习题课讲解

8.4 习题课讲解

例 8.4.1 记 $D_{δ} = {(x, y) ∣ δ^{2} \leq x^{2} + y^{2} \leq 1}$ ，设 $f : D_{δ} \to R^{2} \in C^{1}$ 满足 $x^{2} + y^{2} = 1 \Rightarrow f (x, y) = 0$ ，证明： $\begin{matrix} (1) & lim_{δ \to 0^{+}} \int_{D_{δ}} \frac{x f_{x} (x, y) + y f_{y} (x, y)}{x^{2} + y^{2}} d x d y = - 2 π f (0, 0) \end{matrix}$

证明由题得 $\begin{matrix} (2) & I (δ) := \int_{D_{δ}} \frac{x f_{x} (x, y) + y f_{y} (x, y)}{x^{2} + y^{2}} d x d y = \int_{D_{δ}} \nabla f \cdot \frac{r}{r^{2}} d S = \int_{D_{δ}} \nabla f \cdot \nabla \ln r d S \end{matrix}$ 注意到² $\begin{matrix} (3) & \nabla \cdot (f \nabla \ln r) = \nabla f \cdot \nabla \ln r + f \nabla^{2} \ln r, \nabla^{2} \ln r = Δ \ln r = 0 \end{matrix}$ 记 $C_{r} := {(x, y) ∣ x^{2} + y^{2} = r^{2}}$ （自然正向），则有 $\begin{matrix} (4) & \begin{aligned} I (δ) & = \int_{D_{δ}} \nabla \cdot (f \nabla \ln r) d S = \oint_{\partial D_{δ}^{+}} f \nabla \ln r \cdot n d l \\ = \int_{C_{1}} f \frac{r}{r^{2}} \cdot \frac{r}{r} d l - \int_{C_{δ}} f \frac{r}{r^{2}} \cdot \frac{r}{r} d l = - \int_{C_{δ}} f \frac{d l}{r} \end{aligned} \end{matrix}$ 由积分中值定理可得 $\exists θ_{δ}$ 使得 $\begin{matrix} (5) & I (δ) = - f (δ \cos θ_{δ}, δ \sin θ_{δ}) \int_{- C_{δ}} \frac{d l}{r} = - 2 π f (δ \cos θ_{δ}, δ \sin θ_{δ}) \overset{δ \to 0^{+}}{\to} - 2 π f (0, 0) \end{matrix}$ $◻$

例 8.4.2 设 $u$ 为有界开集 $D \subseteq R^{2}$ 上的调和函数（记 $Δ u := u_{x x} + u_{y y} = 0$ ），证明：

(1): $\begin{matrix} (6) & u (x_{0}, y_{0}) = \frac{1}{2 π} \oint_{\partial D^{+}} (u \frac{\partial \ln r}{\partial n} - \ln r \frac{\partial u}{\partial n}) d l \end{matrix}$ 其中 $(x_{0}, y_{0}) \in D$ 、 $r = (x, y) - (x_{0}, y_{0})$ 、 $r = | r |$ 、 $n$ 为 $D$ 的单位外法向量。
(2): $\begin{matrix} (7) & u (x_{0}, y_{0}) = \frac{1}{2 π R} \oint_{L^{+}} u (x, y) d l \end{matrix}$ 其中 $L$ 为以 $(x_{0}, y_{0})$ 为圆心、 $R$ 为半径的位于 $D$ 中的任意圆周。

