最后更新: 2025-10-25 17:29 查看: 149 次纠错评论(0) 课件开VIP

格林公式举例

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

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**。

> 也就是可以从左向右出题或者从右向左出题。当从右向左出题时，需要注意 $dx$ 前面的是$P$, $dy$ 前面的是$Q$

`例`求第二类曲线积分 $I=\int_C y^2 d x+$ $x^2 d y$ ，其中曲线 $C$ 是上半椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1, y \geqslant 0$ ，方向是从点 $(-a, 0)$ 到 $(a, 0)$ ．

解 添上从点 $(a, 0)$ 到点 $(-a, 0)$ 的直线段，这样就形成封闭回路。应用 Green 公式，由于在上述直线

![图片](/uploads/2025-02/3faa79.jpg)

段上 $y=0, d y=0$ ，又考虑到回路的取向为顺时针方向，这样就有

$$
I=-\iint_D(-2 y+2 x) d x d y
$$

由于积分区域 $D$ 关于 $y$ 轴对称，因此上述二重积分的被积函数中 $2 x$ 一项的积分为 0．然后用广义极坐标 $x=a r \cos \theta, y=b r \sin \theta$ 计算得到

$$
I=-\int_0^\pi d \theta \int_0^1-2 b r \sin \theta \cdot a b r d r=-4 \pi a b^2 \cdot \frac{1}{3}=\frac{4}{3} \pi a b^2
$$

`例`求 $\int_C 2 x y d x-x^2 d y$ ，其中 $C$ 为封闭折线 $\overline{A B C A}, A(0,0), B(1,0), C(1,1)$（见右图）．
 ![图片](/uploads/2025-02/366ba2.jpg)
解 直接用 Green 公式得到

$$
I=\iint_D-4 x d x d y=-4 \int_0^1 d x \int_0^x d y=-4 \int_0^1 x^2 d x=-\frac{4}{3} .
$$

`例` 求 $I=\int_C y^2 d x+z^2 d y+x^2 d z$ ，其中 $C$ 是上半球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ $(a>0), z \geqslant 0$ 和柱面 $x^2+y^2=a x$ 的交线，方向为从 $z$ 轴正向看去的逆时针方向．

![图片](/uploads/2025-02/655ffe.jpg)

解 这不是平面上的第二类曲线积分，但仍然可以用投影到 $x y$ 平面的方法来用 Green 公式。

这时 $C$ 的上述投影是 $x^2+y^2=a x$ ，记为 $C_1$ ，且取正向．它也就是圆周

$$
\left(x-\frac{a}{2}\right)^2+y^2=\frac{a^2}{4} .
$$

在 $C_1$ 上有

$$
z=\sqrt{a^2-a x}
$$

（这里也可以用 $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$ ，只是计算量稍大一点．）

以下将 $x y$ 平面上 $C_1$ 所围区域记为 $D$ ，然后用 Green 公式，同时还用区域和被积函数的对称性：

$$
\begin{aligned}
I & =\int_{C_1} y^2 d x+\left(a^2-a x\right) d y+x^2 \cdot \frac{-a}{2 \sqrt{a^2-a x}} d x \\
& =\int_{C_1}\left(y^2-\frac{a x^2}{2 \sqrt{a^2-a x}}\right) d x+\left(a^2-a x\right) d y \\
& \left.=\iint_D(-2 y-a) d x d y \quad \text { (利用对称性可知 }-2 y \text { 在 } D \text { 上的积分为 } 0\right) \\
& =-a|D|=-\frac{\pi}{4} a^3 .
\end{aligned}
$$

`例`设区域 $D$ 满足 Green 公式中的条件满足，$u(x, y)$ 在 $D$ 上二阶连续可微，要求将第一类曲线积分 $\oint_C \frac{\partial u}{\partial n} d s$ 转化为二重积分，其中 $n$ 是曲线 $C$ 的单位外法向量．

解 为了写出方向导数 $\frac{\partial u}{\partial n}$ ，先要求出 $n$ ．设曲线 $C$ 的参数表示以弧长为参数，即 $x=x(s), y=y(s), 0 \leqslant s \leqslant l$ ，其中 $l$ 是 $C$的弧长，且要求 $s$ 的增长方向就是闭曲线 $C$ 的正向。这时，与正向一致的单位切向量 $\tau =\left(x^{\prime}(s), y^{\prime}(s)\right)$ 。

如图3所示，其中只画出了 $C=\partial D$ 的一部分，它的取向由单位切向量 $\tau$ 表出．这

![图片](/uploads/2025-02/f650ff.jpg)

时的单位外法向量 $n =\left(y^{\prime}(s),-x^{\prime}(s)\right)$ ．

于是 $u$ 在 $n$ 方向的方向导数为

$$
\frac{\partial u}{\partial n}=u_x y^{\prime}(s)-u_y x^{\prime}(s)
$$

由此即可将第一类曲线积分转化为第二类曲线积分，然后用 Green 公式得到：

$$
\oint_C \frac{\partial u}{\partial n} d s=\oint_C u_x d y-u_y d x=\iint_D\left(u_{x x}+u_{y y}\right) d x d y .
$$

注 从 $\tau$ 的表达式推出 $n$ 的表达式（或相反）可以用三角函数关系来做．如上一个例题中 $\tau =\left(x^{\prime}(s), y^{\prime}(s)\right)$ 同时写为 $\tau =(\cos \theta, \sin \theta)$ ，则就有（参考图 3）：

$$
n =\left(\cos \left(\theta-\frac{\pi}{2}\right), \sin \left(\theta-\frac{\pi}{2}\right)\right)=(\sin \theta,-\cos \theta)=\left(y^{\prime}(s),-x^{\prime}(s)\right) .
$$

注   在这个例题中从第一类曲线积分到第二类曲线积分的转化是利用被积表达式中出现 $x^{\prime}(s) d s= d x$ 和 $y^{\prime}(s) d s= d y$ 来实现的．如果用前面引入 $1= \tau \cdot \tau$的方法也可以，但计算量要大得多．

### 计算面积
从 Green 公式可以导出平面图形面积计算的新公式。
为此只要在 Green 公式中取 $P=-y, Q=x$ ，这样就有

$$
\oint_{\partial D}-y d x+x d y=2 \iint_D d x d y=2|D|
$$

其中记 $D$ 的面积为 $|D|$ ．于是得到面积计算公式

$$
|D|=\iint_D d x d y=\frac{1}{2} \oint_{\partial D}-y d x+x d y
$$

当然还有

$$
|D|=\oint_{\partial D}-y d x=\oint_{\partial D} x d y
$$

其中的第一式对于 $D$ 为 $x$ 区域，即有 $D=\left\{(x, y) \mid a \leqslant x \leqslant b, y_1(x) \leqslant y \leqslant y_2(x)\right\}$时，就可以推导出过去熟知的面积公式

$$
|D|=\int_a^b\left[y_2(x)-y_1(x)\right] d x .
$$

`例` 求椭圆 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1(a, b>0)$ 所围的面积．
解 用参数方程 $x=a \cos t, y=b \sin t, 0 \leqslant t \leqslant 2 \pi$ ，则就有

$$
\begin{aligned}
|D| & =\frac{1}{2} \oint_C-y d x+x d y \\
& =\frac{1}{2} \int_0^{2 \pi}[-b \sin t \cdot a(-\sin t)+a \cos t \cdot b \cos t] d t=\pi a b
\end{aligned}
$$

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