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 * 贴子主题: $I={\small\displaystyle\oint_{\Gamma}\frac{-ydx+xdy}{ax^2+2bxy+cy^2}}\;\small(ac-b^2>0,\;\Gamma:(\cos t,\sin t),0\le t< 2\pi)$ 等曲线积分 不分页显示此帖  保存该页为文件  本贴有问题,发送短消息报告给版主  加入个人收藏&关注本贴  显示可打印的版本  把本贴打包邮递  把本贴加入收藏夹  发送本页面给朋友   
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  题:求积分 $I={\small\displaystyle\oint_{\Gamma}\frac{-ydx+xdy}{ax^2+2bxy+cy^2}}\;\small(ac-b^2>0,\;\Gamma:|(x,y)|=1).$Gp}
解:$\small\displaystyle{I=\int_0^{2\pi}\frac{dt}{a\cos^2t+b\sin(2t)+c\sin^2t}}=\int_0^{2\pi}\frac{dt}{\frac{a+c}{2}+\frac{a-c}{2}\cos(2t)+b\sin(2t)}$AXh;-
$\displaystyle{\underset{\,}{\qquad}=\small\int_0^{2\pi}\frac{2dT}{\small(a+c)+(a-c)\cos T+2b\sin T}}\;\;(k={\scriptsize\frac{|(a-c,2b)|}{a+c}})$*
${\qquad}\;\displaystyle{=\small\underset{\,}{\scriptsize\frac{2}{a+c}}\int_0^{2\pi}\frac{dt}{1+k\sin t}={\scriptsize\frac{2}{a+c}}\int_0^{\pi}\big(\frac{1}{1+k\sin t}+\frac{1}{1-k\sin t}\big)dt}$D,]
${\qquad}\;\displaystyle{=\small{\scriptsize\underset{\,}{\frac{2}{a+c}}\frac{2}{\sqrt{1-k^2}}}\big(\arctan{\frac{k+\tan(t/2)}{\scriptsize\sqrt{1-k^2}}}+\arctan{\frac{-k+\tan(t/2)}{\scriptsize\sqrt{1-k^2}}}\big)_0^{\pi-}}$\
$\qquad\;=\displaystyle{{\scriptsize\frac{2}{a+c}\frac{2\pi}{\sqrt{1-k^2}}}=\scriptsize\frac{a}{|a|}\frac{2\pi}{\sqrt{ac-b^2}}.\quad\square}$|+6y)



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  注记:N.
(1) 楼上第四个等号由Rit,[$
$\qquad\alpha\cos t+\beta\sin t=\overset{\,}{\sqrt{\alpha^2+\beta^2}}\sin(t+\lambda)\,$及$\,\sin\underset{\,}{\;}$的周期性得到.mM:2yA
(2)为什么第五个等号引入的变换是必要的?$\underset{\,}{\,}$-,F
$\qquad\small\dfrac{1}{1+k\sin t}\,$的原函数$\,{\small\dfrac{2}{\scriptsize\sqrt{1-k^2}}}\arctan{\small\dfrac{k+\tan(t/2)}{\scriptsize\sqrt{1-k^2}}}\,$在$\pi\in[0,2\pi]$间断,"y
$\qquad$Newton-Leibniz 公式不适用于$[0,2\pi]$上相应的定积分.$O{
(3)$\,ac-b^2>0\,$说明$\,a,\,c\,$非零同号$(\text{sgn}(a)=\frac{a}{|a|})$.r:



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  题:计算$\small\displaystyle{\;\;I=\int_{\Gamma}\frac{e^x((x\sin y-y\cos y)dx+(x\cos y+y\sin y)dy)}{x^2+y^2}}$H{T
$\qquad$其中$\underset{\,}{\Gamma}$是原点在其内部的分段光滑的闭曲线.>uM.<
解:$\underset{\,}{\because}\;\small\displaystyle{\scriptsize\frac{\partial}{\partial x}}\frac{e^x(x\cos y+y\sin y)}{x^2+y^2}-{\scriptsize\frac{\partial}{\partial y}}\frac{e^x(x\sin y-y\cos y)}{x^2+y^2}=0.\,$所论积分仅与5qdL
$\qquad\Gamma\,$绕原点的圈数有关. 令$\underset{\,}{\,}\Gamma=\Gamma_r:(r\cos t,r\sin t)\;\small(t\in(0,2\pi]),\,$则ch;G$
$\qquad(\cos y,\sin y,{\small\displaystyle\frac{x}{r},\frac{y}{r}})\;{\large\rightrightarrows}\;(1,0,\cos t,\sin t)\;\small(r\to 0+)\;$(一致收敛). 故?7
$\qquad I = \displaystyle\lim_{r\to 0+}\small\int_0^{2\pi}e^x(-\frac{y}{r}(\frac{x}{r}\sin y-\frac{y}{r}\cos y)+\frac{x}{r}(\frac{x}{r}\cos y+\frac{y}{r}\sin y))dt$}@`*
$\qquad\quad={\small\displaystyle\int_0^{2\pi}(\cos^2 t+\sin^2 t)dt} = 2\pi.\quad\square$mPzk&



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