同济高数 第11章 第11-3-4题

[AI解答]

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第一步：将曲线积分转化为二重积分
设
$$
P(x,y)=x+\frac{y^{3}}{3},\quad Q(x,y)=y+x-\frac{2}{3}x^{3}.
$$
由格林公式，对于正向闭曲线 $C$ 所围成的区域 $D$，有
$$
\oint_C P\,dx+Q\,dy = \iint_D \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) dx\,dy.
$$
计算偏导数：
$$
\frac{\partial Q}{\partial x} = 1 - 2x^{2},\quad \frac{\partial P}{\partial y} = y^{2}.
$$
因此
$$
\frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = 1 - 2x^{2} - y^{2}.
$$
于是
$$
I = \iint_D (1 - 2x^{2} - y^{2})\,dx\,dy.
$$

第二步：分析被积函数符号与最大值条件
要使曲线积分达到最大值，应选取区域 $D$ 使得被积函数 $f(x,y)=1-2x^{2}-y^{2}$ 在 $D$ 上尽可能取正值，且包含所有正值的点，同时避免包含负值区域（因为负值会减小积分值）。
因此，最佳选择是取 $D$ 为被积函数非负的区域，即
$$
1 - 2x^{2} - y^{2} \ge 0 \quad\Longrightarrow\quad 2x^{2}+y^{2} \le 1.
$$
这是一个椭圆区域：
$$
\frac{x^{2}}{1/2} + \frac{y^{2}}{1} \le 1.
$$
其边界曲线 $C$ 为椭圆
$$
2x^{2} + y^{2} = 1,
$$
取正向（逆时针方向）。

第三步：验证最大值
若取比该椭圆更大的区域，则会包含 $f<0$ 的部分，使积分减小；若取更小的区域，则损失了部分正值的贡献。因此该椭圆即为使积分最大的闭曲线。

第四步：计算最大值（可选）
最大值即为
$$
I_{\max} = \iint_{2x^{2}+y^{2}\le 1} (1-2x^{2}-y^{2})\,dx\,dy.
$$
作变量代换：令
$$
x = \frac{u}{\sqrt{2}},\quad y = v,
$$
则雅可比行列式为 $\frac{1}{\sqrt{2}}$，区域变为单位圆 $u^{2}+v^{2}\le 1$，被积函数变为
$$
1 - 2\left(\frac{u^{2}}{2}\right) - v^{2} = 1 - u^{2} - v^{2}.
$$
于是
$$
I_{\max} = \iint_{u^{2}+v^{2}\le 1} (1-u^{2}-v^{2})\,\frac{1}{\sqrt{2}}\,du\,dv
= \frac{1}{\sqrt{2}} \int_{0}^{2\pi} d\theta \int_{0}^{1} (1-r^{2})\, r\,dr.
$$
计算内层积分：
$$
\int_{0}^{1} (r - r^{3})\,dr = \left[ \frac{r^{2}}{2} - \frac{r^{4}}{4} \right]_{0}^{1} = \frac{1}{2} - \frac{1}{4} = \frac{1}{4}.
$$
乘以 $2\pi$ 得 $\frac{\pi}{2}$，再乘 $\frac{1}{\sqrt{2}}$ 得
$$
I_{\max} = \frac{\pi}{2\sqrt{2}}.
$$

最终答案
使曲线积分达到最大值的正向闭曲线 $C$ 为椭圆
$$
\boxed{2x^{2}+y^{2}=1},
$$
取逆时针方向。