最后更新: 2025-03-17 09:33 查看: 16 次反馈刷题

区域D有洞的格林公式

五．区域 $D$＂有洞＂情况的 Green 公式
只对有一个洞的区域 $D$ 给出证明，其中的方法可以用于有多个洞的区域。

如图4所示，设区域 $D$ 的边界由两条分段光滑的单闭曲线 $C$ 和 $C_1^*$ 组成，其中 $C_1^*$ 的内部是用阴影线标出的洞．$C$ 和 $C_1^*$ 的取向对于区域 $D$ 都是正向．（这里要注意 $C_1^*$ 的取向是顺时针方向，因此对其内部（即洞）区域而言是反向的．
 ![图片](/uploads/2025-02/5c9776.jpg)
 下面先描述证明的方法．这就是如图所示添加辅助线．用一条分段光滑曲线连接 $C$ 上的点 $A$ 和 $C_1^*$ 的点 $B$ ，同时将从 $A$ 到 $B$ 记为曲线 $I$ ，而将从 $B$ 到 $A$ 记为曲线 $I^*$ 。于是从点 $A$ 出发沿 $C$ 的正向一周回到 $A$ ，然后沿 $I$ 到点 $B$ ，再沿 $C_1^*$ 的正向一周回到 $B$ ，最后沿 $I^*$ 回到 $A$ 。这样的复合闭曲线所围绕的区域和原来的区域 $D$只差连接 $A$ 和 $B$ 的一条分段光滑曲线。由于它是零集，对于在 $D$ 上的二重积分没有影响。而对于第二类曲线积分来说，由于 $I$ 和 $I^*$ 反向，因此在其上的积分抵销。用通俗的话来说，就是将图 4 中的多连通区域 $D$ 沿着一条曲线 $A B$ 剪开使得它不再有洞，即成为单连通区域。对于有多个洞的区域当然也可以这样做。

对于上述单连通区域可以用 Green 公式 得到

$$
\left(\oint_C+\int_I+\oint_{C_1^*}+\int_{I^*}\right) P d x+Q d y=\iint_D\left(-\frac{\partial P}{\partial y}+\frac{\partial Q}{\partial x}\right) d x d y
$$

由于 $\int_I=-\int_{I^*}$ ，而 $C \cup C_1^*$ 就是 $D$ 的取正向的边界，因此就得到所要的 Green 公式：

$$
\oint_{\partial D} P d x+Q d y=\iint_D\left(-\frac{\partial P}{\partial y}+\frac{\partial Q}{\partial x}\right) d x d y
$$

补充例题（重做 p． 170 的例 5 （即 Gauss 积分））求 $I=\oint_C \frac{x d y-y d x}{x^2+y^2}$ ，其中 $C$ 是不经过原点的分段光滑闭曲线．

解 这时 $P(x, y)=-\frac{y}{x^2+y^2}, Q(x, y)=\frac{x}{x^2+y^2}$ ，先计算 $-\frac{\partial P}{\partial y}+\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{2}{x^2+y^2}-\frac{2 y^2}{\left(x^2+y^2\right)^2}-\frac{2 x^2}{\left(x^2+y^2\right)}=0$,

由此可见，若闭曲线 $C$ 所围区域 $D$ 不包含原点，则对 $D$ 用 Green 公式，就知道 $I=0$ 。

若 $C$ 包含原点在其内部，则由于 $P, Q$ 在原点没有定义，因此需要采取挖洞的方法，即取足够小的正数 $\varepsilon>0$ ，使得圆周 $C_{\varepsilon}: x^2+y^2=\varepsilon^2$ 完全在 $C$ 的内部．然后对于 $C$ 和 $C_{\varepsilon}$ 之间的多连通区域用 Green 公式．这时若 $C$ 和 $C_{\varepsilon}$ 都取正向，则就得到

$$
I=\oint_{C_{\varepsilon}} \frac{x d y-y d x}{x^2+y^2}=\int_0^{2 \pi} d \theta=2 \pi
$$

这与前面的结果相同．
对于围绕原点旋转多次的闭曲线 $C$ 上的 Gauss 积分可以用分解的方法来处理，从略．

例题 0.1 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

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

例题 0.2 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

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

例题 0.3 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：

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

p． 170 的例 4 过于简单，不必考虑．例 5 的 Gauss 积分在前面已经用 Green 公式重新计算过了．p． 171 是到无穷远处的积分，也不再讨论了。

下面是 $\S 23.2$ 的例 7 的续．其中 $\Delta=\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}$ 为 Laplace 算子，二阶偏微分方程方程 $\Delta u=0$ 称为 Laplace 方程或调和方程，满足该方程的函数称为**调和函数**．

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