天津大学2009年高数第二学期期中考试(2)

z
z= y =
=∫
9
0
8 −4 1 u d = u L 8 −9 1 u
Dz y
y
∫
L
f ( x , y ) ds
几何与物理意义
( 3) 当 f ( x , y )表示立于 L上的 柱面在点 ( x , y )处的高时 ,
S柱面面积 = ∫ f ( x , y )ds .
L
z= f (x, y) =
Ω
解
Q ( x + y + z)
2 2 2
2
= x + y + z + 2( xy + yz + zx )
的奇函数, 其中 xy + yz 是关于 y 的奇函数
面对称, 且 Ω 关于 zox 面对称 ∴
∫∫∫ ( xy + yz )dV = 0, Ω
同理 Q zx 是关于 x 的奇函数, 的奇函数
x + b y + c z − 1 )，解方程组
λa λb λc F x = yz + , F z = xy + = 0, F y = xz + =0 2 x 2 y 2 z0
a x + b y + c z − 1 = 0 (3)
可得
a x = b y , b y = c z 代入（3）式得唯一解 代入（ 1 1 1 ( x, y, z ) = ( 2 , 2 , 2 ) 9a 9b 9c
(A) ∫∫
∑
xds = 4 ∫∫ xds
∑1
; ;
(B) ∫∫
∑
yds = 4 ∫∫ xds
∑1
∫∫ zds (C)
∑ ∑
= 4 ∫∫ xds
∑1
此题15人做错
. .
∫∫ xyzds (D)
= 4 ∫∫ xyzds
∑1
二、3.计算 计算
∫∫
Σ
d d , Σ为 面 = x2 + y2 xy 锥 z 2 2 x +y
ez
所围立体的表面的外侧. 及平面 z = 1 , z = 2 所围立体的表面的外侧. 解一 由Gauss公式 公式
e
2 z 2
∫∫
Σ
x +y
dxdy = ∫∫∫
Ω
e
2
z 2
z
dxdydz
∑ 1
x +y
= 2π e 2
解二
Σ = Σ1 + Σ 2 + Σ 3 , Σ1 : z = 2 , x 2 + y 2 ≤ 4 Σ2 : z = 1 , x2 + y2 ≤ 1
∑ ∑ ∑
=4 x S =4⋅ x⋅∫∫ dS ∫∫ d
∑ ∑
∫∫∑xdS x= ∫∫∑dS
四、 1. 在曲面 (a>0, b>0, c>0 ) (1) 上作切平面， 上作切平面，使得该切平面与三坐标面所围成的四面体的体积 最大，求切点的坐标． 最大，求切点的坐标．
a x +b y +c z =1
2 2
dxdy
−
2
1≤ x + y ≤ 4
2
∫∫
e
x2 + y2
x2 + y
d xd y 2
用极坐标） （用极坐标）
e2 2π 2 2π 1e = ∫0 dθ ∫0 ⋅ r dr − ∫0 dθ ∫0 ⋅ r dr r r er 2π 2 − ∫0 dθ ∫1 ⋅ r dr = r
2π e 2
二、4.求椭圆柱面 解: 将曲面分为前后
依题意，满足所给条件的最大体积一定存在，故在该点达到最大值． 依题意，满足所给条件的最大体积一定存在，故在该点达到最大值．
质点M沿以 为直径的半圆, (1,2)运动到 五、 1.质点 沿以 为直径的半圆,从点 (1,2)运动到 质点 沿以AB为直径的半圆 从点A(1,2) 于点M 点B(3, 4), 在此过程中受力 F 作用 F 的大小等于点 作用, 的大小等于点 到原点的距离, 其方向垂直于OM, 且与 轴正向夹角为 且与y 到原点的距离 其方向垂直于 对质点M 所作的功. 锐角, 锐角 求变力 F 对质点 所作的功 解:
为曲面上任一点（ >0， >0， >0） 解 设 P0(x0,y0,z0)为曲面上任一点（其中 x0>0，y0>0，z0>0） ， 曲面在 P0 点的切平面方程为
a b c ( x − x0 ) + ( y − y0 ) + (z − z0 ) = 0 2 x0 2 y0 2 z0
在曲面上， 因 P0 在曲面上，即 a x 0 + b y 0 + c z 0 = 1 ，
面对称, 且 Ω 关于 yoz 面对称
∴
∫∫∫ xzdV = 0, Ω
Ω
由对称性知
则I =
x 2dV = ∫∫∫ y 2dV , ∫∫∫
Ω
( x + y + z ) 2 dxdydz ∫∫∫
Ω
= ∫∫∫ ( 2 x 2 + z 2 )dxdydz ,
Ω
x = ρ cos θ , 在柱面坐标下： 在柱面坐标下： y = ρ sin θ , z = z .
