24-第二十四章 曲线积分

依赖于

• 无显式依赖

被以下题目直接调用

• 无

正文部分

24.1.1 例题

例题 24.1.1

求

$$I={\oint }_C{x}^{2}ds,$$

其中 $C$ 为

$$\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2+z^2=R^2,\\ x+y+z=0.\end{array}$$

解 1（常规方法） 先写出曲线 $C$ 的参数表达式。由于 $C$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=R^2$ 与经过球心的平面 $x+y+z=0$ 的交线，因此是空间的一个圆周。它在 $xOy$ 平面上的投影为一个椭圆，这个椭圆方程可从两个曲面方程中消去 $z$ 得到。即以 $z=-(x+y)$ 代入 $x^2+y^2+z^2=R^2$ 中，得

$$x^2+xy+y^2=\frac{R^2}{2}.$$

将左边配方成平方和：

$${\left(\frac{\sqrt{3}}{2}x\right)}^2+{\left(\frac{x}{2}+y\right)}^2=\frac{R^2}{2}.$$

令

$$\frac{\sqrt{3}}{2}x=\frac{R}{\sqrt{2}}\cos t,\frac{x}{2}+y=\frac{R}{\sqrt{2}}\sin t,t\in [0,2\pi ].$$

即得到参数表示

$$x=\sqrt{\frac{2}{3}}R\cos t,y=\frac{R}{\sqrt{2}}\sin t-\frac{R}{\sqrt{6}}\cos t,t\in [0,2\pi ].$$

代入 $z=-(x+y)$ 中，得

$$z=-\frac{R}{\sqrt{6}}\cos t-\frac{R}{\sqrt{2}}\sin t,t\in [0,2\pi ].$$

由此得

$$\begin{array}{rl}ds& =\sqrt{[x^{\prime }(t){]}^2+[y^{\prime }(t){]}^2+[z^{\prime }(t){]}^2}dt\\ & =R\sqrt{\frac{2}{3}{\sin }^{2}t+{\left(\frac{\cos t}{\sqrt{2}}+\frac{\sin t}{\sqrt{6}}\right)}^2+{\left(\frac{\sin t}{\sqrt{6}}-\frac{\cos t}{\sqrt{2}}\right)}^2}dt\\ & =Rdt.\end{array}$$

故有

$${\oint }_C{x}^{2}ds={\int }_0^{2\pi }\frac{2}{3}{R}^3{\cos }^{2}tdt=\frac{2}{3}\pi R^3.$$

解 2（利用对称性） 由对称性有

$${\oint }_C{x}^{2}ds={\oint }_C{y}^{2}ds={\oint }_C{z}^{2}ds,$$

则

$${\oint }_C{x}^{2}ds=\frac{1}{3}{\oint }_C(x^2+y^2+z^2)ds=\frac{1}{3}{R}^2{\oint }_{C}ds=\frac{2}{3}\pi R^3.$$

24.1.2 例题

例题 24.1.2

求曲线 $\Gamma$：

$$\{\begin{array}{l}(x-y{)}^2=a(x+y),\\ x^2-y^2=\frac{9}{8}{z}^2\end{array}$$

从 $O(0,0,0)$ 到 $A(x_0,y_0,z_0)$ 的弧长，其中 $a>0,x_0\ge 0$。

解 在曲线方程第一式两边乘 $(x-y)$，并利用第二式得

$$(x-y{)}^3=a(x^2-y^2)=\frac{9a}{8}{z}^2,$$

即

$$x-y=\frac{\sqrt[3]{9a}}{2}{z}^{2/3}.\text{\hspace{1em}(24.2)}$$

将 (24.2) 代入第一式得

$$x+y=\frac{3}{4}\sqrt[3]{\frac{3}{a}}{z}^{4/3}.\text{\hspace{1em}(24.3)}$$

由 (24.2), (24.3) 把 $z$ 看成参数，得

$$x=\frac{1}{2}\left(\frac{3}{4}\sqrt[3]{\frac{3}{a}}{z}^{4/3}+\frac{\sqrt[3]{9a}}{2}{z}^{2/3}\right),y=\frac{1}{2}\left(\frac{3}{4}\sqrt[3]{\frac{3}{a}}{z}^{4/3}-\frac{\sqrt[3]{9a}}{2}{z}^{2/3}\right).$$

微分后得到

$$dx=\frac{1}{2}\left(\sqrt[3]{\frac{3}{a}}{z}^{1/3}+\sqrt[3]{\frac{a}{3}}{z}^{-1/3}\right)dz,dy=\frac{1}{2}\left(\sqrt[3]{\frac{3}{a}}{z}^{1/3}-\sqrt[3]{\frac{a}{3}}{z}^{-1/3}\right)dz.$$

于是

$$\begin{array}{rl}ds& =\sqrt{d{x}^2+d{y}^2+d{z}^2}\\ & =\frac{\sqrt{2}}{2}\left(\sqrt[3]{\frac{3}{a}}{z}^{1/3}+\sqrt[3]{\frac{a}{3}}{z}^{-1/3}\right)dz=\sqrt{2}dx.\end{array}$$

所以弧长

$${\int }_{\Gamma }ds={\int }_0^{x_0}\sqrt{2}dx=\sqrt{2}{x}_0.$$

例题 24.1.3

计算球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 在第一卦限部分的边界的质心坐标 $(x_0,y_0,z_0)$。

解 应用质心坐标公式，其中 $\rho =1$，

$$m=\frac{3}{2}\pi a.$$

如图 24.1 所示，在 ${\Gamma }_1$ 上用极坐标 $x=a\cos \theta ,y=a\sin \theta$，则 $ds=ad\theta$，且

$${\int }_{{\Gamma }_1}xds={\int }_0^{\pi /2}a\cos \theta \cdot ad\theta =a^2.$$

由对称性

$${\int }_{{\Gamma }_2}xds=a^2,{\int }_{{\Gamma }_3}xds=0.$$

于是

$$x_0=\frac{2}{3\pi a}\left({\int }_{{\Gamma }_1}xds+{\int }_{{\Gamma }_2}xds\right)=\frac{4a}{3\pi }.$$

再用对称性得

$$y_0=z_0=\frac{4a}{3\pi }.$$

24.1.3 练习题

练习题 1

计算下列第一型曲线积分：

1. ${\int }_C(x^{4/3}+y^{4/3})ds$，其中 $C$ 为星形线 $x^{2/3}+y^{2/3}=a^{2/3}$；
2. ${\int }_C{e}^{\sqrt{x^2+y^2}}ds$，其中 $C$ 为由曲线 $r=a,\phi =0,\phi =\frac{\pi }{4}$（$r$ 和 $\phi$ 为极坐标）所界的围线；
3. ${\int }_C|y|ds$，其中 $C$ 为双纽线 $(x^2+y^2{)}^2=a^2(x^2-y^2)$；
4. ${\int }_C\frac{ds}{y^2}$，其中 $C$ 为悬链线 $y=a\mathrm{ch}\frac{x}{a}$；
5. ${\int }_{C}zds$，其中 $C$ 为曲线 $x^2+y^2=z^2,y^2=ax$ 从 $(0,0,0)$ 到 $(a,a,\sqrt{2}a)$ 的弧。

解

1. 取星形线参数方程

$$x=a{\cos }^{3}t,y=a{\sin }^{3}t,0\le t\le \frac{\pi }{2},$$

第一象限上的弧长元为

$$ds=\sqrt{{\dot{x}}^2+{\dot{y}}^2}dt=3a\sin t\cos tdt.$$

而

$$x^{4/3}+y^{4/3}=a^{4/3}({\cos }^{4}t+{\sin }^{4}t).$$

由对称性，

$$\begin{array}{rl}{\int }_C(x^{4/3}+y^{4/3})ds& =4\cdot 3a^{7/3}{\int }_0^{\pi /2}({\cos }^{4}t+{\sin }^{4}t)\sin t\cos tdt\\ & =4a^{7/3}.\end{array}$$

1. 围线由两条半径和一段圆弧组成。在两条半径上 $ds=dr$，在圆弧 $r=a$ 上 $ds=ad\phi$，故

$$\begin{array}{rl}{\int }_C{e}^{\sqrt{x^2+y^2}}ds& =2{\int }_0^a{e}^{r}dr+{\int }_0^{\pi /4}{e}^a\cdot ad\phi \\ & =2(e^a-1)+\frac{\pi a}{4}{e}^a.\end{array}$$

1. 双纽线在极坐标下为

$$r^2=a^2\cos 2\theta ,|\theta |\le \frac{\pi }{4}$$

及其关于原点对称的一支。对右侧一叶，

$$r=a\sqrt{\cos 2\theta },\frac{dr}{d\theta }=-\frac{a\sin 2\theta }{\sqrt{\cos 2\theta }},$$

因此

$$ds=\sqrt{r^2+{\left(\frac{dr}{d\theta }\right)}^2}d\theta =\frac{a}{\sqrt{\cos 2\theta }}d\theta .$$

又在右侧一叶上 $|y|=r|\sin \theta |$。由对称性，

$$\begin{array}{rl}{\int }_C|y|ds& =4{\int }_0^{\pi /4}r\sin \theta \cdot \frac{a}{\sqrt{\cos 2\theta }}d\theta \\ & =4a^2{\int }_0^{\pi /4}\sin \theta d\theta =2(2-\sqrt{2})a^2.\end{array}$$

1. 取参数 $x,y=a\mathrm{ch}(x/a)$。则

$$y^{\prime }=\mathrm{sh}(x/a),ds=\sqrt{1+y^{\prime 2}}dx=\mathrm{ch}(x/a)dx=\frac{y}{a}dx.$$

故

$${\int }_C\frac{ds}{y^2}=\frac{1}{a}{\int }_{-\infty }^{+\infty }\frac{dx}{y}=\frac{1}{a^2}{\int }_{-\infty }^{+\infty }\mathrm{sech}\frac{x}{a}dx=\frac{\pi }{a}.$$

1. 由 $y^2=ax$，令 $y=at(0\le t\le 1)$，则

$$x=a{t}^2,z=at\sqrt{1+t^2}.$$

于是

$$dx=2atdt,dy=adt,dz=a\frac{1+2t^2}{\sqrt{1+t^2}}dt.$$

从而

$$ds=a\sqrt{4t^2+1+\frac{(1+2t^2{)}^2}{1+t^2}}dt=a\sqrt{\frac{8t^4+9t^2+2}{1+t^2}}dt.$$

因此

$$zds=a^{2}t\sqrt{8t^4+9t^2+2}dt.$$

故

$${\int }_{C}zds=a^2{\int }_0^{1}t\sqrt{8t^4+9t^2+2}dt=\frac{a^2}{2}{\int }_0^1\sqrt{8u^2+9u+2}du,$$

其中 $u=t^2$。积分化简后得

$${\int }_{C}zds=\frac{a^2}{256\sqrt{2}}\left(100\sqrt{38}-72-17\ln \frac{25+4\sqrt{38}}{17}\right).$$

练习题 2

求下列空间曲线的弧长：

1. $y=a\arcsin \frac{x}{a},z=\frac{a}{4}\ln \frac{a-x}{a+x}$ 从 $(0,0,0)$ 到 $(x_0,y_0,z_0)$；
2. $x^2+y^2+z^2=a^2,\sqrt{x^2+y^2}\mathrm{ch}\left(\arctan \frac{y}{x}\right)=a$ 从 $(a,0,0)$ 到 $(x,y,z)$。

解

1. 令 $x=a\sin t$，则

$$y=at,z=\frac{a}{4}\ln \frac{1-\sin t}{1+\sin t},dx=a\cos tdt,dy=adt,dz=-\frac{a}{2\cos t}dt.$$

