日期: 2023-10-01 11:28 查看: 163 次编辑导出

上曲线积分与路径无关的等价条件

在研究平面力场的问题时，我们要考察场力所做的功是否与路径无关，这在 数学上就是要考察曲线积分是否与路径无关.
设函数在区域内具有连续偏导数，如果对于 $G$ 内以点 $A$ 为起始点, 以点 $B$ 为 起终点的任意两条的曲线 $L_1 、 L_2$ (见图 7-92)，

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在研究平面力场的问题时，我们要考察场力所做的功是否与路径无关，这在 数学上就是要考察曲线积分是否与路径无关.
设函数在区域内具有连续偏导数，如果对于 $G$ 内以点 $A$ 为起始点、 以点 $B$ 为 起终点的任意两条的曲线 $L_1 、 L_2$ ， (见图 7-90)，
下列等式成立: $\quad \int_{L_1} P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y=\int_{L_2} P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y$ ，
则称曲线积分 $\int_L P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y$ 在 $G$ 内与路径无关. 否则则称与路径有关.如果曲 线积分 $\int_L P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y$ 在区域内与路径无关，而 $L$ 的起点为 $A\left(x_1, y_1\right)$ ，终点为 $B\left(x_2, y_2\right)$ ，那么曲线积分便可以记为 $\int_{\left(x_1, y_1\right)}^{\left(x_2, y_2\right)} P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y$.
从以上叙述可以看出，若曲线积分 $\int_L P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y$ 与路径无关，则有

$$
\int_{L_1} P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y=\int_{L_2} P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y \text { ， 即 } \int_{L_1} P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y=-\int_{-L_2} P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y \text { ， }
$$

或 $\int_{L_1} P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y+\int_{-L_2} P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y=0$ ，从而 $\int_{L_1+\left(-L_2\right)} P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y=0$ ，
这里 $L_1+\left(-L_2\right)$ 为有向闭曲线，由点 $A 、 B$ 及 $L_1 、 L_2$ 的任意性，则得对 $G$ 内的任 一有向封闭曲线 $L ， \oint_L P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y=0$.
反之，若对 $G$ 内的任一封闭曲线有 $\oint_L P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y=0$ ，也可以推得曲线积分 $\int_l P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y$ 与路径无关.
进一步，我们可以得到以下结论:
定理 2 设区域 $G$ 为单连通区域，函数 $P(x, y) 、 Q(x, y)$ 在 $G$ 上具有一阶连续 偏导数，则下列三个条件等价：
(1) 曲线积分 $\int_l P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y$ 与路径无关，仅与起始点及终点有关；
（2）存在函数 $u=u(x, y)$ ，使 $\mathrm{d} u=P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y$ ，即 $P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y$ 是某个函数的全 微分.
(3) $\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}$ 在 $G$ 内恒成立;
证 我们证明 (1) $\Rightarrow(2) \Rightarrow(3) \Rightarrow(1)$
(1) $\Rightarrow$ (2) 设点 $M_0\left(x_0, y_0\right) ， M(x, y)$ 是 $G$ 内两点，由于在 $G$ 内曲线积分 $\int_L P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y$ 与路径无关，从起点 $M_0\left(x_0, y_0\right)$ 到终点 $M(x, y)$ 的曲线积分可以写为

$$
\int_L P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y=\int_{\left(x_0, y_0\right)}^{(x, y)} P(x, y) \mathrm{d} x+Q(x, y) \mathrm{d} y ，
$$

当 $M_0$ 固定时，这个积分值取决于终点 $M(x, y)(M(x, y) \in G)$ ，因此它是 $x, y$ 的函 数，记为

$$
u(x, y)=\int_{\left(x_0, y_0\right)}^{(x, \bar{y})} P(x, y) \mathrm{d} x+Q(x, y) \mathrm{d} y ，
$$

现在要证 $\frac{\partial u}{\partial x}=P(x, y) ， \frac{\partial u}{\partial y}=Q(x, y)$. 由 (5) 式，有

$$
u(x+\Delta x, y)=\int_{\left(x_0, y_0\right)}^{(x+\Delta x)} P(x, y) \mathrm{d} x+Q(x, y) \mathrm{d} y
$$

