总练习题六(2)答案

总练习题六（2）2．选择题 （1）设函数u(x,y,z)有二阶连续偏导数，则rot(gradu)等于（（ C ） ）222222（A）0．（B）?u?x2+?u?y2+?u?u?u?u?z2．（C）(0,0,0)．（D）?x2i+?y2j+?z2k．（2） 设Σ是球面x2+y2+z2=a2含在柱面x2+y2=ax(a>0)内部的部分，则∫∫dS等于（ ）； （A）Σππ（A）4∫22acosθa0dθ∫acosθa0． （B）a2?r2rdr8∫0dθ∫0a2?r2rdr．ππ（C）16∫2dθ∫acosθaacosθa002ra2?rdr． （D）4∫2?πdθ2∫0a22r?rdr．25(1) I=∫∫1dyΛdz+1dzΛ1y2z2xdx+dxΛdyS:x2S+yza2+b+c2=1(外侧）?z=c1?x2?Sy21:2?2(上侧）解设??abx2y2D??x2y2xy:2+2≤1?S２:z=－c1?aba2?b2(下侧）∫∫111zdxΛdy=∫∫1zdxΛdy+∫∫S2zdxΛdySS=∫∫1dxdy+D∫∫1(?dxdy)xyc1?x2y2Dxy2??c1?x2y2ab2a2?b21．填空题 ）设C为椭圆x24+y2（15=1， 其周长记作l，则??∫(xy+5x2+4y2)ds= ； 20lC（2）设Σ为上半球面z=4?x2?y2，则曲面积分∫∫dS的值等于 8Σ1+x2+y2+z23 π ； （3）设C是曲线y=x(2?x)上从点(2,0)到点(0,0)的一段弧，则曲线积分 2∫(yex?e?y+y)dx+(xe?y+ex)dy= 3 ； C（4）若S为球面x2+y2+z2=R2的外侧，则∫∫xdydz+ydzdx+(z+R)dxdy2Sx2+y2+z2= ．4 πR2．选择题 （3）设Σ是球面x2+y2+z2=R2的外侧，Dxy是xOy面上的圆域x2+y2≤R2，下列等式正确的是( ) ． （D）（A）∫∫x2y2zdS=y2dxdy． ∑∫∫x2y2R2?x2?Dxy（B）∫∫(x2+y2)dxdy=∑∫∫(x2+y2)dxdy． Dxy（C）∫∫zdxΛdy=0． ∑（D）∫∫zdxΛdy=2R2?x2?y2dxdy． ∑∫∫Dxy（4）设f(x)具有一阶连续导数，f(0)=0，且在全平面内的任意闭曲线L，曲线积分 ??∫L[f(t)?ex]sinydx?f(x)cosydy=0，则f(x)等于 （B）?x（A）e?exex?e?xex+e?xex+e?x2；（B）2；（C）2?1； （D）1?2．由轮换性，∫∫1dx4πbc14SxΛdy=a∫∫SydxΛdy==πacb∴∫∫1dyΛdz+1dzΛdx+1dxΛdy=4πabc(1112+2Sxyzab+c2)15（2）计算曲面积分I=∫∫(8y+1)xdydz+2(1?y2)dzdx?4yzdxdyΣ其中Σ是曲线???z=y?1?(1≤y≤3)绕y轴旋转一?x=0周所成的曲面，它的法向量与y轴正向的夹角恒大于π2.z解??z=y?1绕2?x=0y轴旋转面方程为∑∑*y?1=z2+x2o13yxD2zx:x+z2≤2=2π∫2(2r?r30)dr=2π,∫∫=2∫∫(1?32)dzdx=?32π,Σ*Σ*故I=2π?(?32π)=34π.5（4） ∫∫x3dyΛdz+(y3+f(yz))dzΛdx+(z3+f(yz))dxΛdyΣ，其中f(t)是连续的可微的奇函数，Σ是圆锥面x=z2+y2与球面x2+y2+z2=1所围立体表面取外侧． 