数学分析课后习题答案--高教第二版(陈纪修)--14章

2. 求椭圆周 x = a cos t , y = b sin t , 0 ≤ t ≤ 2π 的质量，已知曲线在点 M ( x , y ) 处的线密度是 ρ ( x , y ) =| y| 。
（2）联立锥面与平面方程，消去 z ，得到 x 2 + y 2 − xy + 2a( x + y ) = 2a 2 ， 这是所截的部分在 xy 平面上投影区域的边界，它是个椭圆。记 D = {( x, y ) ( x 2 − xy + y 2 ) + 2 a ( x + y ) ≤ 2 a 2 } ， 再令 ⎨
⎧x = u + v ，则区域 D 与区域 ⎩y = u − v
D ' = (u , v ) (u + 2 a ) 2 + 3v 2 ≤ 6 a 2
{
}
对应，且
∂ ( x, y ) = 2 , 于是所截部分的面积为 ∂ (u , v )
2 2 ′2 A = ∫∫ 1 + z ′ x + z y dxdy = ∫∫ 2 dxdy = ∫∫ 4 dudv = 8 3π a 。 D D D'
⎧ x = (b + a cos φ ) cos ϕ , ⎪ (6) 环面 ⎨ y = (b + a cos φ ) sin ϕ , 0 ≤ φ ≤ 2π , 0 ≤ ϕ ≤ 2π ， 其中 0 < a < b 。 ⎪ z = a sin φ , ⎩
解（1） A = ∫∫ 1 + a 2 ( x 2 + y 2 )dxdy
（6）由
′ = − a sin φ cos ϕ , yφ ′ = − a sin φ sin ϕ , zφ ′ = a cos φ ， xφ
′ = −(b + a cos φ ) sin ϕ , yϕ ′ = (b + a cos φ ) cos ϕ , zϕ ′ = 0， xϕ
可得
E = a 2 , G = (b + a cos φ ) 2 , F = 0 ，
⎛ x2 y2 z 2 ⎞ + + ⎟ dS ，其中∑是球面 x 2 + y 2 + z 2 = a 2 ； ⎟ 2 3 4⎠ Σ ⎝ (6) ∫∫ x 3 + y 2 + z dS ， 其中∑是抛物面 2 z = x 2 + y 2 介于平面 z = 0 与
Σ
0 ≤ v ≤ 2π 的一部分。
解（1）由对称性，
4. 求下列第一类曲面积分： (1) ∫∫ ( x + y + z )dS ，其中∑是左半球面 x 2 + y 2 + z 2 = a 2 ， y ≤ 0 ；
Σ
(2) ∫∫ ( x 2 + y 2 )dS ，其中∑是区域 {( x , y , z )| x 2 + y 2 ≤ z ≤ 1} 的边界；
所以
A = ∫∫ EG − F 2 dφdϕ = ∫
D
课
π
2π
0
dϕ ∫
2π
0
a(b + a cos φ )dφ = 4π 2 ab 。
3
co m
a
2 2
⎧ a2 ⎫ 2 2 D x y x y = + ≤ ( , ) （3）这部分球面在 xy 平面上的投影区域为 ⎨ ⎬， 2⎭ ⎩
dz = 2a 2 。
Σ
∫∫ ( x
Σ
2
+ y + z )dS = ∫∫ a dS = 4πa 4 ，
2 2 2 Σ
所以
⎛ x2 y2 z2 ⎞ 13 13 4 2 ⎜ ∫∫ ⎜ 2 + 3 + 4⎟ ⎟dS = 12 ∫∫ x dS = 9 πa 。 ⎠ Σ ⎝ Σ 1 （6）由对称性，有 ∫∫ x 3 dS = 0 ， ∫∫ y 2 dS = ∫∫ ( x 2 + y 2 )dS ，再由 2 Σ Σ Σ 1 zdS = ∫∫ ( x 2 + y 2 )dS ，得到 ∫∫ 2 Σ Σ
3 Σ Σ xy
E = 1, G = 1 + u 2 , F = 0 。
网
于是
ww
2π 0
2 2
Σ
D
5．设球面 Σ 的半径为 R ，球心在球面 x 2 + y 2 + z 2 = a 2 上。问当 R 何值 时， Σ 在球面 x 2 + y 2 + z 2 = a 2 内部的面积最大？并求该最大面积。 解 不妨设 Σ 的球心在 (0,0, a ) ，于是 Σ 在球面 x 2 + y 2 + z 2 = a 2 内部的曲 面方程为 z = a − R2 − ( x2 + y2 ) 。
Σ
∑是锥面 z = x 2 + y 2 被柱面 x 2 + y 2 = 2ax 所 (3) ∫∫ ( xy + yz + zx)dS ，
Σ
截部分； (4) ∫∫
Σ
1 dS ，其中∑是圆柱面 x 2 + y 2 = a 2 介于平面 z = 0 x + y2 + z2
2
与 z = H 之间的部分； (5) ∫∫ ⎜ ⎜
w. kh d
a2 − x2 − z2
1+ 2 π。 2
0
Σ
ww
∫∫ ( x + y + z )dS = ∫∫ ydS = − ∫∫
Σ
aw .