由于曲线积分与路径无关，可取从点 $M_0$ 到 $M$ ，然后沿平行于 $x$ 轴的直线段 从 $M$ 到 $N(x+\Delta x, y$ ) (见图 7-93)，故 $u(x+\Delta x, y)=u(x, y)+\int_{(x, y)}^{(x+\Delta x, y)} P(x, y) \mathrm{d} x+Q(x, y) \mathrm{d} y ，$
即 $u(x+\Delta x, y)-u(x, y)$

$$
=\int_{(x, y)}^{(x+\Delta x, y)} P(x, y) \mathrm{d} x+Q(x, y) \mathrm{d} y
$$

因为直线段 $M N$ 的方程为 $y=$ 常数，按对坐标的 曲线积分的计算法，就有

$$
u(x+\Delta x, y)-u(x, y)=\int_x^{x+\Delta x} P(x, y) \mathrm{d} x=P(\xi, y) \Delta x
$$

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$$
u(x+\Delta x, y)-u(x, y)=\int_x^{x+\Delta x} P(x, y) \mathrm{d} x=P(\xi, y) \Delta x ，
$$

其中 $\xi$ 介于 $x 、 x+\Delta x$ 之间.
因此 $\quad \frac{\partial u}{\partial x}=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} \frac{u(x+\Delta x, y)-u(x, y)}{\Delta x}=\lim _{\Delta x \rightarrow 0} P(\xi, y)=P(x, y)$ ；
同理可证:

$$
\frac{\partial u}{\partial y}=Q(x, y) .
$$

（2） $\Rightarrow$ (3) 若存在一函数 $u=u(x, y)$ ，使 $\mathrm{d} u=P(x, y) \mathrm{d} x+Q(x, y) \mathrm{d} y$ ，则 有

$$
\frac{\partial u}{\partial x}=P(x, y), \frac{\partial u}{\partial y}=Q(x, y),
$$

由 $\frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y}=\frac{\partial P}{\partial y} ， \frac{\partial^2 u}{\partial y \partial x}=\frac{\partial Q}{\partial x}$ 在 $G$ 内连续，
则 $\frac{\partial^2 u}{\partial x \partial y}=\frac{\partial^2 u}{\partial y \partial x}$ ，即在 $G$ 内恒成立 $\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}$.
(3) $\Rightarrow$ (1) 取 $C$ 为 $G$ 内的任一封闭曲线，由 $G$ 是单连通区域，故 $C$ 所 围区域 $D \subset G$ ，从而在闭区域 $D$ 上，函数 $P(x, y), Q(x, y)$ 具有连续偏导数，且 $\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}$ 恒成立，则由格林公式，有

$$
\coprod_C P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y=\pm \iint_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right) \mathrm{d} x \mathrm{~d} y=0
$$

即得命题 (1) 成立.

注 由此可见，若 $P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y$ 是某个函数 $u(x, y)$ 的全微分，则可由

$$
u(x, y)=\int_{\left(x_0, y_0\right)}^{(x, y)} P(x, y) \mathrm{d} x+Q(x, y) \mathrm{d} y
$$

得到原函数 $u(x, y)$ （其中 $\left(x_0, y_0\right)$ 是任意固定的一 点)，进一步，由于此曲线积分与路径无关，因此可 选择平行于坐标轴的直线段所连接的折线为积分 路径 (当然这些折线全属于 $G$ )，如图 7-94，若 沿 $M_0 N_1 M$ ，其中 $N_1\left(x, y_0\right)$ ，则在线段 $\overline{M_0 N_1}$ 上：

$$
y=y_0, x: x_0 \rightarrow x \text { ，故 }
$$

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在线段 $\overline{N_1 M}$ 上: $x=x, y: y_0 \rightarrow y$ ，故

$$
\int_{N_1 M} P \mathrm{~d} x+Q \mathrm{~d} y=\int_{y_0}^y Q(x, y) \mathrm{d} y ，
$$

因此

$$
u(x, y)=\int_{x_0}^x P\left(x, y_0\right) \mathrm{d} x+\int_{y_0}^y Q(x, y) \mathrm{d} y .
$$

同理也可选择折线 $M_0 N_2 M$ ，其中 $N_2\left(x_0 y\right)$ ，则有

$$
u(x, y)=\int_{x_0}^x P(x, y) \mathrm{d} x+\int_{y_0}^y Q\left(x_0, y\right) \mathrm{d} y .
$$

