计算曲线积分∫ (xdy+ydx)/(x^2+y^2),其中曲线为{（x,y）|(x-1)^2 + (y-1)^2 = 1}

我们可以将曲线参数化为x=1+sec(t), y=1+tan(t)，其中t∈[0,2π)。则有：

dy/dt = sec(t)tan(t)dt
dx/dt = sec(t)dt

将其代入曲线积分公式中，得到：

∫(xdy - ydx)/(x^2 y^2) = ∫(1+sec(t))sec(t)tan(t)dt - (1+tan(t))sec(t)dt
= ln|sec(t)+tan(t)| + ln|1+sec(t)| + C

在曲线上，t∈[0,2π)，所以：

∫(xdy - ydx)/(x^2 y^2) = ln(2+√3) + ln(2-√3) = ln(1/3)

因此，曲线积分的值为ln(1/3)。

相关问题

计算曲线积分∫ (xdy+ydx)/(x^2+y^2),其中曲线为{（x,y）|x^2-2x+y^2-2y+1=0}

首先计算曲线的参数表示：
设$x=f(t),y=g(t)$，则曲线方程转化为$f(t)^2-2f(t)g(t)^2-2g(t)+1=0$，整理得：$f(t)^2-2g(t)^2f(t)-2g(t)+1=0$。
解出$f(t)$，有$f(t)=\frac{2g(t)^2\pm\sqrt{8g(t)^2+4}}{2}=-g(t)^2\pm\sqrt{2g(t)^2+1}$。
由于曲线上下半部分对称，我们只考虑上半部分的情况，此时$f(t)=-g(t)^2+\sqrt{2g(t)^2+1}$。
代入积分式，得到积分为：
$$\int_C \frac{xdy-ydx}{x^2y^2}=\int_{t_1}^{t_2}\frac{f(t)g'(t)-g(t)f'(t)}{f(t)^2g(t)^2}dt$$
其中$t_1,t_2$是上半部分曲线的参数区间端点。代入参数表示，有：
$$\int_C \frac{xdy-ydx}{x^2y^2}=\int_{t_1}^{t_2}\frac{(-g(t)^2+\sqrt{2g(t)^2+1})g'(t)-g(t)(-2g(t)g'(t)+\frac{2g(t)}{\sqrt{2g(t)^2+1}})}{(-g(t)^2+\sqrt{2g(t)^2+1})^2g(t)^2}dt$$
简化得：
$$\int_C \frac{xdy-ydx}{x^2y^2}=\int_{t_1}^{t_2}\frac{-2g(t)g'(t)+\frac{2}{\sqrt{2g(t)^2+1}}}{(g(t)^2-\sqrt{2g(t)^2+1})^2}dt$$
然后我们考虑将积分化为以下形式：
$$\int_{\gamma_1}\frac{-2y}{x^2y^2-\sqrt{2x^2y^2+x^2}}dx+\int_{\gamma_2}\frac{2}{x\sqrt{2x^2y^2+x^2}}dy$$
其中$\gamma_1$为上半部分曲线$x<0$的部分，$\gamma_2$为以原点为圆心，半径为1的圆周上去掉射线$x<0$和$x=y+1$后的部分。这两条路径构成了曲线的完整路径闭合子集，而且$\gamma_1$和$\gamma_2$都比较容易积分。
具体来说，我们先考虑$\gamma_1$，对于任意一条$x<0$的曲线，有$y=\frac{1-x^2}{2x}$，于是：
$$\int_{\gamma_1}\frac{-2y}{x^2y^2-\sqrt{2x^2y^2+x^2}}dx=\int_{-\infty}^0\frac{(1-x^2)\sqrt{2-x^2}}{(1-x^2)^4+4(1-x^2)(2-x^2)}dx$$
做变量代换$t=\frac{x}{\sqrt{2-x^2}}$，得：
$$\int_{\gamma_1}\frac{-2y}{x^2y^2-\sqrt{2x^2y^2+x^2}}dx=-\int_{-\sqrt{2}}^0\frac{dt}{t^2+2}=-\frac{1}{\sqrt{2}}\arctan\frac{x}{\sqrt{2-x^2}}\Biggr|_{-\infty}^0=\frac{\pi}{4\sqrt{2}}$$
然后考虑$\gamma_2$，对于任意一条$x=y+1$的曲线，有：
$$\frac{xdy-ydx}{x^2y^2}=\frac{(y+1)dy-ydx}{(y+1)^2y^2}=\frac{dt}{t^2}$$
其中$t=\frac{1}{y+1}$为参数。因此，$\gamma_2$的积分为：
$$\int_{\gamma_2}\frac{xdy-ydx}{x^2y^2}=\int_{S^1\cap\{z:\mathrm{Re}(z)>0\}}\frac{dz}{z^2}=-2\pi i$$
综上，原积分结果为$\pi/(4\sqrt{2})+2\pi i$。

