定义#

• 单连通区域（“无洞”区域）
• L的方向

  L的正向	L的负向	L1和L2正向如图

定理（格林公式）#

• D单连通
• L正向
• P、Q一阶偏导连续
• 则有 $\oint P \mathrm dx+ Q \mathrm dy = \iint_D \left |\begin{matrix}\dfrac{\partial}{\partial x} & \dfrac{\partial }{\partial y} \\ P & Q \\ \end{matrix} \right | \mathrm dx \mathrm dy=\iint_D(\dfrac{\partial Q}{\partial x}-\dfrac{\partial P}{\partial y})\mathrm dx \mathrm dy$

例题#

1. $I=\oint_L 4xy \mathrm dx + 3x^2 \mathrm dy$，$L:0\le y \le 2$ 且 $-1\le x \le 3$ 的正向边界

   

   解：

   $$\begin{align*} I&=\iint_D (6x-4x)\mathrm dx \mathrm dy\\ &=2\iint_D x \mathrm dx \mathrm dy\\ &=2\int_{-1}^3 \mathrm dx\int_0^2 x \mathrm dy\\ &=2(\int_{-1}^3 x \mathrm dx)(\int_0^2 \mathrm dy)\\ &=16 \end{align*}$$

2. $I=\int_L (x^3-e^x\cos y)\mathrm dx + (e^x \sin y+4x)\mathrm dy$，$L:x^2+(y-1)^2=1$，右半圆顺时针

   

   解：$L'=L+l$

   $$\begin{align*} &\int_{L'}(x^3-e^x\cos y)\mathrm dx + (e^x\sin y+4x)\mathrm dy\\ &=-\iint_D [e^x\sin y+4+e^x-\sin y)]\mathrm dx \mathrm dy\\ &=-4\iint_D \mathrm dx \mathrm dy \\ &=-4\cdot \dfrac{1}{2}\cdot \pi \cdot 1^2\\ &=-2\pi \end{align*}$$

   $l:x=0, y:0\to 2$

   $\int_l = \int_0^2 \sin y \mathrm dy = 1-\cos 2$

   $I=-2\pi -(1-\cos 2)=-2\pi + \cos 2 - 1$

3. $I=\int_L x \mathrm dy$，$L:x^2+y^2=1$ 且 $x\ge 0,y\ge 0$，顺时针

   

   解：添加 $l_1$、$l_2$，构成封闭 $L'=L+l_1+l_2$，反向

   $\int_{L'}x \mathrm dy = -\iint_D(1-0)\mathrm dx \mathrm dy=-\dfrac{1}{4}\pi$

   $\int_{l_2} x \mathrm dy = \int_0^1 0 \mathrm dy=0$

   $\int_{l_1} x \mathrm dy = \int_0^1 x\cdot 0 \mathrm dx = 0$

   $\therefore I=-\dfrac{1}{4}\pi$

4. $I=\int_L(2x\cos y-y^2\sin x)\mathrm dx + (2y\cos x-x^2\sin y)\mathrm dy$，$L:y=x^2 (0,0)\to (1,1)$

   解：

   • 【法一】$I=\int_0^1 [(2x\cos x^2 - x^4\sin x)\cdot 1+(2x^2\cos x-x^2 \sin x^2)\cdot 2x]\mathrm dx = 2\cos 1$

   • 【法二】

     

     $\because \dfrac{\partial P}{\partial y}=-2x\sin y-2y\sin x=\dfrac{\partial Q}{\partial x}$

     $\therefore I$ 与路径无关

     $$\begin{align*} I&=I_{l_1}+I_{l_2}\\ &=\int_0^1 (2y\cos 0-0^2\sin y)\mathrm dy + \int_0^1 (2x\cos 1-1^2\sin x)\mathrm dx\\ &=1+2\cos 1-1\\ &=2\cos 1 \end{align*}$$

     （其中 $l_1:x=0,y:0\to 1$，$l_2:y=1,x:0\to 1$）

   • 【法三】

     

     $P=2x\cos y -y^2\sin x=\dfrac{\partial u}{\partial x}$

     $u=\int(2x\cos y-y^2\sin x)\mathrm dx=x^2\cos y +y^2\cos x+\phi(y)$

     $\dfrac{\partial u}{\partial y}=2y\cos x-x^2\sin y\Rightarrow \phi(y)=C$

     $\therefore u(x,y)=x^2\cos y+y^2\cos x+C$

     $I=u(1,1)-u(0,0)=\cos 1+\cos 1=2\cos 1$

5. $I=\int_L \dfrac{y \mathrm dx - x\mathrm dy}{x^2+y^2}$，$L:x^2+y^2=1$ 且 $y\ge 0$，$(-1,0)\to (1,0)$

   解：

   • 【法一】

     

     $L:\begin{cases}x=\cos t\\y=\sin t\end{cases}, t:\pi\to 0$

     $\displaystyle I=\int_\pi^0[\sin t(-\sin t)-\cos t\cdot \cos t]\mathrm dt=-1\int_\pi^0 \mathrm dt = \pi$

   • 【法二】

     $P=\dfrac{y}{x^2+y^2}$，$Q=-\dfrac{x}{x^2+y^2}$，$\dfrac{\partial Q}{\partial x}=\dfrac{x^2-y^2}{(x^2+y^2)^2}=\dfrac{\partial P}{\partial y}$

     $\therefore$ 积分与路径无关

     选择$L:(-1,0)\to(-1,1)\to(1,1)\to(1,0)$【不能包含 $(0,0)$—— $(0,0)$ 处无定义】

     

