下册 9.2 第二型曲线积分 第33题
📝 题目
33．设 $L$ 为绕原点一周的任意简单曲线，取逆时针方向。证明：当 $a_{2}=-b_{1}, a_{1} c_{2}=c_{1} b_{2}$ 时，曲线积分 $\displaystyle \oint_{L} \frac{\left(a_{1} x+a_{2} y\right) \mathrm{d} x+\left(b_{1} x+b_{2} y\right) \mathrm{d} y}{c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}}\left(c_{1}>0, c_{2}>0\right)$ 的值恒为常数，并求下列曲线积分．
（1）$\displaystyle \oint_{L} \frac{(2 x-y) \mathrm{d} x+(2 y+x) \mathrm{d} y}{x^{2}+y^{2}}$ ，其中 $L$ 为绕原点一周的任意简单曲线，取逆时针方向．（桂林电子科大2010）
（2）$\displaystyle \oint_{L} \frac{(x+y) \mathrm{d} x-(x-y) \mathrm{d} y}{x^{2}+y^{2}}$ ，其中 $L$ 为圆周 $x^{2}+y^{2}=a^{2}$ ，逆时针方向．
（3）$\displaystyle \oint_{L} \frac{(x+y) \mathrm{d} x-(x-y) \mathrm{d} y}{x^{2}+y^{2}}$ ，其中 $L$ 为平面上不过原点的任一光滑闭曲线，取逆时针方向．
（4）$\displaystyle \oint_{L} \frac{x-y}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x+\frac{x+y}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} y$ ，其中 $L$ 为沿椭圆 $\displaystyle \frac{x^{2}}{a^{2}}+\frac{y^{2}}{b^{2}}=1$ 的逆时针方向．
（5）$\displaystyle \oint_{L} \frac{x-y}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x+\frac{x+y}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} y$ ，其中 $L$ 为星形线 $\displaystyle x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}=a^{\frac{2}{3}}(a>0)$ ，逆时针方向．
（6） $\displaystyle \int_{L} \frac{(x-y) \mathrm{d} x+(x+4 y) \mathrm{d} y}{x^{2}+4 y^{2}}$ ，其中 $L$ 为圆周 $x^{2}+y^{2}=1$ ，逆时针方向。
（7） $\displaystyle \int_{L} \frac{(x-y) \mathrm{d} x+(x+4 y) \mathrm{d} y}{x^{2}+4 y^{2}}$ ，其中为正方形 $|x|+|y| \leqslant 2$ 的边界，逆时针方向。
（8）$\displaystyle \oint_{C} \frac{(y+9 x) \mathrm{d} x+(y-x) \mathrm{d} y}{9 x^{2}+y^{2}}$ ，其中 $C$ 为单位圆周，逆时针为正向．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
记 $\displaystyle P=\frac{a_{1} x+a_{2} y}{c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}}, Q=\frac{b_{1} x+b_{2} y}{c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}}$ ，则
$$
\begin{gathered}
P_{y}=\frac{a_{2}\left(c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}\right)-2 c_{2} y\left(a_{1} x+a_{2} y\right)}{\left(c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}\right)^{2}}=\frac{a_{2} c_{1} x^{2}-a_{2} c_{2} y^{2}-2 a_{1} c_{2} x y}{\left(c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}\right)^{2}} \\
