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平面上曲线积分和路径无关条件
- 问题对应的物理问题是,势场 问题,即研究场力所作的功和路径无关的情形
- 重点是在什么条件下,场力所作的功和路径无关,对应数学上的问题是曲线积分和路径无关条件
曲线积分与路径无关的定义
- 设 G G G是一个区域, P ( x , y ) P(x,y) P(x,y)以及 Q ( x , y ) Q(x,y) Q(x,y)在区域 G G G内具有一阶连续偏导数
- 若 G G G内任意指定的两个点 A , B A,B A,B,以及 G G G内从 A → B A\to{B} A→B的任意两条曲线 L 1 , L 2 L_1,L_2 L1,L2,等式 ∫ L 1 P d x + Q d y \int_{L_1}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y ∫L1Pdx+Qdy= ∫ L 2 P d x + Q d y \int_{L_2}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y ∫L2Pdx+Qdy
(0)恒成立 - 则称曲线积分 ∫ L P d x + Q d y \int_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y ∫LPdx+Qdy
(1)在 G G G内与路径无关,否则说明路径有关
- 若 G G G内任意指定的两个点 A , B A,B A,B,以及 G G G内从 A → B A\to{B} A→B的任意两条曲线 L 1 , L 2 L_1,L_2 L1,L2,等式 ∫ L 1 P d x + Q d y \int_{L_1}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y ∫L1Pdx+Qdy= ∫ L 2 P d x + Q d y \int_{L_2}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y ∫L2Pdx+Qdy
等价描述
- 若曲线积分和路径无关,则式(1)成立
- 而 ∫ L 2 P d x + Q d y \int_{L_2}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y ∫L2Pdx+Qdy= − ∫ L 2 − P d x + Q d y -\int_{L_2^{-}}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y −∫L2−Pdx+Qdy
(2) - 代入式(1),得 ∫ L 1 P d x + Q d y \int_{L_1}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y ∫L1Pdx+Qdy= − ∫ L 2 − P d x + Q d y -\int_{L_2^{-}}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y −∫L2−Pdx+Qdy,即 ∫ L 1 P d x + Q d y \int_{L_1}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y ∫L1Pdx+Qdy+ ∫ L 2 − P d x + Q d y \int_{L_2^{-}}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y ∫L2−Pdx+Qdy= 0 0 0
(3) - 观察到 L 1 , L 2 − L_1,L_2^{-} L1,L2−构成有向闭曲线 ,从而式(3)可以表示为 ∮ L 1 + L 2 − P d x + Q d y \oint_{L_1+L_{2}^{-}}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y ∮L1+L2−Pdx+Qdy= 0 0 0
(4)
小结
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在区域 G G G内由曲线积分与路径无关可以推得在 G G G内沿闭曲线的曲线积分为0
- 反之,若在区域 G G G内沿任意闭曲线的曲线积分为0,可以推得在 G G G内曲线积分和路径无关
-
曲线积分 ∫ L P d x + Q d y \int_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y ∫LPdx+Qdy在 G G G内与路径无关相当于 :沿 G G G内任意闭曲线 C C C的曲线积分 ∮ C P d x + Q d y = 0 \oint_{C}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y=0 ∮CPdx+Qdy=0
(4-1),这种形式更便于论述
充要条件定理
-
下面介绍上述问题中的条件是什么(充要条件)
