下册 9.2 第二型曲线积分 第42题
📝 题目
42．计算下列曲线积分．
（1）计算 $\displaystyle \oint_{C} \frac{\partial}{\partial y}\left(\ln \frac{1}{r}\right) \mathrm{d} x-\frac{\partial}{\partial x}\left(\ln \frac{1}{r}\right) \mathrm{d} y$ ，其中 $r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}, C$ 为平面上任意一条不过原点的简单光滑闭曲线，取逆时针方向。
（2）设 $C$ 为平面上有界区域 $D$ 的光滑边界曲线，$n$ 为 $C$ 的外法向量，$r=\sqrt{x^{2}+y^{2}}$ ．分别就 $C$的两种情况计算 $\displaystyle I=\oint_{C} \frac{\partial \ln r}{\partial n} \mathrm{~d} s$ ，这里 $\displaystyle \frac{\partial}{\partial n}$ 表示沿 $C$ 的外法线方向的导数．
（1）原点在区域 $D$ 的内部；
（2）原点在 $C$ 的外部．
（3）设 $u=x^{3}+2 y^{2}-x y$ ，求曲线积分 $\displaystyle \oint_{c} \frac{\partial u}{\partial n} \mathrm{~d} s$ ，其中 $C$ 为圆周 $\displaystyle x^{2}+y^{2}-2 x=0, \frac{\partial u}{\partial n}$ 为沿 $C$ 外法线的方向导数．
💡 答案解析
\section*{解题过程：}
（1）由于 $\displaystyle \ln \frac{1}{r}=-\ln r=-\frac{1}{2} \ln \left(x^{2}+y^{2}\right), \frac{\partial}{\partial x} \ln \left(x^{2}+y^{2}\right)=\frac{2 x}{x^{2}+y^{2}}, \frac{\partial}{\partial y} \ln \left(x^{2}+y^{2}\right)=\frac{2 y}{x^{2}+y^{2}}$ ，所以
$$
\oint_{C} \frac{\partial}{\partial y}\left(\ln \frac{1}{r}\right) \mathrm{d} x-\frac{\partial}{\partial x}\left(\ln \frac{1}{r}\right) \mathrm{d} y=-\oint_{C} \frac{y}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} x-\frac{x}{x^{2}+y^{2}} \mathrm{~d} y=\oint_{C} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{x^{2}+y^{2}}
$$
由 28 题得：
当闭曲线 $C$ 内部不包含坐标原点时，$\displaystyle \oint_{C} \frac{\partial}{\partial y}\left(\ln \frac{1}{r}\right) \mathrm{d} x-\frac{\partial}{\partial x}\left(\ln \frac{1}{r}\right) \mathrm{d} y=\oint_{C} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{x^{2}+y^{2}}=0$ ．
当闭曲线 $C$ 内部包含坐标原点时，$\displaystyle \oint_{C} \frac{\partial}{\partial y}\left(\ln \frac{1}{r}\right) \mathrm{d} x-\frac{\partial}{\partial x}\left(\ln \frac{1}{r}\right) \mathrm{d} y=\oint_{C} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{x^{2}+y^{2}}=2 \pi$ ．
（2）由 $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial n}=\frac{\partial u}{\partial x} \cos (n, x)+\frac{\partial u}{\partial y} \cos (n, y), \cos (n, x) \mathrm{d} s=\mathrm{d} y, \cos (n, y) \mathrm{d} s=-\mathrm{d} x$ ，得
$$
\oint_{C} \frac{\partial u}{\partial n} \mathrm{~d} s=\oint_{C}\left(\frac{\partial u}{\partial x} \cos (n, x)+\frac{\partial u}{\partial y} \cos (n, y)\right) \mathrm{d} s=\oint_{C}-\frac{\partial u}{\partial y} \mathrm{~d} x+\frac{\partial u}{\partial x} \mathrm{~d} y
$$
于是 $\displaystyle \oint_{C} \frac{\partial \ln r}{\partial n} \mathrm{~d} s=\oint_{C}\left(\frac{\partial \ln r}{\partial x} \cos (n, x)+\frac{\partial \ln r}{\partial y} \cos (n, y)\right) \mathrm{d} s=\oint_{C}-\frac{\partial \ln r}{\partial y} \mathrm{~d} x+\frac{\partial \ln r}{\partial x} \mathrm{~d} y=\oint_{C} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{x^{2}+y^{2}}$ ．