于是

$$ds=a\left(\cos t+\frac{1}{2\cos t}\right)dt.$$

若 $t_0=\arcsin (x_0/a)$，则从 $(0,0,0)$ 到 $(x_0,y_0,z_0)$ 的弧长为

$$\begin{array}{rl}L& =a{\int }_0^{t_0}\left(\cos t+\frac{1}{2\cos t}\right)dt\\ & =a\sin t_0+\frac{a}{2}\ln (\sec t_0+\tan t_0)\\ & =x_0+\frac{a}{2}\ln \frac{a+x_0}{\sqrt{a^2-x_0^2}}.\end{array}$$

1. 改用柱坐标 $x=\rho \cos \theta ,y=\rho \sin \theta$。题设方程化为

$${\rho }^2+z^2=a^2,\rho \mathrm{ch}\theta =a.$$

故

$$\rho =a\mathrm{sech}\theta ,z=\pm a\mathrm{th}\theta .$$

于是

$$d\rho =-a\mathrm{sech}\theta \mathrm{th}\theta d\theta ,dz=\pm a{\mathrm{sech}}^2\theta d\theta .$$

弧长元满足

$$d{s}^2=d{\rho }^2+{\rho }^{2}d{\theta }^2+d{z}^2=2a^2{\mathrm{sech}}^2\theta d{\theta }^2,$$

故

$$ds=a\sqrt{2}\mathrm{sech}\theta d\theta .$$

从 $\theta =0$ 到 $\theta$ 的弧长是

$$L=a\sqrt{2}{\int }_0^{\theta }\mathrm{sech}udu=a\sqrt{2}\arctan (\mathrm{sh}\theta ).$$

又

$$\mathrm{sh}\theta =\frac{z}{\rho }=\frac{z}{\sqrt{x^2+y^2}},$$

故可写成

$$L=a\sqrt{2}\left|\arctan \frac{z}{\sqrt{x^2+y^2}}\right|.$$

练习题 3

计算均匀的曲线 $y=a\mathrm{ch}\frac{x}{a}$ 从 $(0,a)$ 到 $(b,h)$ 的弧的质心坐标。

解 设弧的长度为 $L$。由

$$y=a\mathrm{ch}\frac{x}{a},y^{\prime }=\mathrm{sh}\frac{x}{a},ds=\mathrm{ch}\frac{x}{a}dx=\frac{y}{a}dx$$

可得

$$L={\int }_0^{b}ds=a\mathrm{sh}\frac{b}{a}=\sqrt{h^2-a^2}.$$

质心坐标为

$$\bar{x}=\frac{1}{L}{\int }_0^{b}xds,\bar{y}=\frac{1}{L}{\int }_0^{b}yds.$$

对 $\bar{x}$ 分部积分：

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{b}xds& =a{\int }_0^{b}xd\left(\mathrm{sh}\frac{x}{a}\right)\\ & =ab\mathrm{sh}\frac{b}{a}-a^2\left(\mathrm{ch}\frac{b}{a}-1\right)=bL-a(h-a).\end{array}$$

故

$$\bar{x}=b-\frac{a(h-a)}{\sqrt{h^2-a^2}}.$$

又

$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{b}yds& =\frac{1}{a}{\int }_0^b{y}^{2}dx=a{\int }_0^b{\mathrm{ch}}^2\frac{x}{a}dx\\ & =\frac{a}{2}{\int }_0^b\left(1+\mathrm{ch}\frac{2x}{a}\right)dx=\frac{ab}{2}+\frac{h\sqrt{h^2-a^2}}{2}.\end{array}$$

因此

$$\bar{y}=\frac{h}{2}+\frac{ab}{2\sqrt{h^2-a^2}}.$$

练习题 4

设 $\Gamma =\widehat{AB}$ 是 ${\mathbb{R}}^n$ 中的简单可求长曲线，$\Gamma$ 的弧长记为 $L$。对每一个 $s\in [0,L]$，存在唯一的 $x\in \Gamma ,x=(x_1,x_2,\cdots ,x_n)$，使得 $\Gamma$ 上从 $A$ 到 $x$ 的曲线段 $\widehat{Ax}$ 的弧长等于 $s$，由此定义了一个 $[0,L]$ 上的函数

$$x=x(s),0\le s\le L.\text{\hspace{1em}(24.4)}$$

即曲线 $\Gamma$ 以弧长 $s$ 为参数的参数方程为 (24.4)。设 $f$ 是定义在 $\Gamma$ 上的函数，如果 $f$ 在 $\Gamma$ 上的第一型曲线积分存在，则

$${\int }_{\Gamma }f(x)ds={\int }_0^{L}f(x(s))ds.$$

解 设分点

$$0=s_0<s_1<\cdots <s_n=L$$

把曲线分成小弧段，并记 $x_i=x(s_i)$。由弧长参数的定义，每一小弧的长度正是 $s_i-s_{i-1}$，而对应弦长满足

$$|x_i-x_{i-1}|\le s_i-s_{i-1}.$$

当分割加细时，折线长

$$\sum _{i=1}^n|x_i-x_{i-1}|$$

趋于曲线总长 $L$，故

$$\sum _{i=1}^n[(s_i-s_{i-1})-|x_i-x_{i-1}|]\to 0.$$

取任意样点 ${\sigma }_i\in [s_{i-1},s_i]$，则第一型曲线积分的 Riemann 和可写成

$$\sum _{i=1}^{n}f(x({\sigma }_i))|x_i-x_{i-1}|.$$

而通常的定积分 Riemann 和为

$$\sum _{i=1}^{n}f(x({\sigma }_i))(s_i-s_{i-1}).$$

两者之差的绝对值不超过

$$\underset{\Gamma }{\sup }|f|\sum _{i=1}^n[(s_i-s_{i-1})-|x_i-x_{i-1}|]\to 0.$$

故两类 Riemann 和有同一极限，从而

$${\int }_{\Gamma }f(x)ds={\int }_0^{L}f(x(s))ds.$$

24.2.1 例题

例题 24.2.1

计算积分

$$I={\int }_C(x^2+2xy)dy,$$

其中 $C$ 表示逆时针方向的上半椭圆

$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1.$$

解 利用椭圆的参数表达式

$$x=a\cos t,y=b\sin t.$$

按给定方向 $t$ 由 $0$ 变到 $\pi$，将 $x,y$ 用 $t$ 的表达式代入并用 $b\cos tdt$ 来代替 $dy$，得

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{\pi }(a^2{\cos }^{2}t+2ab\cos t\sin t)b\cos tdt\\ & =a^{2}b{\int }_0^{\pi }{\cos }^{3}tdt+2a{b}^2{\int }_0^{\pi }{\cos }^{2}t\sin tdt=\frac{4}{3}a{b}^2.\end{array}$$

例题 24.2.2

求

$$I={\int }_{\Gamma }{y}^{2}dx+z^{2}dy+x^{2}dz,$$

其中 $\Gamma$ 为曲线

$$\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2+z^2=a^2,\\ x^2+y^2=ax(a>0)\end{array}$$

上 $z\ge 0$ 的部分（即 Viviani 体的顶部曲线），且从 $z$ 轴正向看 $\Gamma$ 是逆时针方向。

解 参见图 22.11。先求曲线 $\Gamma$ 的参数表达式。若以 $x,y,z$ 之一为参数，则要涉及开方运算，出现分支，很不方便。从第二个方程易见引入柱坐标

$$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,z=z,$$

于是 $\Gamma$ 的参数方程为

$$x=a{\cos }^2\theta ,y=a\cos \theta \sin \theta ,z=\sqrt{a^2-r^2}=a|\sin \theta |,-\frac{\pi }{2}\le \theta \le \frac{\pi }{2}.$$

根据曲线定向，有

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}[a^2{\cos }^2\theta {\sin }^2\theta \cdot 2a\cos \theta (-\sin \theta )\\ & +a^2{\sin }^2\theta \cdot a({\cos }^2\theta -{\sin }^2\theta )+a^2{\cos }^4\theta \cdot z^{\prime }(\theta )]d\theta .\end{array}$$

第一项是奇函数，且因 $z(\theta )$ 是偶函数，所以 $z^{\prime }(\theta )$ 是奇函数，故第三项也是奇函数，于是

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{a}^3{\sin }^2\theta ({\cos }^2\theta -{\sin }^2\theta )d\theta \\ & =2a^3{\int }_0^{\pi /2}({\sin }^2\theta -2{\sin }^4\theta )d\theta =-\frac{\pi }{4}{a}^3.\end{array}$$

24.2.3 例题

例题 24.2.3

已知一平面力场，它的方向指向坐标原点，它的大小与它到原点的距离 $r$ 的平方成反比：

$$F=\frac{\mu }{r^2},$$

其中 $\mu$ 为常数。计算当质量 $m=1$ 的质点自位置 $A$ 移动到位置 $B$（不通过原点）时力场做的功。

解 以 $(x,y)$ 表示点的坐标。设力与 $x$ 轴的夹角为 $\theta$，则

$$\cos \theta =-\frac{x}{r},\sin \theta =-\frac{y}{r}.$$

于是力在 $x,y$ 方向的分量分别为

$$F_1(x,y)=F\cos \theta =-\mu \frac{x}{r^3},F_2(x,y)=F\sin \theta =-\mu \frac{y}{r^3}.$$

而功可表示为曲线积分

$$w=-\mu {\int }_{\widehat{AB}}\frac{xdx+ydy}{r^3}.$$

容易看出

$$-\frac{xdx+ydy}{r^3}=d\frac{1}{r},\text{\hspace{1em}(24.7)}$$

且如将 $x,y$ 用参数表达式 $x=\phi (t),y=\psi (t)$ 代入，其中 $a\le t\le b$，并令

$$r=\sqrt{x^2+y^2}=\sqrt{{\phi }^2(t)+{\psi }^2(t)}$$

时，等式 (24.7) 仍成立。于是

$$w=\mu {\int }_a^{b}d\frac{1}{r}=\mu \left(\frac{1}{r}\right){|}_a^b=\mu \left(\frac{1}{r_B}-\frac{1}{r_A}\right),$$

其中 $r_A,r_B$ 分别表示原点到点 $A,B$ 的距离。

例题 24.2.4

设 $f(x,y)$ 在单位圆盘

$$D=\{(x,y)\mid x^2+y^2\le 1\}$$

上具有连续的一阶偏导数，且满足 $|f(x,y)|\le 1,\forall (x,y)\in D$。证明：存在点

$$p_0(x_0,y_0)\in \mathrm{int}D=\{(x,y)\mid x^2+y^2<1\},$$

使得

$$(f_x^2+f_y^2){|}_{(x_0,y_0)}\le 4.$$

证 如果有点 $(x_0,y_0)$，使 $\nabla f(x_0,y_0)=0$，即 $f_x(x_0,y_0)=f_y(x_0,y_0)=0$，则估计式成立。如果 $\nabla f$ 在 $D$ 中处处不为零向量，则 $f$ 在 $D$ 中的梯度曲线存在。设 $\Gamma$ 是 $f$ 在 $D$ 中的梯度曲线，其参数方程为

$$x=x(t),y=y(t),t\in [0,T],$$

$\Gamma$ 的起点为原点，终点为 $(x(T),y(T))$。由曲线积分公式得到

$$\begin{array}{rl}f(x(T),y(T))-f(0,0)& ={\int }_0^T\left(\frac{\partial f}{\partial x}{x}^{\prime }(t)+\frac{\partial f}{\partial y}{y}^{\prime }(t)\right)dt\\ & ={\int }_0^T\frac{\frac{\partial f}{\partial x}{x}^{\prime }(t)+\frac{\partial f}{\partial y}{y}^{\prime }(t)}{\sqrt{[x^{\prime }(t){]}^2+[y^{\prime }(t){]}^2}}\sqrt{[x^{\prime }(t){]}^2+[y^{\prime }(t){]}^2}dt\\ & ={\int }_{\Gamma }(\nabla f(x,y)\cdot \tau )ds.\end{array}$$