若 $u(x, y)$ 是所求的原函数，则 $u(x, y)+C$ 也是所求的原函数，这表明 $u(x, y)$ 不唯
例 8 判别下列表达式是否是某个函数的全微分，若是，求此表达式的原函 数.
(1) $y \cos x \mathrm{~d} x+\left(3 y^2+\sin x\right) \mathrm{d} y$;
(2) $\left(1-2 x y-y^2\right) \mathrm{d} x-(x+y)^2 \mathrm{~d} y$.
解 (1) 由 $\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}=\cos x$ ，故在整个平面上，表达式是某个函数的全微分， 因此取 $\left(x_0, y_0\right)=(0,0)$ ，则

$$
u(x, y)=\int_{x_0}^x P\left(x, y_0\right) \mathrm{d} x+\int_{y_0}^y Q(x, y) \mathrm{d} y=\int_0^x 0 \mathrm{~d} x+\int_0^y\left(3 y^2+\sin x\right) \mathrm{d} y=y^3+y \sin x+C .
$$

例 8 判别下列表达式是否是某个函数的全微分，若是，求此表达式的原函 数.
(1) $y \cos x \mathrm{~d} x+\left(3 y^2+\sin x\right) \mathrm{d} y$;
(2) $\left(1-2 x y-y^2\right) \mathrm{d} x-(x+y)^2 \mathrm{~d} y$.
（2）由 $\frac{\partial u}{\partial x}=P(x, y)=1-2 x y-y^2$ ，则 $u=x-x^2 y-x y^2+C(y)$ ， 又 $\frac{\partial u}{\partial y}=-x^2-2 x y+C^{\prime}(y)=Q(x, y)=-(x+y)^2$ ，得 $C^{\prime}(y)=-y^2$ ， 即

$$
C(y)=-\frac{1}{3} y^3+C \text { ， }
$$

故

$$
u(x, y)=x-x^2 y-x y^2+C(y)=x-x^2 y-x y^2-\frac{1}{3} y^3+C .
$$

或者 $\mathrm{d} u=\left(1-2 x y-y^2\right) \mathrm{d} x-(x+y)^2 \mathrm{~d} y=\mathrm{d} x-2 x y \mathrm{~d} x-y^2 \mathrm{~d} x-x^2 \mathrm{~d} y-2 x y \mathrm{~d} y-y^2 \mathrm{~d} y$

$$
\begin{aligned}
& =\mathrm{d} x-y \mathrm{~d}\left(x^2\right)-y^2 \mathrm{~d} x-x^2 \mathrm{~d} y-x \mathrm{~d}\left(y^2\right)-\mathrm{d}\left(\frac{1}{3} y^3\right) \\
& =\mathrm{d}\left(x-x^2 y-x y^2-\frac{1}{3} y^3\right),
\end{aligned}
$$

故 $u(x, y)=x-x^2 y-x y^2-\frac{1}{3} y^3+C$.

例 9 计算曲线积分 $I=\int_L\left(6 x y^2-y^3\right) \mathrm{d} x+\left(6 x^2 y-3 x y^2\right) \mathrm{d} y$ ，其中 $L=A B$ 为沿曲 线 $y=x^2+1$ 从点 $A(0,1)$ 到点 $B(1,2)$ 的一段弧.
解 $\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}=12 x y-3 y^2$ ，故在 $x O y$ 平 面上该曲线积分与路径无关，现取折线：
$\overline{A C} 、 \overline{C B}$ （点 $C(1,1)$ )，见图 7-95，
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例 9 计算曲线积分 $I=\int_L\left(6 x y^2-y^3\right) \mathrm{d} x+\left(6 x^2 y-3 x y^2\right) \mathrm{d} y$ ，其中 $L=A B$ 为沿曲 线 $y=x^2+1$ 从点 $A(0,1)$ 到点 $B(1,2)$ 的一段弧.
解 $\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial P}{\partial y}=12 x y-3 y^2$ ，故在 $x O y$ 平面上该曲线积分与路径无关，现取折 线: $\overline{A C} 、 \overline{C B}$ (点 $C(1,1))$ ，见图 7-95， 则有

$$
\begin{gathered}
I=\int_L\left(6 x y^2-y^3\right) \mathrm{d} x+\left(6 x^2 y-3 x y^2\right) \mathrm{d} y=\int_{\overline{A C}}+\int_{C B}\left(6 x y^2-y^3\right) \mathrm{d} x+\left(6 x^2 y-3 x y^2\right) \mathrm{d} y \\
=\int_0^1(6 x-1) \mathrm{d} x+\int_1^2\left(6 y-3 y^2\right) \mathrm{d} y=3 x^2-[x]_0^1+3 y^2-\left[y^3\right]_1^2=4 .
\end{gathered}

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