Tính \(\oint\limits_L {(xy + {e^x}\sin x + x + y)dx + ( - xy + {e^{ - y}} - x + \sin y)dy} \) với \(L\) là đường \({x^2} + {y^2} = 2x\) theo chiều dương.

Để tính tích phân đường loại hai \(\oint_L {2xdx - \left[ {{x^2} + 2y + {e^{{y^2} + 1}} + \sin ({y^2})} \right]dy} \) trên đường cong \(L\) là chu tuyến của tam giác ABC với \(A(-1,0), B(0,2), C(2,0)\) theo chiều cùng chiều kim đồng hồ, ta sử dụng công thức Green.

Công thức Green:
\(\oint_L {Pdx + Qdy} = \iint_D {\left( {\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} - \frac{{\partial P}}{{\partial y}}} \right)dA} \)

Trong trường hợp này, ta có:
\(P = 2x\) và \(Q = -\left[ {{x^2} + 2y + {e^{{y^2} + 1}} + \sin ({y^2})} \right]\)

Tính đạo hàm riêng:
\(\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = -2x\)
\(\frac{{\partial P}}{{\partial y}} = 0\)

Do đó:
\(\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} - \frac{{\partial P}}{{\partial y}} = -2x - 0 = -2x\)

Vậy:
\(\oint_L {2xdx - \left[ {{x^2} + 2y + {e^{{y^2} + 1}} + \sin ({y^2})} \right]dy} = \iint_D {(-2x)dA} \)

Vì chiều của L là cùng chiều kim đồng hồ, ta đổi dấu tích phân:
\(\oint_L {2xdx - \left[ {{x^2} + 2y + {e^{{y^2} + 1}} + \sin ({y^2})} \right]dy} = - \iint_D {(-2x)dA} = \iint_D {2xdA} \)

Miền D là tam giác ABC. Ta cần tìm phương trình các đường thẳng AB, BC, CA.
AB: \(\frac{{x - (-1)}}{{0 - (-1)}} = \frac{{y - 0}}{{2 - 0}} \Rightarrow 2(x + 1) = y \Rightarrow y = 2x + 2\)
BC: \(\frac{{x - 0}}{{2 - 0}} = \frac{{y - 2}}{{0 - 2}} \Rightarrow -2x = 2(y - 2) \Rightarrow y = -x + 2\)
CA: \(\frac{{x - 2}}{{-1 - 2}} = \frac{{y - 0}}{{0 - 0}} \Rightarrow y = 0\)

Tích phân trên miền D:
\(\iint_D {2xdA} = \int_{-1}^{0} {\int_{0}^{2x+2} {2x dy} dx} + \int_{0}^{2} {\int_{0}^{-x+2} {2x dy} dx} \)
\(= \int_{-1}^{0} {2x(2x+2) dx} + \int_{0}^{2} {2x(-x+2) dx} \)
\(= \int_{-1}^{0} {(4x^2+4x) dx} + \int_{0}^{2} {(-2x^2+4x) dx} \)
\(= \left[ {\frac{4}{3}x^3 + 2x^2} \right]_{-1}^{0} + \left[ {-\frac{2}{3}x^3 + 2x^2} \right]_{0}^{2} \)
\(= 0 - \left( {-\frac{4}{3} + 2} \right) + \left( {-\frac{16}{3} + 8} \right) - 0 \)
\(= -\frac{2}{3} + \frac{8}{3} = \frac{6}{3} = 2\)

Vậy \(\oint_L {2xdx - \left[ {{x^2} + 2y + {e^{{y^2} + 1}} + \sin ({y^2})} \right]dy} = 2\)

Để tính tích phân đường loại 2 \(\int\limits_{AB} {(xy + {e^x})} dx + ({y^{10}} - {x^2})dy\) với AB là cung \(y = \sqrt {1 - {x^2}} \) đi từ điểm \(A( - 1,0)\) đến \(B(1,0)\), ta có thể sử dụng định lý Green.