设 $l$ 是 $\Gamma$ 的弧长，并且 $\Gamma$ 自原点出发到达 $D$ 的边界，则 $l\ge 1$。如果在 $\mathrm{int}D$ 上处处有 $\nabla f(x,y)\cdot \tau >2$，则就有

$$2\ge |f(x(T),y(T))-f(0,0)|>2l\ge 2,$$

引出矛盾。因此存在 $(x_0,y_0)\in \mathrm{int}D$，使 $\nabla f(x_0,y_0)\cdot \tau \le 2$。又因为 $\nabla f$ 与 $\tau$ 相切，故

$$\nabla f(x_0,y_0)\cdot \tau =|\nabla f(x_0,y_0)|\le 2,$$

即

$$(f_x^2+f_y^2){|}_{(x_0,y_0)}\le 4.$$

注 用梯度曲线来估计函数差的下界也是十分有效的，其依据就是函数沿梯度方向增长最快。用这样的方法可以证明如下的高维中值定理（见《美国数学月刊》(1999) 第 106 卷 674—675 页，其证明作为第二组参考题 2）。

设 $f(x)$ 为定义在以 $r$ 为半径的 $n$ 维球

$$D=\{x=(x_1,x_2,\cdots ,x_n)\mid x_1^2+x_2^2+\cdots +x_n^2\le r^2\}$$

上的连续可微函数，则存在点 $p_0=(p_1^0,p_2^0,\cdots ,p_n^0)\in \mathrm{int}D$，使

$$\underset{x\in D}{\max }\{f(x)\}-\underset{x\in D}{\min }\{f(x)\}=|\nabla f(p_0)|\cdot 2r.$$

利用这个结果或修改上述例题中的证明可以将估计值 $4$ 改为最佳的估计值 $1$。

24.2.4 练习题

练习题 1

计算 ${\int }_{L}xydx+(y-x)dy$，其中 $L$ 为曲线，$\widehat{AB}$ 方向为由 $A$ 到 $B$，$A=(1,1),B=(2,3)$：

1. $\widehat{AB}$ 是直线 $AB$；
2. $\widehat{AB}$ 的方程是 $y=2(x-1{)}^2+1$；
3. $\widehat{AB}$ 是折线 $ADB,D=(2,1)$。

解 设

$$\omega =xydx+(y-x)dy.$$

1. 直线 $AB$ 可写成

$$x=1+t,y=1+2t,0\le t\le 1.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_L\omega & ={\int }_0^1[(1+t)(1+2t)+2((1+2t)-(1+t)\left)\right]dt\\ & ={\int }_0^1(1+5t+2t^2)dt=\frac{25}{6}.\end{array}$$

1. 取 $x$ 为参数，$y=2(x-1{)}^2+1,1\le x\le 2$，则

$$dy=4(x-1)dx.$$

故

$$\begin{array}{rl}{\int }_L\omega & ={\int }_1^2\left(x\right(2(x-1{)}^2+1)+4(x-1)(2(x-1{)}^2+1-x\left)\right)dx\\ & =\frac{10}{3}.\end{array}$$

1. 折线 $ADB$ 分两段。沿 $AD$ 有 $y=1,dy=0$，故

$${\int }_{AD}\omega ={\int }_1^{2}xdx=\frac{3}{2}.$$

沿 $DB$ 有 $x=2,dx=0$，故

$${\int }_{DB}\omega ={\int }_1^3(y-2)dy=0.$$

因此

$${\int }_L\omega =\frac{3}{2}.$$

练习题 2

求 ${\int }_C\frac{x}{y}dx+\frac{1}{y-a}dy$，其中 $C$ 是旋轮线

$$x=a(t-\sin t),y=a(1-\cos t)$$

对应于 $t=\frac{\pi }{6}$ 到 $t=\frac{\pi }{3}$ 的一段。

解 取参数 $t$，则

$$x=a(t-\sin t),y=a(1-\cos t),dx=a(1-\cos t)dt,dy=a\sin tdt.$$

于是

$$\begin{array}{rl}{\int }_C\frac{x}{y}dx+\frac{1}{y-a}dy& ={\int }_{\pi /6}^{\pi /3}\left(\frac{t-\sin t}{1-\cos t}\cdot a(1-\cos t)-\tan t\right)dt\\ & ={\int }_{\pi /6}^{\pi /3}(a(t-\sin t)-\tan t)dt\\ & =a\left(\frac{{\pi }^2}{24}+\frac{1-\sqrt{3}}{2}\right)-\frac{1}{2}\ln 3.\end{array}$$

练习题 3

求 ${\int }_C(x+y{)}^{2}dx+(x^2-y^2)dy$，其中 $C$ 是以 $A(1,1),B(3,2),D(3,1)$ 为顶点的三角形，取顺时针方向。

解 由 Green 公式，

$${\oint }_C(x+y{)}^{2}dx+(x^2-y^2)dy={\iint }_D\left(2x-2x-2y\right)dA=-2{\iint }_{D}ydA,$$

其中 $D$ 是该三角形所围区域。题中方向为顺时针，故积分应再取相反数，于是

$${\int }_C(x+y{)}^{2}dx+(x^2-y^2)dy=2{\iint }_{D}ydA.$$

三角形面积为 $1$，其形心的 $y$ 坐标为 $\frac{1+2+1}{3}=\frac{4}{3}$，故

$${\int }_C(x+y{)}^{2}dx+(x^2-y^2)dy=\frac{8}{3}.$$

练习题 4

求 ${\int }_{C}4x{y}^{2}dx-3x^{4}dy$，其中 $C$ 是抛物线 $y=\frac{1}{2}{x}^2$ 自 $(0,0)$ 到 $(2,2)$ 的一段。

解 取 $x$ 为参数，$y=\frac{1}{2}{x}^2,0\le x\le 2$，则 $dy=xdx$。故

$${\int }_{C}4x{y}^{2}dx-3x^{4}dy={\int }_0^2\left(4x\cdot \frac{x^4}{4}-3x^5\right)dx=-2{\int }_0^2{x}^{5}dx=-\frac{64}{3}.$$

练习题 5

求

$${\oint }_C(y^2+z^2)dx+(z^2+x^2)dy+(x^2+y^2)dz,$$

其中 $C$ 是曲面 $x^2+y^2+z^2=2Rx,x^2+y^2=2ax$ 的交线 $(0<a<R,z>0)$，且由 $z$ 轴正向看是逆时针方向。

解 取参数

$$x=2a{\cos }^{2}u,y=2a\sin u\cos u,z=2\sqrt{a(R-a)}\cos u,-\frac{\pi }{2}\le u\le \frac{\pi }{2}.$$

直接代入后，第一项与第三项分别成为奇函数积分，故相消，只剩

$${\oint }_C(z^2+x^2)dy.$$

计算得

$$\begin{array}{rl}{\oint }_C(y^2+z^2)dx+(z^2+x^2)dy+(x^2+y^2)dz& =8a^2{\int }_{-\pi /2}^{\pi /2}{\cos }^{2}u(R-a+a{\cos }^{2}u)\cos 2udu\\ & =2\pi R{a}^2.\end{array}$$

练习题 6

求

$${\int }_{C}ydx+zdy+xdz;$$

其中 $C$ 为球面上的曲线：

$$x=R\sin \phi \cos \theta ,y=R\sin \phi \sin \theta ,z=R\cos \phi ,$$ $$R>0,0\le \phi \le \pi ,0\le \theta <2\pi ,$$

并且使 (1) $R,\phi$ 为常数；或 (2) $R,\theta$ 为常数。

解

1. 当 $R,\phi$ 为常数时，令 $\theta$ 为参数。此时

$$dx=-R\sin \phi \sin \theta d\theta ,dy=R\sin \phi \cos \theta d\theta ,dz=0.$$

故

$$\begin{array}{rl}{\int }_{C}ydx+zdy+xdz& ={\int }_0^{2\pi }\left(-R^2{\sin }^2\phi {\sin }^2\theta +R^2\sin \phi \cos \phi \cos \theta \right)d\theta \\ & =-\pi R^2{\sin }^2\phi .\end{array}$$

1. 当 $R,\theta$ 为常数时，令 $\phi$ 为参数。此时

$$dx=R\cos \phi \cos \theta d\phi ,dy=R\cos \phi \sin \theta d\phi ,dz=-R\sin \phi d\phi .$$

故

$$\begin{array}{rl}{\int }_{C}ydx+zdy+xdz& ={\int }_0^{\pi }{R}^2\left(\sin \theta {\cos }^2\phi \cos \theta +\cos \phi \sin \theta (-\sin \phi )-\sin \phi \sin \theta \cos \theta \right)d\phi \\ & =\frac{\pi R^2}{2}(\sin \theta -\cos \theta ).\end{array}$$

练习题 7

求

$${\int }_C(x^2+5y+3yz)dx+(5x+3xy-2)dy+(3xy-4z)dz,$$

其中 $C$ 为

1. $x=a\cos t,y=a\sin t,z=\frac{bt}{2\pi }$ 自 $t=0$ 到 $2\pi$ 的一段；
2. 直线段 $AB$，起点 $A=(a,0,0)$，终点 $B=(a,0,b)$。

解

1. 令

$$x=a\cos t,y=a\sin t,z=\frac{bt}{2\pi },0\le t\le 2\pi .$$

代入并整理得

$$\begin{array}{rl}{\int }_C& (x^2+5y+3yz)dx+(5x+3xy-2)dy+(3xy-4z)dz\\ & ={\int }_0^{2\pi }\left[-a^3{\cos }^{2}t\sin t-5a^2{\sin }^{2}t-\frac{3a^{2}b}{2\pi }{\sin }^{2}tt+5a^2{\cos }^{2}t+3a^3\sin t{\cos }^{2}t-2a\cos t\right]dt\\ & +{\int }_0^{2\pi }\left(3a^2\sin t\cos t-\frac{2bt}{\pi }\right)\frac{b}{2\pi }dt\\ & =-\frac{1}{2}(3\pi a^{2}b+4b^2).\end{array}$$

1. 在线段 $AB$ 上有 $x=a,y=0,z=t(0\le t\le b)$。于是 $dx=dy=0$，故

$${\int }_C(x^2+5y+3yz)dx+(5x+3xy-2)dy+(3xy-4z)dz={\int }_0^b(-4t)dt=-2b^2.$$

练习题 8

已知力场

$$\mathbf{F}(x,y,z)=y\mathbf{i}-x\mathbf{j}+(x+y+z)\mathbf{k},$$

求质点沿曲线

$$x=a\cos t,y=a\sin t,z=\frac{bt}{2\pi }$$

从点 $A(a,0,0)$ 运动到点 $B(a,0,b)$ 时，力场 $\mathbf{F}$ 对质点所做的功。

解 功为

$$W={\int }_C\mathbf{F}\cdot d\mathbf{r}={\int }_{C}ydx-xdy+(x+y+z)dz.$$

仍取

$$x=a\cos t,y=a\sin t,z=\frac{bt}{2\pi },0\le t\le 2\pi ,$$

则

$$\begin{array}{rl}W& ={\int }_0^{2\pi }\left(-a^2{\sin }^{2}t-a^2{\cos }^{2}t+\left(a\cos t+a\sin t+\frac{bt}{2\pi }\right)\frac{b}{2\pi }\right)dt\\ & =-2\pi a^2+\frac{b^2}{2}.\end{array}$$

练习题 9

质点在力场

$$\mathbf{F}=\frac{e^x}{1+y^2}\mathbf{i}+\frac{2y(1-e^x)}{(1+y^2{)}^2}\mathbf{j}$$

