最后更新: 2025-10-25 17:24 查看: 183 次纠错评论(0) 课件开VIP

格林Green 公式

## 格林Green公式
### 单连通与多连通
**定义** 若在区域 $D$ 中的每条单闭曲线都可以在 $D$ 内连续收缩为一点，则称 $D$ 为**单连通区域**，否则称 $D$ 为**多连通区域**．

平时我们常将单连通区域称为**没有洞的区域**，而将多连通区域称为**有洞的区域**，并将其中洞的数目作为区分多连通区域的依据．

在图 2 中就是分别有一个洞，两个洞和三个洞的三个多连通区域，其中用阴影线表示＂挖去＂的洞．
 ![图片](/uploads/2025-02/25a7f8.jpg)

### 曲线的正向
第二类曲线积分是有方向的，我们是这么定义曲线的正向的。设区域 $D$ 的边界 $L$ 由一条或几条光滑曲线所组成．边界曲线的正方向规定为：当人沿边界行走时，区域 $D$ 总在他的左边，如图 21－11 所示．与上述规定的方向相反的方向称为负方向，记为 $-L$ 。

![图片](/uploads/2025-10/924a8e.jpg){width=250px}

### 格林公式
设 $D$ 是平面上的有界区域，其边界 $C \subset  D$ 为分段光滑的曲线，取正向，则当 $P(x, y), Q(x, y)$ 在 $D$ 上连续可微时，有

$$
\boxed{
\oint_{D} P d x+Q d y=\iint_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x} -\frac{\partial P}{\partial y}\right) d x d y
...\text{(格林公式)}
}
$$

注 右边的被积函数可以用行列式来记忆：

$$
\left|\begin{array}{cc}
\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} \\
P & Q
\end{array}\right|=\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}
$$

先看一个例子，它表明应用 Green 公式进行计算时的一个基本技巧．

> 格林公式表明，可以把有向曲线积分转换为曲面积分或者反之把曲面积分转换为有向曲线积分。

`例`求 $I=\int_C x y^2 d y-x^2 y d x$ ，其中 $C$ 是上半圆周 $x^2+y^2=a^2, y \geqslant 0$ ，取向从 $B(a, 0)$ 到 $A(-a, 0), a>0$ ．

![图片](/uploads/2025-02/96d31d.jpg)

解 1 题中的曲线 $C$ 不是闭曲线，可以添上一段有向直线段 $\overline{A B}$ ，这样就得到封闭曲线 $C \cup \overline{A B}$ ，它所围的区域为上半圆 $D=\left\{(x, y) \mid x^2+y^2 \leqslant 2, y \geqslant 0\right\}$ ．

用 Green 公式于 $ D=C \cup \overline{A B}$ ，由于在 $\overline{A B}$ 上 $y=0, d y=0$ ，因此

$$
\int_{\overline{A B}} x y^2 d y-x^2 y d x=0
$$

这样就有

$$
\begin{aligned}
I & =\oint_{C \cup \overline{A B}} x y^2 d y-x^2 y d x=\iint_D\left(\frac{\partial\left(x^2 y\right)}{\partial y}+\frac{\partial\left(x y^2\right)}{\partial x}\right) d x d y \\
& =\iint_D\left(x^2+y^2\right) d x d y=\int_0^\pi \int_0^a r^3 d r=\frac{\pi}{4} a^4
\end{aligned}
$$

> 格林公式里，$dx$ 前面的是$P$, $dy$ 前面的是$Q$

解 2 此题当然可以按照第二类曲线积分的计算公式来做．用参数表示 $x=a \cos t, y=a \sin t, t$ 从 0 到 $\pi$ ，就有

$$
\begin{aligned}
I & =\int_0^\pi 2 a^4 \sin ^2 t \cos ^2 t d t=4 a^4 \int_0^{\frac{\pi}{2}} \sin ^2 t\left(1-\sin ^2 t\right) d t \\
& =4 a^4 \frac{\pi}{4}\left(1-\frac{3}{4}\right)=\frac{\pi}{4} a^4 .
\end{aligned}
$$

注 作为第一个例子就介绍添加辅助线的方法是不错的，但这个例子太简单，解 1 似乎比解 2 还复杂，不能说明 Green 公式的优点．

## Green 公式的证明
由于区域的形状可以非常复杂，分几种情况讨论。
（i）设区域 $D$ 可表示为

$$
D=\left\{(x, y) \mid a \leqslant x \leqslant b, y_1(x) \leqslant y \leqslant y_2(x)\right\}
$$

