2013 · 数学一 · 第 4 题 · 选择题

设

L_{1} : x^{2} + y^{2} = 1, L_{2} : x^{2} + y^{2} = 2, L_{3} : x^{2} + 2 y^{2} = 2, L_{4} : 2 x^{2} + y^{2} = 2

为逆时针曲线，

I_{i} = \oint_{L_{i}} (y + \frac{y ^{3}}{6}) d x + (2 x - \frac{x ^{3}}{3}) d y

，则

max {I_{1}, I_{2}, I_{3}, I_{4}} =

（　　）。

A
$I_{1}$
B
$I_{2}$
C
$I_{3}$
D
$I_{4}$
正确答案

答案

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格林公式与区域判号。令 $P = y + \frac{y ^{3}}{6}$ 、 $Q = 2 x - \frac{x ^{3}}{3}$ ，则 $Q_{x} - P_{y} = 1 - x^{2} - \frac{y ^{2}}{2}$ 。各曲线均为逆时针简单闭曲线，且 $P, Q$ 在全平面光滑，故

I_{i} = \iint_{D_{i}} g (x, y) d x d y, g (x, y) = 1 - x^{2} - \frac{y ^{2}}{2},

其中 $D_{i}$ 为 $L_{i}$ 内部及边界。 $g \geq 0$ 的区域恰为 $E : 2 x^{2} + y^{2} \leq 2$ ，即 $D_{4}$ 。
对任意一个 $D_{i}$ ， $E ∖ D_{i}$ 上 $g \geq 0$ ，而 $D_{i} ∖ E$ 上 $g \leq 0$ ，所以

I_{4} - I_{i} = \iint_{E ∖ D_{i}} g d σ - \iint_{D_{i} ∖ E} g d σ \geq 0.

因此 $I_{4}$ 最大，选 D。其余三个区域都与 $E$ 相差有正面积的部分，且相差区域内部的 $g$ 具有严格符号，故实际均有 $I_{i} < I_{4}$ 。

分别计算四个值。由格林公式 $I_{i} = \iint_{D_{i}} (1 - x^{2} - \frac{y ^{2}}{2}) d x d y$ 。对半轴为 $a, b$ 的椭圆盘，令 $x = a r cos θ$ 、 $y = b r sin θ$ ，其中 $0 \leq r \leq 1$ 、 $0 \leq θ \leq 2 π$ ，面积元为 $ab r d r d θ$ 。于是

I (a, b) = ab \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{1} [1 - r^{2} (a^{2} cos^{2} θ + \frac{b ^{2}}{2} sin^{2} θ)] r d r = abπ (1 - \frac{a ^{2}}{4} - \frac{b ^{2}}{8}) .

这里用了 $\int_{0}^{1} r d r = \frac{1}{2}$ 、 $\int_{0}^{1} r^{3} d r = \frac{1}{4}$ ，以及两种平方三角函数在 $[0, 2 π]$ 上积分均为 $π$ 。分别代入半轴 $(1, 1)$ 、 $(2, 2)$ 、 $(2, 1)$ 、 $(1, 2)$ ，得

I_{1} = \frac{5 π}{8}, I_{2} = \frac{π}{2}, I_{3} = \frac{3 2 π}{8}, I_{4} = \frac{2 π}{2} .

由于 $42 > 5 > 32 > 4$ ，得 $I_{4} > I_{1} > I_{3} > I_{2}$ ，所以选 D。