北京科技大学 2026年数学分析第0题

给定曲线积分 $\int_{L} \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{f(x)+4 y^{2}}$，将其改写为 $\int_{L} P\,dx + Q\,dy$ 的形式。对比可得：$P(x,y) = \frac{-y}{f(x)+4y^2}$，$Q(x,y) = \frac{x}{f(x)+4y^2}$。

由于对任意围绕原点一周的闭曲线 $L$，积分值恒为常数 $A$，这意味着在除去原点外的区域内，曲线积分与路径无关，因此旋度为零，即 $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$ 在 $(x,y) \neq (0,0)$ 处成立。

计算 $\frac{\partial Q}{\partial x}$：$Q = x \cdot (f(x)+4y^2)^{-1}$，使用乘积法则得 $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{1}{f(x)+4y^2} + x \cdot \frac{-f'(x)}{(f(x)+4y^2)^2} = \frac{f(x)+4y^2 - x f'(x)}{(f(x)+4y^2)^2}$。 计算 $\frac{\partial P}{\partial y}$：$P = -y \cdot (f(x)+4y^2)^{-1}$，得 $\frac{\partial P}{\partial y} = -\frac{1}{f(x)+4y^2} - y \cdot \frac{-8y}{(f(x)+4y^2)^2} = -\frac{1}{f(x)+4y^2} + \frac{8y^2}{(f(x)+4y^2)^2}$，通分后为 $\frac{-f(x)+4y^2}{(f(x)+4y^2)^2}$。

令 $\frac{f(x)+4y^2 - x f'(x)}{(f(x)+4y^2)^2} = \frac{-f(x)+4y^2}{(f(x)+4y^2)^2}$，分母相同且非零，故分子相等：$f(x)+4y^2 - x f'(x) = -f(x)+4y^2$。消去 $4y^2$ 得 $f(x) - x f'(x) = -f(x)$，即 $2f(x) - x f'(x) = 0$。

由 $2f(x) - x f'(x) = 0$ 得 $x f'(x) = 2f(x)$，即 $\frac{f'(x)}{f(x)} = \frac{2}{x}$。两边积分得 $\ln|f(x)| = 2\ln|x| + C$，所以 $f(x) = C_1 x^2$。代入 $f(1)=2$ 得 $C_1 = 2$，因此 $f(x) = 2x^2$。

将 $f(x)=2x^2$ 代入积分得 $\int_L \frac{x\,dy - y\,dx}{2x^2+4y^2} = \int_L \frac{x\,dy - y\,dx}{2(x^2+2y^2)}$。选取椭圆 $x^2+2y^2=1$ 作为 $L$，参数化：$x = \cos\theta$，$y = \frac{\sin\theta}{\sqrt{2}}$，$\theta$ 从 $0$ 到 $2\pi$。计算微分：$dx = -\sin\theta\,d\theta$，$dy = \frac{\cos\theta}{\sqrt{2}}\,d\theta$。分子：$x\,dy - y\,dx = \cos\theta \cdot \frac{\cos\theta}{\sqrt{2}} d\theta - \frac{\sin\theta}{\sqrt{2}} \cdot (-\sin\theta\,d\theta) = \frac{\cos^2\theta+\sin^2\theta}{\sqrt{2}} d\theta = \frac{1}{\sqrt{2}} d\theta$。分母：$2(x^2+2y^2)=2\cdot1=2$。被积函数为 $\frac{1/\sqrt{2}}{2} d\theta = \frac{1}{2\sqrt{2}} d\theta$。积分得 $A = \int_0^{2\pi} \frac{1}{2\sqrt{2}} d\theta = \frac{2\pi}{2\sqrt{2}} = \frac{\pi}{\sqrt{2}}$。