证明 (1) 注意到 $\begin{matrix} (8) & u \frac{\partial \ln r}{\partial n} - \ln r \frac{\partial u}{\partial n} = (u \nabla \ln r - \ln r \nabla u) \cdot n \end{matrix}$ 原积分在 $(x_{0}, y_{0})$ 处有瑕点。记 $C_{δ} := {(x, y) ∣ (x - x_{0})^{2} + (y - y_{0})^{2} = δ^{2}}$ （自然正向）， $D_{δ} = D ∖ {(x, y) ∣ (x - x_{0})^{2} + (y - y_{0})^{2} \leq δ^{2}}$ ，由Green公式可得 $\begin{matrix} (9) & \begin{aligned} RHS & = \frac{1}{2 π} \oint_{\partial D^{+} - C_{δ} + C_{δ}} (u \nabla \ln r - \ln r \nabla u) \cdot n d l, (\partial D^{+} - C_{δ} = \partial D_{δ}^{+}) \\ = \frac{1}{2 π} \int_{D_{δ}} \nabla \cdot (u \nabla \ln r - \ln r \nabla u) d S + \frac{1}{2 π} \int_{C_{δ}} (u \nabla \ln r - \ln r \nabla u) \cdot n d l \\ = \frac{1}{2 π} \int_{D_{δ}} (u \nabla^{2} \ln r - \ln r \nabla^{2} u) d S + \frac{1}{2 π} \int_{C_{δ}} (u \frac{r}{r^{2}} - \ln r \nabla u) \cdot \frac{r}{r} d l \end{aligned} \end{matrix}$ 注意到 $\nabla^{2} \ln r = \nabla^{2} u = 0$ ，计算可得 $\begin{matrix} (10) & \begin{array}{r} RHS = 0 + \frac{1}{2 π} \int_{C_{δ}} u \frac{d l}{r} - \frac{1}{2 π} \int_{C_{δ}} \frac{\partial u}{\partial n} \ln r d l \end{array} \end{matrix}$ 由积分中值定理可得 $\exists θ_{δ}$ 使得 $\begin{matrix} (11) & \int_{C_{δ}} u \frac{d l}{r} = u (x_{0} + δ \cos θ_{δ}, y_{0} + δ \sin θ_{δ}) \int_{C_{δ}} \frac{d l}{r} \overset{δ \to 0^{+}}{\to} 2 π u (x_{0}, y_{0}) \end{matrix}$ 由积分的三角不等式可得 $\begin{matrix} (12) & | \int_{C_{δ}} \frac{\partial u}{\partial n} \ln r d l | \leq \int_{C_{δ}} | \frac{\partial u}{\partial n} | | \ln r | d l \leq 2 π δ | \ln δ | max_{C_{δ}} ∥ \nabla u ∥ \overset{δ \to 0^{+}}{\to} 0 \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (13) & RHS = u (x_{0}, y_{0}) = LHS \end{matrix}$

(2) 由(1)的结论可得 $\begin{matrix} (14) & \begin{aligned} u (x_{0}, y_{0}) & = \frac{1}{2 π} \oint_{L^{+}} (u \frac{\partial \ln r}{\partial n} - \ln r \frac{\partial u}{\partial n}) d l \\ = \frac{1}{2 π} \oint_{L^{+}} u \frac{r}{r^{2}} \cdot \frac{r}{r} d l - \frac{\ln R}{2 π} \oint_{L^{+}} \nabla u \cdot n d l \\ = \frac{1}{2 π R} \oint_{L^{+}} u (x, y) d l - \frac{\ln R}{2 π} \int_{D_{R}} \nabla^{2} u d S = \frac{1}{2 π R} \oint_{L^{+}} u (x, y) d l \end{aligned} \end{matrix}$ $◻$

例 8.4.3 计算： $\begin{matrix} (15) & I = \int_{L^{+}} y^{2} d x + z^{2} d y + x^{2} d z \end{matrix}$ 其中 $L^{+}$ 是曲线 ${\begin{cases} x^{2} + y^{2} + z^{2} = a^{2} \\ x^{2} + y^{2} = a x \end{cases}$ （ $z \geq 0, a > 0$ ），从 $x$ 轴正方向看去为逆时针方向。