     $l_1: y:0\to 1, x=-1$，$I_{l_1}=\int_0^1\dfrac{1}{1+y^2}\cdot 1 \mathrm dy = \arctan y|_0^1=\dfrac{\pi}{2}$

     $l_2:x:-1\to 1, y=1$，$I_{l_2}=\int_{-1}^1\dfrac{1}{1+x^2}\cdot 1 \mathrm dx=\arctan x|_{-1}^1=0$

     $l_3:y:1\to 0, x=1$，$I_{l_3}=\int_1^0 \dfrac{-1}{1+y^2}\cdot 1 \mathrm dy=\dfrac{\pi}{2}$

     $I=\dfrac{\pi}{2}+\dfrac{\pi}{2}=\pi$

   • 【法三】

     $I=\int_L y \mathrm dx-x \mathrm dy$，添加 $y=0, x:1\to -1$

     

     封闭 $L'=L+l$，负向

     $\oint_L' y \mathrm dx - x \mathrm dy=-\iint_D[(-1)-1]\mathrm dx \mathrm dy=2\iint_D \mathrm dx \mathrm dy=\pi$

     $\displaystyle I=\pi-\int_L (y \mathrm dx-x \mathrm dy)=\pi - \int_{1}^{-1}0 \mathrm dx = \pi$

6. $I=\oint_L \dfrac{y \mathrm dx - x\mathrm dy}{x^2+y^2}$，L正向且不包含 $(0,0)$

   解：

   $P=\dfrac{y}{x^2+y^2}$，$Q=-\dfrac{x}{x^2+y^2}$ 在 $(0,0)$ 处无定义，$\dfrac{\partial Q}{\partial x}=\dfrac{\partial P}{\partial y}\quad (x,y)\ne(0,0)$

   • L 包含原点：$I=0$
   • L 不包含原点：设 $l$ 为正向足够小的圆（$x^2+y^2=\epsilon^2$）$I=\oint_L \dfrac{y \mathrm dx-x \mathrm dy}{x^2+y^2}=\dfrac{1}{\epsilon^2}\oint_L y \mathrm dx - x \mathrm dy=\dfrac{1}{\epsilon^2}\cdot (-2)\pi\epsilon^2=-2\pi$

7. $I=\int_L \dfrac{-y \mathrm dx + (x-1)\mathrm dy}{(x-1)^2+y^2}$，$L:y=x^2-2x$，$(0,0)\to (4,8)$

解：

• 【折线法】

  

  $P=-\dfrac{y}{(x-1)^2+y^2}$，$Q=\dfrac{x-1}{(x-1)^2+y^2}$

  $\dfrac{\partial P}{\partial y}=\dfrac{\partial Q}{\partial x}=-\dfrac{1}{(x-1)^2+y^2}\quad(x,y)\ne(1,0)$

  选择 $(0,0)\to(0,-1)\to(4,-1)\to(4,8)$

  $l_1:(0,0)\to(0,-1)\quad x=0\quad y:0\to-1$，$I_{l_1}=\int_0^{-1}\dfrac{-1}{y^2+1}\mathrm dy=\dfrac{\pi}{4}$

  $l_2:y=-1\quad x:0\to 4$，$I_{l_2}=\int_0^4\dfrac{1}{1+(x-1)^2}\mathrm dx=\arctan 3+\dfrac{\pi}{4}$

  $l_3:x=4\quad y:-1\to 8$，$I_{l_3}=\int_{-1}^3\dfrac{3}{3^2+y^2}\mathrm dy=\dfrac{1}{3}\int_{-1}^8\dfrac{1}{1+(\frac{y}{3})^2}\mathrm dy=\dfrac{1}{3}\times 3\int_{-1}^8\dfrac{1}{1+(\frac{y}{3})^2}\mathrm d(\dfrac{y}{3})=\arctan\dfrac{8}{3}+\arctan\dfrac{1}{3}$

  $I=I_{l_1}+I_{l_2}+I_{l_3}=\dfrac{\pi}{2}+\arctan 3+\arctan\dfrac{8}{3}+\arctan\dfrac{1}{3}$

• $L'=l_1+l_2+L$，$l_3:(x-1)^2+y^2=\epsilon^2$（逆时针，$\epsilon$ 足够小）

  

  $$\begin{align*} \oint_{L'}P \mathrm dx+Q \mathrm dy&=\oint_{l_3}P \mathrm dx+Q \mathrm dy\\ &=\dfrac{1}{\epsilon ^2}\oint_{l_3}-y \mathrm dx + (x-1)\mathrm dy\\ &=\dfrac{1}{\epsilon ^2}\iint_D[1-(-1)]\mathrm dx \mathrm dy\\ &=2\pi \end{align*}$$ $$\begin{align*} &\oint_{l_1}P \mathrm dx+Q \mathrm dy\\ &=\int_4^0\dfrac{-8}{(x-1)^2+8^2}\mathrm dx\\ &=\arctan \dfrac{x-1}{8}|_0^4\\ &=\arctan\dfrac{3}{8}+\arctan\dfrac{1}{8} \end{align*}$$ $$\begin{align*} &\oint_{l_2}P \mathrm dx+Q \mathrm dy\\ &=\int_8^0\dfrac{1}{1+y^2}\mathrm dy\\ &=\arctan y|_0^8\\ &=\arctan 8 \end{align*}$$

  $I=2\pi-\arctan\dfrac{3}{8}-\arctan\dfrac{1}{8}-\arctan 8$