Q_{x}=\frac{b_{1}\left(c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}\right)-2 c_{1} x\left(b_{1} x+b_{2} y\right)}{\left(c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}\right)^{2}}=\frac{b_{1} c_{2} y^{2}-b_{1} c_{1} x^{2}-2 b_{2} c_{1} x y}{\left(c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}\right)^{2}}=\frac{-b_{1} c_{1} x^{2}+b_{1} c_{2} y^{2}-2 b_{2} c_{1} x y}{\left(c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}\right)^{2}}
\end{gathered}
$$
当 $a_{2}=-b_{1}, a_{1} c_{2}=c_{1} b_{2}$ 时，$P_{y}=Q_{x}\left(c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2} \neq 0\right)$ 。
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 9．88）．设 $L+L_{1}^{-}$所围城的区域为 $D$ 。在 $L+L_{1}^{-}$上应用 Green 公式得于是 $\displaystyle \quad \oint_{L+L_{1}} \frac{\left(a_{1} x+a_{2} y\right) \mathrm{d} x+\left(b_{1} x+b_{2} y\right) \mathrm{d} y}{c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}}=0$ ．
$$
\begin{aligned}
& \oint_{L} \frac{\left(a_{1} x+a_{2} y\right) \mathrm{d} x+\left(b_{1} x+b_{2} y\right) \mathrm{d} y}{c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}} \\
& =\oint_{L_{1}} \frac{\left(a_{1} x+a_{2} y\right) \mathrm{d} x+\left(b_{1} x+b_{2} y\right) \mathrm{d} y}{c_{1} x^{2}+c_{2} y^{2}}=\frac{1}{\varepsilon^{2}} \oint_{L_{1}}\left(a_{1} x+a_{2} y\right) \mathrm{d} x+\left(b_{1} x+b_{2} y\right) \mathrm{d} y \\
& =\frac{1}{\varepsilon^{2}} \iint_{D}\left(b_{1}-a_{2}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=-2 a_{2} \frac{\pi}{\sqrt{c_{1} c_{2}}} .
\end{aligned}
$$
\begin{figure}
\includegraphics[alt={},max width=\textwidth]{https://cdn.mathpix.com/cropped/468aa2e6-2fe6-41d5-b96d-487ad792954d-292.jpg?height=1086&width=1058&top_left_y=2472&top_left_x=4365}
\captionsetup{labelformat=empty}
\caption{图 9.88}
\end{figure}
利用上述结论得：
（1）$c_{1}=c_{2}=1, a_{1}=b_{2}=2, a_{2}=-b_{1}=-1$ ，
$$
\int_{L} \frac{(2 x-y) \mathrm{d} x+(2 y+x) \mathrm{d} y}{x^{2}+y^{2}}=\int_{L} \frac{(2 x-y) \mathrm{d} x+(x+2 y) \mathrm{d} y}{x^{2}+y^{2}}=2 \pi
$$
（2）（3）$c_{1}=c_{2}=1, a_{1}=b_{2}=1, a_{2}=-b_{1}=1$ ，
$$
