曲面积分习题答案

2 2 2
因此,由 P281 的公式(3)可得
∫∫ z
S
2
dS = ∫∫ r 2 cos 2 θ r 2 sin 2 θ − 0drdϕ
D
= =
∫∫ r
D
3
sin θ cos 2 θdrdϕ
a
∫
2π
0
sin θ cos 2θdϕ ∫ r 3 dr
0
= 2π sin θ cos 2 θ ⋅
1 4 a 4
∫
2
1
xdx + ∫ y 2 dy − ∫ z 3 dz = −53
1 1
3
−4
7 12
10、证明公式
∫∫∫
V
dxdydz 1 = ∫∫ cos(r , n)ds . r 2 S
x 2 + y 2 + z 2 , r = ( x, y , z )
其中 s 是包围 V 的曲面,n 是 s 的外法线方向, r =
M =
x2 + y2 + z 2
∫∫∫
x 2 + y 2 + z 2 dxdydz
应用球坐标变换.这里
V ' = {( r ,θ , ϕ ) | −
于是 M =
π
2
π
≤θ ≤
π
2
,0 ≤ ϕ ≤ π ,0 ≤ r ≤ 2 sin ϕ cos θ },
∫ π dθ ∫
2 − 2
π
0
dϕ ∫
2 sin ϕ cos θ
J = ∫∫ ( x 2 + y 2 ) ρdσ
D
=
2 2 ∫∫ ρ ( x + y ) ⋅ 1 + D
x2 + y2 dxdy a2 − x2 − y2 dxdy
= ρa
∫∫
D
x2 + y2 a2 − x2 − y2
dθ ∫
a
= ρa
∫
2π
r3 a2 − r 2
0
0
dr
1 4 2π = πρa 4 . ( 2a 2 + r 2 ) a 2 − r 2 | 0 3 3 3a 2 4．计算 ∫∫ z dS , 其中 S 为圆锥表面的一部分：
1 = 2 ∫∫∫ dxdydz r V
故公式成立. 11、.若 L 是平面 x cos α + y cos β + z cos γ − p = 0 上的闭曲线,它所包围区域的面积为 S, 求
∫
L
dx cos α x
dy cos β y
dz cos γ z
其中 L 依正向进行. 解 因 P = cos β − y cos γ , Q = x cos γ − z cos α , R = y cos α − x cos β . 故由斯托克斯公式及第一,二型曲面积分之间的关系得
2 2 2
F = x r xϕ + y r yϕ + z r zϕ = −r sin ϕ cos ϕ sin 2 θ + r sin ϕ cos ϕ sin 2 θ + 0 = 0
G = xϕ + yϕ + zϕ = r 2 sin 2 ϕ sin 2 θ + r 2 cos 2 ϕ sin 2 θ + 0 = r 2 sin 2 θ
∂ 2u ∂ 2u ∂ 2u , S 为包围区域 V 的曲面的外侧,则 + + ∂2x ∂2 y ∂2z
(1)
∫∫∫ ∆udxdydz = ∫∫ ∂ndS ;
V S
∂u
(2)
S ∫∫∫ ∇ ⋅∇udxdydz + ∫∫∫ u ∆udxdydz 其中 u 在区域 V 及其界面 S 上有二阶 ∫∫ u ∂nd=
9、验证下列线积分与路线无关,并计算其值;
∫
( 2 , 3, −4 )
(1,1,1)
xdx + y 2 dy − z 3 dz ;
解 因在 Ω 内有
1 1 1 d ( x 2 + y 3 − z 4 ) = xdx + y 2 dy − z 3 dz , 2 3 4
所以所给曲线积分与路线无关, 2 ϕ sin θ .故 ∂ (θ , ϕ )
2 2 ∫∫ yzdzdx = ∫ 2 dϕ ∫ sin θ sin ϕ cos ϕdθ = S 0 0
π
2π
π
4
7、
∫∫ x
S
2
dydz + y 2 dzdx + z 2 dxdy ，其中 S 是锥面 x 2 + y 2 = z 2 与平面 z=h 所围空间区域
S1
∫∫ A ⋅ n ds = 8π
0
1
3