提示：用Gauss公式，奇偶性注意：f(x)为奇函数，f′(x)为偶函数。∫∫x3dyΛdz+(y3+f(yz))dzΛdx+(z3+f(yz))dxΛdyΣ=∫∫∫(3x2+3y2+zf′(yz)+3z2+yf′(yz))dV(V)=3∫∫∫(x2+y2+z2)dV(V)欲求I=∫∫(8y+1)xdydz+2(1?y2)dzdx?4yzdxdyΣz且有I=Σ∫∫?2+Σ*∫∫Σ*∑∑*3y=P?Q?Ro1Σ∫∫+Σ*∫∫∫(??x+?y+?z)dv?xΣ*:y=3(x2+z2≤2)(右侧)=∫∫∫(8y+1?4y?4y)dv=?∫∫∫dv?=πD∫∫dxdz∫31+z2+x2dy=xz∫20dθ∫20rdr∫31+r2dy（3）∫∫[(x+y)2+z2+2yz]dS， Σ ∑ 是球面x2+y2+z2=2x+2z； 6． 设曲面Σ是椭球面x2y2z2a2+b2+c2=1上第一卦限的点M(ξ,η,ζ)处的切平面被三坐标面所截得的三角形，其法向量与z 轴正向的夹角为锐角．问ξ,η,ζ取何值时，曲面积分I=∫∫xdydz+ydzdx+zdxdy的值最小?并求出Σ此最小值． 2解：椭球面在切点M(ξ,η,ζ)处的切平面方程： xξyηza2+b2+?c2=1,ξ>0,η>0,?>0 由轮换对称性，∫∫xdydz=Σ∫∫ydzdx=Σ∫∫zdxdy Σzdxdy=3xξyηc2I=3∫∫Σ∫∫(1?2?2)dxdyDxyab?D{(x,y)xξyηxy=2+2≤1,x>0,y>0}=3c2a2xξabξdx∫(1?b2a2)ηxξyη?∫00(1?a2?b2)dy=3c2b2a2222ξ2?η∫(1?xξ2cba0a2)dx=2?ηξ7． 求流体以速度v=(xz,2xy,3xy)流过曲面S:z=1?x2?1y24 (0≤z≤1)的流量Q，曲面S的法向量与z轴正向的夹角为锐角． 解：Q=∫∫Sv?ndS=∫∫SxzdyΛdz+2xydzΛdx+3xydxΛdyy2添加S0,(x,y)∈D:x21:z=+≤1,取下侧Q=(??∫∫?∫∫)xzdyΛdz+2xydzΛdx4+3xydxΛdyS+S1S1=∫∫∫(z+2xy)dV?∫∫3xydxΛdyVS=∫∫∫zdV+3∫∫xydxdy1=∫∫∫zdV+0=∫10zdz∫∫dxdyVDV=∫1Dzπ02πz(1?z)dz=3解法1用stokes公式解:记Σ为平面x+y+z=2上L所围部分的上侧, D为Σ在xoy面上的投影.由斯托克斯公式z1ΣI=∫∫31313???LΣ?x?y?zdSy2?z22z2?x23x2?y2=?23∫∫Σ(4x+2y+3z)dSDoyxyΣ:x+y+z=2,(x,y)∈DD:x+y≤11=?2∫∫D(x?y+6)dxdyD的形心oD=?12∫∫Ddxdyx=y=01x下面求ξηζ在条件ξ2η2ζ2a2+b2+c2=1(ξ≥0,η≥0,?≥0)下的最大值令F(ξ,η,ζ,λ)=ξηζ+λ(1?ξ22由?F?ξ=0,?F?η=0,?F?ζ=0,得ηζ=2λa2+ηb2+ζ22λc2)2λa2ξ,ξζ=b2η,ξη=c2ζ从而有ξ2a2=η2b2=ζ2c2,即得ξ2η2ζ2abca2=b2=c2=13?ξ=3,η=3,?=3由问题的实际意义知Imin=332abc8． 求向量场 F=(y2?z2)i+(2z2?x2)j+(3x2?y2)k沿闭曲线Γ的环量， Γ是平面x+y+z=2与柱面x+y=1的交线，从z 轴正向看为逆时针方向． 解法2 化空间曲线积分为平面曲线积分记L为L在xoy平面上的投影，则I=??