二重積分-格林公式與引數方程

作者：由不思量自難忘發表于收藏時間：2020-07-21

對弧長的曲線積分

計算：

定理：設函式

在曲線弧

上有定義且連續，

的引數方程為

$\left \{ \begin{aligned} x=\varphi(t), \\ y=\psi(t) \end{aligned} \right. \quad(\alpha\leq t\leq \beta)$

，

若

$\varphi(t),\psi(t)$

在

$[\alpha,\beta]$

上具有一階連續導數，且

$\varphi^{$

則曲線積分

$\int_Lf(x,y)$

存在，且

$\int_Lf(x,y)ds=\int^{\beta}_{\alpha}f[\varphi(t),\psi(t)]\sqrt{\varphi^{$

。

證明：引數

從

$\alpha$

變到

$\beta$

時，

上的點依點

至點

的方向描出曲線弧

取一列點

$A=M_0,M_1,...,M_{n-1},M_n=B$

。

對應單調遞增的引數值：

$\alpha=t_0<t_1<...<t_{n-1}<t_n=\beta$

。

由對弧長的曲線積分的定義，有

$\int_Lf(x,y)ds=\lim_{\lambda\rightarrow0}\sum^n_{i=1}f(\xi_i,\eta_i)\Delta s_i,$

設點

$(\xi_i,\eta_i)$

對應引數值

$\mathcal T_i,$

即

$\xi_i=\varphi(\mathcal T_i),\eta_i=\psi(\mathcal T_i),$

這裡

$t_{i-1}\leq\mathcal T_i\leq t_i,$

由於

$\Delta s_i=\int^{t_i}_{t_{i-1}}\sqrt{\varphi^{$

。

由積分中值定理，有

$\Delta s_i=\sqrt{\varphi^{$

。

所以

$\int_Lf(x,y)ds=\lim_{\lambda\rightarrow0}\sum^n_{i=1}f(\varphi(\mathcal T_i),\psi(\mathcal T_i))\sqrt{\varphi^{$

又因為

$\sqrt{\varphi^{$

在閉區間

$[\alpha,\beta]$

上連續。

所以

$\int_Lf(x,y)ds=\int^\beta_\alpha f(\varphi(t),\psi(t))\sqrt{\varphi^{$

。

格林公式

：

設閉區域由分段光滑的曲線

圍成，若函式

在

上具有一階連續偏導數，則有

$\iint_D(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})dxdy=\oint_LPdx+Qdy$

。

例1：

求星形線

$x^{\frac32}+y^{\frac32}=a^{\frac32}$

所圍的面積。

$x^{\frac23}+y^{\frac23}=a^{\frac23}\Leftrightarrow (\frac xa)^{\frac23}+(\frac ya)^{\frac23}=1\Leftrightarrow((\frac xa)^{\frac13})^2+((\frac ya)^{\frac13})^2=1$

。

令

$(\frac xa)^{\frac13}=\cos t\quad,(\frac ya)^{\frac13}=\sin t\Rightarrow x=a\cos^3t,,y=a\sin^3t.$

嘗試一：

$\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=1,\Rightarrow Q(x,y)=x,P(x,y)=0$

$S=\oint_Lx\ dy=\int^{2\pi}_03a^2\sin^2t\cos^3tdt$

發現不好求，轉換策略

嘗試二：

$\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=1,\Rightarrow Q(x,y)=\frac x2,P(x,y)=-\frac y2$

。

$S=\frac12\oint_Lxdy-ydx=\frac{3a^2}2\int^{2\pi}_0(\sin^2t+\cos^2t)\sin^2t\cos^2tdt\\ =\frac{3a^2}2\int^{2\pi}_0\sin^2t\cos^2t \ dt=\frac{3a^2}{16}[t-\frac{\sin4t}{4}]|^{2\pi}_0=\frac{3a^2\pi}{8}$

三角函式系的正交性（推導見傅立葉級數篇）

推廣：

是正奇數，求曲線

$x^{\frac{2}{m}}+y^{\frac2n}=a^2$

所圍的面積。

$x^{\frac{2}{m}}+y^{\frac2n}=a^2\Leftrightarrow(\frac{x^{\frac1m}}a)^2+(\frac{y^{\frac1n}}a)^2=1$

令

$\frac{x^{\frac1m}}a=\cos t+\frac{y^{\frac1n}}a=\sin t\Rightarrow x=a\cos^mt,y=a\sin^nt.$

$\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=1\Rightarrow Q(x,y)=\frac x2,P(x,y)=-\frac y2$

。

$S=\frac12\oint_Lxdy-ydx=\frac{na^2}2\int^{2\pi}_0\cos^{m+1}t\sin^{n-1}tdt+\frac{ma^2}2\int^{2\pi}_0\sin^{n+1}t\cos^{m-1}t dt \\=\frac{a^2}2\int^{2\pi}_0\sin^{n-1}t\cos^{m-1}t(n\cos^2t+m\sin^2t) \ dt$

例2：

計算

$\iint_D(x^2+y^2)dxdy,D$

是

圍成的區域。

分析：區域特徵很明顯，是由一條閉合曲線圍成的。

$x^2+xy+y^2=1\Leftrightarrow (x+\frac12y)^2+(\frac{\sqrt{3}}2y)^2=1\\\Rightarrow \left \{ \begin{aligned} x+\frac12y=\cos t\\ \frac{\sqrt3}{2}y=\sin t \end{aligned} \right. \Rightarrow \left \{ \begin{aligned} x=\cos t-\frac1{\sqrt3}\sin t\\ y=\frac{2\sqrt3}3\sin t \end{aligned} \right.$

顯然，區域

關於直線

對稱。

所以

$\iint_D(x^2+y^2)dxdy=2\iint_Dy^2dxdy$

。

取

$\iint_Dy^2dxdy=\int_Lxy^2dy=\int^{2\pi}_0(\frac{8\sqrt3}9\sin^2 t\cos^2t-\frac{8}9\sin^2t\cos t)dt \\=\int^{2\pi}_0\frac{8\sqrt3}9\sin^2tdt-\int^{2\pi}_0\frac{8\sqrt3}{9}\sin^4tdt=\frac{2\sqrt3\pi}9$