且假设平行于 $y$ 轴的任何直线与 $D$ 的边界 $\partial D$ 至多只有两个交点．如图 4 所示，边界曲线 $\partial D=C_1 \cup C_2$ ，其中 $C_i$ 由 $y=y_i(x), a \leqslant x \leqslant b$ 描述，$i=1,2$ ．

讨论 $Q=0$ 的情况．这时二重积分的被积函数为 $-\frac{\partial P}{\partial y}$ ．由于 $P$ 的偏导函数是二元连续函数，因此可以用累次积分计算如下：

$$
\begin{aligned}
\iint_D\left(-\frac{\partial P}{\partial y}\right) d x d y & =\int_a^b d x \int_{y_1(x)}^{y_2(x)}\left(-\frac{\partial P}{\partial y}(x, y)\right) d y \\
& =\int_a^b\left[P\left(x, y_1(x)\right)-P\left(x, y_2(x)\right)\right] d x
\end{aligned}
$$

对于 Green 公式中的第二类曲线积分，这时可以计算如下：

$$
\begin{aligned}
\oint_C P d x & =\int_{C_1} P d x+\int_{C_2} P d x \\
& =\int_a^b P\left(x, y_1(x)\right) d x+\int_b^a P\left(x, y_2(x)\right) d x \\
& =\int_a^b\left[P\left(x, y_1(x)\right)-P\left(x, y_2(x)\right)\right] d x,
\end{aligned}
$$

这样就证明了 $Q=0$ 时的 Green 公式，即

$$
\iint_D\left(-\frac{\partial P}{\partial y}\right) d x d y=\oint_C P d x .
$$

![图片](/uploads/2025-02/8cb9b9.jpg)
 
若区域 $D$ 又可以表示为

$$
D=\left\{(x, y) \mid c \leqslant y \leqslant d, x_1(y) \leqslant x \leqslant x_2(y)\right\}
$$

且假设平行于 $x$ 轴的任何直线与区域 $D$ 的边界 $\partial D$ 至多只有两个交点（参见图4），则同样可以证明在 $P=0$ 时的 Green 公式成立，即有

$$
\iint_D \frac{\partial Q}{\partial x} d x d y=\oint_C Q d y
$$

综合以上并将两个等式相加，就得到 Green 公式．
又可以看出，在讨论 $Q=0$ 的情况中，如果允许直线 $x=a, x=b$ 与 $\partial D$ 有多于两个的交点，即长度为正的直线段，则对于二重积分 $\iint_D\left(-P_y\right) d x d y$ 没有影响，而

对于第二类曲线积分 $\oint_C P d x$ 来说，由于 $d x=0$ ，因此在平行 $y$ 轴的直线段上的积分等于零，因此公式仍然成立．同样，在讨论 $P=0$ 时，也可以允许直线 $y=c$ 和 $y=d$ 与 $\partial D$ 有多于两个的交点，即长度为正的直线段．

不妨称满足以上两个条件的区域 $D$ 为简单区域。用二重积分化二次积分时的语言来说，简单区域同时是 $x$ 型区域和 $y$ 型区域。于是已经证明对简单区域的 Green 公式成立．

（ii）区域 $D$ 不是简单区域，但可以用有限条分段光滑曲线分割为有限个子区域 $D_i, i=1, \cdots, n$ ，使得其中每个子区域 $D_i$ 都是简单区域．在图 1 中 $n=4$ ，所添加的都是直线段．

这时要注意添加到 $D$ 内的每一条分段光滑曲线同时是两个子区域的边界（的一部分）。这里的关键之处是作为不同子区域的正向边界的一部分，这些新添加的曲线的取向恰好相反．在图 1 中对每一条添加的直线段都用两个箭头标出了它们分属于不同子区域时的取向．
 ![图片](/uploads/2025-02/cdd5d6.jpg)
 
 根据已经证明的情况（i），对每个子区域上成立 Green 公式．现在考虑将它们相加后得到什么。

先考虑对每个子区域的 Green 公式中的第二类曲线积分求和。如前所述，在图 1 中对于 $D_1$ 用 Green 公式时，由于 $\partial D_1$ 取正向，因此作为 $D_1$ 和 $D_2$ 共同边界的直线段的取向从上到下．然而当我们对于 $D_2$ 用 Green 公式时，$\partial D_2$ 取正向，于是上述直线段的取向乃是从下到上了。于是在将这两个子区域上的 Green 公式相加时，在这条直线段上的第二类曲线积分就抵销了。依此类推，所有子区域边界上的第二类曲线积分之和就恰好等于在 $\partial D$ 上的第二类曲线积分，即有

$$
\oint_{\partial D} P d x+Q d y=\left(\oint_{\partial D_1}+\cdots+\oint_{\partial D_n}\right) P d x+Q d y
$$