∫L(y2?z2)dx+(2z2?x2)dy+(3x2?y2)dz=??∫2222L[y?(2~~~~~~~~~?x?y)]dx+[2(2~~~~~~~~ ?x?y)?x]dy+(3x2?y2)d(2?x?y)(z=2?x?y)~~~~~~~~~=??∫L[2y2?(2?x?y)2?3x2]dx+[2(2?x?y)2?4x2+y2]dyGreen公式=x+∫∫(?12?2x+2y)dxdy=?y≤1x+∫∫12dxdy=?24y≤139．求一个可微函数f(x,y)满足f(0,1)=1，并使曲线积分I231=∫(3xy+x)dx+f(x,y)dy L和I2=∫f(x,y)dx+(3xy2+x3)dy都与积分路径无关．L10选取λ，使∫L2xy(x4+y2)λdx?x2(x4+y2)λdy在右半平面x>0与路径无关，并求∫（x,y）(1,0)2xy(x4+y2)λdx?x2(x4+y2)λdy解令P=2xy(x4+y2)λ,Q=?x2(x4+y2)λ∵∫?Q?L与路径无关?P?x=?y∴4x(x4+y2)λ(1+λ)=0,解之得λ=?1∫（x,y）(1,0)2xy(x4+y2)λdx?x2(x4+y2)λdy=∫（x,y）2xydx?x2dy(1,x4+y2=∫x2x0dxy?x2dyy0)1x4+02+∫0x4+y2=?arctanx2证明：记D:x2+y2+x+y≤0，即(x?1)2112+(y?2)2≤2，则由Green公式， I=??∫?ysinx2dx+xcosy2dy=∫∫(sinx2+cosy2)dxdy， LD又由于D具有轮换对称性， 所以 ∫∫cosy2dxdy=∫∫cosx2dxdy，则 DDI=∫∫(sinx2+cosx2)dxdy=2∫∫sin(x2+πdy. DD4)dx根据(x?1)2+(y?1)222≤12可知(x?12)2≤12， 有12(?2?1)≤x≤12(2?1)， 因此x2≤??2+1?22?<π，于是π0时）0∫t0x00y2s2+y222=1(s2+t221t0s+s+t)t0?s0+t20)?ln()02t((s+s2+t20)14．已知二阶连续可微函数f(x,y)满足?2f2?x2+?f?y=e?(x2+y2)2，求∫∫(xfx+yfy)dxdy， D其中D:x2+y2≤1． 提示：D(r):x2+y2≤r2,D(r)的正向边界L(r)：??x=rcosθ采用极坐标?y=rsinθθ：0→2π∫∫(xfx+yfy)dxdy=y)dθD∫12π0rdr∫0(rcosθfx+rsinθf=∫10r(??∫L(r)fxdy?fydx)dr=∫10r????(fxx+fyy)dxdy??drD∫∫(r)??=∫10r???∫∫e?ρ2ρdρdθ??dr=12πr2π?D(r)??∫0rdr∫0dθ∫0e?ρρdρ=2e16．设对于半空间x>0内任意光滑有向封闭曲面Σ都有??∫∫xf(x)dzΛdx?xyf(x)dzΛdx?e2xzdxΛdy=0， ∑其中f(x)在(0,+∞)内具有连续一阶导数，且xlim→0+f(x)=1，求f(x)． 提示:沿任意闭曲面的曲面积分为零的条件设(G)是空间二维单连通区域，P(x,y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z)在(G)内具有连续的一阶偏导数，则??∫∫pdyΛdz+QdzΛdx+RdxΛdy=0(?(S)?(G))(s)??P?Q???x+?y+?R?z=0,(divF=0)在G内成立。