大学生数学竞赛非数专题四（5）

用户9628320

发布于 2022-11-14 17:11:31

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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\}

，

是

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

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

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

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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