下册 9.2 第二型曲线积分 第31题
📝 题目
31．设 $L$ 为任意一条不过原点的简单光滑正封闭曲线，对曲线积分 $\displaystyle \int_{L} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}}$ ， $\left(c_{1}>0, c_{2}>0\right)$ 有下列结论：
I 若给定的曲线 $L$ 所围成的闭区域不包括原点 $(0,0)$ ，则 $\displaystyle \int_{L} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}}=0$ ；
II 若给定的曲线 $L$ 所围成的闭区域包括原点 $(0,0)$ ，则 $\displaystyle \oint_{L} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}}=\frac{2 \pi}{\sqrt{c_{1} c_{2}}}$ ．
III利用上述结论，求下列曲线积分．
（1） $\displaystyle \int_{L} \frac{-y \mathrm{~d} x+x \mathrm{~d} y}{4 x^{2}+y^{2}}$ ，其中 $L$ 为 $x^{2}+y^{2}=1$ ，逆时针方向．
（2） $\displaystyle \int_{L} \frac{-y \mathrm{~d} x+x \mathrm{~d} y}{4 x^{2}+y^{2}}$ ，其中 $L$ 为以 $(1,0)$ 为圆心，以 $R$ 为半径的圆周 $(R>1)$ ，逆时针方向．
（3）$\displaystyle \oint_{L} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{x^{2}+2 y^{2}}$ ，其中 $L$ 为平面内任意一条不经过原点的正向光滑封闭简单曲线．
（4） $\displaystyle \int_{L} \frac{-y \mathrm{~d} x+x \mathrm{~d} y}{4 x^{2}+y^{2}}$ ，其中 $L$ 为圆周 $(x-1)^{2}+y^{2}=R^{2}(R \neq 1)$（按逆时针方向）．
（5） $\displaystyle \int_{L} \frac{-y \mathrm{~d} x+x \mathrm{~d} y}{4 x^{2}+y^{2}}$ ，其中 $L$ 为以 $(-1,0)$ 为圆心，以 $R$ 为半径的圆周 $(R \neq 1)$ ，逆时针方向．
（6） $\displaystyle \int_{L} \frac{-y \mathrm{~d} x+x \mathrm{~d} y}{4 x^{2}+y^{2}}$ ，其中 $L$ 为 $x^{2}+(y-1)^{2}=R^{2}, 0
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
记 $\displaystyle P=\frac{-y}{c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}}, Q=\frac{x}{c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}}$ ，则当 $(x, y) \neq(0,0)$ ，
$$
P_{y}=-\frac{c_{1} x^{2}-c_{2} y^{2}}{\left(c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}\right)^{2}}, Q_{x}=\frac{c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}-2 c_{1} x^{2}}{\left(c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}\right)^{2}}=\frac{c_{2} y^{2}-c_{1} x^{2}}{\left(c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}\right)^{2}}
$$
即 $P_{y}=Q_{x}$ 。
I 若给定的曲线 $L$ 所围成的闭区域不包括原点 $(0,0)$ ，由格林公式得
$$
\int_{L} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}}=\iint_{D} 0 \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=0
$$
II 若给定的曲线 $L$ 所围成的闭区域包括原点 $(0,0)$ ，取一条特殊的有向曲线 $L_{1}: c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}=\varepsilon^{2}$（ $\varepsilon>0$ 充分小），让 $L_{1}$ 完全落在 $L$ 内，并规定 $L_{1}$ 的方向为逆时针（见图 9．86）．设 $L+L_{1}^{-}$所围城的区域为 $D$ ．在 $L+L_{1}^{-}$上应用 Green 公式得
$$
\oint_{L+L_{1}} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}} x=\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=0
$$
于是
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-289.jpg?height=1099&width=1079&top_left_y=1312&top_left_x=4482}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.86}
\end{figure}
$\displaystyle \oint_{L} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}}=\oint_{L} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}}=\frac{1}{\varepsilon^{2}} \oint_{L_{1}} x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x=\frac{1}{\varepsilon^{2}} \iint_{D}(1+1) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=2 \pi \frac{1}{\varepsilon^{2}} \frac{\varepsilon^{2}}{\sqrt{c_{1} c_{2}}}=\frac{1}{\sqrt{c_{1} c_{2}}} 2 \pi$.
