下册 9.2 第二型曲线积分 第32题
📝 题目
32．设 $L$ 为平面内任意一条不经过点 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ 的正向光滑封闭简单曲线．试证明：曲线积分 $\displaystyle \oint_{L} \frac{\left(x-x_{0}\right) \mathrm{d} y-\left(y-y_{0}\right) \mathrm{d} x}{c_{1}\left(x-x_{0}\right)^{2}+c_{2}\left(y-y_{0}\right)^{2}}\left(c_{1}>0, c_{2}>0\right)$ 的值为常数，并求下列曲线积分．
（1）$\displaystyle \oint_{L} \frac{-\left(y-2^{-1}\right) \mathrm{d} x+x \mathrm{~d} y}{x^{2}+\left(y-2^{-1}\right)^{2}}$ ，其中 $L$ 从 $A(1,0)$ 经上半单位圆周到 $B(-1,0)$ ，再经过直线段 $B A$ 回到 $A$ 点．
（2） $\displaystyle \int_{L} \frac{-y \mathrm{~d} x+(x+1) \mathrm{d} y}{(x+1)^{2}+y^{2}}$ ，其中 $L$ 为 $x^{2}+y^{2}=3$ ，逆时针方向．
（3）$\displaystyle \oint_{L} \frac{y \mathrm{~d} x-(x-1) \mathrm{d} y}{(x-1)^{2}+y^{2}}$ ，其中 $L$ 为圆 $x^{2}+y^{2}=4$ ，取正向．
（4）$\displaystyle \oint_{L} \frac{y \mathrm{~d} x-(x-1) \mathrm{d} y}{(x-1)^{2}+y^{2}}$ ，其中 $L$ 为椭圆 $4 x^{2}+y^{2}-8 x=0$ ，取正向．
（5）$\displaystyle \oint_{L} \frac{y \mathrm{~d} x-(x-1) \mathrm{d} y}{(x-1)^{2}+y^{2}}$ ，其中 $L$ 为圆 $x^{2}+y^{2}-2 y=0$ ，取正向．
（6）$\displaystyle \oint_{L} \frac{y \mathrm{~d} x-(x-1) \mathrm{d} y}{4(x-1)^{2}+y^{2}}$ ，其中 $L$ 为圆周：$x^{2}+y^{2}=2$ ，取正向．
（7）$\displaystyle \oint_{L} \frac{(x-1) \mathrm{d} y-(y-2) \mathrm{d} x}{4(x-1)^{2}+(y-2)^{2}}$ ，其中 $L$ 为平面内任意一条不经过点 $(1,2)$ 得正向光滑封闭简单曲线．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
记 $\displaystyle s=x-x_{0}, t=y-y_{0}, P=-\frac{y-y_{0}}{c_{1}\left(x-x_{0}\right)^{2}+c_{2}\left(y-y_{0}\right)^{2}}, Q=\frac{x-x_{0}}{c_{1}\left(x-x_{0}\right)^{2}+c_{2}\left(y-y_{0}\right)^{2}}$ ，则
$$
P=-\frac{y-y_{0}}{c_{1}\left(x-x_{0}\right)^{2}+c_{2}\left(y-y_{0}\right)^{2}}=-\frac{t}{c_{1} s^{2}+c_{2} t^{2}}, Q=\frac{s}{c_{1} s^{2}+c_{2} t^{2}} .
$$
当 $\displaystyle (s, t) \neq(0,0), P_{t}=-\frac{c_{1} s^{2}-c_{2} t^{2}}{\left(c_{1} s^{2}+c_{2} t^{2}\right)^{2}}=Q_{s}$ ，由复合函数求导法则得 $P_{y}=Q_{x}$ ．
I 若给定的曲线 $L$ 所围成的闭区域不包括点 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ ，则由格林公式得
$$
\oint_{L} \frac{\left(x-x_{0}\right) \mathrm{d} y-\left(y-y_{0}\right) \mathrm{d} x}{c_{1}\left(x-x_{0}\right)^{2}+c_{2}\left(y-y_{0}\right)^{2}}=\iint_{D} 0 \mathrm{~d} x \mathrm{~d} y=0 .
$$
II 如图 9.87 所示，若给定的曲线 $L$ 所围成的闭区域包括点 $\left(x_{0}, y_{0}\right)$ ，取一条特殊的有向曲线 $L_{1}: c_{1}\left(x-x_{0}\right)^{2}+c_{2}\left(y-y_{0}\right)^{2}=\varepsilon^{2}(\varepsilon>0$ 充分小），让 $L_{1}$ 完全落在 $L$ 内，并规定 $L_{1}$ 的方向为逆时针。设 $L+L_{1}^{-}$所围成的闭区域为 $D$ ．在 $L+L_{1}^{-}$上应用 Green 公式得
$$
\oint_{L+L_{1}} \frac{\left(x-x_{0}\right) \mathrm{d} y-\left(y-y_{0}\right) \mathrm{d} x}{c_{1}\left(x-x_{0}\right)^{2}+c_{2}\left(y-y_{0}\right)^{2}}=\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=0 .