\oint_{L} \frac{(x+y) \mathrm{d} x-(x-y) \mathrm{d} y}{x^{2}+y^{2}}=\oint_{L} \frac{(x+y) \mathrm{d} x+(-x+y) \mathrm{d} y}{x^{2}+y^{2}}=-2 \pi
$$
（4）（5）$\displaystyle c_{1}=c_{2}=1, a_{1}=b_{2}=1, a_{2}=-b_{1}=-1, \oint_{L} \frac{x-y}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x+\frac{x+y}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} y=2 \pi$ ．
（6）（7）$\displaystyle c_{1}=1, c_{2}=4, a_{1}=1, b_{2}=4, a_{2}=-b_{1}=-1, \int_{L} \frac{(x-y) \mathrm{d} x+(x+4 y) \mathrm{d} y}{x^{2}+4 y^{2}}=2 \frac{\pi}{\sqrt{4}}=\pi$ ．
（8）$\displaystyle c_{1}=9, c_{2}=1, a_{1}=9, b_{2}=1, a_{2}=-b_{1}=1, \oint_{C} \frac{(y+9 x) \mathrm{d} x+(y-x) \mathrm{d} y}{9 x^{2}+y^{2}}=-\frac{2 \pi}{3}$ ．
📋 详细解题步骤
步骤 1/9
目标：验证条件并计算偏导数
设 $P=\frac{a_1 x+a_2 y}{c_1 x^2+c_2 y^2}$, $Q=\frac{b_1 x+b_2 y}{c_1 x^2+c_2 y^2}$。计算偏导数：
$$P_y=\frac{a_2(c_1 x^2+c_2 y^2)-2c_2 y(a_1 x+a_2 y)}{(c_1 x^2+c_2 y^2)^2}=\frac{a_2 c_1 x^2-a_2 c_2 y^2-2a_1 c_2 xy}{(c_1 x^2+c_2 y^2)^2}$$
$$Q_x=\frac{b_1(c_1 x^2+c_2 y^2)-2c_1 x(b_1 x+b_2 y)}{(c_1 x^2+c_2 y^2)^2}=\frac{-b_1 c_1 x^2+b_1 c_2 y^2-2b_2 c_1 xy}{(c_1 x^2+c_2 y^2)^2}$$
当 $a_2=-b_1$, $a_1 c_2=c_1 b_2$ 时，有 $P_y=Q_x$。
公式：$$P_y=\frac{\partial P}{\partial y}, Q_x=\frac{\partial Q}{\partial x}$$
提示：注意分母平方的求导，分子中各项符号不要弄错。
步骤 2/9
目标：应用格林公式于环形区域
取一条特殊曲线 $L_1: c_1 x^2+c_2 y^2=\varepsilon^2$（$\varepsilon>0$ 充分小），方向逆时针，且完全位于 $L$ 内部。设 $L+L_1^-$ 围成区域 $D$（$L_1^-$ 表示 $L_1$ 反向）。在 $D$ 上应用格林公式，由于 $P_y=Q_x$，得：
$$\oint_{L+L_1^-} P\,dx+Q\,dy=0$$
因此
$$\oint_L P\,dx+Q\,dy = \oint_{L_1} P\,dx+Q\,dy$$
公式：格林公式：$$\oint_{\partial D} P\,dx+Q\,dy = \iint_D (Q_x-P_y)\,dxdy$$
提示：注意 $L_1$ 的方向与 $L$ 一致（逆时针），$L_1^-$ 为顺时针，所以 $L+L_1^-$ 构成正向边界。
步骤 3/9
目标：计算沿椭圆 $L_1$ 的积分
在 $L_1$ 上，$c_1 x^2+c_2 y^2=\varepsilon^2$，所以分母为常数 $\varepsilon^2$。积分化为：
$$\oint_{L_1} \frac{(a_1 x+a_2 y)dx+(b_1 x+b_2 y)dy}{\varepsilon^2} = \frac{1}{\varepsilon^2}\oint_{L_1} (a_1 x+a_2 y)dx+(b_1 x+b_2 y)dy$$
对后者应用格林公式，其中 $D_1$ 为 $L_1$ 所围区域：
$$\oint_{L_1} (a_1 x+a_2 y)dx+(b_1 x+b_2 y)dy = \iint_{D_1} (b_1 - a_2)\,dxdy$$
由于 $a_2=-b_1$，故 $b_1-a_2 = b_1 - (-b_1)=2b_1 = -2a_2$。
公式：格林公式：$$\oint_{L_1} P\,dx+Q\,dy = \iint_{D_1} (Q_x-P_y)\,dxdy$$
提示：注意 $b_1-a_2$ 是常数，且 $a_2=-b_1$ 简化。
步骤 4/9
目标：计算区域 $D_1$ 的面积
