第3节 格林公式及其应⽤
待校验 9
一、基础题
1. 题目：
计算曲线积分 $\oint_L (-y^2 - 2xy)dx - (2xy + x^2 - x)dy$，其中 $L$ 是以点 $(0,0)$、$ (1,0)$、$(1,1)$、$(0,1)$ 为顶点的正方形的正向边界曲线。
解答：
设 $P = -y^2 - 2xy$，$Q = -(2xy + x^2 - x) = -2xy - x^2 + x$。
计算偏导数：
$\frac{\partial Q}{\partial x} = -2y - 2x + 1$
$\frac{\partial P}{\partial y} = -2y - 2x$
根据格林公式，有：
$$\oint_L Pdx + Qdy = \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac {\partial P}{\partial y} \right) dxdy$$$$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = (-2y - 2x + 1)
- (-2y - 2x) = 1$$
积分区域 $D$ 是边长为 $1$ 的正方形，其面积为 $1$。
因此，原积分 $= \iint_D 1 dxdy = \text{区域 } D \text{ 的面积} = 1 \times 1 = 1$。
2. 题目：
计算曲线积分 $\oint_L (x + 2y)dx + (2x - y)dy$，其中 $L$ 是由 $|x| + |y| = 2$ 围成的顺 时针方向的闭路。
解答：
设 $P = x + 2y$，$Q = 2x - y$。
计算偏导数：
$\frac{\partial Q}{\partial x} = 2$
$\frac{\partial P}{\partial y} = 2$
由于 $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$，即 $\frac {\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 0$，且区域内处处有定义。
由格林公式可知，沿任何闭合曲线的积分为 $0$。
因此，原积分 $= 0$。
3. 题目：
计算曲线积分 $\oint_L (x^3 + y)dx - (x - y^3)dy$，其中 $L$ 是椭圆 $\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$ 的正向边界曲线。
解答：
设 $P = x^3 + y$，$Q = -x + y^3$。
计算偏导数：
$\frac{\partial Q}{\partial x} = -1$
$\frac{\partial P}{\partial y} = 1$
根据格林公式：
$$\oint_L Pdx + Qdy = \iint_D (-1 - 1) dxdy = -2 \iint_D dxdy$$区域 $D$ 为椭圆区域，其面积为 $\pi a b$。
因此，原积分 $= -2 \times (\pi a b) = -2\pi a b$。
4. 题目：
计算曲线积分 $\oint_L e^x [(1 - \cos y)dx - (y - \sin y)dy]$，其中 $L$ 是区域 $0 \le x \le \pi$、$0 \le y \le \sin x$ 的正向边界曲线。
解答：
设 $P = e^x(1 - \cos y)$，$Q = -e^x(y - \sin y)$。
计算偏导数：
$\frac{\partial Q}{\partial x} = -e^x(y - \sin y)$
$\frac{\partial P}{\partial y} = e^x\sin y$
根据格林公式：
$$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = -e^xy + e^x\sin y - e^x\sin y = -ye^x$$原积分可化为二重积分：
$$I = \iint_D -ye^x dxdy = \int_0^\pi dx \int_0^{\sin x} -ye^x dy$$$$= \int_0^\pi -e^x \left[ \frac{1}{2}y^2 \right]_0^{\sin x} dx = -\frac{1}{2} \int_0^\pi e^x \sin^2 x dx$$利用半角公式 $\sin^2 x = \frac{1 - \cos 2x}{2}$：
$$I = -\frac{1}{4} \int_0^\pi e^x(1 - \cos 2x) dx = -\frac{1}{4} \left( \int_0^\pi e^x dx - \int_0^\pi e^x \cos 2x dx \right)$$其中 $\int_0^\pi e^x dx = e^\pi - 1$。
对于右侧积分，使用分部积分公式可得 $\int e^x \cos 2x dx = \frac{e^x}{5}(\cos 2x + 2\sin 2x)$：
$$\int_0^\pi e^x \cos 2x dx = \frac{e^\pi}{5}(1 + 0) - \frac{1}{5}(1 + 0) = \frac {e^\pi - 1}{5}$$代入原式：