$$
于是
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-290.jpg?height=1030&width=1085&top_left_y=5373&top_left_x=4296}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.87}
\end{figure}
$$
\begin{aligned}
\oint_{L} \frac{\left(x-x_{0}\right) \mathrm{d} y-\left(y-y_{0}\right) \mathrm{d} x}{c_{1}\left(x-x_{0}\right)^{2}+c_{2}\left(y-y_{0}\right)^{2}} & =\oint_{L_{1}} \frac{\left(x-x_{0}\right) \mathrm{d} y-\left(y-y_{0}\right) \mathrm{d} x}{c_{1}\left(x-x_{0}\right)^{2}+c_{2}\left(y-y_{0}\right)^{2}}=\frac{1}{\varepsilon^{2}} \oint_{L_{1}}\left(x-x_{0}\right) \mathrm{d} y-\left(y-y_{0}\right) \mathrm{d} x \\
& =\frac{1}{\varepsilon^{2}} \iint_{D}(1+1) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=2 \pi \frac{1}{\varepsilon^{2}} \frac{\varepsilon^{2}}{\sqrt{c_{1} c_{2}}}=\frac{1}{\sqrt{c_{1} c_{2}}} 2 \pi .
\end{aligned}
$$
利用上述结论得：
（1）因 $\displaystyle \left(0, \frac{1}{2}\right)$ 在 $L$ 内，所以 $\displaystyle \oint_{L} \frac{-\left(y-\frac{1}{2}\right) \mathrm{d} x+x \mathrm{~d} y}{x^{2}+\left(y-\frac{1}{2}\right)^{2}}=2 \pi$ ．
（2）因 $(-1,0)$ 在 $L$ 内，所以 $\displaystyle \int_{L} \frac{-y \mathrm{~d} x+(x+1) \mathrm{d} y}{(x+1)^{2}+y^{2}}=2 \pi$ ．
（3）因 $(1,0)$ 在 $L$ 内，所以 $\displaystyle \oint_{L} \frac{y \mathrm{~d} x-(x-1) \mathrm{d} y}{(x-1)^{2}+y^{2}}=2 \pi$ ．
（4）因 $(1,0)$ 在 $L$ 内，所以 $\displaystyle \oint_{L} \frac{y \mathrm{~d} x-(x-1) \mathrm{d} y}{(x-1)^{2}+y^{2}}=2 \pi$ ．
（5）因 $(1,0)$ 不在 $L$ 内，所以 $\displaystyle \oint_{L} \frac{y \mathrm{~d} x-(x-1) \mathrm{d} y}{(x-1)^{2}+y^{2}}=0$ ．
（6）因 $(1,0)$ 在 $L$ 内，所以 $\displaystyle \oint_{L} \frac{y \mathrm{~d} x-(x-1) \mathrm{d} y}{4(x-1)^{2}+y^{2}}=\pi$ ．
（7）当曲线 $L$ 所围成的闭区域不包括点 $\displaystyle (1,2), \oint_{L} \frac{(x-1) \mathrm{d} y-(y-2) \mathrm{d} x}{4(x-1)^{2}+(y-2)^{2}}=0$ ．
当曲线 $L$ 所围成的闭区域包括点 $\displaystyle (1,2), \oint_{L} \frac{(x-1) \mathrm{d} y-(y-2) \mathrm{d} x}{4(x-1)^{2}+(y-2)^{2}}=\pi$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：证明曲线积分值为常数
记 $s=x-x_0$, $t=y-y_0$, 则被积表达式化为 $\frac{s\,dy - t\,dx}{c_1 s^2 + c_2 t^2}$。令 $P = -\frac{t}{c_1 s^2 + c_2 t^2}$, $Q = \frac{s}{c_1 s^2 + c_2 t^2}$。计算偏导数：$\frac{\partial P}{\partial t} = -\frac{c_1 s^2 - c_2 t^2}{(c_1 s^2 + c_2 t^2)^2}$, $\frac{\partial Q}{\partial s} = \frac{c_1 s^2 - c_2 t^2}{(c_1 s^2 + c_2 t^2)^2}$，因此 $\frac{\partial P}{\partial t} = -\frac{\partial Q}{\partial s}$，即 $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$（由链式法则）。故除点 $(x_0,y_0)$ 外，被积表达式是恰当微分。