利用上述结论得：
（1）（2）由于 $(0,0)$ 在 $L$ 内，所以 $\displaystyle \int_{L} \frac{-y \mathrm{~d} x+x \mathrm{~d} y}{4 x^{2}+y^{2}}=\frac{2 \pi}{2}=\pi$ ．
（3）当 $\displaystyle R<\frac{1}{2}$ 时，$(0,0)$ 不在 $L$ 内，当 $\displaystyle R>\frac{1}{2}$ 时，$(0,0)$ 在 $L$ 内，所以 $\displaystyle \oint_{L} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{x^{2}+2 y^{2}}=\left\{\begin{array}{c}0, R<\frac{1}{2}, \\ -\sqrt{2} \pi, R>\frac{1}{2} \text { ．}\end{array}\right.$
（4）（5）（6）当 $R<1$ 时，$(0,0)$ 不在 $L$ 内，当 $R>1$ 时，$(0,0)$ 在 $L$ 内，所以 $\displaystyle \int_{L} \frac{-y \mathrm{~d} x+x \mathrm{~d} y}{4 x^{2}+y^{2}}=\left\{\begin{array}{l}0, R<1, \\ \pi, R>1 \text { ．}\end{array}\right.$
（7）由于 $(0,0)$ 在 $L$ 内，所以 $\displaystyle \int_{L} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{4 x^{2}+9 y^{2}}=\frac{2 \pi}{6}=\frac{\pi}{3}$ ．
（8）由于 $(0,0)$ 在 $L$ 内，所以 $\displaystyle \oint_{L} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{x^{2}+9 y^{2}}=\frac{2 \pi}{3}$ ．
（9）由于 $(0,0)$ 在 $L$ 内，所以 $\displaystyle \oint_{L} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{2 x^{2}+3 y^{2}}=\frac{2 \pi}{\sqrt{6}}$ ．
（10）因 $(0,0)$ 在 $L$ 内，所以 $\displaystyle \int_{c} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{3 x^{2}+4 y^{2}}=\frac{2 \pi}{\sqrt{12}}=\frac{\pi}{\sqrt{3}}$ ．
（11）由于 $(0,0)$ 在 $L$ 内，所以 $\displaystyle \int_{C} \frac{y}{3 x^{2}+4 y^{2}} \mathrm{~d} x-\frac{x}{3 x^{2}+4 y^{2}} \mathrm{~d} y=-\int_{C} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{3 x^{2}+4 y^{2}}=-\frac{2 \pi}{\sqrt{6}}=-\frac{\pi}{\sqrt{3}}$ ．
（12） $\displaystyle \int_{L} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{4 x^{2}+y^{2}}=\frac{2 \pi}{\sqrt{4}}=\pi$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/8
目标：验证被积函数满足格林公式条件
记 $P = \frac{-y}{c_1 x^2 + c_2 y^2}$, $Q = \frac{x}{c_1 x^2 + c_2 y^2}$，其中 $c_1>0, c_2>0$。计算偏导数：
$$P_y = \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{-y}{c_1 x^2 + c_2 y^2}\right) = -\frac{c_1 x^2 - c_2 y^2}{(c_1 x^2 + c_2 y^2)^2},$$
$$Q_x = \frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{x}{c_1 x^2 + c_2 y^2}\right) = \frac{c_2 y^2 - c_1 x^2}{(c_1 x^2 + c_2 y^2)^2}.$$
因此 $P_y = Q_x$ 当 $(x,y) \neq (0,0)$。
公式：$P_y = Q_x = \frac{c_2 y^2 - c_1 x^2}{(c_1 x^2 + c_2 y^2)^2}$
提示：注意分母不为零，原点处无定义。
步骤 2/8
目标：结论I：曲线不包围原点时积分为零
若曲线 $L$ 所围闭区域 $D$ 不包含原点，则在 $D$ 内 $P_y = Q_x$ 处处成立。由格林公式：
$$\int_L \frac{x\,dy - y\,dx}{c_1 x^2 + c_2 y^2} = \iint_D \left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right) dx\,dy = \iint_D 0\,dx\,dy = 0.$$
公式：格林公式：$\oint_L P\,dx+Q\,dy = \iint_D (Q_x - P_y)\,dx\,dy$
提示：确保区域不包含奇点（原点）。
步骤 3/8
目标：结论II：曲线包围原点时积分值为常数
