Tính \(\int\limits_L {\frac{{x{e^{{x^2} + {y^2}}}dx + y{e^{{x^2} + {y^2}}}dy}}{{{{(x - 1)}^2} + {y^2}}}} \) với \(L:y = \sqrt {2x - {x^2}} \) đi từ \(O(0,0)\) đến \(A(2,0)\)

Ta có \(L: y = \sqrt{2x - x^2} \Rightarrow (x-1)^2 + y^2 = 1\), đây là nửa đường tròn tâm \(I(1,0)\), bán kính \(R=1\), đi từ \(O(0,0)\) đến \(A(2,0)\). Xét tích phân đường \(\int_L \frac{x e^{x^2+y^2} dx + y e^{x^2+y^2} dy}{(x-1)^2 + y^2}\) Đặt \(P(x,y) = \frac{x e^{x^2+y^2}}{(x-1)^2 + y^2}, Q(x,y) = \frac{y e^{x^2+y^2}}{(x-1)^2 + y^2}\) Ta thấy \(P, Q\) không xác định tại \((1,0)\). Do đó ta xét đường tròn nhỏ \(L_1: (x-1)^2 + y^2 = r^2\), \(L_1\) đi theo chiều kim đồng hồ. Khi đó \(\oint_{L \cup L_1} \frac{x e^{x^2+y^2} dx + y e^{x^2+y^2} dy}{(x-1)^2 + y^2} = 0\) (vì miền bị chặn không chứa điểm \((1,0)\). Do đó \(\int_L \frac{x e^{x^2+y^2} dx + y e^{x^2+y^2} dy}{(x-1)^2 + y^2} = - \int_{L_1} \frac{x e^{x^2+y^2} dx + y e^{x^2+y^2} dy}{(x-1)^2 + y^2}\) Tham số hóa \(L_1: x = 1 + r \cos t, y = r \sin t, t: \pi \to 0\) Khi đó \(\int_L = - \int_{\pi}^0 \frac{(1+r\cos t) e^{(1+r\cos t)^2 + (r \sin t)^2} (-r \sin t) + (r \sin t) e^{(1+r\cos t)^2 + (r \sin t)^2} (r \cos t)}{r^2} dt\) \(= \int_0^{\pi} \frac{(-r \sin t - r^2 \sin t \cos t + r^2 \sin t \cos t) e^{1 + 2r \cos t + r^2} }{r^2} dt = \int_0^{\pi} \frac{-r \sin t e^{1+2r \cos t + r^2}}{r^2} dt\) \(= - \int_0^{\pi} \frac{\sin t e^{1+2r \cos t + r^2}}{r} dt = \frac{e^{1+2r \cos t + r^2}}{2r^2} \Big|_0^{\pi} = \frac{e^{1-2r+r^2} - e^{1+2r+r^2}}{2r^2}\) Khi \(r \to 0\), áp dụng L'Hospital ta có \(\lim_{r \to 0} \frac{e^{(1-r)^2} - e^{(1+r)^2}}{2r^2} = \lim_{r \to 0} \frac{-2(1-r) e^{(1-r)^2} - 2(1+r) e^{(1+r)^2}}{4r} \) \(= \lim_{r \to 0} \frac{2 e^{(1-r)^2} - 2(1-r)^2 e^{(1-r)^2} - 2e^{(1+r)^2} - 2(1+r)^2 e^{(1+r)^2}}{4} = \frac{2e - 2e - 2e - 2e}{4} = -e\) Vậy đáp án là \(\int_L = -e\), không có đáp án đúng.