$D_1$ 是椭圆 $c_1 x^2+c_2 y^2 \leq \varepsilon^2$，其面积为 $\frac{\pi \varepsilon^2}{\sqrt{c_1 c_2}}$。因此：
$$\iint_{D_1} (b_1-a_2)\,dxdy = (b_1-a_2) \cdot \frac{\pi \varepsilon^2}{\sqrt{c_1 c_2}} = -2a_2 \frac{\pi \varepsilon^2}{\sqrt{c_1 c_2}}$$
代入得：
$$\oint_L P\,dx+Q\,dy = \frac{1}{\varepsilon^2} \cdot \left(-2a_2 \frac{\pi \varepsilon^2}{\sqrt{c_1 c_2}}\right) = -\frac{2\pi a_2}{\sqrt{c_1 c_2}}$$
公式：椭圆面积公式：$$\text{Area}(\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\leq 1)=\pi ab$$
提示：注意椭圆方程标准化：$\frac{x^2}{(\varepsilon/\sqrt{c_1})^2}+\frac{y^2}{(\varepsilon/\sqrt{c_2})^2}=1$，半轴分别为 $\varepsilon/\sqrt{c_1}$ 和 $\varepsilon/\sqrt{c_2}$。
步骤 5/9
目标：应用结论到具体题目（1）
对于（1）：$\oint_L \frac{(2x-y)dx+(2y+x)dy}{x^2+y^2}$，对应 $c_1=c_2=1$, $a_1=2$, $a_2=-1$, $b_1=1$, $b_2=2$。验证条件：$a_2=-b_1$ 成立，$a_1 c_2=2$, $c_1 b_2=2$ 相等。由公式得：
$$\oint_L = -\frac{2\pi a_2}{\sqrt{c_1 c_2}} = -\frac{2\pi (-1)}{1}=2\pi$$
公式：$$\oint_L = -\frac{2\pi a_2}{\sqrt{c_1 c_2}}$$
提示：注意 $a_2$ 的符号，代入时小心。
步骤 6/9
目标：应用结论到具体题目（2）和（3）
对于（2）和（3）：$\oint_L \frac{(x+y)dx-(x-y)dy}{x^2+y^2}$，即 $a_1=1$, $a_2=1$, $b_1=-1$, $b_2=1$。验证：$a_2=-b_1$ 成立（$1=-(-1)$），$a_1 c_2=1$, $c_1 b_2=1$ 相等。由公式：
$$\oint_L = -\frac{2\pi \cdot 1}{1} = -2\pi$$
公式：同上
提示：注意 $a_2=1$，结果为负。
步骤 7/9
目标：应用结论到具体题目（4）和（5）
对于（4）和（5）：$\oint_L \frac{x-y}{x^2+y^2}dx+\frac{x+y}{x^2+y^2}dy$，即 $a_1=1$, $a_2=-1$, $b_1=1$, $b_2=1$。验证：$a_2=-b_1$ 成立（$-1=-1$），$a_1 c_2=1$, $c_1 b_2=1$ 相等。由公式：
$$\oint_L = -\frac{2\pi (-1)}{1}=2\pi$$
公式：同上
提示：注意 $a_2=-1$，结果为 $2\pi$。
步骤 8/9
目标：应用结论到具体题目（6）和（7）
对于（6）和（7）：$\int_L \frac{(x-y)dx+(x+4y)dy}{x^2+4y^2}$，对应 $c_1=1$, $c_2=4$, $a_1=1$, $a_2=-1$, $b_1=1$, $b_2=4$。验证：$a_2=-b_1$ 成立，$a_1 c_2=4$, $c_1 b_2=4$ 相等。由公式：
$$\oint_L = -\frac{2\pi (-1)}{\sqrt{1\cdot 4}} = \frac{2\pi}{2}=\pi$$
公式：$$\oint_L = -\frac{2\pi a_2}{\sqrt{c_1 c_2}}$$
提示：注意 $\sqrt{c_1 c_2}=2$。
步骤 9/9
目标：应用结论到具体题目（8）
对于（8）：$\oint_C \frac{(y+9x)dx+(y-x)dy}{9x^2+y^2}$，即 $a_1=9$, $a_2=1$, $b_1=-1$, $b_2=1$。验证：$a_2=-b_1$ 成立（$1=-(-1)$），$a_1 c_2=9\cdot1=9$, $c_1 b_2=9\cdot1=9$ 相等。由公式：
$$\oint_C = -\frac{2\pi \cdot 1}{\sqrt{9\cdot1}} = -\frac{2\pi}{3}$$
公式：同上
提示：注意 $a_2=1$，$\sqrt{c_1 c_2}=3$。
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