当闭曲线 $L$ 内部不包含坐标原点时，$\displaystyle \oint_{C} \frac{\partial \ln r}{\partial n} \mathrm{~d} s=\oint_{C} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{x^{2}+y^{2}}=0$ ．
当闭曲线 $L$ 内部包含坐标原点时，$\displaystyle \oint_{C} \frac{\partial \ln r}{\partial n} \mathrm{~d} s=\oint_{C} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{x^{2}+y^{2}}=2 \pi$ ．
（3）由 $\displaystyle \frac{\partial u}{\partial n}=\frac{\partial u}{\partial x} \cos (n, x)+\frac{\partial u}{\partial y} \cos (n, y), \cos (n, x) \mathrm{d} s=\mathrm{d} y, \cos (n, y) \mathrm{d} s=-\mathrm{d} x$ ，得
$$
\begin{aligned}
\oint_{C} \frac{\partial u}{\partial n} \mathrm{~d} s & =\oint_{C}\left[\frac{\partial u}{\partial x} \cos (n, x)+\frac{\partial u}{\partial y} \cos (n, y)\right] \mathrm{d} s=\oint_{C}-\frac{\partial u}{\partial y} \mathrm{~d} x+\frac{\partial u}{\partial x} \mathrm{~d} y=\oint_{C}-(4 y-x) \mathrm{d} x+\left(3 x^{2}-y\right) \mathrm{d} y \\
& =\iint_{D}(6 x+4) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=\iint_{D}[6(x-1)+10] \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=10 \pi
\end{aligned}
$$
📋 详细解题步骤
步骤 1/7
目标：化简被积表达式
由 $\ln \frac{1}{r} = -\ln r = -\frac{1}{2} \ln(x^2+y^2)$，计算偏导数：
$$\frac{\partial}{\partial y}\left(\ln \frac{1}{r}\right) = -\frac{y}{x^2+y^2}, \quad \frac{\partial}{\partial x}\left(\ln \frac{1}{r}\right) = -\frac{x}{x^2+y^2}.$$
代入曲线积分得：
$$\oint_C \frac{\partial}{\partial y}\left(\ln \frac{1}{r}\right) dx - \frac{\partial}{\partial x}\left(\ln \frac{1}{r}\right) dy = \oint_C \frac{x dy - y dx}{x^2+y^2}.$$
公式：$$\frac{\partial}{\partial y}\left(\ln \frac{1}{r}\right) = -\frac{y}{x^2+y^2}, \quad \frac{\partial}{\partial x}\left(\ln \frac{1}{r}\right) = -\frac{x}{x^2+y^2}$$
提示：注意负号的处理，以及 $\ln \frac{1}{r} = -\ln r$ 的转换。
步骤 2/7
目标：判断原点位置并应用格林公式
记 $P = -\frac{y}{x^2+y^2}, Q = \frac{x}{x^2+y^2}$。计算 $\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y}$：
$$\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{(x^2+y^2) - x \cdot 2x}{(x^2+y^2)^2} = \frac{y^2 - x^2}{(x^2+y^2)^2},$$
$$\frac{\partial P}{\partial y} = -\frac{(x^2+y^2) - y \cdot 2y}{(x^2+y^2)^2} = -\frac{x^2 - y^2}{(x^2+y^2)^2} = \frac{y^2 - x^2}{(x^2+y^2)^2},$$
所以 $\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 0$ 在除原点外处处成立。
当 $C$ 内部不含原点时，由格林公式，积分值为0。
当 $C$ 内部含原点时，取一个小圆 $C_\varepsilon: x^2+y^2=\varepsilon^2$ 逆时针方向，由格林公式在复连通区域上得积分等于 $\oint_{C_\varepsilon} \frac{x dy - y dx}{x^2+y^2}$。
公式：$$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 0$$
提示：注意原点是被积函数的奇点，需分类讨论。
步骤 3/7
目标：计算含原点时的积分值
在 $C_\varepsilon$ 上，$x^2+y^2=\varepsilon^2$，参数化 $x=\varepsilon\cos\theta, y=\varepsilon\sin\theta, \theta:0\to 2\pi$，则 $dx=-\varepsilon\sin\theta d\theta, dy=\varepsilon\cos\theta d\theta$，代入得：
