设 $L$ 为圆周 $x^2+y^2=R^2$, $(R>0)$. $L^{+}$ 指取逆时针方向的曲线 $L$. 求下列曲线积分.
(1) $\displaystyle\oint_{L}(x^2+y^2)\mathrm{d}s$
(2) $\displaystyle\oint_{L^+}(x^2+y^2)\mathrm{d}x$
(3) $\displaystyle\oint_{L^+}(x^2+y^2)\mathrm{d}y$
(4) $\displaystyle\oint_{L^+}x\mathrm{d}x$
(5) $\displaystyle\oint_{L^+}y\mathrm{d}x$
(6) $\displaystyle\oint_{L^+}\frac{y\mathrm{d}x-x\mathrm{d}y}{x^2+y^2}$
1
(1) $\displaystyle\oint_{L}(x^2+y^2)\mathrm{d}s$
(这是第一型曲线积分.) 令 $x=R\cos\theta$, $y=R\sin\theta$, $\theta\in[0,2\pi]$, 则 $x'(\theta)=-R\sin\theta$, $y'(\theta)=R\cos\theta$, 于是
\[
\begin{split}
\displaystyle\oint_{L}(x^2+y^2)\mathrm{d}s&=\int_{0}^{2\pi}R^2\sqrt{[x'(\theta)]^2+[y'(\theta)]^2}\mathrm{d}\theta\\
&=\int_{0}^{2\pi}R^2\sqrt{R^2\sin^2\theta+R^2\cos^2\theta}\mathrm{d}\theta\\
&=\int_{0}^{2\pi}R^3\mathrm{d}\theta\\
&=2\pi R^3
\end{split}
\]
(2) $\displaystyle\oint_{L^+}(x^2+y^2)\mathrm{d}x$
(这是第二型曲线积分.) 令 $x=R\cos\theta$, $y=R\sin\theta$, $\theta\in[0,2\pi]$. 将 $L^+$ 分成两段 $L_1^+$ 和 $L_2^+$. 其中 $L_1^+$ 是上半圆周, 取逆时针方向; $L_2^+$ 是下半圆周, 取逆时针方向; 于是
\[
\begin{split}
\oint_{L^+}(x^2+y^2)\mathrm{d}x&=\oint_{L_1^+}(x^2+y^2)\mathrm{d}x+\oint_{L_2^+}(x^2+y^2)\mathrm{d}x\\
&=\int_{0}^{\pi}R^2\mathrm{d}(R\cos\theta)+\int_{\pi}^{2\pi}R^2\mathrm{d}(R\cos\theta)\\
&=\int_{0}^{\pi}R^3(-1)\sin\theta\mathrm{d}\theta+\int_{\pi}^{2\pi}R^3(-1)\sin\theta\mathrm{d}\theta,
\end{split}
\]
其中
\[
\begin{split}
\int_{\pi}^{2\pi}R^3(-1)\sin\theta\mathrm{d}\theta&\stackrel{\theta=\pi-t}{==}-R^3\int_{0}^{-\pi}\sin t\cdot(-1)\mathrm{d}t\\
&=-R^3\int_{-\pi}^{0}\sin t\mathrm{d}t\\
&=R^3\int_{0}^{\pi}\sin\theta\mathrm{d}\theta,
\end{split}
\]
因此, 原曲线积分为 $0$.
(3) $\displaystyle\oint_{L^+}(x^2+y^2)\mathrm{d}y$
类似于(2), 此第二型曲线积分为 $0$.
(4) $\displaystyle\oint_{L^+}x\mathrm{d}x$
将 $L^+$ 分为 $L_1^+$ 和 $L_2^+$ 如上.
\[
\begin{split}
\oint_{L^+}x\mathrm{d}x&=\oint_{L_1^+}x\mathrm{d}x+\oint_{L_2^+}x\mathrm{d}x\\
&=\int_{0}^{\pi}R\cos\theta\mathrm{d}(R\cos\theta)+\int_{\pi}^{2\pi}R\cos\theta\mathrm{d}(R\cos\theta)\\
&=-R^2\int_{0}^{\pi}\cos\theta\cdot\sin\theta\mathrm{d}\theta-R^2\int_{\pi}^{2\pi}\cos\theta\cdot\sin\theta\mathrm{d}\theta\\
&=-\frac{1}{2}R^2\int_{0}^{\pi}\sin(2\theta)\mathrm{d}\theta-\frac{1}{2}R^2\int_{\pi}^{2\pi}\sin(2\theta)\mathrm{d}\theta,
\end{split}
\]
其中
\[
\begin{split}
\int_{\pi}^{2\pi}\sin(2\theta)\mathrm{d}\theta&\stackrel{t=\pi-\theta}{==}\int_{0}^{-\pi}\sin(2\pi-2t)\cdot(-1)\mathrm{d}t\\
&=-\int_{-\pi}^{0}\sin(2t)\mathrm{d}t\\
&\stackrel{u=-t}{==}-\int_{\pi}^{0}(-1)\sin(2u)\cdot(-1)\mathrm{d}u\\
&=\int_{0}^{\pi}\sin(2u)\mathrm{d}u\ .
\end{split}
\]
因此,
\[
\begin{split}
\oint_{L^+}x\mathrm{d}x&=-\frac{1}{2}R^2\int_{0}^{\pi}\sin(2\theta)\mathrm{d}\theta-\frac{1}{2}R^2\int_{0}^{\pi}\sin(2u)\mathrm{d}u\\
&=-R^2\int_{0}^{\pi}\sin(2\theta)\mathrm{d}\theta\\
&=\frac{R^2}{2}\cos(2\theta)\biggr|_{0}^{\pi}=0.
\end{split}
\]
(5) $\displaystyle\oint_{L^+}y\mathrm{d}x$
(这是第二型曲线积分) 其实我们不需要将 $L$ 分成两端.
\[
\begin{split}
\oint_{L^+}y\mathrm{d}x&=\int_{0}^{2\pi}R\sin\theta\mathrm{d}(R\cos\theta)\\
&=-R^2\int_{0}^{2\pi}\sin^2\theta\mathrm{d}\theta\\
&=-R^2\int_{0}^{2\pi}\frac{1-\cos 2\theta}{2}\mathrm{d}\theta\\
&=-\pi R^2
\end{split}
\]
(6) $\displaystyle\oint_{L^+}\frac{y\mathrm{d}x-x\mathrm{d}y}{x^2+y^2}$
(这是第二型曲线积分)
\[
\begin{split}
\oint_{L^+}\frac{y\mathrm{d}x-x\mathrm{d}y}{x^2+y^2}&=\int_{0}^{2\pi}\frac{R\sin\theta\mathrm{d}(R\cos\theta)-R\cos\theta\mathrm{d}(R\sin\theta)}{R^2}\\
&=-\int_{0}^{2\pi}\sin^2\theta\mathrm{d}\theta-\cos^2\theta\mathrm{d}\theta\\
&=-\int_{0}^{2\pi}\mathrm{d}\theta\\
&=-2\pi\ .
\end{split}
\]