L 为圆周 x^2 + y^2 = 1，取逆时针方向，则 int (ydx - xdy)/(2(x^2 + y^2)) = ___ A. piB. -piC. 2piD. -2pi

为了求解曲线积分 $\oint_{L} \frac{ydx - xdy}{2(x^2 + y^2)}$，其中 $L$ 是圆周 $x^2 + y^2 = 1$，取逆时针方向，我们可以使用格林公式。格林公式 states: \[ \oint_{L} (P \, dx + Q \, dy) = \iint_{D} \left( \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} \right) \, dA \] 其中 $P = \frac{y}{2(x^2 + y^2)}$ 和 $Q = -\frac{x}{2(x^2 + y^2)}$。首先，我们需要计算 $\frac{\partial Q}{\partial x}$ 和 $\frac{\partial P}{\partial y}$。 计算 $\frac{\partial Q}{\partial x}$: \[ Q = -\frac{x}{2(x^2 + y^2)} \] \[ \frac{\partial Q}{\partial x} = -\frac{1 \cdot 2(x^2 + y^2) - x \cdot 4x}{4(x^2 + y^2)^2} = -\frac{2x^2 + 2y^2 - 4x^2}{4(x^2 + y^2)^2} = -\frac{2y^2 - 2x^2}{4(x^2 + y^2)^2} = -\frac{y^2 - x^2}{2(x^2 + y^2)^2} \] 计算 $\frac{\partial P}{\partial y}$: \[ P = \frac{y}{2(x^2 + y^2)} \] \[ \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{1 \cdot 2(x^2 + y^2) - y \cdot 4y}{4(x^2 + y^2)^2} = \frac{2x^2 + 2y^2 - 4y^2}{4(x^2 + y^2)^2} = \frac{2x^2 - 2y^2}{4(x^2 + y^2)^2} = \frac{x^2 - y^2}{2(x^2 + y^2)^2} \] 现在，我们有: \[ \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} = -\frac{y^2 - x^2}{2(x^2 + y^2)^2} - \frac{x^2 - y^2}{2(x^2 + y^2)^2} = \frac{-y^2 + x^2 - x^2 + y^2}{2(x^2 + y^2)^2} = 0 \] 根据格林公式，我们得到: \[ \oint_{L} \frac{ydx - xdy}{2(x^2 + y^2)} = \iint_{D} 0 \, dA = 0 \] 然而，这个结果是不正确的，因为格林公式要求 $P$ 和 $Q$ 在 $D$ 上有一阶连续偏导数，而 $P$ 和 $Q$ 在原点 $(0,0)$ 处没有定义。因此，我们不能直接使用格林公式。 Instead, 我们可以使用参数方程来计算这个曲线积分。圆周 $x^2 + y^2 = 1$ 可以参数化为 $x = \cos t$ 和 $y = \sin t$，其中 $0 \leq t \leq 2\pi$。则 $dx = -\sin t \, dt$ 和 $dy = \cos t \, dt$。代入曲线积分，我们得到: \[ \oint_{L} \frac{ydx - xdy}{2(x^2 + y^2)} = \int_{0}^{2\pi} \frac{\sin t (-\sin t \, dt) - \cos t (\cos t \, dt)}{2(\cos^2 t + \sin^2 t)} = \int_{0}^{2\pi} \frac{-\sin^2 t - \cos^2 t}{2} \, dt = \int_{0}^{2\pi} \frac{-1}{2} \, dt = -\frac{1}{2} \int_{0}^{2\pi} 1 \, dt = -\frac{1}{2} \cdot 2\pi = -\pi \] 因此，答案是: \[ \boxed{-\frac{\pi}{2}} \] \[ \boxed{B} \]