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设区域 G G G式一个单连通域 ,若函数 P ( x , y ) P(x,y) P(x,y)与 Q ( x , y ) Q(x,y) Q(x,y)在 G G G内具有一阶连续偏导数
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则曲线积分 ∫ L P d x + Q d y \int_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y ∫LPdx+Qdy在 G G G内与路径无关 (或沿 G G G内任意闭曲线的曲线积分为0)的充要条件 是 ∂ P ∂ y \frac{\partial{P}}{\partial{y}} ∂y∂P= ∂ Q ∂ x \frac{\partial{Q}}{\partial{x}} ∂x∂Q
(5)(或写作 ( P y = Q x ) (P_{y}=Q_{x}) (Py=Qx)在 G G G内恒成立
充分性
- 在 G G G内任意取一条闭曲线 C C C
- 这里要证的命题为:当条件式(5)成立时有(4-1)成立
- 因为 G G G是单连通的 ,所以闭曲线 C C C所围成的闭区域 D D D全部在 G G G内,于是由假定,式(5)在 D D D上恒成立
- 应用格林公式: ∬ D ( ∂ Q ∂ x − ∂ P ∂ y ) d x d y \iint\limits_{D}(\frac{\partial{Q}}{\partial{x}}-\frac{\partial{P}}{\partial{y}})\mathrm{d}x\mathrm{d}y D∬(∂x∂Q−∂y∂P)dxdy= ∮ C P d x + Q d y \oint_{C}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y ∮CPdx+Qdy
(6)由式(5)可知,式(6)左端为0 - 从而式(6)右端为0,这就证明了充分性
必要性
- 这里用反证法证明
- 这里要证的命题为:若沿着 G G G内任意 闭曲线的曲线积分为0,则式(5)在 G G G内成立
- 假设 上述命题不成立,那么 G G G内至少存在一点 M 0 M_{0} M0,使得(5)不成立
- 不妨设 ( ∂ Q ∂ x − ∂ P ∂ y ) M 0 (\frac{\partial{Q}}{\partial{x}}-\frac{\partial{P}}{\partial{y}}){M{0}} (∂x∂Q−∂y∂P)M0= η > 0 \eta>0 η>0(简写为 Q x − P y = η > 0 Q_{x}-P_{y}=\eta>0 Qx−Py=η>0)
(7) - 由于 P y , Q x P_{y},Q_{x} Py,Qx在 G G G内连续,可以在 G G G内取得一个以 M 0 M_{0} M0为圆心,半径足够小的圆形闭区域 K K K ,使得在 K K K上恒有 Q x − P y ⩾ 1 2 η Q_{x}-P_{y}\geqslant{\frac{1}{2}\eta} Qx−Py⩾21η
(8) - 于是由格林公式和二重积分性质:
- ∮ γ P d x + Q d y \oint_{\gamma}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y ∮γPdx+Qdy= ∬ K ( Q x − P y ) d x d y \iint\limits_{K}(Q_{x}-P_{y})\mathrm{d}x\mathrm{d}y K∬(Qx−Py)dxdy ⩾ \geqslant ⩾ 1 2 η ⋅ σ {\frac{1}{2}\eta\cdot\sigma} 21η⋅σ
(9)- 其中 ∬ K ( 1 2 η ) d x d y \iint\limits_{K}(\frac{1}{2}\eta)\mathrm{d}x\mathrm{d}y K∬(21η)dxdy= 1 2 η ∬ K 1 d x d y \frac{1}{2}\eta \iint\limits_{K}1\mathrm{d}x\mathrm{d}y 21ηK∬1dxdy= 1 2 η ⋅ σ {\frac{1}{2}\eta\cdot\sigma} 21η⋅σ
- 这里 γ \gamma γ是 K K K的正向边界曲线 , σ \sigma σ是 K K K的面积
- ∮ γ P d x + Q d y \oint_{\gamma}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y ∮γPdx+Qdy= ∬ K ( Q x − P y ) d x d y \iint\limits_{K}(Q_{x}-P_{y})\mathrm{d}x\mathrm{d}y K∬(Qx−Py)dxdy ⩾ \geqslant ⩾ 1 2 η ⋅ σ {\frac{1}{2}\eta\cdot\sigma} 21η⋅σ
