高等数学（第七版）同济大学 总习题十一 个人解答
高等数学（第七版）同济大学 总习题十一
函数作图软件：Mathematica
1. 填空： \begin{aligned}&1. \ 填空：&\end{aligned} 1. 填空：
( 1 ) 第二类曲线积分 ∫ Γ P d x + Q d y + R d z 化成第一类曲线积分是 _ _ _ _ _ ，其中 α 、 β 、 γ 为有向曲线弧 Γ 在 点 ( x , y , z ) 处的 _ _ _ _ _ 的方向角； ( 2 ) 第二类曲面积分 ∬ Σ P d y d z + Q d z d x + R d x d y 化成第一类曲面积分是 _ _ _ _ _ ，其中 α 、 β 、 γ 为有向曲面 Σ 在点 ( x , y , z ) 处的 _ _ _ _ _ 的方向角 . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 第二类曲线积分\int_{\Gamma}Pdx+Qdy+Rdz化成第一类曲线积分是\_\_\_\_\_，其中\alpha、\beta、\gamma为有向曲线弧\Gamma在\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 点(x, \ y, \ z)处的\_\_\_\_\_的方向角；\\\\ &\ \ (2)\ \ 第二类曲面积分\iint_{\Sigma}Pdydz+Qdzdx+Rdxdy化成第一类曲面积分是\_\_\_\_\_，其中\alpha、\beta、\gamma为有向曲面\Sigma\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 在点(x, \ y, \ z)处的\_\_\_\_\_的方向角. & \end{aligned} (1) 第二类曲线积分∫ΓPdx+Qdy+Rdz化成第一类曲线积分是_____，其中α、β、γ为有向曲线弧Γ在 点(x, y, z)处的_____的方向角； (2) 第二类曲面积分∬ΣPdydz+Qdzdx+Rdxdy化成第一类曲面积分是_____，其中α、β、γ为有向曲面Σ 在点(x, y, z)处的_____的方向角.
解：
( 1 ) ∫ Γ ( P c o s α + Q c o s β + R c o s γ ) d s ，切向量。 ( 2 ) ∬ Σ ( P c o s α + Q c o s β + R c o s γ ) d S ，法向量。 \begin{aligned} &\ \ (1)\ \int_{\Gamma}(Pcos\ \alpha+Qcos\ \beta+Rcos\ \gamma)ds，切向量。\\\\ &\ \ (2)\ \iint_{\Sigma}(Pcos\ \alpha+Qcos\ \beta+Rcos\ \gamma)dS，法向量。 & \end{aligned} (1) ∫Γ(Pcos α+Qcos β+Rcos γ)ds，切向量。 (2) ∬Σ(Pcos α+Qcos β+Rcos γ)dS，法向量。
2. 下题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论： \begin{aligned}&2. \ 下题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论：&\end{aligned} 2. 下题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论：
设曲面 Σ 是上半球面： x 2 + y 2 + z 2 = R 2 ( z ≥ 0 ) ，曲面 Σ 1 是曲面 Σ 在第一卦限中的部分，则有 ( _ _ _ _ _ ) . ( A ) ∬ Σ x d S = 4 ∬ Σ 1 x d S ( B ) ∬ Σ y d S = 4 ∬ Σ 1 x d S ( C ) ∬ Σ z d S = 4 ∬ Σ 1 x d S ( D ) ∬ Σ x y z d S = 4 ∬ Σ 1 x y z d S \begin{aligned} &\ \ 设曲面\Sigma是上半球面：x^2+y^2+z^2=R^2\ (z \ge 0)，曲面\Sigma_1是曲面\Sigma在第一卦限中的部分，则有(\_\_\_\_\_).\\\\ &\ \ (A)\ \ \iint_{\Sigma}xdS=4\iint_{\Sigma_1}xdS\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (B)\ \ \iint_{\Sigma}ydS=4\iint_{\Sigma_1}xdS\\\\ &\ \ (C)\ \ \iint_{\Sigma}zdS=4\iint_{\Sigma_1}xdS\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (D)\ \ \iint_{\Sigma}xyzdS=4\iint_{\Sigma_1}xyzdS & \end{aligned} 设曲面Σ是上半球面：x2+y2+z2=R2 (z≥0)，曲面Σ1是曲面Σ在第一卦限中的部分，则有(_____). (A) ∬ΣxdS=4∬Σ1xdS (B) ∬ΣydS=4∬Σ1xdS (C) ∬ΣzdS=4∬Σ1xdS (D) ∬ΣxyzdS=4∬Σ1xyzdS