若 $L$ 包围原点，取辅助曲线 $L_1: c_1 x^2 + c_2 y^2 = \varepsilon^2$（$\varepsilon$ 充分小），方向逆时针。在 $L$ 与 $L_1$ 所围区域 $D$ 上应用格林公式（注意 $L_1$ 取反向）：
$$\oint_{L + L_1^-} \frac{x\,dy - y\,dx}{c_1 x^2 + c_2 y^2} = 0,$$
所以
$$\oint_L \frac{x\,dy - y\,dx}{c_1 x^2 + c_2 y^2} = \oint_{L_1} \frac{x\,dy - y\,dx}{c_1 x^2 + c_2 y^2}.$$
在 $L_1$ 上，$c_1 x^2 + c_2 y^2 = \varepsilon^2$，故
$$\oint_{L_1} \frac{x\,dy - y\,dx}{\varepsilon^2} = \frac{1}{\varepsilon^2} \oint_{L_1} x\,dy - y\,dx = \frac{1}{\varepsilon^2} \iint_{D_1} 2\,dx\,dy = \frac{2}{\varepsilon^2} \cdot \text{Area}(D_1).$$
$D_1$ 为椭圆 $c_1 x^2 + c_2 y^2 \leq \varepsilon^2$，面积 $\frac{\pi \varepsilon^2}{\sqrt{c_1 c_2}}$，因此积分值为 $\frac{2\pi}{\sqrt{c_1 c_2}}$。
公式：椭圆面积 $\frac{\pi \varepsilon^2}{\sqrt{c_1 c_2}}$；$\oint_{L_1} x\,dy - y\,dx = 2\text{Area}(D_1)$
提示：注意辅助曲线方向与 $L$ 一致（逆时针），且 $L_1$ 完全在 $L$ 内部。
步骤 4/8
目标：应用结论计算具体积分（1）
（1）$\int_L \frac{-y\,dx + x\,dy}{4x^2 + y^2}$，$L: x^2 + y^2 = 1$，逆时针。
这里 $c_1 = 4, c_2 = 1$，原点在 $L$ 内部，由结论II：
$$\int_L \frac{-y\,dx + x\,dy}{4x^2 + y^2} = \frac{2\pi}{\sqrt{4 \cdot 1}} = \frac{2\pi}{2} = \pi.$$
公式：$\frac{2\pi}{\sqrt{c_1 c_2}}$
提示：注意被积函数分子是 $x\,dy - y\,dx$ 还是 $-y\,dx + x\,dy$，两者相同。
步骤 5/8
目标：应用结论计算具体积分（2）
（2）$\int_L \frac{-y\,dx + x\,dy}{4x^2 + y^2}$，$L$ 以 $(1,0)$ 为圆心，半径 $R>1$，逆时针。
由于 $R>1$，原点 $(0,0)$ 在 $L$ 内部，故积分值为 $\pi$。
提示：判断原点是否在曲线内部：圆心到原点距离为1，半径大于1则包含原点。
步骤 6/8
目标：应用结论计算具体积分（3）
（3）$\oint_L \frac{x\,dy - y\,dx}{x^2 + 2y^2}$，$L$ 为任意不经过原点的正向光滑封闭简单曲线。
这里 $c_1=1, c_2=2$。若 $L$ 不包围原点，积分为0；若包围原点，积分为 $\frac{2\pi}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}\pi$。
提示：注意结论I和II分别对应两种情形。
步骤 7/8
目标：应用结论计算具体积分（4）-（6）
（4）-（6）均为 $\int_L \frac{-y\,dx + x\,dy}{4x^2 + y^2}$，$L$ 为圆周 $(x-1)^2 + y^2 = R^2$（$R \neq 1$）或 $x^2 + (y-1)^2 = R^2$，逆时针。
圆心到原点距离为1，当 $R<1$ 时原点不在 $L$ 内，积分为0；当 $R>1$ 时原点在 $L$ 内，积分为 $\pi$。
提示：注意 $R=1$ 时曲线经过原点，题目要求 $R \neq 1$。
步骤 8/8
目标：应用结论计算具体积分（7）-（12）
（7）$\int_L \frac{x\,dy - y\,dx}{4x^2 + 9y^2}$，$L$ 为单位圆，原点在内，$c_1=4, c_2=9$，积分 $= \frac{2\pi}{\sqrt{36}} = \frac{\pi}{3}$。
（8）$\oint_L \frac{x\,dy - y\,dx}{x^2 + 9y^2}$，$c_1=1, c_2=9$，若包围原点则积分 $= \frac{2\pi}{3}$。
（9）$\oint_L \frac{x\,dy - y\,dx}{2x^2 + 3y^2}$，$L: (x-1)^2 + y^2 = 2$，原点在内部（距离1<半径$\sqrt{2}$），$c_1=2, c_2=3$，积分 $= \frac{2\pi}{\sqrt{6}}$。
（10）$\int_C \frac{x\,dy - y\,dx}{3x^2 + 4y^2}$，$C$ 为椭圆 $2x^2+3y^2=1$，原点在内，$c_1=3, c_2=4$，积分 $= \frac{2\pi}{\sqrt{12}} = \frac{\pi}{\sqrt{3}}$。
（11）$\int_C \frac{y}{3x^2+4y^2}\,dx - \frac{x}{3x^2+4y^2}\,dy = -\int_C \frac{x\,dy - y\,dx}{3x^2+4y^2} = -\frac{\pi}{\sqrt{3}}$。
（12）$\int_L \frac{x\,dy - y\,dx}{4x^2 + y^2}$，$L$ 为包含原点的区域边界，逆时针，$c_1=4, c_2=1$，积分 $= \pi$。
提示：注意（11）中分子符号变化导致积分变号。
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