证明首先需要利用对称性。观察到曲线 $L$ 关于 $O x z$ 平面对称，在对称点上 $y^{2} d x$ （以及 $x^{2} d z$ ）大小相等、符号相反（见图 8.4.1），故有 $\begin{matrix} (16) & \int_{L^{+}} y^{2} d x = \int_{L^{+}} x^{2} d z = 0 \end{matrix}$

xyOdxdxdydydzdz — 图 8.4.1: 曲线 $L$ 的对称性示意图

其次，本题的关键在于选择合适的曲线参数化方式。一种自然的想法是利用 $x^{2} + y^{2} = a x \Rightarrow {(x - \frac{a}{2})}^{2} + y^{2} = {(\frac{a}{2})}^{2}$ ，故可取 $\begin{matrix} (17) & x = \frac{a}{2} (1 + \cos θ) = a \cos^{2} \frac{θ}{2}, y = \frac{a}{2} \sin θ, z = \sqrt{a^{2} - a x} = a | \sin \frac{θ}{2} |, θ \in [0, 2 π] \end{matrix}$ 计算可得 $\begin{matrix} (18) & I = \int_{L^{+}} z^{2} d y = \int_{0}^{2 π} a^{2} \sin^{2} \frac{θ}{2} \cdot \frac{a}{2} \cos θ d θ = - \frac{π}{4} a^{3} \end{matrix}$

另一种想法是利用球坐标，即 $\begin{matrix} (19) & {\begin{cases} x = a \sin θ \cos φ \\ y = a \sin θ \sin φ \\ z = a \cos θ \end{cases}, x^{2} + y^{2} = a x \Leftrightarrow \sin θ = \cos φ, - \frac{π}{2} \leq φ \leq \frac{π}{2} \end{matrix}$ 因此曲线可参数化为 $\begin{matrix} (20) & {\begin{cases} x = a \cos^{2} φ \\ y = a \cos φ \sin φ \\ z = a | \sin φ | \end{cases}, - \frac{π}{2} \leq φ \leq \frac{π}{2} \end{matrix}$ 其余计算过程与前述相同。 $◻$

例 8.4.4 （例5）求 $\begin{matrix} (21) & I = \oint_{γ} (y^{2} - z^{2}) d x + (z^{2} - x^{2}) d y + (x^{2} - y^{2}) d z \end{matrix}$ 其中 $γ$ 是球面片 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = 1, (x, y, z \geq 0)$ 的边界曲线，绕向量 $(1, 1, 1)^{T}$ 按右手定则旋转。

解直接利用Stokes公式并不是一个好的做法，因为3段积分曲线分别在3个坐标平面上，直接计算并不麻烦。利用 $x, y, z$ 的轮换对称性可得 $\begin{matrix} (22) & \int_{γ_{x}} z^{2} d y - y^{2} d z = \int_{γ_{y}} x^{2} d z - z^{2} d x = \int_{γ_{z}} y^{2} d x - x^{2} d y \end{matrix}$ 其中 $γ_{x}, γ_{y}, γ_{z}$ 分别为 $γ$ 在坐标平面 $x = 0, y = 0, z = 0$ 的部分。对于 $γ_{z} : θ \mapsto (\cos θ, \sin θ), 0 \leq θ \leq \frac{π}{2}$ ，计算可得 $\begin{matrix} (23) & \frac{I}{3} = \int_{0}^{π / 2} \sin^{2} θ d \cos θ - \cos^{2} θ d \sin θ = - \frac{4}{3} \Rightarrow I = - 4 \end{matrix}$ $◻$

例 8.4.5 （例10）设在上半平面 $D = {(x, y) ∣ y > 0}$ 内，函数 $f : R^{2} \to R^{2}$ 具有连续偏导数，且对任意的 $t > 0$ 都有 $f (t x, t y) = t^{- 2} f (x, y)$ 。证明：对 $D$ 内的任意分段光滑的有向简单闭曲线 $L$ ，都有 $\begin{matrix} (24) & I = \oint_{L} y f (x, y) d x - x f (x, y) d y = 0 \end{matrix}$

