专题四 多元函数积分学 （5）
4.5 曲线积分的计算
4.14 （江苏省2016年竞赛题）
设
\varGamma 为曲线
y=2^x+1上从点
A(0,2)到点
B(1,3)的一段弧，试着求曲线积分
\displaystyle \int_{\varGamma}e^{xy}(1+xy)dx+e^{xy}x^2dy【解析】：可以采用曲线积分与路径无关或者直接计算法
【法一】：记
P=e^{xy}(1+xy)，
Q=e^{xy}x^2，
\dfrac{\partial Q}{\partial x}=xe^{xy}(xy+2)，
\dfrac{\partial P}{\partial y}=xe^{xy}(xy+2)，所以曲线积分与路径无关，取点
C(1,2)，取积分为折线段
\vec{AC}+\vec{CB}，则
\begin{align*}\displaystyle \int_{\varGamma}e^{xy}(1+xy)dx+e^{xy}x^2dy&=\int_{\vec{AC}}e^{xy}(1+xy)dx+e^{xy}x^2dy+\int_{\vec{CB}}e^{xy}(1+xy)dx+e^{xy}x^2dy\\&=\int_{0}^{1}e^{2x}(1+2x)dx+\int_{2}^{3}e^{y}dy=xe^{2x}\bigg|_{0}^{1}+e^{y}\bigg|_{2}^{3}=e^3\end{align*}
【法二】：直接将曲线方程带入被积表达式有
\begin{align*}\displaystyle \int_{\varGamma}e^{xy}(1+xy)dx+e^{xy}x^2dy&=\int_{0}^{1}e^{x(2^x+1)}(1+x(2^x+1)x^22^x\ln 2)dx\\&=\int_{0}^{1}e^{x(2x+1)}dx+\int_{0}^{1}xd(e^{x(2^x+1)})dx\\&=xe^{x(2^x+1)}\bigg|_{0}^{1}=e^3\end{align*}
4.15 （全国大学生2009年预赛题）
设平面区域
D=\{(x,y)| 0 \leq x\leq \pi, 0\leq y \leq \pi\}，
L是
D的正向边界，试证：（1）
\displaystyle \oint_{L}xe^{\sin y}dy-ye^{-\sin x}dx=\oint_{L}xe^{-\sin y}dy-ye^{\sin x}dx；（2）
\displaystyle\oint_{L}xe^{\sin y}dy-ye^{-\sin x}dx \geq \dfrac{5}{2}\pi.
｛解析｝：（1）设正方形曲线
L的四个顶点逆时针为
A,B,C.D，则，
\begin{align*}\displaystyle \oint_{L}xe^{\sin y}dy-ye^{-\sin x}dx&=\oint_{\vec{AB}}+\oint_{\vec{BC}}+\oint_{\vec{CD}}+\oint_{\vec{DA}}\\&=\int_{0}^{\pi}\pi e^{\sin y}dy+\int_{\pi}^{0}-\pi e^{-\sin x}dx\\&=\pi\int_{0}^{\pi}(e^{\sin x}+e^{-\sin x})dx\end{align*}
\begin{align*}\displaystyle \oint_{L}xe^{-\sin y}dy-ye^{\sin x}dx&=\oint_{\vec{AB}}+\oint_{\vec{BC}}+\oint_{\vec{CD}}+\oint_{\vec{DA}}\\&==\int_{0}^{\pi}\pi e^{-\sin y}dy+\int_{\pi}^{0}-\pi e^{-\sin x}dx\\&=\pi\int_{0}^{\pi}(e^{\sin x}+e^{-\sin x})dx\end{align*}
故得证。
（2）由马克劳林公式有，
\displaystyle e^x=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{1}{n!}x^n，
\displaystyle e^{-x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{(-1)^n}{n!}x^n，所以
\displaystyle e^x+e^{-x}=\sum_{n=0}^{\infty}\frac{2}{(2n)!}x^{2n}\geq 2+x^2，类推有
e^{\sin x}+e^{-\sin x} \geq 2+\sin^2 x =\dfrac{5}{2}-\dfrac{1}{2}\cos 2x，根据积分保号性，则有
\begin{align*}\displaystyle \oint_{L}xe^{\sin y}dy-ye^{-\sin x}dx&=\pi\int_{0}^{\pi}(e^{\sin x}+e^{-\sin x})dx \\&\geq \pi\int_{0}^{\pi}(\frac{5}{2}-\frac{1}{2}\cos 2x)dx=\frac{5}{2}\pi^2\end{align*}