0 ≤ θ ≤ 2π ,
0 ≤ ρ ≤ 1,
ρ2 ≤ z ≤ 2 − ρ2 ,
投影区域 D xy ： x 2 + y 2 ≤ 1,
∫∫∫
Ω
( 2 x + z ) dxdydz = ∫0 dθ ∫0 dρ ∫ρ 2
2 2
2π
1
2− ρ 2
ρ (2ρ 2 cos2 θ + z 2 )dz
=
π
60
( 96
上侧 下侧
∑ 2
∑ 3
y
x
Σ 3 : z = x 2 + y 2 ,1 ≤ z ≤ 2
2
外侧
2
1 Σ 3 在 xy 平面的投影 ： ≤ x + y ≤ 4
∫∫ = ∫∫ + ∫∫ + ∫∫
Σ Σ1 Σ2
=
x2 + y2 ≤4
∫∫
e
2
Σ3 2
x +y
2
dxdy
−
x 2 + y 2 ≤1
∫∫
e x +y
D
{
( x, y ) | ( x + 1) + y 2 ≤ 1
2
}
再利用对称性与极坐标计算即可。 解由对称性， ydσ = 0 ∫∫
D
∫∫
D
x 2 + y 2 dσ = ∫∫ x 2 + y 2 dσ − ∫∫ x 2 + y 2 dσ
2 2 3π 2
D1
= ∫ dθ ∫ r dr − ∫π dθ ∫
故
2 A = ∫ 2 dθ ∫
0
π
sin θ
0
1π 2 1 − r 2 ⋅ rdr = ∫ 2 (1 − cos3 θ )dθ = − 0 3 2 3
π
三、4.计算 ∫∫∫ ( x + y + z )2 dxdydz 其中Ω 是由抛 4.计算 物面 z = x 2 + y 2 和球面 x 2 + y 2 + z 2 = 2 所围成的 空间闭区域. 空间闭区域
s
L
解:
z
O
y
L
dS = zds = yds
弧微分
x
S s ∴ =∫Lyd
o in t =3 0 5+4c s2t⋅s td ∫
2 =3∫0 5+u d = L u 2
π
三、 3.设闭区域 D : x 2 + y 2 ≤ y, x ≥ 0 ，f ( x, y ) 为 D 上的连续函数,且 8 2 2 f ( x, y ) = 1 − x − y − ∫∫ f (u , v )dudv 求 f ( x, y )
令G (v ) = ∫0v uf ( u)du
] ∫0 [∫0(∫02 f(t)dt)dudv= ∫ 2
x v u
x 0
vF (v )dv − ∫ G (v )dv
x 0
v xv x x = [ F (v )]0 − ∫0 F ′(v )dv − [G (v )v ]0 + ∫0x vG ′(v )dv 2 2 x2 v2 = [ F ( x )] − ∫0x f (v )dv − [G ( x ) x ] + ∫0x v 2 f (v )dv 2 2 1 x t = ∫ (x−t)2 f (t)d . 0 2
原式= ∫ (xy + 12)ds
L
= ∫ xyds + 12∫ ds
L L
= ∫ xyds + 12a
L
由对称性知
∫ xyds = 0.
L
故原式 = 12a.
x2 +y2 +z2 =a2 的上半球面， ∑ 1 为其在第一 2.若 上半球面 球面， 二、2.若 ∑ 是 卦限中的部分, )式正确 式正确. 卦限中的部分,则( C )式正确.
提示: 提示: 作辅助小球面 x2 + y2 +z2 =a2取 侧 内 ， 然后用高斯公式. 然后用高斯公式.
六
明 证
x v u
1 x [∫ (∫ f(t)d ) ud = ∫ (x−t)2 f(t)d . td ] v t ∫0 0 0 20 思路：从改变积分次序入手． 思路：从改变积分次序入手． 证：方法一
0 0 2
2π