人邮高数 第7章 第7-5-5题
📝 题目
5．证明：$\displaystyle \frac{x \mathrm{~d} x+y \mathrm{~d} y}{x^{2}+y^{2}}$ 在 $x O y$ 面内除去 $y$ 轴的负半轴及原点 $O$ 后的区域 $G$ 内是某个二元函数的全微分，并求出这样的一个二元函数．
💡 答案解析
[AI解答]
[AI解答]
**第一步：判断是否为全微分** 设 $$ P(x,y) = \frac{x}{x^2+y^2}, \quad Q(x,y) = \frac{y}{x^2+y^2}. $$ 计算偏导数： $$ \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial}{\partial y}\left( \frac{x}{x^2+y^2} \right) = x \cdot \frac{-2y}{(x^2+y^2)^2} = -\frac{2xy}{(x^2+y^2)^2}, $$ $$ \frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial}{\partial x}\left( \frac{y}{x^2+y^2} \right) = y \cdot \frac{-2x}{(x^2+y^2)^2} = -\frac{2xy}{(x^2+y^2)^2}. $$ 因此在区域 $G$ 内（除去 $y$ 轴负半轴及原点，该区域是单连通的）有 $$ \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}, $$ 故该微分形式是某个二元函数的全微分。
**第二步：求原函数** 设 $$ \mathrm{d}u = \frac{x\,\mathrm{d}x + y\,\mathrm{d}y}{x^2+y^2}. $$ 考虑极坐标变换： $$ x = r\cos\theta,\quad y = r\sin\theta,\quad r>0, $$ 则 $$ x\,\mathrm{d}x + y\,\mathrm{d}y = r\,\mathrm{d}r,\quad x^2+y^2 = r^2, $$ 于是 $$ \mathrm{d}u = \frac{r\,\mathrm{d}r}{r^2} = \frac{\mathrm{d}r}{r}. $$ 积分得 $$ u = \ln r + C = \ln\sqrt{x^2+y^2} + C. $$ 取 $C=0$，得到一个原函数 $$ u(x,y) = \frac{1}{2}\ln(x^2+y^2). $$ 由于区域 $G$ 排除了 $y$ 轴负半轴，可定义连续单值分支。
**第三步：结论** 因此， $$ \frac{x\,\mathrm{d}x + y\,\mathrm{d}y}{x^2+y^2} $$ 在区域 $G$ 内是函数 $$ \boxed{u(x,y)=\dfrac{1}{2}\ln(x^2+y^2)} $$ 的全微分。
难度：★★☆☆☆