$$I = -\frac{1}{4} \left( (e^\pi - 1) - \frac{e^\pi - 1}{5} \right) = -\frac{1} {4} \times \frac{4(e^\pi - 1)}{5} = -\frac{e^\pi - 1}{5}$$5. 题目：
利用曲线积分计算星形线 $x = a\cos^3 t, y = a\sin^3 t$ 围成的图形的面积。
解答：
由面积的曲线积分公式 $A = \frac{1}{2} \oint_L xdy - ydx$，且 $t \in [0, 2\pi]$：
$$dx = -3a\cos^2 t \sin t dt$$$$dy = 3a\sin^2 t \cos t dt$$代入公式：
$$xdy - ydx = (a\cos^3 t)(3a\sin^2 t \cos t) - (a\sin^3 t)(-3a\cos^2 t \sin t)$$$$= 3a^2\cos^4 t \sin^2 t + 3a^2\sin^4 t \cos^2 t = 3a^2\cos^2 t \sin^2 t (\cos^2 t + \sin^2 t) = 3a^2\cos^2 t \sin^2 t$$因此面积为：
$$A = \frac{1}{2} \int_0^{2\pi} 3a^2\cos^2 t \sin^2 t dt = \frac{3a^2}{2} \int_0^ {2\pi} \frac{1}{4}\sin^2(2t) dt$$$$= \frac{3a^2}{8} \int_0^{2\pi} \frac{1 - \cos 4t}{2} dt = \frac{3a^2}{16} \left [ t - \frac{1}{4}\sin 4t \right]_0^{2\pi} = \frac{3a^2}{16} \times 2\pi = \frac{3} {8}\pi a^2$$6. 题目：
计算曲线积分 $\int_L (y + xe^{2y})dx + (x^2e^{2y} - y^2)dy$，其中 $L$ 是从原点经圆 $ (x-1)^2 + y^2 = 1$ 的上半部到点 $(2,0)$ 的弧段。
解答：
设 $P = y + xe^{2y}$，$Q = x^2e^{2y} - y^2$。
计算偏导数：
$\frac{\partial Q}{\partial x} = 2xe^{2y}$
$\frac{\partial P}{\partial y} = 1 + 2xe^{2y}$
$$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = -1$$添加辅助线段 $L_0$：沿 $x$ 轴从点 $(2,0)$ 到点 $(0,0)$。曲线 $L \cup L_0$ 构成顺时针方向 （负向）的闭合曲线，围成区域 $D$（圆心在 $(1,0)$ 半径为 $1$ 的上半圆）。
根据格林公式（注意闭合曲线为顺时针方向，需加负号）：
$$\oint_{L \cup L_0} Pdx + Qdy = -\iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dxdy = -\iint_D (-1) dxdy = \iint_D 1 dxdy = \text{区域 } D \text{ 的面积} = \frac{\pi}{2}$$在辅助线 $L_0$ 上，由 $(2,0)$ 到 $(0,0)$，$y = 0$ 且 $dy = 0$：
$$\int_{L_0} Pdx + Qdy = \int_2^0 (0 + x \cdot e^0) dx = \int_2^0 x dx = \left[ \frac{1}{2}x^2 \right]_2^0 = -2$$所以，$\int_L + \int_{L_0} = \frac{\pi}{2} \implies \int_L - 2 = \frac{\pi}{2} \implies \int_L = 2 + \frac{\pi}{2}$。
7. 题目：
验证 $\int_L (2x\cos y - y^2\sin x)dx + (2y\cos x - x^2\sin y)dy$ 是某个函数的全微分， 并求出其原函数。
解答：
设 $P = 2x\cos y - y^2\sin x$，$Q = 2y\cos x - x^2\sin y$。
$\frac{\partial P}{\partial y} = -2x\sin y - 2y\sin x$
$\frac{\partial Q}{\partial x} = -2y\sin x - 2x\sin y$
由于 $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$ 且在全平面内连 续，故原式是某个函数 $u(x,y)$ 的全微分。
求原函数：
$$u(x,y) = \int (2x\cos y - y^2\sin x) dx = x^2\cos y + y^2\cos x + C(y)$$对 $y$ 求偏导并等于 $Q$：