作用下，沿 $x^2+(y-1{)}^2=1$ 由点 $(0,0)$ 沿顺时针方向运动到点 $(1,1)$，求力场所做的功。

解 先验算

$$\frac{\partial }{\partial y}\left(\frac{e^x}{1+y^2}\right)=-\frac{2y{e}^x}{(1+y^2{)}^2}=\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{2y(1-e^x)}{(1+y^2{)}^2}\right),$$

故该力场为保守场。取势函数

$$U(x,y)=\frac{e^x-1}{1+y^2}.$$

于是所求功只与端点有关：

$$W=U(1,1)-U(0,0)=\frac{e-1}{2}.$$

24.3.1 例题

例题 24.3.1

$C$ 为抛物线 $2x=\pi y^2$ 自 $(0,0)$ 到 $\left(\frac{\pi }{2},1\right)$ 的弧段，求

$$I={\int }_C(2x{y}^3-y^2\cos x)dx+(1-2y\sin x+3x^2{y}^2)dy.$$

解 令

$$P(x,y)=2x{y}^3-y^2\cos x,Q(x,y)=1-2y\sin x+3x^2{y}^2,$$

则

$$-\frac{\partial P}{\partial y}+\frac{\partial Q}{\partial x}=0.$$

为了利用 Green 公式，添加辅助线（如图 24.3），则

$$I={\int }_C+{\int }_{\overline{BA}}+{\int }_{\overline{AO}}+{\int }_{\overline{AB}}+{\int }_{\overline{OA}}.$$

由 Green 公式，前三项的积分为零，于是

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_{\overline{AB}}+{\int }_{\overline{OA}}\\ & ={\int }_0^1\left[1-2y\sin \frac{\pi }{2}+3{\left(\frac{\pi }{2}\right)}^2{y}^2\right]dy=\frac{{\pi }^2}{4}.\end{array}$$

例题 24.3.2

计算积分

$$I={\oint }_C\frac{\cos (\mathbf{r},\mathbf{n})}{r}ds,$$

其中 $C$ 为逐段光滑的简单闭曲线， $\mathbf{r}=(x,y),r=|\mathbf{r}|=\sqrt{x^2+y^2}$，$\mathbf{n}$ 是 $C$ 上的单位外法向量。

解 由

$$\cos (\mathbf{r},\mathbf{n})=\frac{\mathbf{r}\cdot \mathbf{n}}{r}=\frac{1}{r}(x\cos (\mathbf{n},x)+y\cos (\mathbf{n},y))$$

得到

$$I={\oint }_C\left(\frac{x}{r^2}\cos (\mathbf{n},x)+\frac{y}{r^2}\cos (\mathbf{n},y)\right)ds.$$

当 $(0,0)$ 在 $C$ 外时，利用 Green 公式 (24.10)，则

$$I={\iint }_D\left[{\partial }_x\left(\frac{x}{r^2}\right)+{\partial }_y\left(\frac{y}{r^2}\right)\right]dxdy=0,$$

其中 $D$ 是以 $C$ 为边界的区域。

当 $(0,0)$ 在 $C$ 内时，以 $(0,0)$ 为圆心，以充分小的 $\epsilon$ 为半径作圆 $C_{\epsilon }$，使得 $C_{\epsilon }$ 在 $C$ 内，以 $C$ 及 $C_{\epsilon }$ 为边界的区域为 $D_{\epsilon }$，则

$$\begin{array}{rl}I& ={\oint }_C\left(\frac{x}{r^2}\cos (\mathbf{n},x)+\frac{y}{r^2}\cos (\mathbf{n},y)\right)ds\\ & -{\oint }_{C_{\epsilon }}\left(\frac{x}{r^2}\cos (\mathbf{n},x)+\frac{y}{r^2}\cos (\mathbf{n},y)\right)ds.\end{array}$$

其中 $C_{\epsilon }$ 上的单位法向量 $\mathbf{n}$ 的方向指向坐标原点。对前两项用 Green 公式，则

$$I=-{\oint }_{C_{\epsilon }}\left(\frac{x}{r^2}\cos (\mathbf{n},x)+\frac{y}{r^2}\cos (\mathbf{n},y)\right)ds.$$

在圆周 $C_{\epsilon }$ 上，

$$\cos (\mathbf{n},x)=-\frac{x}{\epsilon },\cos (\mathbf{n},y)=-\frac{y}{\epsilon },r=\epsilon ,$$

从而

$$I={\oint }_{C_{\epsilon }}\frac{1}{\epsilon }ds=2\pi .$$

当 $(0,0)\in C$ 时，过原点作曲线 $C$ 的切线 $OA,OB$，设 $OA,OB$ 的夹角为 $\theta$（见图 24.4），如果曲线 $C$ 在原点光滑，则 $\theta =\pi$。

作一个以 $(0,0)$ 点为心、$\epsilon$ 为半径的圆 $B_{\epsilon }$。记 $B_{\epsilon }$ 的圆周在 $C$ 内的部分为 $C_{\epsilon }$，由上面的计算知

$$I=\underset{\epsilon \to 0}{\lim }{\int }_{C_{\epsilon }}\frac{1}{\epsilon }ds=\underset{\epsilon \to 0}{\lim }{\theta }_{\epsilon }=\theta ,$$

其中 ${\theta }_{\epsilon }$ 是 $C_{\epsilon }$ 所对应的圆心角。

注 注意使用 Green 公式的条件：$P,Q$ 在 $D$ 上连续可微。这正是在本题中要区别 $(0,0)$ 在 $C$ 外、$C$ 内和 $C$ 上三种情况讨论的缘故。许多学生没有能够注意到这里的区别，尤其是当点 $(0,0)$ 在 $C$ 内时，他们会错误地认为被积函数在 $C$ 上是连续可微的，因而 Green 公式就可以用了。

例题 24.3.3

计算

$$I={\oint }_C\frac{e^y}{x^2+y^2}[(x\sin x+y\cos x)dx+(y\sin x-x\cos x)dy],$$

其中 $C:x^2+y^2=1$，取逆时针方向。

解 令

$$P(x,y)=\frac{e^y}{x^2+y^2}(x\sin x+y\cos x),$$ $$Q(x,y)=\frac{e^y}{x^2+y^2}(y\sin x-x\cos x).$$

由计算知 $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$，从而可在不包含原点的区域上用 Green 公式。为此取 $C_{\epsilon }:x^2+y^2={\epsilon }^2$，取逆时针方向，则

$$I={\oint }_C-{\oint }_{C_{\epsilon }}+{\oint }_{C_{\epsilon }}.$$

对等式右边前两项用 Green 公式，于是

$$\begin{array}{rl}I& ={\oint }_{C_{\epsilon }}\frac{e^y}{x^2+y^2}[(x\sin x+y\cos x)dx+(y\sin x-x\cos x)dy]\\ & =\frac{1}{{\epsilon }^2}{\oint }_{C_{\epsilon }}{e}^y[(x\sin x+y\cos x)dx+(y\sin x-x\cos x)dy].\end{array}$$

记 $C_{\epsilon }$ 围成的区域为 $D_{\epsilon }$，再用一次 Green 公式，则

$$I=-\frac{1}{{\epsilon }^2}{\iint }_{D_{\epsilon }}2e^y\cos xdxdy.$$

应用积分中值定理得到

$$I=\frac{1}{{\epsilon }^2}(-2\pi {\epsilon }^2{e}^{\eta }\cos \xi )=-2\pi e^{\eta }\cos \xi ,$$

其中 $(\xi ,\eta )\in D_{\epsilon }$。上述等式 $\forall \epsilon >0$ 都对，令 $\epsilon \to 0$，得

$$I=\underset{\epsilon \to 0+}{\lim }(-2\pi e^{\eta }\cos \xi )=-2\pi .$$

例题 24.3.4

计算双纽线

$$(x^2+y^2{)}^2=a^2(x^2-y^2)\text{\hspace{1em}(24.11)}$$

所围区域的面积。

解 1 由对称性只需计算第一、四象限的面积。令

$$x=r\cos \theta ,y=r\sin \theta ,-\frac{\pi }{4}\le \theta \le \frac{\pi }{4}.$$

代入方程 (24.11) 得 $r=a\sqrt{\cos 2\theta }$，则参数方程为

$$x(\theta )=a\cos \theta \sqrt{\cos 2\theta },y(\theta )=a\sin \theta \sqrt{\cos 2\theta },-\frac{\pi }{4}\le \theta \le \frac{\pi }{4}.$$

并且

$$x^{\prime }(\theta )=a(-\sin \theta )\sqrt{\cos 2\theta }+a\cos \theta \frac{-\sin 2\theta }{\sqrt{\cos 2\theta }},$$ $$y^{\prime }(\theta )=a\cos \theta \sqrt{\cos 2\theta }+a\sin \theta \frac{-\sin 2\theta }{\sqrt{\cos 2\theta }}.$$

所以

$$x{y}^{\prime }-y{x}^{\prime }=a^2\cos 2\theta .$$

由面积公式得到

$$S=2\cdot \frac{1}{2}\oint xdy-ydx={\int }_{-\pi /4}^{\pi /4}{a}^2\cos 2\theta d\theta =a^2.$$

解 2（用定积分求面积） 在极坐标系中，双纽线 (24.11) 的方程为

$$r^2=a^2\cos 2\theta ,\theta \in \left[-\frac{\pi }{4},\frac{\pi }{4}\right]\cup \left[\frac{3\pi }{4},\frac{5\pi }{4}\right].$$

于是

$$S=4\cdot \frac{1}{2}{\int }_0^{\pi /4}{r}^{2}d\theta =2{\int }_0^{\pi /4}{a}^2\cos 2\theta d\theta =a^2.$$

24.3.2 例题

例题 24.3.5

设 $P(x,y),Q(x,y)$ 有连续偏导数，则 $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$ 的充分必要条件是

$${\int }_{x_0}^{x}P(\xi ,y)d\xi +{\int }_{y_0}^{y}Q(x_0,\eta )d\eta ={\int }_{x_0}^{x}P(\xi ,y_0)d\xi +{\int }_{y_0}^{y}Q(x,\eta )d\eta .\text{\hspace{1em}(24.13)}$$

证 先证充分性。设 (24.13) 成立，两边对 $x$ 求导，得

$$P(x,y)=P(x,y_0)+{\int }_{y_0}^y\frac{\partial Q}{\partial x}(x,\eta )d\eta .$$

两边再对 $y$ 求导，则

$$\frac{\partial P}{\partial y}(x,y)=\frac{\partial Q}{\partial x}(x,y).$$

再证必要性。由条件知 $\omega =Pdx+Qdy$ 与积分路径无关。取路径为从 $(x_0,y_0)$ 经 $(x_0,y)$ 到 $(x,y)$，则势函数

$$\phi (x,y)={\int }_{x_0}^{x}P(\xi ,y)d\xi +{\int }_{y_0}^{y}Q(x_0,\eta )d\eta +C_1.$$

取路径为从 $(x_0,y_0)$ 经 $(x,y_0)$ 到 $(x,y)$，则

$$\phi (x,y)={\int }_{x_0}^{x}P(\xi ,y_0)d\xi +{\int }_{y_0}^{y}Q(x,\eta )d\eta +C_2.$$

