下册 9.2 第二型曲线积分 第36题
📝 题目
36．求下列极限．
（1） $\displaystyle \lim _{R \rightarrow \infty} \oint_{x^{2}+y^{2}=R^{2}} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{\delta}}$ ．
（2） $\displaystyle \lim _{R \rightarrow+\infty} \oint_{x^{2}+x y+y^{2}=R^{2}} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{\alpha}}$ ．（吉林师大 2003，浙江大学 2015（ $\left.\alpha=1\right) / 1984$ ）
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1） $\displaystyle \lim _{R \rightarrow \infty} \oint_{x^{2}+y^{2}=R^{2}} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{\left(x^{2}+y^{2}\right)^{\delta}}=\lim _{R \rightarrow \infty} \frac{1}{R^{2 \delta}} \oint_{x^{2}+y^{2}=R^{2}} x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x=\lim _{R \rightarrow \infty} \frac{1}{R^{2 \delta}} \iint_{x^{2}+y^{2}1 \\
2 \pi, \alpha=1 \\
\infty, \alpha<1
\end{array}\right.
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/6
目标：将曲线积分中的分母常数因子提出
对于第一问，积分曲线是半径为R的圆，分母为$(x^2+y^2)^\delta = R^{2\delta}$，因此可以提出常数因子：
$$\oint_{x^2+y^2=R^2} \frac{x\,dy - y\,dx}{(x^2+y^2)^\delta} = \frac{1}{R^{2\delta}} \oint_{x^2+y^2=R^2} (x\,dy - y\,dx).$$
公式：$$\oint_{x^2+y^2=R^2} \frac{x\,dy - y\,dx}{(x^2+y^2)^\delta} = \frac{1}{R^{2\delta}} \oint_{x^2+y^2=R^2} (x\,dy - y\,dx).$$
提示：注意分母是$(x^2+y^2)^\delta$，在圆周上$x^2+y^2=R^2$，所以可以提出。
步骤 2/6
目标：利用格林公式将曲线积分化为二重积分
对曲线积分$\oint_{x^2+y^2=R^2} (x\,dy - y\,dx)$应用格林公式：
$$\oint_{L} P\,dx+Q\,dy = \iint_D \left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right) dxdy,$$
其中$P=-y, Q=x$，则$\frac{\partial Q}{\partial x}=1, \frac{\partial P}{\partial y}=-1$，所以
$$\oint_{x^2+y^2=R^2} (x\,dy - y\,dx) = \iint_{x^2+y^2
公式：格林公式：$$\oint_{L} P\,dx+Q\,dy = \iint_D \left(\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}\right) dxdy.$$
提示：注意格林公式中曲线方向为逆时针，本题未指定方向，但通常取逆时针，结果为正。若取顺时针，结果差负号，但极限结果相同。
步骤 3/6
目标：计算第一问的极限
将二重积分结果代入：
$$\lim_{R\to\infty} \frac{1}{R^{2\delta}} \cdot 2\pi R^2 = \lim_{R\to\infty} 2\pi R^{2-2\delta}.$$
当$\delta>1$时，指数为负，极限为0；当$\delta=1$时，极限为$2\pi$；当$\delta<1$时，极限为$\infty$。但题目未指定$\delta$，通常认为$\delta$使得极限存在，常见答案为0。
公式：$$\lim_{R\to\infty} \frac{2\pi}{R^{2\delta-2}} = \begin{cases} 0, & \delta>1 \\ 2\pi, & \delta=1 \\ \infty, & \delta<1 \end{cases}.$$
提示：注意极限结果依赖于$\delta$的取值。
步骤 4/6
目标：第二问：通过线性变换将椭圆化为标准形
对于第二问，积分曲线为椭圆$x^2+xy+y^2=R^2$。作正交变换：令
$$x = \frac{u-v}{\sqrt{2}}, \quad y = \frac{u+v}{\sqrt{2}}.$$
则$x^2+y^2 = u^2+v^2$，且$x\,dy - y\,dx = - (v\,du - u\,dv)$。同时，椭圆方程化为
$$\frac{u^2}{(\sqrt{2/3}R)^2} + \frac{v^2}{(\sqrt{2}R)^2} = 1.$$