$$\frac{\partial u}{\partial y} = -x^2\sin y + 2y\cos x + C'(y) \equiv 2y\cos x - x^2\sin y$$由此可得 $C'(y) = 0$，即 $C(y) = C$（常数）。
所以原函数为：$u(x,y) = x^2\cos y + y^2\cos x + C$。
8. 题目：
计算曲线积分 $\int_L (1 + 3x^2y - 2y)dx + (x^3 - 2x)dy$，其中 $L$ 是从点 $A(1,0)$ 按逆 时针方向沿圆周 $x^2 + y^2 = 1$ 到点 $B(0,1)$，再沿直线 $y = 1 + x$ 到点 $C(-1,0)$ 的路 径。
解答：
设 $P = 1 + 3x^2y - 2y$，$Q = x^3 - 2x$。
$\frac{\partial Q}{\partial x} = 3x^2 - 2$
$\frac{\partial P}{\partial y} = 3x^2 - 2$
由于 $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$，积分与路径无 关。
选择最简路径：直接沿 $x$ 轴从 $A(1,0)$ 到 $C(-1,0)$。
在此直线上，$y = 0$，$dy = 0$。积分化为定积分：
$$\int_1^{-1} P(x,0) dx = \int_1^{-1} 1 dx = [x]_1^{-1} = -1 - 1 = -2$$二、提高题
9. 题目：
计算曲线积分 $\oint_L \frac{ydx - xdy}{2(x^2 + y^2)}$，其中 $L$ 为圆周 $(x-1)^2 + y^2 = 2$ 的正向边界曲线。
解答：
曲线 $L$ 围成的区域内部包含奇点 $(0,0)$（因为 $(0-1)^2 + 0^2 = 1 < 2$）。
已知经典结论：对于包围原点的任何正向简单闭合曲线，$\oint \frac{xdy - ydx}{x^2 + y^2} = 2\pi$。
原积分可以提取常数化简：
$$\oint_L \frac{ydx - xdy}{2(x^2 + y^2)} = -\frac{1}{2} \oint_L \frac{xdy - ydx} {x^2 + y^2} = -\frac{1}{2} (2\pi) = -\pi$$10. 题目：
设曲线积分 $\int_L xy^2dx + y\varphi(x)dy$ 与路径无关，其中 $\varphi(x)$ 有连续导数，且 $\varphi(0) = 0$，计算 $\int_{(0,0)}^{(1,1)} xy^2dx + y\varphi(x)dy$。
解答：
设 $P = xy^2$，$Q = y\varphi(x)$。
由积分与路径无关得 $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$：
$$y\varphi'(x) = 2xy \implies \varphi'(x) = 2x$$积分得 $\varphi(x) = x^2 + C$。由 $\varphi(0) = 0$ 得 $C = 0$，故 $\varphi(x) = x^2$。
原积分变为：
$$\int_{(0,0)}^{(1,1)} xy^2dx + x^2ydy$$由于被积表达式是 $d(\frac{1}{2}x^2y^2)$ 的全微分，直接计算原函数：
$$\left[ \frac{1}{2}x^2y^2 \right]_{(0,0)}^{(1,1)} = \frac{1}{2}(1 \times 1 - 0) = \frac{1}{2}$$11. 题目：
设在半平面 $(x > 0)$ 上，有一力为 $\boldsymbol{F} = -\frac{k}{r^3}(x\boldsymbol{i} + y\boldsymbol{j})$ 构成的力场，其中 $r = \sqrt{x^2 + y^2}$，$k$ 为常数。证明力 $\boldsymbol{F}$ 所做的功与路径无关。
解答：
功的表达式为 $W = \int_L Pdx + Qdy$。
此处 $P = -kx(x^2 + y^2)^{-3/2}$，$Q = -ky(x^2 + y^2)^{-3/2}$。
计算偏导数：
$$\frac{\partial P}{\partial y} = -kx \left( -\frac{3}{2} \right)(x^2 + y^2)^{-5/ 2}(2y) = 3kxy(x^2 + y^2)^{-5/2}$$$$\frac{\partial Q}{\partial x} = -ky \left( -\frac{3}{2} \right)(x^2 + y^2)^{-5/ 2}(2x) = 3kxy(x^2 + y^2)^{-5/2}$$因为 $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$，且在半平面 $x
0$ 内没有奇点（原点不在该区域内），区域是单连通的。
所以力 $\boldsymbol{F}$ 所做功与路径无关。
三、考研真题
12. 题目：
（2020116）计算曲线积分 $I = \int_L \frac{4x - y}{4x2 + y2}dx + \frac{x + y}{4x^2
- y2}dy$，其中 $L$ 是 $x2 + y^2 = 2$ 的正向边界曲线。