令 $(x,y)=(x_0,y_0)$，得 $C_1=C_2$。故 (24.13) 成立。

例题 24.3.6

设 $a,b,c$ 为常数，满足 $ac-b^2>0$，

$$\omega =\frac{xdy-ydx}{a{x}^2+2bxy+c{y}^2}.$$

易见 $\omega$ 在 $(0,0)$ 以外的区域有定义，且为恰当微分形式。求 $\omega$ 关于原点 $(0,0)$ 的循环常数

$${\oint }_C\omega ,$$

其中 $C$ 可取围绕 $(0,0)$ 的任一简单封闭曲线，并约定取逆时针方向为正向。

解 设

$$P(x,y)=\frac{-y}{a{x}^2+2bxy+c{y}^2},Q(x,y)=\frac{x}{a{x}^2+2bxy+c{y}^2},$$

则 $\frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial Q}{\partial x}$。可以看出，沿椭圆

$$C:a{x}^2+2bxy+c{y}^2=1$$

来计算曲线积分最为简便，因为此时

$${\oint }_{C}Pdx+Qdy={\oint }_{C}xdy-ydx,$$

上述积分值恰为椭圆的面积的两倍，于是

$${\oint }_C\omega =\frac{2\pi }{\sqrt{ac-b^2}}.$$

24.3.3 练习题

练习题 1

应用 Green 公式求下列第二型曲线积分。

1. ${\oint }_C(x^2+xy)dx+(x^2+y^2)dy$，$C$ 为由 $x=\pm 1,y=\pm 1$ 围成的正方形，取正向；
2. ${\oint }_C\ln \frac{2+y}{1+x^2}dx+\frac{x(y+1)}{2+y}dy$，$C$ 的定义同 (1)；
3. ${\oint }_C(x^2-y^2)dx-2xydy$，$C$ 是由 $x^2+y^2=1,x=y$ 及 $y$ 轴围成的曲边三角形，取正向；
4. ${\int }_C\frac{1}{x^2+y^2}(xdy-ydx)$，其中 $C$ 是： (a) 旋轮线 $x=a(t-\sin t)-a\pi ,y=a(1-\cos t)$ 对应于 $t=0$ 到 $t=2\pi$ 的一拱；(b) $(x-1{)}^2+(y-1{)}^2=1$ 从 $(2,1)$ 经上半圆到 $(0,1)$ 的一段弧。

解 用 Green 公式。 1.

$${\oint }_C(x^2+xy)dx+(x^2+y^2)dy={\iint }_D(2x-x)dA={\iint }_{D}xdA=0,$$

因为 $D=[-1,1]\times [-1,1]$ 关于 $y$ 轴对称。

$$P=\ln \frac{2+y}{1+x^2},Q=\frac{x(y+1)}{2+y}.$$

于是

$$Q_x-P_y=\frac{y+1}{2+y}-\frac{1}{2+y}=\frac{y}{2+y}.$$

故

$$\begin{array}{rl}{\oint }_{C}Pdx+Qdy& ={\int }_{-1}^1{\int }_{-1}^1\frac{y}{2+y}dxdy=2{\int }_{-1}^1\frac{y}{2+y}dy\\ & =4-4\ln 3.\end{array}$$

$$Q_x-P_y=-2y-(-2y)=0,$$

故积分为 $0$。

1. 设

$$\omega =\frac{xdy-ydx}{x^2+y^2}=d\arg (x+iy).$$

因此积分就是曲线上辐角的增量。

(a) 旋轮线这一拱位于 $x$ 轴上方，从 $(-a\pi ,0)$ 走到 $(a\pi ,0)$，辐角由 $\pi$ 连续减到 $0$，故

$${\int }_C\omega =-\pi .$$

(b) 上半圆弧从 $(2,1)$ 到 $(0,1)$，辐角由 $\arctan \frac{1}{2}$ 增至 $\frac{\pi }{2}$，故

$${\int }_C\omega =\frac{\pi }{2}-\arctan \frac{1}{2}=\arctan 2.$$

练习题 2

设 $f(x)$ 连续可微，$L$ 为逐段光滑闭曲线，证明：

1. ${\oint }_{L}f(xy)(ydx+xdy)=0$；
2. ${\oint }_{L}f(x^2+y^2)(xdx+ydy)=0$。

解

1. 因为

$$d(xy)=ydx+xdy,$$

故

$${\oint }_{L}f(xy)(ydx+xdy)={\oint }_{L}f(xy)d(xy)=0.$$

1. 因为

$$d\left(\frac{x^2+y^2}{2}\right)=xdx+ydy,$$

故

$${\oint }_{L}f(x^2+y^2)(xdx+ydy)=0.$$

练习题 3

求 ${\oint }_C\frac{\partial u}{\partial n}ds$，其中 $u=x^2+y^2,C$ 为 $x^2+y^2=6x$，$n$ 为 $C$ 上的单位外法向量。

解 由平面上的散度定理，

$${\oint }_C\frac{\partial u}{\partial n}ds={\iint }_D\Delta udA.$$

此处 $u=x^2+y^2$，故 $\Delta u=4$；而 $x^2+y^2=6x$ 所围成的是半径 $3$ 的圆盘，面积为 $9\pi$。所以

$${\oint }_C\frac{\partial u}{\partial n}ds=4\cdot 9\pi =36\pi .$$

练习题 4

设 $C$ 为逐段光滑的简单闭曲线，$l$ 为给定方向，证明：

$${\oint }_C\cos (l,n)ds=0,$$

其中 $n$ 为 $C$ 上的单位外法向量。

解 设给定方向 $l$ 的单位向量为 $(a,b)$。若 $n=(n_1,n_2)$ 为单位外法向量，则

$$\cos (l,n)=a{n}_1+b{n}_2.$$

沿正向简单闭曲线有

$$n_{1}ds=dy,n_{2}ds=-dx.$$

故

$${\oint }_C\cos (l,n)ds=a{\oint }_{C}dy-b{\oint }_{C}dx=0.$$

练习题 5

设 $C$ 为包围原点的逐段光滑的简单闭曲线，$a_{ij}(i,j=1,2)$ 均为常数，

$$X=a_{11}x+a_{12}y,Y=a_{21}x+a_{22}y,a_{11}{a}_{22}-a_{12}{a}_{21}\ne 0,$$

证明：

$${\oint }_C\frac{XdY-YdX}{X^2+Y^2}=2\pi \mathrm{sgn}(a_{11}{a}_{22}-a_{12}{a}_{21}).$$

解 由

$$X=a_{11}x+a_{12}y,Y=a_{21}x+a_{22}y$$

直接计算得

$$XdY-YdX=(a_{11}{a}_{22}-a_{12}{a}_{21})(xdy-ydx).$$

线性变换把 $C$ 变成包围原点的一条简单闭曲线，其方向由 $\det A=a_{11}{a}_{22}-a_{12}{a}_{21}$ 的符号决定。于是

$${\oint }_C\frac{XdY-YdX}{X^2+Y^2}=2\pi \mathrm{sgn}(\det A).$$

练习题 6

设 $L$ 是单位圆周 $x^2+y^2=1$，方向为逆时针，求积分

$${\oint }_L\frac{(x-y)dx+(x+4y)dy}{x^2+4y^2}.$$

解 先把被积式拆开：

$$(x-y)dx+(x+4y)dy=\frac{1}{2}d(x^2+4y^2)+(xdy-ydx).$$

故

$${\oint }_L\frac{(x-y)dx+(x+4y)dy}{x^2+4y^2}=\frac{1}{2}{\oint }_{L}d\ln (x^2+4y^2)+{\oint }_L\frac{xdy-ydx}{x^2+4y^2}.$$

第一项为 $0$。对第二项令

$$X=x,Y=2y,$$

则

$$xdy-ydx=\frac{1}{2}(XdY-YdX),x^2+4y^2=X^2+Y^2.$$

因此

$${\oint }_L\frac{xdy-ydx}{x^2+4y^2}=\frac{1}{2}{\oint }_{\tilde{L}}\frac{XdY-YdX}{X^2+Y^2}=\pi ,$$

其中 $\tilde{L}$ 是绕原点一周的椭圆。故原积分为 $\pi$。

练习题 7

利用曲线积分求下述曲线所围区域的面积：

1. $x=a{\cos }^{3}t,y=b{\sin }^{3}t,0\le t\le 2\pi$；
2. $x^3+y^3=3axy$；
3. ${\left(\frac{x}{a}\right)}^{2n+1}+{\left(\frac{y}{b}\right)}^{2n+1}=C{\left(\frac{x}{a}\right)}^n{\left(\frac{y}{b}\right)}^n,a,b,C>0,n\text{ 为正整数}$。

解 面积公式

$$S=\frac{1}{2}{\oint }_C(xdy-ydx).$$

1. 由

$$x=a{\cos }^{3}t,y=b{\sin }^{3}t,0\le t\le 2\pi ,$$

得

$$xdy-ydx=3ab{\sin }^{2}t{\cos }^{2}tdt.$$

故

$$S=\frac{3}{2}ab{\int }_0^{2\pi }{\sin }^{2}t{\cos }^{2}tdt=\frac{3\pi ab}{8}.$$

1. 取标准参数

$$x=\frac{3at}{1+t^3},y=\frac{3a{t}^2}{1+t^3},0\le t<+\infty .$$

它恰好走完叶形回路一次。计算得

$$xdy-ydx=\frac{9a^2{t}^2}{(1+t^3{)}^2}dt,$$

故

$$S=\frac{1}{2}{\int }_0^{+\infty }\frac{9a^2{t}^2}{(1+t^3{)}^2}dt=\frac{3a^2}{2}.$$

1. 令

$$u=\frac{x}{a},v=\frac{y}{b},v=tu.$$

则

$$u^{2n+1}+v^{2n+1}=C{u}^n{v}^n$$

化为

$$u=\frac{C{t}^n}{1+t^{2n+1}},v=\frac{C{t}^{n+1}}{1+t^{2n+1}}.$$

于是

$$x=\frac{aC{t}^n}{1+t^{2n+1}},y=\frac{bC{t}^{n+1}}{1+t^{2n+1}},$$

且回路在 $t\in [0,+\infty )$ 上走完。直接计算得

$$xdy-ydx=\frac{ab{C}^2{t}^{2n}}{(1+t^{2n+1}{)}^2}dt.$$

故

$$S=\frac{ab{C}^2}{2}{\int }_0^{+\infty }\frac{t^{2n}}{(1+t^{2n+1}{)}^2}dt=\frac{ab{C}^2}{2(2n+1)}.$$

练习题 8

先证明曲线积分与路径无关，然后计算积分值：

1. ${\int }_{(1,2)}^{(3,4)}\phi (x)dx+\psi (y)dy$，其中 $\phi (x),\psi (y)$ 是连续函数；
2. ${\int }_{(1,0)}^{(6,8)}\frac{xdx+ydy}{x^2+y^2}$，沿不通过原点的路径。

解

1. 由

$$\phi (x)dx+\psi (y)dy=d\Phi (x)+d\Psi (y),$$

可知积分与路径无关，因此

$${\int }_{(1,2)}^{(3,4)}\phi (x)dx+\psi (y)dy={\int }_1^3\phi (x)dx+{\int }_2^4\psi (y)dy.$$

1. 因为

$$\frac{xdx+ydy}{x^2+y^2}=\frac{1}{2}d\ln (x^2+y^2),$$

所以积分与路径无关，且

$${\int }_{(1,0)}^{(6,8)}\frac{xdx+ydy}{x^2+y^2}=\frac{1}{2}\ln \frac{6^2+8^2}{1^2+0^2}=\ln 10.$$

练习题 9

对于以下一阶微分形式 $\omega$，求函数 $M(x,y)\ne 0$，使得在适当的区域内 $M\omega$ 为全微分，并求其原函数：

1. $\omega =[-y\sqrt{x^2+y^2}+1-x(x^2+y^2)]dx+[x\sqrt{x^2+y^2}+1-y(x^2+y^2)]dy$；
2. $\omega =x[(ay+bx{)}^3+a{y}^3]dx+y[(ay+bx{)}^3+b{x}^3]dy$。

解

1. 记 $r=\sqrt{x^2+y^2}$，则

$$\omega =(-yr+1-x{r}^2)dx+(xr+1-y{r}^2)dy=d\left(x+y-\frac{r^4}{4}\right)+r^{3}d\theta .$$