，求环流量： 14、设流速 A = (− y, x, c) （c 为常数） （1） 沿圆周 x 2 + y 2 = 1, z = 0 ； （2） 沿圆周 ( x − 2) 2 + y 2 = 1, z = 0 ； 解 （1）圆周 x 2 + y 2 = 1, z = 0 的向径 r 适合方程
∫∫∫ divAdV = 2∫∫∫ ( x + y + z )dxdydz
V
= 2∫ 2 dθ ∫ 2 dϕ ∫ r 3 (sin ϕ cos θ + sin ϕ sin θ + cos ϕ ) sin ϕdr
0 0 0
π
π
1
=
1 2 1 π 3 [ + (cos θ + sin θ )]dθ = π ∫ 2 0 2 4 8
x0 =
∫∫ xdS ∫∫
D
∫∫ dS
D
=
D
y2 + z2 a − y − z ⋅ 1+ 2 dydz a − y2 − z2 4 2 πa 8
2 2 2
a 2 2 a 2 = 2 ⋅ ∫∫ adydz = dθ ∫ rdr = , ∫ 0 0 πa 2 πa D
π
a 2 2 a 2 y0 = = 2 ⋅ ∫∫ adxdz = dθ ∫ rdr = , ∫ 0 ∆D πa D πa 0 2
(0 ≤ z ≤ h) 的表面，方向取外侧；
解：
∫∫ x
S
2
dydz + y 2 dzdx + z 2 dxdy = ∫∫∫ ( x + y + z )dxdydz ，由柱面坐标变换
V
x = r cos θ , y = r sin θ , z = z (0 ≤ θ ≤ 2π ,0 ≤ r ≤ h, r ≤ z ≤ h)
=
5、
πa 4
2
cos 2 θ sin θ .
∫∫ ( x + y)dydz + ( y + z )dzdx + ( z + x)dxdy ，其中 S 是以原点为中心，边长为 2 的立方
S
体表面并取外侧为正向； 解、由对称性知须计算其中之一即可
由于
∫∫ ( x + y)dydz =
S
∫
1
−1
dy ∫ (1 + y )dz − ∫ dy ∫ (−1 + y )dz
= ρa 4 ⋅ 2π ⋅
S
x = r cos ϕ sin θ , S : y = r sin ϕ sin θ , z = r cos θ ,
这里 θ 为常数 (0 ≤ θ ≤ 解 由于
0 ≤ r ≤ a, D: 0 ≤ ϕ ≤ 2π ,
π
2
).
E = x r + y r + z r = sin 2 θ (cos 2 ϕ + sin 2 ϕ ) + cos 2 θ = 1,
S V V
∂u
连续偏导数,
∂u 为沿曲面 S 外法线方向的方向导数. ∂n
证 (1)由高斯公式知:
∫∫∫ ∂x dxdydz = ∫∫ Pdydz .
V
S
∂P
令 P = uω ,有
∫∫∫ (ω ∂x + u ∂x )dxdydz = ∫∫ uωdydz ,
V
S
∂u
∫∫ cos(r , n)ds = ∫∫ r [ x cos(n, x) + y cos(n, y) + z cos(n, z )]ds
S S
1
=
S外
∫∫ r dydz + r dzdx + r dxdy
V
x
y
z
= ∫∫∫[
∂ x ∂ y ∂ z ( ) + ( ) + ( )]dxdydz ∂x r ∂y r ∂z r
∫∫ xdS
D
π
y0 =
∫∫ zdS
D
∆D
=
a a 2 2 2 = d rdr = . θ adxdy ⋅ 2 ∫∫ ∫ ∫ 0 0 πa 2 πa D
π
故重心为 ( ,
a a a , ). 2 2 2
3、求密度为 ρ 的均匀球面 x 2 + y 2 + z 2 = a 2 ( z ≥ 0) 对于 z 轴的转动惯量。 解 上半球面上任一点到 z 轴的距离为 x 2 + y 2 ，故
dydz dzdx dxdy ∂ ∂ ∂ 原式 = ∫∫ ∂x ∂y ∂z S P Q R = 2 ∫∫ cos αdydz + cos βdzdx + cos γdxdy
D
= 2 ∫∫ (cos 2 α + cos 2 β + cos 2 γ )ds
D
= 2s
12、设球体 x 2 + y 2 + z 2 ≤ 2 x 上各点的密度等于该点到坐标原点的距离,求这球体的质量. 解 根据题意所求球体的质量为