公式：$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$
提示：注意偏导数的计算，特别是分母的平方项，不要遗漏负号。
步骤 2/7
目标：分情况讨论曲线积分值
若 $L$ 所围区域不包含点 $(x_0,y_0)$，则由格林公式，曲线积分为0。若包含该点，则取辅助曲线 $L_1$：$c_1(x-x_0)^2 + c_2(y-y_0)^2 = \varepsilon^2$（逆时针），使得 $L_1$ 完全在 $L$ 内部。在 $L$ 与 $L_1^-$ 所围区域上应用格林公式，得 $\oint_L = \oint_{L_1}$。
公式：格林公式：$\oint_{\partial D} Pdx+Qdy = \iint_D (\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}) dxdy$
提示：辅助曲线方向要与原曲线方向一致（逆时针），且 $L_1$ 要取逆时针方向。
步骤 3/7
目标：计算辅助曲线上的积分
在 $L_1$ 上，$c_1(x-x_0)^2 + c_2(y-y_0)^2 = \varepsilon^2$，因此分母为常数 $\varepsilon^2$。积分化为 $\frac{1}{\varepsilon^2} \oint_{L_1} (x-x_0)dy - (y-y_0)dx$。由格林公式，$\oint_{L_1} (x-x_0)dy - (y-y_0)dx = \iint_{D_1} 2 \, dxdy = 2 \cdot \text{Area}(D_1)$，其中 $D_1$ 是椭圆 $c_1 s^2 + c_2 t^2 \leq \varepsilon^2$ 的内部，面积为 $\frac{\pi \varepsilon^2}{\sqrt{c_1 c_2}}$。因此原积分为 $\frac{1}{\varepsilon^2} \cdot 2 \cdot \frac{\pi \varepsilon^2}{\sqrt{c_1 c_2}} = \frac{2\pi}{\sqrt{c_1 c_2}}$。
公式：椭圆面积公式：$\text{Area} = \frac{\pi \varepsilon^2}{\sqrt{c_1 c_2}}$
提示：注意椭圆面积公式中 $c_1$ 和 $c_2$ 的位置，不要混淆。
步骤 4/7
目标：应用结论到具体题目（1）
题目（1）：$\oint_L \frac{-(y-1/2)dx + x dy}{x^2 + (y-1/2)^2}$，对应 $c_1=1, c_2=1$，奇点为 $(0,1/2)$。$L$ 由上半单位圆周和直线段 $BA$ 组成，围成区域包含 $(0,1/2)$，故积分值为 $\frac{2\pi}{\sqrt{1\cdot1}} = 2\pi$。
公式：$\frac{2\pi}{\sqrt{c_1 c_2}}$
提示：确认奇点是否在区域内，注意 $L$ 的方向是正向（逆时针）。
步骤 5/7
目标：应用结论到题目（2）至（5）
（2）$\int_L \frac{-y dx + (x+1) dy}{(x+1)^2+y^2}$，奇点 $(-1,0)$，$c_1=c_2=1$，$L$ 为圆 $x^2+y^2=3$ 包含 $(-1,0)$，故 $=2\pi$。
（3）$\oint_L \frac{y dx - (x-1) dy}{(x-1)^2+y^2}$，奇点 $(1,0)$，$c_1=c_2=1$，$L$ 为圆 $x^2+y^2=4$ 包含 $(1,0)$，故 $=2\pi$。
（4）$\oint_L \frac{y dx - (x-1) dy}{(x-1)^2+y^2}$，奇点 $(1,0)$，$L$ 为椭圆 $4x^2+y^2-8x=0$ 即 $4(x-1)^2+y^2=4$，包含 $(1,0)$，故 $=2\pi$。
（5）$\oint_L \frac{y dx - (x-1) dy}{(x-1)^2+y^2}$，奇点 $(1,0)$，$L$ 为圆 $x^2+y^2-2y=0$ 即 $x^2+(y-1)^2=1$，不包含 $(1,0)$，故 $=0$。
公式：若奇点在区域内，积分值为 $2\pi/\sqrt{c_1 c_2}$；否则为0。
提示：注意判断奇点是否在曲线所围区域内，特别是椭圆和圆的方程要化为标准形式。
步骤 6/7
目标：应用结论到题目（6）
（6）$\oint_L \frac{y dx - (x-1) dy}{4(x-1)^2+y^2}$，奇点 $(1,0)$，$c_1=4, c_2=1$，$L$ 为圆 $x^2+y^2=2$，包含 $(1,0)$，故积分值为 $\frac{2\pi}{\sqrt{4\cdot1}} = \frac{2\pi}{2} = \pi$。
公式：$\frac{2\pi}{\sqrt{c_1 c_2}}$
提示：注意 $c_1$ 和 $c_2$ 的值，分母是 $4(x-1)^2+y^2$，所以 $c_1=4, c_2=1$。
步骤 7/7
目标：应用结论到题目（7）
（7）$\oint_L \frac{(x-1)dy - (y-2)dx}{4(x-1)^2+(y-2)^2}$，奇点 $(1,2)$，$c_1=4, c_2=1$。若 $L$ 所围区域不包含 $(1,2)$，则积分值为0；若包含，则积分值为 $\frac{2\pi}{\sqrt{4\cdot1}} = \pi$。
公式：同上
提示：注意题目要求对任意不经过奇点的封闭曲线，需分情况讨论。
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