取

$$u=x+y-\frac{r^4}{4},v=\theta ,$$

则 $\omega =du+a(u,v)dv$，其中 $a(u,v)=r^3$，$r$ 由方程

$$u=\sqrt{2}r\sin \left(v+\frac{\pi }{4}\right)-\frac{r^4}{4}$$

隐式决定。现在取函数 $F(u,v)$ 满足一阶线性方程

$$F_v=a(u,v)F_u,F(u,0)=u.$$

按特征线方法，在不穿过原点的适当单连通区域内此方程有 $C^1$ 解。于是

$$dF=F_{u}du+F_{v}dv=F_u(du+adv)=F_u\omega .$$

故可取积分因子

$$M(x,y)=F_u\left(x+y-\frac{(x^2+y^2{)}^2}{4},\arg (x+iy)\right),$$

而原函数就是 $F$。这里积分因子一般只能隐式写出。

1. 设

$$P=x[(ay+bx{)}^3+a{y}^3],Q=y[(ay+bx{)}^3+b{x}^3].$$

它们都是四次齐次函数，因此

$$M=\frac{1}{xP+yQ}$$

是标准积分因子。先化简分母：

$$xP+yQ=(ay+bx)[x^2{y}^2+(ay+bx{)}^2(x^2+y^2)].$$

于是

$$M=\frac{1}{(ay+bx)[x^2{y}^2+(ay+bx{)}^2(x^2+y^2)]}.$$

直接计算可得

$$M\omega =d\left[\frac{1}{2}\ln (x^2{y}^2+(ay+bx{)}^2(x^2+y^2))-\ln |ay+bx|\right].$$

故原函数可取

$$\Phi (x,y)=\frac{1}{2}\ln (x^2{y}^2+(ay+bx{)}^2(x^2+y^2))-\ln |ay+bx|.$$

24.4 例题

例题 24.4.1

设 $D$ 是 ${\mathbb{R}}^2$ 中的一个有界闭凸区域，其边界 $\partial D$ 是一条光滑闭曲线。$F$ 是自 $D$ 到 $D$ 的连续映射，则在 $D$ 内必存在 $F$ 的一个不动点，即 $\exists \xi \in D$，使 $F(\xi )=\xi$。

证 由于 $\partial D$ 是一条光滑闭曲线，我们知道 $\partial D$ 上的沿逆时针方向的单位切向量组成 $\partial D$ 上的一个光滑的非退化向量场 $\tau (x,y)$，且当 $(x,y)\in \partial D$ 逆时针转一圈时，$\tau (x,y)$ 也转了一圈，即

$$\gamma (\tau ,\partial D)=1.$$

同理，设 $n(x,y)$ 是 $\partial D$ 上的内法向量场，则

$$\gamma (n,\partial D)=1.$$

又 $F$ 是自闭凸区域 $D$ 映到 $D$ 内的映射，若 $F$ 没有不动点，则以 $(x,y)\in \partial D$ 为起点、$F(x,y)\in D$ 为终点的有向线段指向切线的内侧，即与内法向量的夹角不大于 $\frac{\pi }{2}$。于是有

$$|F(x,y)-(x,y)|\cdot n(x,y)\ge 0,\forall (x,y)\in \partial D.$$

设

$$G(x,y,\lambda )=\lambda [F(x,y)-(x,y)]+(1-\lambda )n(x,y).$$

当 $\lambda =0,1$ 时，$G(x,y,\lambda )$ 在 $\partial D$ 上非退化；$\lambda \in (0,1)$ 时，

$$n(x,y)\cdot G(x,y,\lambda )\ge (1-\lambda )|n(x,y){|}^2>0,\forall (x,y)\in \partial D,$$

所以 $G(x,y,\lambda )$ 也在 $\partial D$ 上非退化。故 $F(x,y)-(x,y)$ 与 $n(x,y)$ 是在 $\partial D$ 上的同伦向量场，

$$\gamma (F-\mathrm{id},\partial D)=\gamma (n,\partial D)=1.$$

由性质 2 可知 $F(x,y)-(x,y)$ 必定是 $D$ 上的退化向量场，即 $\exists \xi \in D$，使 $F(\xi )-\xi =0$，故 $\xi$ 是 $F$ 的不动点。

例题 24.4.2（代数基本定理）

复数 $z$ 的 $n$ 次多项式 $P_n(z)$ 在复域上至少有一个根。

证 设 $z=x+iy,x,y\in \mathbb{R}$。

$$P_n(z)=R(P_n(z))+iI(P_n(z)),$$

其中 $R(\cdot )$ 与 $I(\cdot )$ 分别表示复数的实部和虚部。构造一个映射

$$F:(x,y)\mapsto (R(P_n(x+iy)),I(P_n(x+iy))).$$

$F$ 是 ${\mathbb{R}}^2$ 上的 $n$ 次多项式映射。$P_n(z)$ 在复域上有根的问题归结为 $F$ 在 ${\mathbb{R}}^2$ 上是否是退化向量场。

如果 $F$ 是非退化向量场，则由性质 2，$\gamma (F,S_r)=0$，其中 $S_r$ 表示以 $r$ 为半径的圆周。另一方面，我们从其他性质计算 $\gamma (F,S_r)$。

我们先计算 $P_n(z)=z^n$ 的情况。设对应的多项式映射为 $F_0$，则

$$\begin{array}{rl}\gamma (F_0,S_r)& =\frac{1}{2\pi }{\oint }_{S_r}\frac{RdI-IdR}{R^2+I^2}\\ & =\frac{1}{2\pi }{\int }_0^{2\pi }\frac{r^{2n}\cos nt(n\cos nt)-r^{2n}\sin nt(-n\sin nt)}{r^{2n}}dt=n.\end{array}$$

对于一般的 $n$ 次多项式 $P_n(z)$，不妨设其首系数为 $1$，作复多项式的形变

$$G(z,\lambda )=\lambda z^n+(1-\lambda )P_n(z).$$

可知

$${\bar{z}}^n\cdot G(z,\lambda )=|z{|}^{2n}+Q(z,\lambda ),$$

其中 $Q(z,\lambda )$ 满足

$$\frac{|Q(z,\lambda )|}{|z{|}^{2n}}\to 0(|z|\to +\infty ).$$

因此

$${\bar{z}}^n\cdot G(z,\lambda )=|z{|}^{2n}+o(|z{|}^{2n})(|z|\to +\infty ).$$

所以当 $r$ 足够大时，$G(z,\lambda )$ 在复平面的圆周 $S_r$ 上取不到零点。这说明 $P_n(z)$ 对应的 $n$ 次多项式映射 $F$ 与 $F_0$ 在 $S_r$ 上同伦，

$$\gamma (F,S_r)=n.$$

这就证明 $F$ 必定是 ${\mathbb{R}}^2$ 上的退化向量场，也证明了 $P_n(z)$ 在复域中至少有一根。

例题 24.4.3

设 $f$ 和 $g$ 是 $[0,1]$ 上的两个可积函数，满足

$${\int }_0^{1}f(x)dx={\int }_0^{1}g(x)dx=1.$$

证明：存在 $[0,1]$ 中的某个闭区间 $[a,b]$，使

$${\int }_a^{b}f(x)dx={\int }_a^{b}g(x)dx=\frac{1}{2}.$$

证 我们定义

$$D=\{(x,y)\in {\mathbb{R}}^2\mid 0\le x\le y\le 1\},$$

并令

$$G(x,y)=\left({\int }_x^{y}f(s)ds-\frac{1}{2},{\int }_x^{y}g(s)ds-\frac{1}{2}\right).$$

由 $f,g$ 的可积性，可知 $G$ 是闭的单连通区域 $D$ 上的连续向量场。如果 $G(x,y)$ 在 $D$ 的某一点 $(a,b)$ 上取零向量，就证明了我们所要的结论。否则，可以考虑 $\gamma (G,\partial D)$。

$\partial D$ 由三条直线段组成。在对角线 $x=y$ 上取常值，故旋转角度为 $0$。在水平边界和垂直边界上，注意到

$$G(0,x)+G(x,1)=(0,0),0\le x\le 1.$$

因而

$$G(x,1)=-G(0,x),0\le x\le 1.$$

因此水平边界的任一点的向量恰好与垂直边界上对应点的向量反向，这说明 $G$ 沿水平边界的旋转角度与其沿垂直边界的旋转角度一样。而

$$G(0,0)=\left(-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right),G(0,1)=\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right).$$

故 $G$ 沿垂直边界的旋转角度为 $2k\pi +\pi ,k$ 为整数。所以有

$$\gamma (G,\partial D)=\frac{0+2(2k\pi +\pi )}{2\pi }=2k+1\ne 0.$$

由旋转度的性质 2 知，$G$ 必在 $D$ 上某点 $(a,b)$ 处取零向量，也即

$${\int }_a^{b}f(x)dx=\frac{1}{2}={\int }_a^{b}g(x)dx.$$

注 这个问题表面上看可以利用积分值关于积分区间端点的介值性质来解决，即：$\exists a_0$，使 $\forall a\in (0,a_0)$，有 $a$ 的连续函数值 $b(a)$，使

$${\int }_a^{b(a)}f(x)dx=\frac{1}{2}.$$

实际上不可行，这是因为上述 $b(a)$ 并不一定连续。比如我们考虑如下的 $f(x)$，它的原函数

$$F(x)={\int }_0^{x}f(s)ds$$

在 $[0,1]$ 上连续可微，满足：当 $0<x<1$ 时，$0<F(x)<1$；$F(0)=0$；在 $\left[0,\frac{1}{2}\right]$ 上严格单调增加并在 $x=\frac{1}{2}$ 时取到唯一极大值 $\frac{3}{4}$，然后严格单调减少至 $x=\frac{2}{3}$ 时取到唯一极小值 $\frac{2}{3}$，然后严格单调增加至 $F(1)=1$。

考察使 ${\int }_a^{b(a)}f(x)dx=\frac{1}{2}$ 的点 $a$ 与 $b(a)$。注意到此时必有

$$F(b(a))-F(a)=\frac{1}{2}.$$

设 $F(a_0)=\frac{1}{2}$，则 $0<a_0<\frac{1}{2}$，因而 $a\in (0,a_0)$。对应地有 $b(a_0)=1$。当 $a$ 自 $a_0$ 连续地移向 $0$ 时，$b(a)$ 自 $1$ 连续地减少。至 $F(a_1)=\frac{1}{6}$ 时，$b(a_1)=\frac{2}{3}$。另一方面，$F(a)<\frac{1}{6}$ 时，$F(b(a))<\frac{2}{3}$，故必有 $b(a)<\frac{1}{2}$。因此 $a_1$ 不是 $b(a)$ 的连续点。

24.5.2 第一组参考题

第一组参考题 1

证明不等式

$$\left|{\int }_{C}P(x,y)dx+Q(x,y)dy\right|\le ML,$$

其中 $L$ 是曲线 $C$ 的弧长，

$$M=\underset{(x,y)\in C}{\max }\left\{\sqrt{P^2(x,y)+Q^2(x,y)}\right\},$$

并利用这个不等式证明 $\underset{R\to +\infty }{\lim }{I}_R=0$，其中

$$I_R={\oint }_{x^2+y^2=R^2}\frac{ydx-xdy}{(x^2+xy+y^2{)}^2}.$$

解 若曲线 $C$ 的参数方程为 $(x(t),y(t))(t\in [\alpha ,\beta ])$，则

$${\int }_{C}Pdx+Qdy={\int }_{\alpha }^{\beta }(P{x}^{\prime }+Q{y}^{\prime })dt.$$

由 Cauchy—Schwarz 不等式，

$$|P{x}^{\prime }+Q{y}^{\prime }|\le \sqrt{P^2+Q^2}\sqrt{x^{\prime 2}+y^{\prime 2}}\le M\sqrt{x^{\prime 2}+y^{\prime 2}}.$$