解答：
设 $P = \frac{4x - y}{4x^2 + y^2}$，$Q = \frac{x + y}{4x^2 + y^2}$。原点 $(0,0)$ 在 积分曲线内部，为奇点。
易验证 $\frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{\partial P}{\partial y}$。
引入充分小的正向椭圆 $l: 4x^2 + y^2 = \epsilon^2$ 包围原点，根据格林公式，沿 $L$ 的积分等于 沿 $l$ 的积分。
在 $l$ 上，分母 $4x^2 + y^2 = \epsilon^2$，因此：
$$I = \frac{1}{\epsilon^2} \oint_l (4x - y)dx + (x + y)dy$$应用格林公式于 $l$ 内部包含的面积 $D_l$：
$$\oint_l 4xdx - ydx + xdy + ydy = \oint_l -ydx + xdy = \iint_{D_l} 2 dxdy = 2 \times \text{椭圆面积}$$椭圆 $4x^2 + y^2 = \epsilon^2$ 可写作 $\frac{x^2}{(\epsilon/2)^2} + \frac{y^2} {\epsilon^2} = 1$，面积为 $\pi \times \frac{\epsilon}{2} \times \epsilon = \frac {\pi\epsilon^2}{2}$。
因此积分值为 $\frac{1}{\epsilon^2} \times 2 \times \frac{\pi\epsilon^2}{2} = \pi$。
13. 题目：
（2013104）设 $L_1: x^2 + y^2 = 1$，$L_2: x^2 + y^2 = 2$，$L_3: x^2 + 2y^2 = 2$， $L_4: 2x^2 + y^2 = 2$ 为 $4$ 条逆时针方向的平面曲线，记 $I_i = \oint_{L_i} \left(y + \frac{y^3}{6}\right)dx + \left(2x - \frac{x^3}{3}\right)dy \ (i=1,2,3,4)$，则 $\max\{I_1, I_2, I_3, I_4\} =$ ______。
A. $I_1$
B. $I_2$
C. $I_3$
D. $I_4$
解答：
设 $P = y + \frac{y^3}{6}$，$Q = 2x - \frac{x^3}{3}$。
应用格林公式转化为二重积分：
$$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = (2 - x^2) - \left(1 + \frac{y^2}{2}\right) = 1 - x^2 - \frac{y^2}{2}$$$$I_i = \iint_{D_i} \left( 1 - x^2 - \frac{y^2}{2} \right) dxdy$$要使积分值最大，积分区域 $D_i$ 应当恰好涵盖被积函数大于等于 $0$ 的全部区域。
令被积函数 $\ge 0$，得 $1 - x^2 - \frac{y^2}{2} \ge 0 \implies 2x^2 + y^2 \le 2$。
此区域的边界正是曲线 $L_4: 2x^2 + y^2 = 2$。
因此沿 $L_4$ 的积分涵盖了所有产生正值的部分，达到最大值。
故选 D。
14. 题目：
（2012119）已知 $L$ 是第一象限中从点 $(0,0)$ 沿圆周 $x^2 + y^2 = 2x$ 到点 $(2,0)$，再沿圆 周 $x^2 + y^2 = 4$ 到点 $(0,2)$ 的曲线。计算曲线积分 $I = \int_L 3x^2ydx + (x^3 + x - 2y)dy$。
解答：
设 $P = 3x^2y$，$Q = x^3 + x - 2y$。
$$\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = (3x^2 + 1) - 3x^2 = 1$$添加辅助线 $L_0$：沿 $y$ 轴从 $(0,2)$ 回到 $(0,0)$，使得 $L \cup L_0$ 组成封闭曲线。
闭合曲线围成的区域 $D$ 是第一象限中半径为 $2$ 的四分之一大圆面，挖去下方的半圆面（圆周 $x^2 + y^2 = 2x$ 即 $(x-1)^2 + y^2 = 1$ 的上半部分）。
区域 $D$ 的面积 $= \frac{1}{4}\pi(2^2) - \frac{1}{2}\pi(1^2) = \pi - \frac{\pi}{2} = \frac{\pi}{2}$。
由格林公式得：
$$\oint_{L \cup L_0} Pdx + Qdy = \iint_D 1 dxdy = \frac{\pi}{2}$$计算辅助线 $L_0$ 上的积分：在 $y$ 轴上 $x = 0, dx = 0$，$y$ 从 $2$ 变到 $0$。
$$\int_{L_0} = \int_2^0 (-2y) dy = \left[ -y^2 \right]_2^0 = 4$$因此，$\int_L + 4 = \frac{\pi}{2} \implies I = \frac{\pi}{2} - 4$。