证明不妨设 $L$ 为自然正向，记 $L$ 围成的区域为 $Ω$ 。由于 $L$ 在上半平面内，故有 $\begin{matrix} (25) & f (x, y) = f (\frac{x}{y} \cdot y, y) = \frac{1}{y^{2}} f (\frac{x}{y}, 1) \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (26) & I = \oint_{L} \frac{1}{y} f (\frac{x}{y}, 1) d x - \frac{x}{y^{2}} f (\frac{x}{y}, 1) d y = \oint_{L} f (\frac{x}{y}, 1) d \frac{x}{y} \end{matrix}$ 设 $f (\cdot, 1)$ 的原函数为 $F$ ，则有 $\begin{matrix} (27) & I = {F (\frac{x}{y}) |}_{A}^{B = A} = 0 \end{matrix}$ $◻$

例 8.4.6 设 $φ : R^{2} \to R^{2}$ 是微分同胚， $(x, y)^{T} = φ (u, v)$ ； $D_{0}$ 为有界闭区域，其边界 $\partial D_{0}$ 分段 $C^{1}$ ， $D_{1} := φ (D_{0})$ 。用Green公式证明： $\begin{matrix} (28) & | D_{1} | = \int_{D_{0}} | det \frac{\partial (x, y)}{\partial (u, v)} | d u d v \end{matrix}$

证明首先，我们需要证明以下引理：

引理 8.4.7 $φ$ 将 $\partial D_{0}$ 映射为 $\partial D_{1}$ ，则映射前后曲线正向是否改变取决于 $det \frac{\partial (x, y)}{\partial (u, v)}$ 的符号。

引理证明我们首先需要给“曲线正向”一个数学表述。

对于平面闭合曲线 $L$ ，其前向单位切向量为 $\hat{τ}$ 、外向单位法向量 $\hat{n}$ ， $z$ 轴的（正向）单位向量为 $\hat{k}$ ，则 $\hat{k} \cdot (\hat{n} \times \hat{τ})$ 的符号反映了 $L$ 的定向。设 $\vec{τ}, \vec{n}$ 分别为与 $\hat{τ}, \hat{n}$ 同向的切向量、法向量，则 $k = n_{1} τ_{2} - n_{2} τ_{1}$ 的符号反映了 $L$ 的定向。

设 $D_{0}$ 由 $f (u, v) \leq 0$ 确定（否则考虑 $- f$ ），则 $\vec{n} = \nabla f$ 为外法向量（指向 $f$ 增大的方向）。设 $\partial D_{0}^{+}$ 可以参数化为 $t \mapsto (\binom{u}{v})$ ，则 $\vec{τ} = (\binom{u^{'} (t)}{v^{'} (t)})$ 为前切向量。

现考虑变换 $φ : D_{0} \to D_{1}$ 、 $(u, v) \mapsto (x, y)$ ，令 $\tilde{f} = f \circ φ^{- 1}$ ，则 $D_{1}$ 由 $\tilde{f} (x . y) \leq 0$ 确定， ${\vec{n}}^{'} = \nabla_{(x, y)} \tilde{f}$ ； $\partial D_{1}^{+}$ 可以参数化为 $t \mapsto (\binom{u}{v}) \overset{φ}{\mapsto} (\binom{x}{y})$ ，则 ${\vec{τ}}^{'} = (\binom{x^{'} (t)}{y^{'} (t)})$ 。记 $J = J φ = \frac{\partial (x, y)}{\partial (u, v)}$ ，由链式法则可得 $\begin{matrix} (29) & (\binom{x^{'}}{y^{'}}) = (J φ) (\binom{u^{'}}{v^{'}}), \nabla_{(x, y)} \tilde{f} = \nabla_{(x, y)} (f \circ φ^{- 1}) = (J φ^{- 1})^{T} \nabla_{(u, v)} f \end{matrix}$ 因此 ${\vec{τ}}^{'} = J \vec{τ}$ 、 ${\vec{n}}^{'} = J^{- T} \vec{n}$ 。