Định lý Green phát biểu rằng:
\(\oint_C Pdx + Qdy = \iint_D (\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} - \frac{{\partial P}}{{\partial y}})dA\), trong đó C là đường cong kín, D là miền giới hạn bởi C.

Trong trường hợp này, đường AB không kín. Để áp dụng định lý Green, ta cần thêm đoạn thẳng BA trên trục Ox từ B(1,0) về A(-1,0) để tạo thành một đường cong kín C là nửa đường tròn đơn vị phía trên và đoạn thẳng trên trục Ox.

Gọi \(P(x,y) = xy + e^x\) và \(Q(x,y) = y^{10} - x^2\).

Khi đó, \(\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} = -2x\) và \(\frac{{\partial P}}{{\partial y}} = x\).

Vậy \(\frac{{\partial Q}}{{\partial x}} - \frac{{\partial P}}{{\partial y}} = -2x - x = -3x\).

Ta có: \(\oint_C Pdx + Qdy = \iint_D (-3x)dA\).

Miền D là nửa hình tròn đơn vị, ta chuyển sang tọa độ cực: \(x = r\cos\theta\), \(y = r\sin\theta\), với \(0 \le r \le 1\) và \(0 \le \theta \le \pi\).

Khi đó, \(dA = rdrd\theta\), và tích phân trở thành:

\(\iint_D (-3x)dA = \int_0^\pi \int_0^1 (-3r\cos\theta)rdrd\theta = -3 \int_0^\pi \cos\theta d\theta \int_0^1 r^2dr\)

\(= -3 [\sin\theta]_0^\pi [\frac{r^3}{3}]_0^1 = -3 (0) (\frac{1}{3}) = 0\).

Vậy \(\oint_C Pdx + Qdy = 0\).

Ta có: \(\oint_C Pdx + Qdy = \int_{AB} Pdx + Qdy + \int_{BA} Pdx + Qdy = 0\).

Suy ra \(\int_{AB} Pdx + Qdy = -\int_{BA} Pdx + Qdy\).

Trên đoạn BA, y = 0, dy = 0, và x đi từ 1 đến -1. Vậy:

\(\int_{BA} (xy + e^x)dx + (y^{10} - x^2)dy = \int_1^{-1} e^x dx = [e^x]_1^{-1} = e^{-1} - e^1 = \frac{1}{e} - e = \frac{1-e^2}{e}\).

Do đó, \(\int_{AB} Pdx + Qdy = -\frac{1-e^2}{e} = \frac{e^2-1}{e}\).

Vậy đáp án đúng là B.

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.

Bạn A lập luận sai vì miền D chứa điểm (0,0) là điểm kỳ dị của hàm dưới dấu tích phân. Do đó, không thể áp dụng trực tiếp định lý Green.
Để tính tích phân này, ta sử dụng công thức:
\(I = \oint\limits_C {\frac{{(2x - 5y)dx + (5x + 2y)dy}}{{{x^2} + {y^2}}}} \)
Tham số hóa đường tròn C: \(x = 3\cos t, y = 3\sin t, 0 \le t \le 2\pi\)
\(dx = -3\sin t dt, dy = 3\cos t dt\)
Thay vào tích phân, ta được:
\(I = \int_0^{2\pi } {\frac{{(6\cos t - 15\sin t)(-3\sin t) + (15\cos t + 6\sin t)(3\cos t)}}{{9\cos^2 t + 9\sin^2 t}}dt} \)
\(I = \int_0^{2\pi } {\frac{{-18\cos t\sin t + 45\sin^2 t + 45\cos^2 t + 18\sin t\cos t}}{9}dt} \)
\(I = \int_0^{2\pi } {\frac{{45(\sin^2 t + \cos^2 t)}}{9}dt} = \int_0^{2\pi } {5dt} = 5t\Big|_0^{2\pi } = 10\pi\)
Vậy, đáp án đúng là \(I = 10\pi\).