- 因为 η > 0 , σ > 0 \eta>0,\sigma>0 η>0,σ>0所以 1 2 η ⋅ σ > 0 \frac{1}{2}\eta\cdot{\sigma}>0 21η⋅σ>0即有式(9)左端 ∮ γ P d x + Q d y > 0 \oint_{\gamma}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y>0 ∮γPdx+Qdy>0
(10) - γ \gamma γ是 G G G内的闭曲线,式(10)指出 G G G内的闭曲线 γ \gamma γ的曲线积分不为0(大于0)
- 而我们知道(命题条件指出) G G G内的闭曲线的曲线积分为0,因此式(10)与之矛盾,因此反证法中的假设不成立,即不存在这样的点 M 0 M_0 M0,所以式(5)在 G G G内处处成立
说明
- 定理中要求2个条件:
- G G G式单连通的
- P , Q P,Q P,Q在 G G G内有一阶连续偏导数
- 若两个条件之一不满足,则定理结论不一定成立
- 例如,即使区域 G G G仅有一个点 T T T不满足判定式(5)(比如无定义),就不能保证式(4-1)成立,因为点 T T T破坏了函数 P , Q , Q x , P y P,Q,Q_{x},P_{y} P,Q,Qx,Py的连续性,点 T T T通常称为奇点
线积分与路径无关时的计算👺
- 如果通过判定 Q x = P y Q_{x}=P_{y} Qx=Py在单连通区域 G G G内恒成立,则有两类计算线积分的简化方法
- 该路径为简单路径
- 利用原函数
曲线积分与路径无关的三个等价命题
- 设曲线 L L L是属于区域 G G G内的曲线
- ∫ L P d x + Q d y \int_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y ∫LPdx+Qdy与路径无关
- P y ≡ Q x P_{y}\equiv Q_x Py≡Qx
- P d x + Q d y P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y Pdx+Qdy= d u \mathrm{d}u du(参见全微分求积相关内容)
等价结论
- 数学上可以证明:
- 若只讨论(1),(3)的等价时,不要求区域 G G G是单连通的
- 而(1),(3)中的某一个和(2)等价时,或者说(1)(2)(3)等价时,就要求 G G G是单连通的
Newton-Leibniz二元函数形式
- 设函数 F ( x , y ) F(x,y) F(x,y)是二元函数 f ( x , y ) f(x,y) f(x,y)原函数
- ∫ ( x 1 , y 1 ) ( x 2 , y 2 ) P d x + Q d y \int_{(x_1,y_1)}^{(x_2,y_2)}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y ∫(x1,y1)(x2,y2)Pdx+Qdy= F ( x 2 , y 2 ) − F ( x 1 , y 1 ) F(x_2,y_2)-F(x_1,y_1) F(x2,y2)−F(x1,y1)
(1) - 其中 d F ( x , y ) \mathrm{d}F(x,y) dF(x,y)= P d x + Q d y P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y Pdx+Qdy
(1-1)
- ∫ ( x 1 , y 1 ) ( x 2 , y 2 ) P d x + Q d y \int_{(x_1,y_1)}^{(x_2,y_2)}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y ∫(x1,y1)(x2,y2)Pdx+Qdy= F ( x 2 , y 2 ) − F ( x 1 , y 1 ) F(x_2,y_2)-F(x_1,y_1) F(x2,y2)−F(x1,y1)
- 而计算二元函数的原函数可以用偏积分或凑微分的方法
- 虽然线积分可以用来求二元函数的原函数,但是这里目的是计算线积分,
- 因此应用公式(1),求原函数 F F F时用偏积分或凑微分的方式求
积分路径的简化
- 简化积分路径,将非曲线改为直线段或折线段
- 通常优先化为各段坐标轴平行的直线路径,而不一定是两点间的直线段,除非两点间直线段和某个坐标轴平行)
- 有时也不是改造成直线段或折现段,还可能使圆弧
应用
例
- 设 C C C为椭圆 x 2 a 2 + y 2 b 2 \frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2} a2x2+b2y2=1上由 A ( − a , 0 ) A(-a,0) A(−a,0)到 B ( a , 0 ) B(a,0) B(a,0)点的上半椭圆
- 计算下列积分
- I 1 = ∫ C e x y ( x y + 1 ) d x + e x y x 2 d y I_1=\int_{C}e^{xy}(xy+1)\mathrm{d}x+e^{xy}x^2\mathrm{d}y I1=∫Cexy(xy+1)dx+exyx2dy