公式：变换公式：$$x = \frac{u-v}{\sqrt{2}}, y = \frac{u+v}{\sqrt{2}}, \quad x\,dy - y\,dx = - (v\,du - u\,dv).$$
提示：注意变换是正交变换，保持面积元不变，但这里曲线积分需要小心符号。
步骤 5/6
目标：将曲线积分参数化并化简
在$uv$平面中，椭圆参数化为：
$$u = \sqrt{\frac{2}{3}}R\cos\theta, \quad v = \sqrt{2}R\sin\theta, \quad \theta\in[0,2\pi).$$
计算微分：$du = -\sqrt{2/3}R\sin\theta\,d\theta, dv = \sqrt{2}R\cos\theta\,d\theta$。则
$$v\,du - u\,dv = \sqrt{2}R\sin\theta \cdot (-\sqrt{2/3}R\sin\theta\,d\theta) - \sqrt{2/3}R\cos\theta \cdot \sqrt{2}R\cos\theta\,d\theta = -\frac{2R^2}{\sqrt{3}}(\sin^2\theta + \cos^2\theta)\,d\theta = -\frac{2R^2}{\sqrt{3}}\,d\theta.$$
且$x^2+y^2 = u^2+v^2 = \frac{2}{3}R^2\cos^2\theta + 2R^2\sin^2\theta = \frac{2R^2}{3}(\cos^2\theta + 3\sin^2\theta)$。于是
$$\oint_L \frac{x\,dy - y\,dx}{(x^2+y^2)^\alpha} = -\oint_{L'} \frac{v\,du - u\,dv}{(u^2+v^2)^\alpha} = -\int_0^{2\pi} \frac{-\frac{2R^2}{\sqrt{3}}\,d\theta}{\left(\frac{2R^2}{3}(\cos^2\theta+3\sin^2\theta)\right)^\alpha} = \frac{2R^2}{\sqrt{3}} \left(\frac{3}{2R^2}\right)^\alpha \int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{(\cos^2\theta+3\sin^2\theta)^\alpha}.$$
公式：参数化结果：$$\oint_L \frac{x\,dy - y\,dx}{(x^2+y^2)^\alpha} = \frac{2}{\sqrt{3}} \frac{3^\alpha}{2^\alpha R^{2\alpha-2}} \int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{(\cos^2\theta+3\sin^2\theta)^\alpha}.$$
提示：注意符号处理：$v\,du - u\,dv$计算要仔细，且积分方向为逆时针，参数化时$\theta$从0到$2\pi$。
步骤 6/6
目标：化简积分并计算极限
记积分
$$I(\alpha) = \int_0^{2\pi} \frac{d\theta}{(\cos^2\theta+3\sin^2\theta)^\alpha}.$$
利用对称性，$I(\alpha) = 4\int_0^{\pi/2} \frac{d\theta}{(\cos^2\theta+3\sin^2\theta)^\alpha}$。令$t=\tan\theta$，则$d\theta = \frac{dt}{1+t^2}$，且$\cos^2\theta = \frac{1}{1+t^2}, \sin^2\theta = \frac{t^2}{1+t^2}$，所以
$$I(\alpha) = 4\int_0^\infty \left(\frac{1+t^2}{1+3t^2}\right)^\alpha \frac{1}{1+t^2}\,dt.$$
当$\alpha=1$时，可计算得$I(1) = \frac{2\pi}{\sqrt{3}}$。于是原极限为
$$\lim_{R\to\infty} \frac{2}{\sqrt{3}} \frac{3^\alpha}{2^\alpha R^{2\alpha-2}} I(\alpha) = \frac{2}{\sqrt{3}} \left(\frac{3}{2}\right)^\alpha I(\alpha) \lim_{R\to\infty} \frac{1}{R^{2\alpha-2}}.$$
因此，当$\alpha>1$时极限为0；$\alpha=1$时极限为$\frac{2}{\sqrt{3}} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{2\pi}{\sqrt{3}} = 2\pi$；$\alpha<1$时极限为$\infty$。
公式：$$\lim_{R\to\infty} \oint_{x^2+xy+y^2=R^2} \frac{x\,dy - y\,dx}{(x^2+y^2)^\alpha} = \begin{cases} 0, & \alpha>1 \\ 2\pi, & \alpha=1 \\ \infty, & \alpha<1 \end{cases}.$$
提示：注意$I(\alpha)$是有限常数，极限行为由$R^{2\alpha-2}$决定。
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