10.2 第一类曲线积分

第一类曲线积分的概念

• 第一类曲线积分 ${\displaystyle {\int }_{L}f(x,y)\mathrm{d}s}$ 是沿着一条直线 $L$ 进行积分，$x,y$ 要满足曲线方程的约束
• 第一类曲线积分与方向无关
• 若为闭合曲线，可记为 ${\displaystyle {\oint }_{L}f(x,y)\mathrm{d}s}$
• ${\displaystyle {\int }_L\mathrm{d}s}$ 等于曲线的弧长

例 1

求曲线积分 ${\displaystyle {\int }_L(x^2+y^2)\mathrm{d}s}$，其中 $L$ 表示半圆周 $y=-\sqrt{1-x^2}$。

---

依题意， $L$ 上的点满足 $x^2+y^2=1$，则

$$I={\int }_{L}1\mathrm{d}s$$

则该积分式等于半圆的弧长，即 $\pi$。

对曲线积分的理解

一重积分 ${\displaystyle {\int }_a^{b}f(x)\mathrm{d}x}$ 可以理解为在从 $(a,0)$ 到 $(b,0)$ 的一条线段上对函数值进行积分，曲线积分将线段变为曲线，函数值由 $x,y$ 两个变量确定。

第一类曲线积分的计算

$$\begin{array}{rlr}\mathrm{d}s& =\sqrt{1+(y^{\prime }{)}^2}\mathrm{d}x& (\mathrm{一}\mathrm{般}\mathrm{函}\mathrm{数})\\ & =\sqrt{x^{\prime }(t{)}^2+y^{\prime }(t{)}^2}\mathrm{d}t& (\mathrm{参}\mathrm{数}\mathrm{方}\mathrm{程})\\ & =\sqrt{r^2+(r^{\prime }{)}^2}\mathrm{d}\theta & (\mathrm{极}\mathrm{坐}\mathrm{标})\end{array}$$

例 2

求曲线积分 ${\displaystyle {\int }_L{y}^2\mathrm{d}s}$，其中 $L$ 表示 $\{\begin{array}{l}x=t-\sin t\\ y=1-\cos t\end{array}(0\le t\le 2\pi )$。

---

$$\begin{array}{rl}\{\begin{array}{l}{x}^{\prime }(t)=1-\cos t\\ y^{\prime }(t)=\sin t\end{array}\Rightarrow \frac{\mathrm{d}s}{\mathrm{d}t}& =\sqrt{(1-\cos t{)}^2+{\sin }^{2}t}\\ & =\sqrt{2-2\cos t}\\ & =\sqrt{2-2(1-2{\sin }^2\frac{t}{2})}\\ & =\sqrt{4{\sin }^2\frac{t}{2}}\\ & =2\sin \frac{t}{2}(t\in [0,2\pi ],t\in [0,\pi ])\end{array}$$

则有

$$\begin{array}{rl}I& ={\int }_0^{2\pi }(1-\cos t{)}^2\cdot 2\sin \frac{t}{2}\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^{2\pi }{[1-(1-2{\sin }^2\frac{t}{2})]}^2\cdot 2\sin \frac{t}{2}\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^{2\pi }8{\sin }^5\frac{t}{2}\mathrm{d}t\\ & =-16{\int }_0^{2\pi }{({\sin }^2\frac{t}{2})}^2\mathrm{d}(\cos \frac{t}{2})\\ & =-16{\int }_0^{2\pi }{(1-{\cos }^2\frac{t}{2})}^2\mathrm{d}(\cos \frac{t}{2})\\ & =-16{\int }_0^{2\pi }{(1-{\cos }^2\frac{t}{2})}^2\mathrm{d}(\cos \frac{t}{2})\end{array}$$

设 $u=\cos {\displaystyle \frac{t}{2}}$，则 $t$ 从 $0$ 变化到 $2\pi$ 时 $u$ 从 $1$ 变化到 $-1$，则

$$\begin{array}{rl}I& =-16{\int }_1^{-1}(1-u^2{)}^2\mathrm{d}u\\ & =16{\int }_{-1}^1(u^4-2u^2+1)\mathrm{d}u\\ & =16{[\frac{u^5}{5}-\frac{2}{3}{u}^3+u]}_{-1}^1\\ & =\frac{256}{15}\end{array}$$

