]}{(x^2+y^2)^2}$$
$$Q_x = \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{\mathrm{e}^{x}(x \cos y+y \sin y)}{x^{2}+y^{2}}\right) = \frac{\mathrm{e}^{x}\left[(x^2+y^2)(\cos y+x\cos y+y\sin y) - 2x(x\cos y+y\sin y)\right]}{(x^2+y^2)^2}$$
化简可得 $P_y = Q_x$，因此除原点外，曲线积分与路径无关。
公式：格林公式：$\oint_L Pdx+Qdy = \iint_D (Q_x-P_y)dxdy$
提示：注意分母 $x^2+y^2$ 在原点为零，需挖掉奇点。
步骤 2/9
目标：挖掉原点，构造小圆周
由于原点是被积函数的奇点，不能直接应用格林公式。作一个充分小的圆周 $L_r: x^2+y^2=r^2$，方向逆时针。设 $L$ 与 $L_r$ 所围成的区域为 $D_r$（不含原点）。在 $D_r$ 上应用格林公式，由于 $Q_x-P_y=0$，得：
$$\oint_L Pdx+Qdy - \oint_{L_r} Pdx+Qdy = \iint_{D_r} (Q_x-P_y)dxdy = 0$$
因此 $\oint_L Pdx+Qdy = \oint_{L_r} Pdx+Qdy$。
公式：格林公式
提示：注意 $L_r$ 的方向应与 $L$ 一致（逆时针），这样区域 $D_r$ 的边界正向为 $L$ 和 $L_r$ 的逆时针方向。
步骤 3/9
目标：参数化小圆周并化简积分
令 $x=r\cos t, y=r\sin t$，$t:0\to 2\pi$。则 $dx=-r\sin t dt, dy=r\cos t dt$，$x^2+y^2=r^2$。代入积分：
$$\begin{aligned}
I &= \oint_{L_r} \frac{\mathrm{e}^{x}[(x\sin y-y\cos y)dx+(x\cos y+y\sin y)dy]}{x^2+y^2} \\
&= \frac{1}{r^2}\int_0^{2\pi} \mathrm{e}^{r\cos t} \left[ (r\cos t \sin(r\sin t)-r\sin t \cos(r\sin t))(-r\sin t) + (r\cos t \cos(r\sin t)+r\sin t \sin(r\sin t))(r\cos t) \right] dt \\
&= \int_0^{2\pi} \mathrm{e}^{r\cos t} \cos(r\sin t) dt
\end{aligned}$$
公式：参数化公式
提示：化简过程中注意三角恒等式和 $r$ 的约分。
步骤 4/9
目标：取极限得到积分值
令 $r\to 0$，则 $\mathrm{e}^{r\cos t}\to 1$，$\cos(r\sin t)\to 1$，因此被积函数趋于1。由积分中值定理或直接取极限，得：
$$\lim_{r\to 0} \int_0^{2\pi} \mathrm{e}^{r\cos t} \cos(r\sin t) dt = \int_0^{2\pi} 1 dt = 2\pi$$
所以原积分 $I=2\pi$。
公式：极限运算
提示：注意极限与积分交换次序的合理性，由于被积函数一致收敛。
步骤 5/9
目标：（2）利用对称性转化为（1）的结果
观察（2）中的被积函数，将 $x$ 与 $y$ 互换，并注意 $C: x^2+y^2=1$ 对称，可得：
$$\int_C \frac{\mathrm{e}^{y}}{x^2+y^2}[(x\sin x+y\cos x)dx+(y\sin x-x\cos x)dy] = -\oint_C \frac{\mathrm{e}^{x}(x\sin y-y\cos y)dx+\mathrm{e}^{x}(x\cos y+y\sin y)dy}{x^2+y^2}$$
由（1）的结果，该积分值为 $-2\pi$。
公式：变量替换
提示：注意符号变化：交换 $x,y$ 后，$dx$ 与 $dy$ 互换，导致积分方向可能改变，需仔细核对。
步骤 6/9
目标：（3）化简分母为常数
由于 $L$ 是圆周 $x^2+y^2=a^2$，分母 $x^2+y^2=a^2$ 为常数，可提出积分号外：
$$I = \frac{1}{a^2} \oint_L (\mathrm{e}^{x^2}-x^2y)dx + (xy^2-\sin y^2)dy$$
公式：常数因子提取
提示：注意分母不为零，且 $a>0$。
步骤 7/9
目标：（3）应用格林公式并计算二重积分
设 $P=\mathrm{e}^{x^2}-x^2y$，$Q=xy^2-\sin y^2$，则 $P_y=-x^2$，$Q_x=y^2$。由格林公式：
$$\begin{aligned}
I &= \frac{1}{a^2} \iint_D (Q_x-P_y) dxdy = \frac{1}{a^2} \iint_D (x^2+y^2) dxdy \\
&= \frac{1}{a^2} \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^a r^2 \cdot r dr = \frac{1}{a^2} \cdot 2\pi \cdot \frac{a^4}{4} = \frac{\pi a^2}{2}
\end{aligned}$$
公式：格林公式，极坐标变换
提示：注意 $x^2+y^2=r^2$，面积元 $dxdy=rdrd\theta$。
步骤 8/9
目标：（4）化简分母并应用格林公式
由于 $L: x^2+4y^2=1$，分母 $x^2+4y^2=1$ 为常数，提出：
$$I = \oint_L (\cos x^2 - x^2y)dx + (4x^2y - \mathrm{e}^{y^2})dy$$
设 $P=\cos x^2 - x^2y$，$Q=4x^2y - \mathrm{e}^{y^2}$，则 $P_y=-x^2$，$Q_x=8xy$。由格林公式：
$$I = \iint_D (8xy + x^2) dxdy$$
其中 $D$ 为椭圆 $x^2+4y^2\le 1$。
公式：格林公式
提示：注意 $Q_x-P_y = 8xy - (-x^2) = 8xy + x^2$。
步骤 9/9
目标：（4）计算椭圆区域上的二重积分
作广义极坐标变换：$x=r\cos\theta$，$y=\frac{r}{2}\sin\theta$，雅可比行列式 $J=\frac{r}{2}$，$r\in[0,1]$，$\theta\in[0,2\pi]$。则：
$$\begin{aligned}
I &= \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^1 \left(8\cdot r\cos\theta \cdot \frac{r}{2}\sin\theta + (r\cos\theta)^2\right) \cdot \frac{r}{2} dr \\
&= \int_0^{2\pi} d\theta \int_0^1 \left(4r^3\cos\theta\sin\theta + r^3\cos^2\theta\right) \cdot \frac{1}{2} dr \\
&= \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} \left(4\cos\theta\sin\theta \int_0^1 r^3 dr + \cos^2\theta \int_0^1 r^3 dr\right) d\theta \\
&= \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} \left(4\cos\theta\sin\theta \cdot \frac{1}{4} + \cos^2\theta \cdot \frac{1}{4}\right) d\theta \\
&= \frac{1}{8} \int_0^{2\pi} (4\cos\theta\sin\theta + \cos^2\theta) d\theta
\end{aligned}$$
由于 $\int_0^{2\pi} \cos\theta\sin\theta d\theta = 0$，$\int_0^{2\pi} \cos^2\theta d\theta = \pi$，所以 $I = \frac{1}{8} \cdot \pi = \frac{\pi}{8}$。
公式：广义极坐标变换，二重积分计算
提示：注意雅可比行列式的计算，以及三角函数的周期积分。
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