4.16 （江苏省2012年竞赛题）
已知
\varGamma为
x^2+y^2+z^2=6y和
x^2+y^2=4y(z\geq 0)的交线，从
z轴正向上看为逆时针方向，计算曲线积分
\displaystyle \oint_{\varGamma}(x^2+y^2-z^2)dx+(y^2+z^2-x^2)dy+(z^2+x^2-y^2)dz【解析】：可以利用参数方程或者采用stokes公式
【法一】：利用
x的范围将曲线划分两个区域，记曲线
\varGamma的
x\geq 0以及
x\leq 0的部分分别为
\varGamma_{1}和
\varGamma_{2}，则其参数方程分别为
\varGamma_{1}:x=\sqrt{4t-t^2},y=t,z=\sqrt{2t}，以及
\varGamma_{2}:x=-\sqrt{4t-t^2},y=t,z=\sqrt{2t}，再分别积分有
\begin{align*}\displaystyle &\oint_{\varGamma_{1}}(x^2+y^2-z^2)dx+(y^2+z^2-x^2)dy+(z^2+x^2-y^2)dz\\&=\int_{0}^{4}\left[\frac{2t(2-t)}{\sqrt{4t-t^2}}+2(t^2-t)+\sqrt{2}\frac{3t-t^2}{\sqrt{t}}\right]dt\end{align*}\begin{align*}\displaystyle &\oint_{\varGamma_{2}}(x^2+y^2-z^2)dx+(y^2+z^2-x^2)dy+(z^2+x^2-y^2)dz\\&=\int_{4}^{0}\left[\frac{-2t(2-t)}{\sqrt{4t-t^2}}-2(t^2-t)-\sqrt{2}\frac{3t-t^2}{\sqrt{t}}\right]dt\\&=\int_{0}^{4}\left[\frac{2t(2-t)}{\sqrt{4t-t^2}}+2(t^2-t)+\sqrt{2}\frac{3t-t^2}{\sqrt{t}}\right]dt\end{align*}所以
\begin{align*}\displaystyle \text{原式}&=4\int_{0}^{4}\frac{t(2-t)}{\sqrt{4t-t^2}}dt(\text{换元}t-2=u)=4\int_{-2}^{2}\frac{-2(2+u)}{\sqrt{4-u^2}}du\\&=-8\int_{0}^{2}\frac{u^2}{\sqrt{4-u^2}}du(\text{换元}u=2\sin m)=-8\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}4\sin^2 mdm\\&=-8\pi\end{align*}
【法二】：记
P=x^2+y^2-z^2，
Q=y^2+z^2-x^2，
R=z^2+x^2-y^2，
\Sigma是球面
x^2+y^2+z^2=6y位于交线
\varGamma的上方，取上侧，利用stokes公式，有
\begin{align*}\displaystyle \text{原式}&=\iint_{\Sigma}(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z})dydz+(\frac{\partial Q}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x})dzdx+(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})dxdy\\&=-2\iint_{\Sigma}(y+z)dydz+(z+x)dzdx+(x+y)dxdy\end{align*}
再利用投影法，向
xoy面投影有，
D:\{(x,y)|x^2+y^2 \leq 4y\}，根据投影关系
\dfrac{dydz}{x}=\dfrac{dzdx}{y-3}=\dfrac{dxdy}{z}，所以
\begin{align*}\displaystyle \text{原式}&=-2\iint_{\Sigma}\left[(y+z)\frac{x}{z}+(z+x)\frac{y-3}{z}+(x+y)\right]dxdy\\&=-2\underset{D}{\iint}\frac{x(2y-3)}{\sqrt{6y-x^2-y^2}}dxdy-2\underset{D}{\iint}(2y+2x-3)dxdy\\&=-2\underset{D}{\iint}(2y-3)dxdy(\text{极坐标})=-4\int_{0}^{\pi}d\theta\int_{0}^{4\sin \theta}\rho^2\sin \theta d\rho+6\pi\cdot 2^2\\&=-32\pi+24\pi=-8\pi\end{align*}
作者：小熊
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