13． 设u(x，y)， v(x，y)是具有二阶连续偏导数的函数， 证明: (1)??∫∫v??2u?2u????u?v?u?v??u2+dσ=?∫∫D??x?y2???D??x?x+?y?y?d?σ+??∫Lv?nds； (2)??∫∫??u???2v?2v???2u?2u????v?u?D???x2+?y2??v????x2+?y2???dσ=???∫L??u?n?v?n??ds， 其中D为光滑曲线L所围的平面区域， 而 ?u?n=?u?xcos(n,x)+?u?ysin(n,x),?v?n=?v?v?xcos(n,x)+?ysin(n,x) 是u(x，y)， v(x，y)沿曲线L的外法线n的方向导数． 提示：(1)?u?u???u???n=?xcos(n,x)+?xsin(n,x)=?u?xcos?????(τ,x)?π??u2??+?ysin?????(τ,x)?π?2??=?u?xsin(τ??,x)??u???ycos(τ,x)∴??∫Lv?u?nds=??∫Lv?u?xdy?v?u?ydx再用Green公式……15．设函数f(t)在[0,+∞)连续且满足方程f(t)=e4πt2+x2+y∫∫f(12x2+y2)dxdy，求f(x)．2≤4t2解：∫∫f(1x2+y2)dxdy=2π2trx2+y2≤4t22∫0dθ∫0f(2)rdr 2t∴f(t)=e4πt2+2π∫2tr=2π∫0rf(r2)dr0rf(2)dr(1)由(1)知，f(0)=1f′(t)=8πte4πt2+8πtf(t)即f′(t)?8πtf(t)=8πte4πt2（一阶线性微分方程）f(t)=e∫8πtdt[∫8πte4πt2e?∫8πtdtdt+c]=(4πt2+c)e4πt2由f(0)=1?c=1故??f(t)=(4πt2+1)e4πt2解∵?P?x+?Q?y+?R?z=0，则xf'(x)+f(x)?xf(x)?e2x=0x>0即f'(x)+(1x?1)f(x)=1xe2xx>0??一阶线性非齐次方程f(x)=e∫?(1x?1)dx(c+∫1e2xe∫(1x?1)dxx)解得f(x)=exx(ex+c)将条件limx→0+f(x)=1代入得:c=?1∴f(x)=exxx(e?1)517．设在上半平面D={(x,y)|y>0}内，函数f(x,y)具有连续偏导数，且对任意的t>0都有f(tx,ty)=t?2f(x,y).证明：对D内的任意分段光滑的有向简单闭曲线L，都有??∫Lyf(x,y)dx?xf(x,y)dy=0. 利用曲线积分与路径无关的条件齐次函数求导性质解：令P(x,y)=yf(x,y),Q(x,y)=?xf(x,y)，则 ?Q?x=?f(x,y)?xfx,y),?Px′(?y=f(x,y)+yfy′(x,y). 将f(tx,ty)=t?2f(x,y)两边对t求导得 xfx′(tx,ty)+yfy′(tx,ty)=?2t?3f(x,y). 令 t=1，则xfx′(x,y)+yfy′(x,y)=?2f(x,y) 则由此可得 ?Q?P?x=?y. ∴ ?? ∫Lyf(x,y)dx?xf(x,y)dy=0.解: （1）在不包含原点的单连通区域内，任取两条具有相同起点与终点的曲线 C1和C2，再补上一条光滑曲线C3，使C1+C3和C2+C3成为围绕原点的正向闭曲线，由题意知 y??∫xdy?ydxxdy?ydxC1+C32y2+?(x)=??∫C2+C32y2+?(x)C2?∫xdy?ydxxdy?C1C12y2+?(x)=∫ydxC22y2+?