(1) - I 2 = ∫ C 1 x 2 + y 2 [ ( x + y ) d y − ( y − x ) d x ] I_2=\int_{C}\frac{1}{x^2+y^2}[(x+y)\mathrm{d}y-(y-x)\mathrm{d}x] I2=∫Cx2+y21[(x+y)dy−(y−x)dx]
(2)
- I 1 = ∫ C e x y ( x y + 1 ) d x + e x y x 2 d y I_1=\int_{C}e^{xy}(xy+1)\mathrm{d}x+e^{xy}x^2\mathrm{d}y I1=∫Cexy(xy+1)dx+exyx2dy
解
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(1)试探 I 1 I_1 I1积分是否与路径无关, P y P_{y} Py= e x y ( y x 2 + 2 x ) e^{xy}(yx^2+2x) exy(yx2+2x)= Q x Q_{x} Qx,可见, I 1 I_1 I1和路径无关
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那么可以考虑啊E2中做法
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方法1
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这里直接改为线段 A B AB AB,其方程为 y = 0 y=0 y=0(代入 I 1 I_1 I1式中)化简
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从而问题化简为 I 1 I_1 I1= ∫ − a a 1 d x \int_{-a}^{a} 1\mathrm{d}x ∫−aa1dx= 2 a 2a 2a
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方法2
- 考虑全微分的原函数,前提也是积分与路径无关
- I 1 I_{1} I1的被积表达式可以凑成 d ( x e x y ) \mathrm{d}(xe^{xy}) d(xexy),从而 I 1 I_{1} I1= x e x y ∣ ( − a , 0 ) ( a , 0 ) xe^{xy}|_{(-a,0)}^{(a,0)} xexy∣(−a,0)(a,0)= 2 a 2a 2a
- 这个操作类似于定积分中的Newton-Leibniz公式,再二元函数中,自变量成了二维点而已,而且是起点到终点
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当原函数容易确定(凑出),则用方法2,否则用方法1
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(2)试探积分 I 2 I_2 I2是否与路径无关, P y P_{y} Py= y 2 − x 2 − 2 x y y^2-x^2-2xy y2−x2−2xy= Q x Q_{x} Qx, ( x , y ) ≠ ( 0 , 0 ) (x,y)\neq{(0,0)} (x,y)=(0,0)
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考虑到分母为 x 2 + y 2 ≠ 0 x^2+y^2\neq{0} x2+y2=0,因此并不是整个平面都满足路径无关
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此时可以考虑创建一个局部区域 G G G,它不包括 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0)点,在 G G G内继续考虑积分路径无关的性质计算 I 2 I_2 I2
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此时改成直线会经过点 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0)因此不合适
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而改成折现需要多次弯折不方便
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这里考虑改造成圆弧(端点为 A , B A,B A,B,且 A B AB AB为直径)
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则改造后的路径方程为 x 2 + y 2 = a 2 x^2+y^2=a^2 x2+y2=a2;将其代入到 I 2 I_2 I2中,使分母变为常数:
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I 2 = ∫ C 1 1 a 2 [ ( x + y ) d y − ( y − x ) d x ] I_2=\int_{C_1}\frac{1}{a^2}[(x+y)\mathrm{d}y-(y-x)\mathrm{d}x] I2=∫C1a21[(x+y)dy−(y−x)dx]= 1 a 2 ∫ C 1 [ ( x + y ) d y + ( x − y ) d x ] \frac{1}{a^2}\int_{C_1}[(x+y)\mathrm{d}y+(x-y)\mathrm{d}x] a21∫C1[(x+y)dy+(x−y)dx]