积分后便得

$$\left|{\int }_{C}Pdx+Qdy\right|\le M{\int }_{\alpha }^{\beta }\sqrt{x^{\prime 2}+y^{\prime 2}}dt=ML.$$

对

$$I_R={\oint }_{x^2+y^2=R^2}\frac{ydx-xdy}{(x^2+xy+y^2{)}^2}$$

有

$$P=\frac{y}{(x^2+xy+y^2{)}^2},Q=-\frac{x}{(x^2+xy+y^2{)}^2}.$$

在圆周上

$$x^2+xy+y^2\ge \frac{1}{2}(x^2+y^2)=\frac{R^2}{2},$$

故

$$\sqrt{P^2+Q^2}=\frac{\sqrt{x^2+y^2}}{(x^2+xy+y^2{)}^2}\le \frac{4}{R^3}.$$

又圆周长 $L=2\pi R$，于是

$$|I_R|\le \frac{4}{R^3}\cdot 2\pi R=\frac{8\pi }{R^2}\to 0.$$

第一组参考题 2

求第一型曲线积分

1. ${\int }_{x^2+y^2=R^2}\ln \sqrt{(x-a{)}^2+y^2}ds(|a|\ne R)$；
2. ${\int }_{x^2+y^2=R^2}\ln \sqrt{(x-a{)}^2+(y-b{)}^2}ds(a^2+b^2\ne R^2)$。

解 设 $\rho =|a|$，则在 $x^2+y^2=R^2$ 上可写成

$$x=R\cos \theta ,y=R\sin \theta ,ds=Rd\theta .$$

于是

$${\int }_{x^2+y^2=R^2}\ln \sqrt{(x-a{)}^2+y^2}ds=R{\int }_0^{2\pi }\ln |R{e}^{i\theta }-a|d\theta .$$

当 $\rho <R$ 时，由 23.1.3 第 4 题知上式等于 $2\pi R\ln R$；当 $\rho >R$ 时，

$$|R{e}^{i\theta }-a|=\rho \left|1-\frac{R}{a}{e}^{i\theta }\right|,$$

而后一因子在圆周上的对数平均为 $0$，故积分为 $2\pi R\ln \rho$。所以

$${\int }_{x^2+y^2=R^2}\ln \sqrt{(x-a{)}^2+y^2}ds=\{\begin{array}{ll}2\pi R\ln R,& |a|<R,\\ 2\pi R\ln |a|,& |a|>R.\end{array}$$

对

$$\ln \sqrt{(x-a{)}^2+(y-b{)}^2}$$

只需把坐标系旋转，使 $(a,b)$ 落在新 $X$ 轴上。记

$$\rho =\sqrt{a^2+b^2},$$

则同理可得

$${\int }_{x^2+y^2=R^2}\ln \sqrt{(x-a{)}^2+(y-b{)}^2}ds=\{\begin{array}{ll}2\pi R\ln R,& \rho <R,\\ 2\pi R\ln \rho ,& \rho >R.\end{array}$$

第一组参考题 3

设 $f(x,y)$ 在 $L$ 上连续，$L$ 是逐段光滑的简单闭曲线，证明：

$$u(x,y)={\oint }_{L}f(\xi ,\eta )\ln \sqrt{(x-\xi {)}^2+(y-\eta {)}^2}ds$$

当 $x^2+y^2\to +\infty$ 时趋于 $0$ 的充分必要条件是

$${\oint }_{L}f(\xi ,\eta )ds=0.$$

解 记

$$r=\sqrt{x^2+y^2}.$$

当 $r\to +\infty$ 时，对 $(\xi ,\eta )\in L$ 有一致展开

$$\begin{array}{rl}\ln \sqrt{(x-\xi {)}^2+(y-\eta {)}^2}& =\ln r+\frac{1}{2}\ln \left(1-\frac{2(x\xi +y\eta )}{r^2}+\frac{{\xi }^2+{\eta }^2}{r^2}\right)\\ & =\ln r+O\left(\frac{1}{r}\right).\end{array}$$

故

$$u(x,y)=\ln r{\oint }_{L}f(\xi ,\eta )ds+O\left(\frac{1}{r}\right).$$

于是 $u(x,y)\to 0$ 的充分必要条件正是

$${\oint }_{L}f(\xi ,\eta )ds=0.$$

第一组参考题 4

设 $u(x,y)$ 在 ${\mathbb{R}}^2$ 上连续，证明：

$$u(x,y)=\frac{1}{\pi r^2}{\iint }_{(x-\xi {)}^2+(y-\eta {)}^2\le r^2}u(\xi ,\eta )d\xi d\eta$$

$\forall r>0$ 都成立的充分必要条件是

$$u(x,y)=\frac{1}{2\pi r}{\oint }_{(x-\xi {)}^2+(y-\eta {)}^2=r^2}u(\xi ,\eta )ds$$

$\forall r>0$ 都成立。

解 记

$$A(r)={\iint }_{(x-\xi {)}^2+(y-\eta {)}^2\le r^2}u(\xi ,\eta )d\xi d\eta ,C(r)={\oint }_{(x-\xi {)}^2+(y-\eta {)}^2=r^2}u(\xi ,\eta )ds.$$

显然 $A^{\prime }(r)=C(r)$。

若

$$A(r)=\pi r^{2}u(x,y)(\forall r>0),$$

则对 $r$ 求导便得

$$C(r)=2\pi ru(x,y).$$

反过来，若

$$C(r)=2\pi ru(x,y)(\forall r>0),$$

则对 $r$ 从 $0$ 到 $R$ 积分，

$$A(R)={\int }_0^{R}C(r)dr=2\pi u(x,y){\int }_0^{R}rdr=\pi R^{2}u(x,y).$$

故二者等价。

第一组参考题 5

设 $f(x,y)$ 在 $G$ 上一阶连续可微，在 $\partial G$ 上 $f(x,y)=0$， $G=\{x^2+y^2\le a^2\}$。证明：

$$\left|{\iint }_{G}f(x,y)dxdy\right|\le \frac{\pi }{3}{a}^3\underset{G}{\max }\left\{(f_x^2+f_y^2{)}^{1/2}\right\}.$$

解 设

$$M=\underset{G}{\max }\sqrt{f_x^2+f_y^2}.$$

在极坐标中，边界条件 $f(a,\theta )=0$ 给出

$$f(r,\theta )=-{\int }_r^a{f}_{\rho }(\rho ,\theta )d\rho .$$

于是

$$|f(r,\theta )|\le {\int }_r^a|f_{\rho }(\rho ,\theta )|d\rho \le M(a-r).$$

故

$$\begin{array}{rl}\left|{\iint }_{G}f(x,y)dxdy\right|& \le {\int }_0^{2\pi }{\int }_0^{a}M(a-r)rdrd\theta \\ & =2\pi M{\int }_0^a(ar-r^2)dr=\frac{\pi }{3}{a}^{3}M.\end{array}$$

第一组参考题 6

设 $P(x,y),Q(x,y)$ 在平面上有连续偏导数，而且对以 $\forall (x_0,y_0)\in {\mathbb{R}}^2$ 为心，以 $\forall r>0$ 为半径的上半圆

$$C:x=x_0+r\cos \theta ,y=y_0+r\sin \theta (0\le \theta \le \pi )$$

都有

$${\int }_{C}P(x,y)dx+Q(x,y)dy=0.$$

证明：

$$P(x,y)=\frac{\partial Q}{\partial x}(x,y)=0(\forall (x,y)\in {\mathbb{R}}^2).$$

解 把上半圆参数化为

$$x=x_0+r\cos \theta ,y=y_0+r\sin \theta ,0\le \theta \le \pi .$$

则

$$dx=-r\sin \theta d\theta ,dy=r\cos \theta d\theta .$$

题设化为

$${\int }_0^{\pi }[-P(x_0+r\cos \theta ,y_0+r\sin \theta )\sin \theta +Q(x_0+r\cos \theta ,y_0+r\sin \theta )\cos \theta ]rd\theta =0.$$

先除以 $r$ 再令 $r\to 0$，得

$$-P(x_0,y_0){\int }_0^{\pi }\sin \theta d\theta +Q(x_0,y_0){\int }_0^{\pi }\cos \theta d\theta =0,$$

即

$$P(x_0,y_0)=0.$$

于是 $P\equiv 0$。原等式化为

$${\int }_0^{\pi }Q(x_0+r\cos \theta ,y_0+r\sin \theta )\cos \theta d\theta =0.$$

再写成

$${\int }_0^{\pi }\frac{Q(x_0+r\cos \theta ,y_0+r\sin \theta )-Q(x_0,y_0)}{r}\cos \theta d\theta =0,$$

令 $r\to 0$，得

$$Q_x(x_0,y_0){\int }_0^{\pi }{\cos }^2\theta d\theta +Q_y(x_0,y_0){\int }_0^{\pi }\sin \theta \cos \theta d\theta =0.$$

即

$$\frac{\pi }{2}{Q}_x(x_0,y_0)=0.$$

故

$$P(x,y)=\frac{\partial Q}{\partial x}(x,y)=0(\forall (x,y)\in {\mathbb{R}}^2).$$

24.5.2 第二组参考题

第二组参考题 1

给出旋转度性质 2 的一个不用曲线积分的证明。

解 设向量场 $F$ 在单连通区域 $D$ 上连续，且在边界上的旋转度不为 $0$。若 $F$ 在 $D$ 内处处不为 $0$，则可定义

$$\nu (x)=\frac{F(x)}{|F(x)|}\in S^1.$$

这样 $\nu$ 是从 $D$ 到单位圆的连续映射，故其在边界上的限制 $\nu {|}_{\partial D}$ 可以连续地延拓到整个 $D$。于是 $\nu {|}_{\partial D}$ 与常值映射同伦，故其绕数必须为 $0$。这与边界旋转度非零矛盾。故 $F$ 在 $D$ 内必有零点。这就是旋转度性质 2 的一个不用曲线积分的证明。

第二组参考题 2

证明如下形式的高维中值定理：设 $f(x)$ 为定义在以 $r$ 为半径的球

$$D=\{x=(x_1,x_2,\cdots ,x_n)\mid x_1^2+x_2^2+\cdots +x_n^2\le r^2\}$$

上的连续可微函数，则存在点 $p_0=(p_1^0,p_2^0,\cdots ,p_n^0)\in \mathrm{int}D$，使

$$\underset{x\in D}{\max }\{f(x)\}-\underset{x\in D}{\min }\{f(x)\}=|\nabla f(p_0)|\cdot 2r.$$

解 记

$$M=\underset{x\in D}{\max }f(x),m=\underset{x\in D}{\min }f(x),c=\frac{M-m}{2r}.$$

只需证明在 $\mathrm{int}D$ 内既有点使 $|\nabla f|\ge c$，也有点使 $|\nabla f|\le c$，再用连续性介值即可。

先证存在内点 $q$ 使 $|\nabla f(q)|\ge c$。取 $A,B\in D$，满足 $f(A)=M,f(B)=m$。若 $M=m$，则 $c=0$，结论显然。以下设 $M>m$。把 $f$ 限制在线段 $AB$ 上，令

$$\varphi (t)=f(B+t(A-B)),0\le t\le 1.$$

由一维中值定理，存在 $t_0\in (0,1)$ 使

$$M-m={\varphi }^{\prime }(t_0)=\nabla f(q)\cdot (A-B),$$

其中 $q=B+t_0(A-B)\in \mathrm{int}D$。故

$$|\nabla f(q)|\ge \frac{M-m}{|A-B|}\ge \frac{M-m}{2r}=c.$$

再证存在内点 $p$ 使 $|\nabla f(p)|\le c$。若某内点满足 $\nabla f=0$，则立刻成立。否则 $\nabla f$ 在 $D$ 上处处不为 $0$。考虑连续向量场

$$V(x)=\frac{\nabla f(x)}{|\nabla f(x)|}.$$

由 Peano 定理可取一条积分曲线 $x(t)$，满足

$$x^{\prime }(t)=V(x(t)),x(0)=0.$$

设它在正、负方向第一次到达边界的时刻分别为 $t_{+}>0,t_{-}>0$。由于 $|x^{\prime }(t)|=1$，从中心到边界的任一曲线长度至少为 $r$，故

$$t_{+}\ge r,t_{-}\ge r.$$

而沿积分曲线有

$$\frac{d}{dt}f(x(t))=\nabla f(x(t))\cdot x^{\prime }(t)=|\nabla f(x(t))|.$$

因此

$$\begin{array}{rl}M-m& \ge f(x(t_{+}))-f(x(-t_{-}))={\int }_{-t_{-}}^{t_{+}}|\nabla f(x(t))|dt.\end{array}$$