设 $k = n_{1} τ_{2} - n_{2} τ_{1}$ ，等式两端分别同乘 $τ_{1}, τ_{2}$ ，结合 $\vec{n} \cdot \vec{τ} = n_{1} τ_{1} + n_{2} τ_{2} = 0$ 可得 $\begin{matrix} (30) & {\begin{cases} k τ_{1} = n_{1} τ_{1} τ_{2} - n_{2} τ_{1}^{2} = - n_{2} (τ_{1}^{2} + τ_{2}^{2}) \\ k τ_{2} = n_{1} τ_{2}^{2} - n_{2} τ_{2} τ_{1} = n_{1} (τ_{1}^{2} + τ_{2}^{2}) \end{cases} \Rightarrow {\begin{cases} n_{1} = \frac{k τ_{2}}{τ_{1}^{2} + τ_{2}^{2}} = \tilde{k} τ_{2} \\ n_{2} = - \frac{k τ_{1}}{τ_{1}^{2} + τ_{2}^{2}} = - \tilde{k} τ_{1} \end{cases} \end{matrix}$ 记 $\begin{matrix} (31) & J = (\begin{matrix} a & b \\ c & d \end{matrix}) \Rightarrow J^{- T} = \frac{1}{det J} (\begin{matrix} d & - c \\ - b & a \end{matrix}) \end{matrix}$ 则有 $\begin{matrix} (32) & \begin{aligned} k^{'} & = n_{1}^{'} τ_{2}^{'} - n_{2}^{'} τ_{1}^{'} \\ = \frac{1}{det J} [(d n_{1} - c n_{2}) (c τ_{1} + d τ_{2}) - (- b n_{1} + a n_{2}) (a τ_{1} + b τ_{2})] \\ = \frac{\tilde{k}}{det J} [(d τ_{2} + c τ_{1}) (c τ_{1} + d τ_{2}) - (- b τ_{2} - a τ_{1}) (a τ_{1} + b τ_{2})] \\ = \frac{\tilde{k}}{det J} (τ_{1}^{' 2} + τ_{2}^{' 2}) = \frac{k}{det J} \frac{τ_{1}^{' 2} + τ_{2}^{' 2}}{τ_{1}^{2} + τ_{2}^{2}} \end{aligned} \end{matrix}$ 故 $k^{'}$ 的符号与 $\frac{k}{det J}$ 相同。 $◻$ $◻$

引理证明结束，我们回到原命题。注意到 $\begin{matrix} (33) & \begin{aligned} I_{1} & = \oint_{\partial D_{1}} x d y = \int_{a}^{b} x (t) y^{'} (t) d t = \int_{a}^{b} x (t) [y_{u} u^{'} (t) + y_{v} v^{'} (t)] d t \\ = \oint_{\partial D_{0}} x y_{u} d u + x y_{v} d v \overset{Green}{=} \int_{D_{0}} [\frac{\partial}{\partial u} (x u_{v}) - \frac{\partial}{\partial v} (x u_{u})] d u d v \\ = \int_{D_{0}} (x_{u} y_{v} - x_{v} y_{u}) d u d v = \int_{D_{0}} det \frac{\partial (x, y)}{\partial (u, v)} d u d v \end{aligned} \end{matrix}$ 若 $det J > 0$ ，则映射前后曲线正向不变，故有 $\begin{matrix} (34) & | D_{1} | = I_{1} = \int_{D_{0}} | det \frac{\partial (x, y)}{\partial (u, v)} | d u d v \end{matrix}$ 若 $det J < 0$ ，则映射前后曲线正向改变，故有 $\begin{matrix} (35) & | D_{1} | = - I_{1} = \int_{D_{0}} | det \frac{\partial (x, y)}{\partial (u, v)} | d u d v \end{matrix}$ 综上所述，原命题得证。 $◻$

²有关向量分析的更多细节，将在“向量场的旋度和散度”一节中详细介绍。