$$\oint_{C_\varepsilon} \frac{x dy - y dx}{x^2+y^2} = \int_0^{2\pi} \frac{\varepsilon\cos\theta \cdot \varepsilon\cos\theta d\theta - \varepsilon\sin\theta \cdot (-\varepsilon\sin\theta d\theta)}{\varepsilon^2} = \int_0^{2\pi} (\cos^2\theta+\sin^2\theta) d\theta = 2\pi.$$
因此，当 $C$ 内部包含原点时，积分值为 $2\pi$。
公式：$$\oint_{C_\varepsilon} \frac{x dy - y dx}{x^2+y^2} = 2\pi$$
提示：参数化时注意方向，逆时针对应 $\theta$ 从0到$2\pi$。
步骤 4/7
目标：将外法向导数转化为曲线积分
对于第(2)问，由方向导数定义，$\frac{\partial \ln r}{\partial n} = \nabla (\ln r) \cdot \mathbf{n} = \frac{\partial \ln r}{\partial x} \cos(n,x) + \frac{\partial \ln r}{\partial y} \cos(n,y)$。
利用外法线方向与切向量的关系：$\cos(n,x) ds = dy, \cos(n,y) ds = -dx$（逆时针方向时，外法线方向与切线方向满足右手定则）。因此：
$$\oint_C \frac{\partial \ln r}{\partial n} ds = \oint_C \left( \frac{\partial \ln r}{\partial x} dy - \frac{\partial \ln r}{\partial y} dx \right).$$
计算 $\frac{\partial \ln r}{\partial x} = \frac{x}{x^2+y^2}, \frac{\partial \ln r}{\partial y} = \frac{y}{x^2+y^2}$，代入得：
$$\oint_C \frac{\partial \ln r}{\partial n} ds = \oint_C \frac{x dy - y dx}{x^2+y^2}.$$
公式：$$\frac{\partial \ln r}{\partial n} ds = \frac{x dy - y dx}{x^2+y^2}$$
提示：注意外法线方向与 $ds$ 的关系，符号不要弄反。
步骤 5/7
目标：分类讨论第(2)问的积分值
由第(1)问结果，$\oint_C \frac{x dy - y dx}{x^2+y^2}$ 的值取决于原点是否在 $C$ 内部。
- 若原点在区域 $D$ 内部（即 $C$ 内部包含原点），则 $I = 2\pi$。
- 若原点在 $C$ 外部，则 $I = 0$。
提示：注意区域 $D$ 是 $C$ 所围的有界区域，原点在 $D$ 内部等价于 $C$ 包含原点。
步骤 6/7
目标：将第(3)问的外法向导数转化为曲线积分
对于 $u = x^3 + 2y^2 - xy$，同样有：
$$\frac{\partial u}{\partial n} = \frac{\partial u}{\partial x} \cos(n,x) + \frac{\partial u}{\partial y} \cos(n,y),$$
$$\oint_C \frac{\partial u}{\partial n} ds = \oint_C \left( \frac{\partial u}{\partial x} dy - \frac{\partial u}{\partial y} dx \right).$$
计算偏导数：$\frac{\partial u}{\partial x} = 3x^2 - y, \frac{\partial u}{\partial y} = 4y - x$，代入得：
$$\oint_C \frac{\partial u}{\partial n} ds = \oint_C (3x^2 - y) dy - (4y - x) dx = \oint_C (x - 4y) dx + (3x^2 - y) dy.$$
公式：$$\oint_C \frac{\partial u}{\partial n} ds = \oint_C (x - 4y) dx + (3x^2 - y) dy$$
提示：注意符号：$\cos(n,y) ds = -dx$，所以 $\frac{\partial u}{\partial y} \cos(n,y) ds = -\frac{\partial u}{\partial y} dx$。
步骤 7/7
目标：应用格林公式计算第(3)问
曲线 $C$ 是圆周 $x^2+y^2-2x=0$，即 $(x-1)^2+y^2=1$，圆心 $(1,0)$，半径 $1$。该圆内部不包含原点，因此可直接用格林公式。
令 $P = x-4y, Q = 3x^2 - y$，则 $\frac{\partial Q}{\partial x} = 6x, \frac{\partial P}{\partial y} = -4$，所以：
$$\oint_C P dx + Q dy = \iint_D (6x + 4) dxdy,$$
其中 $D$ 为圆盘 $(x-1)^2+y^2 \le 1$。
计算二重积分：利用对称性，$\iint_D x dxdy = \bar{x} \cdot \text{面积} = 1 \cdot \pi = \pi$，$\iint_D 4 dxdy = 4 \cdot \pi = 4\pi$，所以总和为 $6\pi + 4\pi = 10\pi$。
公式：$$\iint_D (6x+4) dxdy = 10\pi$$
提示：注意格林公式的条件：$P,Q$ 在 $D$ 内连续可微，这里原点不在 $D$ 内，所以没问题。计算 $\iint_D x dxdy$ 时可用形心坐标。
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