a
2 a cos θ
z = 8 之间的部分； (7) ∫∫ zdS ，其中∑是螺旋面 x = u cos v , y = u sin v , z = v , 0 ≤ u ≤ a ，
L
变到 1 的一段弧； (7) ∫ ( xy + yz + zx)ds ，其中 L 为球面 x 2 + y 2 + z 2 = a 2 和平面
L
L
OA
案
解（1） ∫ ( x + y )ds = ∫ ( x + y )ds + ∫ ( x + y )ds + ∫ ( x + y )ds
AB BO
后 答
⎧ x = cos 2θ cos θ ，再利用对称性，就有 （4）将 L 表示为参数方程 ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ y = cos 2θ sin θ
2 2 ∫ | x | ds = 4∫ 4 cos 2θ cosθ x ' + y ' dθ = 4∫ 4 cosθ dθ = 2 2 。 L 0
π
注 本题也可利用 L 的极坐标方程 r 2 = cos 2θ ，得到
− 2
π
64 2a 4 。 15
（4）设 Σ1 : x = a 2 − y 2 , Σ 2 : x = − a 2 − y 2 (0 ≤ z ≤ H ) ，则
∫∫ x
Σ
2
1 1 1 dS = ∫∫ 2 dS + ∫∫ 2 dS 2 2 2 2 2 2 +y +z Σ1 x + y + z Σ2 x + y + z
= ∫ xdx + ∫ ( x + x) 2dx + ∫ ydy = 1 + 2 。
0 0 0
1
网
x + y + z = 0 的交线。
1
ww
L
（3）令 x = a cos 3 t , y = a sin 3 t ，则 ds = 3a sin t cos t ，于是
课
（2） ∫ | y | ds = ∫0 sin t dt = 4 。
D
课
案
1 3
网
⎧ 2a 2 b a2 − b2 arcsin , 当a > b ⎪ 2b 2 + 2 2 a ⎪ 。 a −b ⎪ =⎨ 4a 2 , 当a = b ⎪ 2a 2 b b + b2 − a2 ⎪2b 2 + ln , 当a < b 2 2 a ⎪ b a − ⎩
=∫
2π
0
dθ ∫ 1 + a 2 r 2 rdr =
1 4 4
2π
w. kh d
1
2 2t 3 1 , z = t 2 上相应于 t 从 0 3 2
aw .
π
4 0
π
0
(5) ∫ ( x 2 + y 2 + z 2 )ds ， L 为螺旋线
∫
L
x 3 ds = 3a 3 ∫
2π
0
sin t cos 2 t dt = 12a 3 ∫ 2 sin t cos 2 tdt = 4a 3 。
所以
∫ ( xy + yz + zx)ds = −
L
a2 ds = −πa 3 。 ∫ 2 L
L
后 答
3. 求下列曲面的面积： (1) z = axy 包含在圆柱面 x 2 + y 2 = a 2 (a > 0) 内的部分； (2) 锥面 x 2 + y 2 = z 2 被平面 x + y + z = 2a (a > 0) 所截的部分； (3) 球面 x 2 + y 2 + z 2 = a 2 包含在锥面 z = x 2 + y 2 内的部分； (4) 圆柱面 x 2 + y 2 = a 2 被两平面 x + z = 0, x − z = 0 ( x > 0, y > 0) 所截 部分； (5) 抛物面 x 2 + y 2 = 2az 包含在柱面 ( x 2 + y 2 ) 2 = 2a 2 xy (a > 0) 内的 那部分；
L
(3) ∫ | x |1 / 3 ds ，其中 L 为星形线 x 2 / 3 + y 2 / 3 = a 2 / 3 ；
L L
L
x = a cos t , y = a sin t , z = bt , 0 ≤ t ≤ 2π 的一段：
(6) ∫ xyzds 。其中 L 为曲线 x = t , y =
2
2
′ A = 2 ∫∫ 1 + z ′ x + z y dxdy = 2 ∫∫
2 2 D D
x2 + y2 1+ dxdy a2
π
=
a sin 2θ 2 2 2 dθ ∫ a 2 + r 2 rdr = a 2 ∫ 2 [(sin θ + cos θ ) 3 − 1]dθ ∫ 0 0 a 0 3 1 = (20 − 3π )a 2 。 9
第十四章 曲线积分、曲面积分与场论
习 题 14.1
1.