例 3

求曲线积分 ${\displaystyle {\oint }_{L}x\mathrm{d}x}$，其中 $L$ 表示 $y=x^2$ 与 $y=x$ 围成区域的边界。

---

分别计算上方的直线部分和下方的抛物线部分。

记 $L_1:y=x(0\le x\le 1)$，$L_2:y=x^2(0\le x\le 1)$。

$$\begin{array}{rlrl}& \mathrm{对}\mathrm{于}{L}_1& \mathrm{d}s& =\sqrt{1+1}\mathrm{d}x=\sqrt{2}\mathrm{d}x\\ & \mathrm{对}\mathrm{于}{L}_2& \mathrm{d}s& =\sqrt{1+(2x{)}^2}\mathrm{d}x=\sqrt{4x^2+1}\mathrm{d}x\end{array}$$

故有

$$\begin{array}{rl}{\int }_{L_1}x\mathrm{d}s& ={\int }_0^1\sqrt{2}x\mathrm{d}x={\frac{1}{\sqrt{2}}{x}^2|}_0^1=\frac{\sqrt{2}}{2}\\ {\int }_{L_2}x\mathrm{d}s& ={\int }_0^{1}x\sqrt{4x^2+1}\mathrm{d}x\\ & =\frac{1}{2}{\int }_0^1\sqrt{4x^2+1}\mathrm{d}{x}^2\\ & =\frac{1}{8}{\int }_0^1\sqrt{4x^2+1}\mathrm{d}(4x^2+1)\\ & =\frac{1}{8}\cdot {\frac{2}{3}(4x^2+1{)}^{3/2}|}_0^1\\ & =\frac{5\sqrt{5}-1}{12}\end{array}$$

因此

$${\oint }_{L}x\mathrm{d}s=\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{5\sqrt{5}-1}{12}$$

利用对称性简化计算

• 若 $L$ 关于 $y$ 轴对称，且 $f(x,y)$ 关于 $x$ 有奇偶性
  • 若 $f(x,y)$ 关于 $x$ 为奇函数，则 ${\displaystyle {\int }_{L}f(x,y)\mathrm{d}s=0}$
  • 若 $f(x,y)$ 关于 $x$ 为偶函数，则 ${\displaystyle {\int }_{L}f(x,y)\mathrm{d}s={\displaystyle {\int }_{L(x\ge 0)}f(x,y)\mathrm{d}s}}$

例 4

设 $L$ 表示椭圆 ${\displaystyle \frac{x^2}{4}}+{\displaystyle \frac{y^2}{3}}=1$，其周长为 $a$，求 ${\displaystyle {\oint }_L(2xy+3x^2+4y^2)\mathrm{d}s}$。

---

TIP

给周长是因为椭圆的周长没有解析解。

椭圆关于 $x$ 轴对称，关于 $x$ 为奇的项 $2xy$ 结果为 $0$，可略去。

将椭圆方程两边乘 $12$，可得 $3x^2+4y^2=12$，因此有

$$I={\oint }_{L}12\mathrm{d}s=12a$$

• 若 $L$ 关于 $y=x$ 对称，则 ${\displaystyle {\int }_{L}f(x,y)\mathrm{d}s={\int }_{L}f(y,x)\mathrm{d}s}$

例 5

求曲线积分 ${\displaystyle {\oint }_L{x}^2\mathrm{d}s}$，其中 $L$ 表示单位圆 $x^2+y^2=1$。

---

$L$ 关于 $y=x$ 对称，因此有

$$\begin{array}{c}I={\oint }_L{x}^2\mathrm{d}s={\oint }_L{y}^2\mathrm{d}s\\ 2I={\oint }_L(x^2+y^2)\mathrm{d}s={\oint }_L\mathrm{d}s=2\pi \end{array}$$

因此有 $I=\pi$。