计算曲线积分∫ (xdy+ydx)/(x^2+y^2),其中曲线为{（x,y）|(x^2-2x+y^2-2y+1=0}

由于曲线不是封闭曲线，需要指定曲线的起点和终点。

首先对曲线方程进行配方，得到 $(x-y)^2 - 1 = 0$，即 $(x-y-\sqrt{1})(x-y+\sqrt{1})=0$，因此曲线由两条直线组成：$x-y-\sqrt{1}=0$ 和 $x-y+\sqrt{1}=0$。

设曲线的起点为 $(x_0, y_0)$，终点为 $(x_1, y_1)$，则曲线可以分为两段：

1. 从起点 $(x_0, y_0)$ 沿着直线 $x-y-\sqrt{1}=0$ 到交点 $(x_0+\frac{\sqrt{2}}{2}, y_0+\frac{\sqrt{2}}{2})$。

2. 从交点 $(x_0+\frac{\sqrt{2}}{2}, y_0+\frac{\sqrt{2}}{2})$ 沿着直线 $x-y+\sqrt{1}=0$ 到终点 $(x_1, y_1)$。

对于第一段曲线，可以将参数方程写为 $x=t+\sqrt{1}$，$y=t$，其中 $t$ 的取值范围为 $t_0=\frac{\sqrt{2}}{2}-x_0$ 到 $t_1=-\sqrt{1}-x_0$。可以计算得到：

$$
\int_{\text{第一段曲线}} \frac{xdy-ydx}{x^2y^2} = \int_{t_0}^{t_1} \frac{(t+\sqrt{1})d(t)}{(t+\sqrt{1})^2t^2} - \frac{t^2 dt}{(t+\sqrt{1})^2 t^2} \\
= \int_{t_0}^{t_1} \frac{d(t)}{t(t+\sqrt{1})} - \frac{1}{t+\sqrt{1}} dt \\
= \ln \frac{t_1}{t_0} - \ln (t_0+\sqrt{1}) + \ln (t_1+\sqrt{1}) \\
= \ln \frac{2-\sqrt{2}-x_0}{\sqrt{2}-x_0} - \ln \sqrt{1+x_0+\frac{1}{2}} + \ln \sqrt{-x_0+\frac{3}{2}-\sqrt{2}}
$$

对于第二段曲线，可以将参数方程写为 $x=t+\sqrt{1}$，$y=-t$，其中 $t$ 的取值范围为 $t_2=-\sqrt{1}-y_1$ 到 $t_3=\frac{\sqrt{2}}{2}-y_1$。可以计算得到：

$$
\int_{\text{第二段曲线}} \frac{xdy-ydx}{x^2y^2} = \int_{t_2}^{t_3} \frac{(t+\sqrt{1})d(-t)}{(t+\sqrt{1})^2(-t)^2} - \frac{(-t)^2 dt}{(t+\sqrt{1})^2 (-t)^2} \\
= -\int_{t_2}^{t_3} \frac{d(t)}{t(t+\sqrt{1})} - \frac{1}{t+\sqrt{1}} dt \\
= \ln \frac{t_3}{t_2} - \ln (t_2+\sqrt{1}) + \ln (t_3+\sqrt{1}) \\
= \ln \frac{\sqrt{2}-y_1+\sqrt{1}}{2-\sqrt{2}-y_1+\sqrt{1}} - \ln \sqrt{1+y_1-\frac{1}{2}} + \ln \sqrt{y_1-\frac{3}{2}-\sqrt{2}}
$$

将两段曲线的积分结果相加，即为所求的曲线积分。