另一方面，从二重积分关于积分区域的可加性，直接就有

$$
\iint_D\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right) d x d y=\left(\iint_{D_1}+\cdots+\iint_{D_n}\right)\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right) d x d y
$$

由于上面两个等式右边的相应顺序的项相等，因此在 $D$ 上的 Green 公式成立．

（iii）以上两种区域的共同点是它们的边界都是一条连续的封闭曲线（即单闭曲线），然而作为连通开集的区域，它的边界还可能是由多条单闭曲线组成的．这样就需要将这两类不同的区域区分开来．为此引入多连通的情况，可以证明多连通情况格林公式也成立，具体略。

`例`算 $\int_{\widehat{A B}} x \mathrm{~d} y$ ，其中曲线 $\overparen{A B}$ 是半径为 $r$ 的圆在第一象限部分（图 21－15）．

![图片](/uploads/2025-10/04f4ba.jpg){width=300px}
  
解 对半径为 $r$ 的四分之一圆域 $D$ ，应用格林公式。
首先，确定$P,Q$ 易得 $P=0,Q=x$
其次，确定方向，当人沿边界行走时，区域 $D$ 总在他的左边，显然图中积分区域在他的右边，所以使用$-L$，即

$$
\begin{aligned}
-\iint_D \mathrm{~d} \sigma & =\oint_{-L} x \mathrm{~d} y \\
& =\int_{O A} x \mathrm{~d} y+\int_{\overparen{A B}} x \mathrm{~d} y+\int_{B O} x \mathrm{~d} y
\end{aligned}
$$

由于 $\int_{O A} x \mathrm{~d} y=0, \int_{B O} x \mathrm{~d} y=0$ ，所以

$$
\int_{\widehat{A B}} x \mathrm{~d} y=-\iint_D \mathrm{~d} \sigma=-\frac{1}{4} \pi r^2 .
$$

`例`计算 $I=\oint_L \frac{x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x}{x^2+y^2}$ ，其中 $L$ 为任一不包含原点的闭区域的边界曲线，分段光滑．

解 因为

$$
\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{x}{x^2+y^2}\right)=\frac{y^2-x^2}{\left(x^2+y^2\right)^2}, \frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{-y}{x^2+y^2}\right)=\frac{y^2-x^2}{\left(x^2+y^2\right)^2}
$$

在上述区域 $D$ 上连续且相等，于是

$$
\iint_D\left[\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{x}{x^2+y^2}\right)-\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{-y}{x^2+y^2}\right)\right] \mathrm{d} \sigma=0,
$$

所以由格林公式立即可得

$$
I=0 .
$$

在格林公式中，令 $P=-y, Q=x$ ，则得到一个计算平面区域 $D$ 的面积 $S_D$ 的公式

$$
S_D=\iint_D \mathrm{~d} \sigma=\frac{1}{2} \oint_L x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x .
$$

`例` 计算抛物线 $(x+y)^2=a x(a>0)$ 与 $x$ 轴所围的面积

![图片](/uploads/2025-10/81ad3d.jpg){width=300px}
 
 
 
解 曲线 $\overparen{A M O}$ 由函数 $y=\sqrt{a x}-x, x \in[0, a]$ 表示， $\overparen{O N A}$ 为直线 $y=0$ ，于是

$$
\begin{aligned}
S_D & =\frac{1}{2} \oint x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x \\
& =\frac{1}{2} \int_{\overparen{O N A}} x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x+\frac{1}{2} \int_{\overparen{A M O}} x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x \\
& =\frac{1}{2} \int_{\overparen{A M O}} x \mathrm{~d} y-y \mathrm{~d} x \\
& =\frac{1}{2} \int_a^0\left[x\left(\frac{a}{2 \sqrt{a x}}-1\right)-(\sqrt{a x}-x)\right] \mathrm{d} x \\
& =\frac{1}{2} \int_a^0-\frac{1}{2} \sqrt{a x} \mathrm{~d} x=\frac{\sqrt{a}}{4} \int_0^a \sqrt{x} \mathrm{~d} x=\frac{1}{6} a^2 .
\end{aligned}
$$

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