若在整个开区间 $(-t_{-},t_{+})$ 上都成立 $|\nabla f(x(t))|>c$，则上式右端将大于 $c(t_{+}+t_{-})\ge 2rc=M-m$，矛盾。故存在 $t_1\in (-t_{-},t_{+})$ 使

$$|\nabla f(x(t_1))|\le c.$$

记 $p=x(t_1)\in \mathrm{int}D$。

现在 $p,q$ 都在 $\mathrm{int}D$ 内，且

$$|\nabla f(p)|\le c\le |\nabla f(q)|.$$

由于 $|\nabla f|$ 在内点连通集上连续，沿线段 $pq$ 再用介值定理，便存在 $p_0\in \mathrm{int}D$ 使

$$|\nabla f(p_0)|=c=\frac{M-m}{2r}.$$

第二组参考题 3

设 $(a_1,b_1),(a_2,b_2),\cdots ,(a_n,b_n)$ 是 $n$ 边形的 $n$ 个顶点，而且原点在其内部，证明：存在正实数 $x$ 和 $y$，使得

$$(a_1,b_1)x^{a_1}{y}^{b_1}+(a_2,b_2)x^{a_2}{y}^{b_2}+\cdots +(a_n,b_n)x^{a_n}{y}^{b_n}=(0,0).$$

解 令

$$u=\ln x,v=\ln y,\Phi (u,v)=\sum _{k=1}^n{e}^{a_{k}u+b_{k}v}.$$

则

$$\nabla \Phi (u,v)=\sum _{k=1}^n(a_k,b_k)e^{a_{k}u+b_{k}v}.$$

若能在某点 $(u_0,v_0)$ 取到 $\nabla \Phi =0$，令 $x=e^{u_0},y=e^{v_0}$ 即得所求。

因此只需证明 $\Phi$ 在 ${\mathbb{R}}^2$ 上有极小点。因为原点在多边形内部，所以对任意单位向量 $\omega$，必有某个顶点满足

$$(a_k,b_k)\cdot \omega >0.$$

于是沿射线 $(u,v)=t\omega (t\to +\infty )$，至少有一项 $e^{t(a_k,b_k)\cdot \omega }\to +\infty$，故

$$\Phi (u,v)\to +\infty (u^2+v^2\to +\infty ).$$

所以 $\Phi$ 是胁迫函数，必在某点 $(u_0,v_0)$ 取到全局最小值。该点满足

$$\nabla \Phi (u_0,v_0)=0,$$

即

$$\sum _{k=1}^n(a_k,b_k)e^{a_k{u}_0+b_k{v}_0}=(0,0).$$

取 $x=e^{u_0}>0,y=e^{v_0}>0$，便得

$$(a_1,b_1)x^{a_1}{y}^{b_1}+\cdots +(a_n,b_n)x^{a_n}{y}^{b_n}=(0,0).$$

第二组参考题 4

设 $D$ 是半径为 $r$ 的一个圆所围成的平面区域，对 $D$ 内的点 $(x,y)$，用 $l(x,y)$ 表示以 $(x,y)$ 为圆心、$\delta$ 为半径的圆在 $D$ 外边的那段弧的长度。试求

$$\underset{\delta \to 0}{\lim }\frac{1}{{\delta }^2}{\iint }_{D}l(x,y)dxdy.$$

解 不妨把圆盘 $D$ 取成以原点为中心、半径为 $r$ 的圆盘。若点 $(x,y)$ 到边界的距离大于 $\delta$，则 $l(x,y)=0$；只有靠近边界厚度为 $\delta$ 的带状区域有贡献。设

$$\rho =\sqrt{x^2+y^2},s=r-\rho \in [0,\delta ].$$

对固定的 $\rho$，由两圆相交几何可知，小圆在 $D$ 外的那段弧长为

$$l(\rho )=2\delta (\pi -\theta ),\cos \theta =\frac{{\rho }^2+{\delta }^2-r^2}{2\rho \delta }.$$

局部几何如图所示。

于是

$${\iint }_{D}l(x,y)dxdy=2\pi {\int }_{r-\delta }^{r}l(\rho )\rho d\rho .$$

令 $\rho =r-\delta u(0\le u\le 1)$，则

$$\cos \theta =\frac{(r-\delta u{)}^2+{\delta }^2-r^2}{2(r-\delta u)\delta }\underset{\delta \to 0}{\to }-u$$

且收敛在 $[0,1]$ 上一致，故

$$\pi -\theta \to \arccos u$$

一致成立。于是

$$\begin{array}{rl}\underset{\delta \to 0}{\lim }\frac{1}{{\delta }^2}{\iint }_{D}l(x,y)dxdy& =4\pi r{\int }_0^1\arccos udu\\ & =4\pi r.\end{array}$$

第二组参考题 5

设 $B$ 是 ${\mathbb{R}}^2$ 中的单位圆盘，$C$ 是单位圆周， $g:B\to {\mathbb{R}}^2\setminus \{0\}$ 是二阶连续可微映射。

1. 用 Green 公式把

$${\iint }_B\frac{\partial (g_1,g_2)}{\partial (x_1,x_2)}d{x}_{1}d{x}_2$$

表示成 $C$ 上的第二型曲线积分；

1. 如果 $g$ 在 $C$ 上的限制是恒等映射，即 $g(x)=x,\forall x\in C$，证明：

$${\oint }_C{x}_{1}d{x}_2={\oint }_C{g}_{1}d{g}_2={\oint }_C{g}_1\frac{\partial g_2}{\partial x_1}d{x}_1+g_1\frac{\partial g_2}{\partial x_2}d{x}_2;$$

1. 证明：不存在满足 $g(x)=x,x\in C$ 及 $g(B)\subset C$ 的二阶连续可微映射 $g$；
2. 对上述命题给出一个几何上的解释。

解

1. 记

$$J(x)=\frac{\partial (g_1,g_2)}{\partial (x_1,x_2)}=g_{1x_1}{g}_{2x_2}-g_{1x_2}{g}_{2x_1}.$$

取

$$P=-g_1{g}_{2x_1},Q=g_1{g}_{2x_2},$$

则

$$Q_{x_1}-P_{x_2}=J(x).$$

故由 Green 公式，

$${\iint }_{B}J(x)d{x}_{1}d{x}_2={\oint }_C{g}_{1}d{g}_2.$$

1. 若 $g(x)=x$ 在 $C$ 上成立，则边界上 $g_1=x_1,g_2=x_2$，于是

$${\oint }_C{x}_{1}d{x}_2={\oint }_C{g}_{1}d{g}_2.$$

再把 $d{g}_2$ 展开为

$$d{g}_2=\frac{\partial g_2}{\partial x_1}d{x}_1+\frac{\partial g_2}{\partial x_2}d{x}_2,$$

便得

$${\oint }_C{x}_{1}d{x}_2={\oint }_C{g}_1\frac{\partial g_2}{\partial x_1}d{x}_1+g_1\frac{\partial g_2}{\partial x_2}d{x}_2.$$

1. 若再有 $g(B)\subset C$，则

$$g_1^2+g_2^2\equiv 1\text{在 }B\text{ 上成立}.$$

对 $x_1,x_2$ 求导得

$$g_1{g}_{1x_j}+g_2{g}_{2x_j}=0,j=1,2.$$

这说明 $\nabla g$ 的两列都垂直于向量 $(g_1,g_2)$，因而线性相关，故

$$\frac{\partial (g_1,g_2)}{\partial (x_1,x_2)}\equiv 0.$$

于是由 (1) 得

$${\oint }_C{g}_{1}d{g}_2=0.$$

但由边界恒等映射和 (2) 可知

$${\oint }_C{g}_{1}d{g}_2={\oint }_C{x}_{1}d{x}_2=\pi ,$$

矛盾。故这样的 $g$ 不存在。

1. 几何上，这说明不存在把整个圆盘连续“压”到边界圆周上、同时又让边界点保持不动的映射。换言之，圆周不是圆盘的一个连续缩并像；这正是 Brouwer 不动点定理背后的几何障碍。

第二组参考题 6

1. 设 $B,C$ 与题 5 相同，$f:B\to B$ 是二阶连续可微映射， $f(x)\ne x,\forall x\in B$，从几何上可以以 $f(x)$ 为起点和 $x$ 为终点的有向线段与 $B$ 的边界 $C$ 相交，则交点可表示为

$$g(x)=f(x)+t(x)(x-f(x)).$$

其中 $t(x)$ 是与 $x$ 有关的参数，证明：$t(x)$ 满足二次方程

$$t^2(x)|x-f(x){|}^2+2t(x)f(x)\cdot (x-f(x))+|f(x){|}^2-1=0;$$

1. 证明 (1) 中的 $g$ 满足 $g(x)=x,x\in C$ 及 $g(B)\subset C$；
2. 结合上题证明满足 (1) 的 $f$ 是不存在的，即若 $f:B\to B$ 是二阶连续可微映射，则 $\exists \xi \in B$，使 $f(\xi )=\xi$。我们得到了 Brouwer 不动点定理的另一个证明。你能否举几个运用 Brouwer 不动点定理的实际例子？

解

1. 由 $g(x)\in C$，即 $|g(x)|=1$，而

$$g(x)=f(x)+t(x)(x-f(x)),$$

可得

$$|f+t(x-f){|}^2=1.$$

展开便是

$$t^2(x)|x-f(x){|}^2+2t(x)f(x)\cdot (x-f(x))+|f(x){|}^2-1=0.$$

1. 由几何构造，$g(x)$ 本就落在边界圆周 $C$ 上，所以 $g(B)\subset C$。若 $x\in C$，则从 $f(x)$ 指向 $x$ 的射线与圆周第一次相交就在点 $x$ 本身，故 $t(x)=1$，于是

$$g(x)=x,x\in C.$$

又因为 $f$ 为二阶连续可微，且 $f(x)\ne x$，所以上式中的正根

$$t(x)=\frac{-f(x)\cdot (x-f(x))+\sqrt{(f(x)\cdot (x-f(x)){)}^2+|x-f(x){|}^2(1-|f(x){|}^2)}}{|x-f(x){|}^2}$$

是二阶连续可微函数，从而 $g$ 也是二阶连续可微映射。

1. 若存在满足 $f(x)\ne x(\forall x\in B)$ 的二阶连续可微映射 $f:B\to B$，则由前两步构造出的 $g$ 满足

$$g(x)=x(x\in C),g(B)\subset C,$$

这与上一题已经证明的不可能性矛盾。因此这样的 $f$ 不存在，故必有

$$\exists \xi \in B,f(\xi )=\xi .$$

这就再次证明了 Brouwer 不动点定理。

作为应用例子，可以举出：连续价格调整模型中的市场均衡点存在性、封闭容器内连续流场的平衡位置存在性，以及把某些非线性方程组写成 $x=F(x)$ 后所得解的存在性。