(2-1)- 积分路径 C C C更改为 C 1 C_1 C1(半圆弧)
- 这个积分用 C 1 C_1 C1的参数方程 x = a cos θ x=a\cos\theta x=acosθ, y = a sin θ y=a\sin\theta y=asinθ代入(2-1)式可以算
- 虽然 C 1 C_1 C1不是闭曲线,但我们可以考虑通过补线,补充一个半圆(带直径边),记为区域 D D D,使之可以用格林公式简化计算
- 然而格林公式的使用要注意闭曲线的方向,原来 C C C是 A → B A\to{B} A→B顺时针
- 而 C 1 C_1 C1也从 A → B A\to{B} A→B再 B → A B\to{A} B→A的方向和闭区域 D D D的正方向(应为逆时针)相反,从而格林公式转为二重积分计算时前面要加负号
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若记 F F F= ( x + y ) d y + ( x − y ) d x (x+y)\mathrm{d}y+(x-y)\mathrm{d}x (x+y)dy+(x−y)dx, P = x − y P=x-y P=x−y, Q = x + y Q=x+y Q=x+y(仔细区分 P , Q P,Q P,Q), Q x − P y Q_{x}-P_{y} Qx−Py= 1 − ( − 1 ) 1-(-1) 1−(−1)= 2 2 2
- ∮ C 1 + B A F \oint_{C_1+BA}F ∮C1+BAF= − ∬ D 2 d σ -\iint_{D}2\mathrm{d}\sigma −∬D2dσ= − 2 σ -2\sigma −2σ= − 2 1 2 π a 2 -2\frac{1}{2}\pi{a^2} −221πa2= − π a 2 -\pi{a^2} −πa2(注意负号)
- ∫ B A F \int_{BA}F ∫BAF= ∫ a − a x d x \int_{a}^{-a}x\mathrm{d}x ∫a−axdx= 0 0 0(对称性和奇函数,直接得出结果为0)
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由式(2-1),从而 I 2 I_2 I2= 1 a 2 ( ∮ C 1 + B A F − f B A F ) \frac{1}{a^2}(\oint_{C_1+BA}F-f_{BA}F) a21(∮C1+BAF−fBAF)= 1 a 2 ( − π a 2 ) \frac{1}{a^2}(-\pi{a^2}) a21(−πa2)= − π -\pi −π
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例
- I = ∫ ( 1 , 0 ) ( 0 , 1 ) x d x + y d y x 2 + y 2 I=\int_{(1,0)}^{(0,1)} \frac{x\mathrm{d}x+y\mathrm{d}y}{\sqrt{x^2+y^2}} I=∫(1,0)(0,1)x2+y2 xdx+ydy
- P = x x 2 + y 2 P=\frac{x}{\sqrt{x^2+y^2}} P=x2+y2 x和 Q = y x 2 + y 2 Q=\frac{y}{\sqrt{x^2+y^2}} Q=x2+y2 y;
- 可以验证,当 ( x , y ) ≠ ( 0 , 0 ) (x,y)\neq{(0,0)} (x,y)=(0,0)时
- Q x Q_{x} Qx= − x y ( x 2 + y 2 ) − 3 2 -xy(x^2+y^2)^{-\frac{3}{2}} −xy(x2+y2)−23= P y P_{y} Py, ( x , y ≠ 0 ) (x,y\neq{0}) (x,y=0),
- 平面 x O y xOy xOy在 ( 0 , 0 ) (0,0) (0,0)外满足曲线积分与路径无关
- 这里我们应用上述等价的第一条,避开对单连通的要求
- 可以通过直接凑全微分: x d x + y d y x 2 + y 2 \frac{x\mathrm{d}x+y\mathrm{dy}}{\sqrt{x^2+y^2}} x2+y2 xdx+ydy= 1 2 d ( x 2 + y 2 ) x 2 + y 2 \frac{1}{2}\frac{\mathrm{d}(x^2+y^2)}{\sqrt{x^2+y^2}} 21x2+y2 d(x2+y2)= d x 2 + y 2 \mathrm{d}\sqrt{x^2+y^2} dx2+y2
- 从而 x 2 + y 2 \sqrt{x^2+y^2} x2+y2 是被积函数的一个原函数,则 I I I= x 2 + y 2 ∣ ( 1 , 0 ) ( 0 , 1 ) \sqrt{x^2+y^2}|_{(1,0)}^{(0,1)} x2+y2 ∣(1,0)(0,1)= 1 − 1 = 0 1-1=0 1−1=0