第一类曲线积分与第一类曲面积分
求下列第一类曲线积分： (1) ∫ ( x + y)ds ，其中 L 是以 O(0,0), A(1,0), B(0,1) 为顶点的三角形；
L
(2) ∫ | y | ds ，其中 L 为单位圆周 x 2 + y 2 = 1 ；
2 ′2 A = ∫∫ 1 + y′ x + y z dzdx = ∫∫
w. kh d
a 0
a − x2 − y2
网
后 答
a −x （5）方程 ( x + y ) = 2a xy 可化为极坐标方程 r = a 2 sin 2θ ，于是
2 2 2
案
D
D
dzdx = ∫ dx ∫
aw .
dxdy
x −x
0
a
ww
2
2π ( (1 + a 4 ) 3 − 1) 。 3a 2
w. kh d
= 2b ∫ sin t a 2 + (b 2 − a 2 ) cos 2 t dt
0
π
aw .
解
质量 m = ∫ ρds = b ∫0 sin t a 2 sin 2 t + b 2 cos 2 t dt
2π
co m
= 2 ∫∫ 1 2 Σ yz a + z
2
a a2 − y2
4
dydz
co m
r 3 dr
(
)
dzdx
= 2∫
H
0
1 adz a H = 2 π arctan dy 。 ∫ a a 2 + z 2 −a a 2 − y 2
Σ Σ
（5）由对称性，有 ∫∫ x 2 dS = ∫∫ y 2 dS = ∫∫ z 2 dS ，又由于
L
=∫
2π
0
(a 2 + b 2 t 2 ) a 2 + b 2 dt =
2π (3a 2 + 4π 2 b 2 ) a 2 + b 2 。 3
（6） ∫ xyzds =
L
2 3
∫0
1
9
t 2 1 + 2t + t 2 dt =
16 2 。 143
（7）因为在 L 上成立
1 xy + yz + zx = [( x + y + z ) 2 − ( x 2 + y 2 + z 2 )] ， 2
于是Байду номын сангаас
′ A = ∫∫ 1 + z ′ x + z y dxdy = ∫∫
2 2 D D
a
2
=∫
2π
0
dθ ∫
a 2 2
a a −r
2
0
rdr = (2 − 2 )πa 2 。
于是
ww
a a −x
2 2
区域 D = {( z , x) − x ≤ z ≤ x, 0 ≤ x ≤ a} ， （4） 圆柱面方程可写成 y = a 2 − x 2 ，
∫ | x | ds = 4∫
L
π
4 0
r cos θ r + r ′ dθ = 4∫ 4 cosθ dθ = 2 2 。
2 2 0
π
1
co m
(4) ∫ | x | ds ，其中 L 为双纽线 ( x 2 + y 2 ) 2 = x 2 − y 2 ；
（5） ∫ ( x 2 + y 2 + z 2 )ds
Σ
Σ zx zx
a2 − x2 − z2
Σ
后 答
∫∫ ( x
2
+ y 2 )dS = ∫∫ ( x 2 + y 2 )dS + ∫∫ ( x 2 + y 2 )dS
Σ1 Σ2
案
（2）设 Σ1 : z = x 2 + y 2 , Σ 2 : z = 1 ( x 2 + y 2 ≤ 1) ，则
网
= −πa 3 。
= (1 + 2 ) ∫
Σ xy
2π
0
dθ ∫ r 3 dr =
0
1
（3） ∫∫ ( xy + yz + zx)dS = ∫∫[ xy + ( x + y) x 2 + y 2 ] 2dxdy
Σ
课
= 2 ∫ 2π (sin θ cos θ + cos θ + sin θ )dθ ∫
− 2
π
= 4 2a 4 ∫ 2π cos 5 θdθ =