【ID】1284 【题型】解答题 【类型】考研真题 【来源】2002年全国硕士研究生入学统一考试数学
设函数 $f(x)$ 在 $(-\infty,+\infty)$ 内具有一阶连续导数, $L$ 是上半平面 $(y > 0)$ 内的有向分段光滑曲线, 其起点为 $(a, b)$, 终点为 $(c, d)$. 记
$$
I=\int_{L} \frac{1}{y}\left[1+y^{2} f(x y)\right] \mathrm{d} x+\frac{x}{y^{2}}\left[y^{2} f(x y)-1\right] \mathrm{d} y .
$$
(1) 证明曲线积分 $I$ 与路径 $L$ 无关;
(2) 当 $a b=c d$ 时, 求 $I$ 的值.
答案:
(1) 记 $P(x, y)=\frac{1}{y}\left[1+y^{2} f(x y)\right], Q(x, y)=\frac{x}{y^{2}}\left[y^{2} f(x y)-1\right]$
$$
\begin{aligned}
\frac{\partial Q}{\partial x} &=\frac{\partial\left(\frac{x}{y^{2}}\left[y^{2} f(x y)-1\right]\right)}{\partial x}=\frac{\partial\left(\frac{x}{y^{2}}\right)}{\partial x} \times\left(\left[y^{2} f(x y)-1\right]\right)+\frac{x}{y^{2}} \times \frac{\partial\left(\left[y^{2} f(x y)-1\right]\right)}{\partial x} \\
&=\frac{1}{y^{2}} \times\left(\left[y^{2} f(x y)-1\right]\right)+\frac{x}{y^{2}} \times \frac{y^{2} \partial(f(x y)}{\partial x}=f(x y)-\frac{1}{y^{2}}+x \times f^{\prime}(x y) \frac{\partial(x y)}{\partial x} \\
&=f(x y)+x y f^{\prime}(x y)-\frac{1}{y^{2}} \frac{\partial P}{\partial y}=\frac{\partial\left(\frac{1}{y}\left[1+y^{2} f(x y)\right]\right)}{\partial y}
\end{aligned}
$$
$$
\begin{aligned}
&=\frac{\partial\left(\frac{1}{y}\right)}{\partial y}\left(\left[1+y^{2} f(x y)\right]\right)+\frac{1}{y} \frac{\partial\left(\left[1+y^{2} f(x y)\right]\right)}{\partial y} \\
&=-\frac{1}{y^{2}}\left(\left[1+y^{2} f(x y)\right]\right)+\frac{1}{y} \frac{\partial\left(y^{2}\right)}{\partial y} f(x y)+\frac{1}{y} \times \frac{\partial(f(x y))}{\partial y} \times y^{2} \\
&=-f(x y)-\frac{1}{y^{2}}+f(x y)+x y f^{\prime}(x y)
\end{aligned}
$$
所以, $\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}$ (当 $\left.y > 0\right)$. 故在上半平面 $(y > 0)$, 该曲线积分与路径无关.
(2)方法 1: 由该曲线积分与路径无关而只与端点有关所以用折线把两个端点连接起来. 先从 点 $(a, b)$ 到点 $(c, b)$, 再到点 $(c, d)$. 有
$$
\begin{aligned}
I &=\int_{a}^{c} \frac{1}{b}\left[1+b^{2} f(b x)\right] d x+\int_{b}^{d} \frac{c}{y^{2}}\left[y^{2} f(c y)-1\right] d y \\
&\left.=\frac{c-a}{b}+\int_{a}^{c} b f(b x)\right] d x+\int_{b}^{d} c f(c y) d y+\frac{c}{d}-\frac{c}{b}
\end{aligned}
$$
经积分变量变换后, $I=\frac{c}{d}-\frac{a}{b}+\int_{a b}^{c d} f(t) d t$. 当 $a b=c d$ 时, 推得 $I=\frac{c}{d}-\frac{a}{b}$.
方法 2:原函数法.
$$
\begin{aligned}
I &=\int_{L} \frac{1}{y^{2}}\left[1+y^{2} f(x y)\right] d x+\frac{x}{y^{2}}\left[y^{2} f(x y)-1\right] d y \\
&=\int_{L} \frac{y d x-x d y}{y^{2}}+\int_{L} f(x y)(y d x+x d y)=\int_{L} d\left(\frac{x}{y}\right)+\int_{L} f(x y) d(x y)
\end{aligned}
$$
由原函数法计算第二型曲线积分的公式(与定积分的牛顿一莱布尼茨公式类似), 有
$$
\begin{aligned}
&\int_{L} d\left(\frac{x}{y}\right)=\frac{x}{y} \mid \begin{array}{l}
(c, d) \\
(a, b)
\end{array}=\frac{c}{d}-\frac{a}{b} ; \\
&\int_{L} f(x y) d(x y)=F(x y) \mid \begin{array}{l}
(c, d) \\
(a, b)
\end{array}=F(c d)-F(a b)=0,
\end{aligned}
$$
其中 $F(u)$ 为 $f(u)$ 的一个原函数, 即设 $F^{\prime}(u)=f(u)$. 由此有 $I=\frac{c}{d}-\frac{a}{b}$.
方法 3: 由于与路径无关, 又由 $a b=c d$ 的启发, 取路径 $x y=k$, 其中 $k=a b$. 点 $(a, b)$ 与 点 $(c, d)$ 都在此路径上. 于是将 $x=\frac{k}{y}$ 代入之后,

\begin{aligned}
I &=\int_{a}^{d}\left[\frac{1}{y}\left(1+y^{2} f(k)\right)\left(-\frac{k}{y^{2}}\right)+\frac{k}{y^{2}}\left(y^{2} f(k)-1\right)\right] d y \\
&=\int_{b}^{d}\left(-\frac{2 k}{y^{3}}\right) d y=\frac{k}{y^{2}} \mid \frac{d}{b}=\frac{k}{d^{2}}-\frac{k}{b^{2}}=\frac{c d}{d^{2}}-\frac{a b}{b^{2}}=\frac{c}{d}-\frac{a}{b} .
\end{aligned}

解析:

视频讲解

提示1:如果发现题目有错或排版有误或您有更好的解题方法,请点击“编辑”功能进行更新。
提示2: Kmath一直以来坚持内容免费,这导致我们亏损严重。 如果看到这条信息的每位读者能慷慨打赏 10 元, 我们一个月内就能脱离亏损, 并保证在接下来的一整年里继续免费提供优质内容。捐赠
关闭