问题及解答

计算曲线积分

\[\int_L (e^y+y^2)\mathrm{d}x+(xe^y+x^2)\mathrm{d}y,\]

其中 $L$ 为曲线 $y=1-x^2$ 上从点 $(0,1)$ 到点 $(1,0)$ 的一段有向弧.

解. 令 $P(x,y)=e^y+y^2$, $Q(x,y)=xe^y+x^2$, 则 $P(x,y)$ 和 $Q(x,y)$ 均为 $\mathbb{R}^2$ 上的连续可微函数.

记 $A=(1,0)$, $B=(0,1)$. $L_1=\overrightarrow{AO}$, $L_2=\overrightarrow{OB}$, 则 $\Gamma:=L+L_1+L_2$ 构成一条闭曲线, 方向顺时针.  记 $\Gamma$ 所围成的内侧有界闭区域为 $D$, 则 $-\Gamma$ 是 $D$ 的边界(在通常意义下).  (这里我们用 $-\Gamma$ 或 $\Gamma^-$ 表示有向曲线 $\Gamma$ 的反向曲线.)

如果直接将此第二型的曲线积分转为坐标积分, 则计算比较复杂, 事实上

\[
\int_L (e^y+y^2)\mathrm{d}x+(xe^y+x^2)\mathrm{d}y=\int_0^1\Bigl(e^{1-x^2}+(1-x^2)^2\Bigr)\mathrm{d}x+\Bigl(xe^{1-x^2}+x^2\Bigr)\mathrm{d}(1-x^2)\ .
\]

我们利用 Green 公式计算此第二型曲线积分.

\[
\frac{\partial Q}{\partial x}=e^y+2x,\quad\frac{\partial P}{\partial y}=e^y+2y.
\]

由Green公式, 

\[
\begin{split}
\int_{L^{-}+L_1^{-}+L_2^{-}}(e^y+y^2)\mathrm{d}x+(xe^y+x^2)\mathrm{d}y&=\iint_D\biggl(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\biggr)\mathrm{d}\sigma\\
&=\iint_D (2x-2y)\mathrm{d}\sigma=\int_0^1\mathrm{d}y\int_{0}^{\sqrt{1-y}}(2x-2y)\mathrm{d}x\\
&=\int_0^1\mathrm{d}y\cdot (x^2-2xy)\biggr|_{x=0}^{x=\sqrt{1-y}}\\
&=\int_0^1\Bigl((1-y)-2y\sqrt{1-y}\Bigr)\mathrm{d}y\\
&=(y-\frac{1}{2}y^2)\biggr|_{0}^{1}-2\int_0^1 y\sqrt{1-y}\mathrm{d}y\\
&\stackrel{t=\sqrt{1-y}}{=}\frac{1}{2}-2\int_1^0 (1-t^2)t\mathrm{d}(1-t^2)\\
&=\frac{1}{2}-2\int_1^0 (1-t^2)t\cdot(-2t)\mathrm{d}t\\
&=\frac{1}{2}-4\int_0^1(t^2-t^4)\mathrm{d}t\\
&=\frac{1}{2}-4\cdot(\frac{1}{3}t^3-\frac{1}{5}t^5)\biggr|_{0}^{1}\\
&=\frac{1}{2}-4\cdot\frac{2}{15}\\
&=\frac{-1}{30}.
\end{split}
\]

因此

\[
\begin{split}
\int_L (e^y+y^2)\mathrm{d}x+(xe^y+x^2)\mathrm{d}y&=\int_{L_1^{-}+L_2^{-}}(e^y+y^2)\mathrm{d}x+(xe^y+x^2)\mathrm{d}y+\frac{1}{30}\\
&=\int_{L_1^{-}}(e^y+y^2)\mathrm{d}x+(xe^y+x^2)\mathrm{d}y+\int_{L_1^{-}}(e^y+y^2)\mathrm{d}x+(xe^y+x^2)\mathrm{d}y+\frac{1}{30}\\
&=\int_0^1 (e^0+0^2)\mathrm{d}x+(xe^0+x^2)0+\int_1^0(e^y+y^2)0+(0e^y+0^2)\mathrm{d}y+\frac{1}{30}\\
&=\int_0^1\mathrm{d}x+\frac{1}{30}\\
&=1+\frac{1}{30}\\
&=\frac{31}{30}.
\end{split}
\]

当然, 上面的 $\iint_D(2x-2y)\mathrm{d}\sigma$ 也可以这样算.

\[
\begin{split}
\iint_D(2x-2y)\mathrm{d}\sigma&=\int_0^1\mathrm{d}x\int_{0}^{1-x^2}(2x-2y)\mathrm{d}y\\
&=\int_0^1\mathrm{d}x\cdot(2xy-y^2)\biggr|_{y=0}^{y=1-x^2}\\
&=\int_0^1\Bigl[2x(1-x^2)-(1-x^2)^2\Bigr]\mathrm{d}x\\
&=\int_0^1\Bigl[2x-2x^3-(1-2x^2+x^4)\Bigr]\mathrm{d}x\\
&=\Bigl[x^2-\frac{1}{2}x^4-x+\frac{2}{3}x^3-\frac{1}{5}x^5\Bigr]\biggr|_{0}^{1}\\
&=1-\frac{1}{2}-1+\frac{2}{3}-\frac{1}{5}\\
&=-\frac{1}{30}.
\end{split}
\]