(x)Ox即在任一不包含原点的单连通区域内， C3曲线积分与路径无关。 18．已知曲线积分??∫xdy?ydxC2y2+?(x)≡A(A为常数)，其中函数?(x)具有连续导数，且?(1)=1，C是围绕原点一周的任一正向闭曲线， （1）证明在任一不包含原点的单连通区域内，曲线积分∫xdy?ydxC2y2+?(x)与路径无关； （2）求函数?(x)的表达式，并求A的值. 积分与路径无关的问题！（2） P=?y2y2+?(x) ，Q=x2y2+?(x) ?P2y2??(x)?Q2y2+?(x)?x?′(x)?y=[2y2+?(x)]2?x=[2y2+?(x)]2由（1）知， 当(x,y)≠(0,0)时， ?P??y=Q?x?2y2??(x)=2y2+?(x)?x?′(x)?′(x)?2x?(x)=0??(x)=Cx2由?(1)=1得，C=1 ，即?(x)=x2， 取C为正向椭圆x2+2y2=1，则 A=??∫xdy?ydxCx2+2y2=??∫Cxdy?ydx=2∫∫dxdy=2π?1?1=2πD26

17．设在上半平面D={(x,y)|y>0}内，函数f(x,y)具有连续偏导数，且对任意的t>0都有f(tx,ty)=t?2f(x,y).证明：对D内的任意分段光滑的有向简单闭曲线L，都有??∫Lyf(x,y)dx?xf(x,y)dy=0. 利用曲线积分与路径无关的条件齐次函数求导性质解：令P(x,y)=yf(x,y),Q(x,y)=?xf(x,y)，则 ?Q?x=?f(x,y)?xfx,y),?Px′(?y=f(x,y)+yfy′(x,y). 将f(tx,ty)=t?2f(x,y)两边对t求导得 xfx′(tx,ty)+yfy′(tx,ty)=?2t?3f(x,y). 令 t=1，则xfx′(x,y)+yfy′(x,y)=?2f(x,y) 则由此可得 ?Q?P?x=?y. ∴ ?? ∫Lyf(x,y)dx?xf(x,y)dy=0.解: （1）在不包含原点的单连通区域内，任取两条具有相同起点与终点的曲线 C1和C2，再补上一条光滑曲线C3，使C1+C3和C2+C3成为围绕原点的正向闭曲线，由题意知 y??∫xdy?ydxxdy?ydxC1+C32y2+?(x)=??∫C2+C32y2+?(x)C2?∫xdy?ydxxdy?C1C12y2+?(x)=∫ydxC22y2+?(x)Ox即在任一不包含原点的单连通区域内， C3曲线积分与路径无关。 18．已知曲线积分??∫xdy?ydxC2y2+?(x)≡A(A为常数)，其中函数?(x)具有连续导数，且?(1)=1，C是围绕原点一周的任一正向闭曲线， （1）证明在任一不包含原点的单连通区域内，曲线积分∫xdy?ydxC2y2+?(x)与路径无关； （2）求函数?(x)的表达式，并求A的值. 积分与路径无关的问题！（2） P=?y2y2+?(x) ，Q=x2y2+?(x) ?P2y2??(x)?Q2y2+?(x)?x?′(x)?y=[2y2+?(x)]2?x=[2y2+?(x)]2由（1）知， 当(x,y)≠(0,0)时， ?P??y=Q?x?2y2??(x)=2y2+?(x)?x?′(x)?′(x)?2x?(x)=0??(x)=Cx2由?(1)=1得，C=1 ，即?(x)=x2， 取C为正向椭圆x2+2y2=1，则 A=??∫xdy?ydxCx2+2y2=??∫Cxdy?ydx=2∫∫dxdy=2π?1?1=2πD26

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