解：
因为 Σ 关于 y O z 面和 z O x 面均对称，被积函数 z 关于 x 和 y 均为偶函数，所以 ∬ Σ z d S = 4 ∬ Σ 1 z d S ，在 Σ 1 上， 字母 x ， y ， z 是对称的，所以 ∬ Σ 1 z d S = ∬ Σ 1 x d S ，即 ∬ Σ z d S = 4 ∬ Σ 1 x d S ，选 C \begin{aligned} &\ \ 因为\Sigma关于yOz面和zOx面均对称，被积函数z关于x和y均为偶函数，所以\iint_{\Sigma}zdS=4\iint_{\Sigma_1}zdS，在\Sigma_1上，\\\\ &\ \ 字母x，y，z是对称的，所以\iint_{\Sigma_1}zdS=\iint_{\Sigma_1}xdS，即\iint_{\Sigma}zdS=4\iint_{\Sigma_1}xdS，选C & \end{aligned} 因为Σ关于yOz面和zOx面均对称，被积函数z关于x和y均为偶函数，所以∬ΣzdS=4∬Σ1zdS，在Σ1上， 字母x，y，z是对称的，所以∬Σ1zdS=∬Σ1xdS，即∬ΣzdS=4∬Σ1xdS，选C
3. 计算下列曲线积分： \begin{aligned}&3. \ 计算下列曲线积分：&\end{aligned} 3. 计算下列曲线积分：
( 1 ) ∮ Γ x 2 + y 2 d s ，其中 L 为圆周 x 2 + y 2 = a x ； ( 2 ) ∫ Γ z d s ，其中 Γ 为曲线 x = t c o s t ， y = t s i n t ， z = t ( 0 ≤ t ≤ t 0 ) ； ( 3 ) ∫ L ( 2 a − y ) d x + x d y ，其中 L 为摆线 x = a ( t − s i n t ) ， y = a ( 1 − c o s t ) 上对应 t 从 0 到 2 π 的一段弧； ( 4 ) ∫ Γ ( y 2 − z 2 ) d x + 2 y z d y − x 2 d z ，其中 Γ 是曲线 x = t ， y = t 2 ， z = t 3 上由 t 1 = 0 到 t 2 = 1 的一段弧； ( 5 ) ∫ L ( e x s i n y − 2 y ) d x + ( e x c o s y − 2 ) d y ，其中 L 为上半圆周 ( x − a ) 2 + y 2 = a 2 ， y ≥ 0 沿逆时针方向； ( 6 ) ∮ Γ x y z d z ，其中 Γ 是用平面 y = z 截球面 x 2 + y 2 + z 2 = 1 所得的截痕，从 z 轴的正向看去，沿逆时针方向 . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \oint_{\Gamma}\sqrt{x^2+y^2}ds，其中L为圆周x^2+y^2=ax；\\\\ &\ \ (2)\ \ \int_{\Gamma}zds，其中\Gamma为曲线x=tcos\ t，y=tsin\ t，z=t\ (0 \le t \le t_0)；\\\\ &\ \ (3)\ \ \int_{L}(2a-y)dx+xdy，其中L为摆线x=a(t-sin\ t)，y=a(1-cos\ t)上对应t从0到2\pi的一段弧；\\\\ &\ \ (4)\ \ \int_{\Gamma}(y^2-z^2)dx+2yzdy-x^2dz，其中\Gamma是曲线x=t，y=t^2，z=t^3上由t_1=0到t_2=1的一段弧；\\\\ &\ \ (5)\ \ \int_{L}(e^xsin\ y-2y)dx+(e^xcos\ y-2)dy，其中L为上半圆周(x-a)^2+y^2=a^2，y \ge 0沿逆时针方向；\\\\ &\ \ (6)\ \ \oint_{\Gamma}xyzdz，其中\Gamma是用平面y=z截球面x^2+y^2+z^2=1所得的截痕，从z轴的正向看去，沿逆时针方向. & \end{aligned} (1) ∮Γx2+y2ds，其中L为圆周x2+y2=ax； (2) ∫Γzds，其中Γ为曲线x=tcos t，y=tsin t，z=t (0≤t≤t0)； (3) ∫L(2a−y)dx+xdy，其中L为摆线x=a(t−sin t)，y=a(1−cos t)上对应t从0到2π的一段弧； (4) ∫Γ(y2−z2)dx+2yzdy−x2dz，其中Γ是曲线x=t，y=t2，z=t3上由t1=0到t2=1的一段弧； (5) ∫L(exsin y−2y)dx+(excos y−2)dy，其中L为上半圆周(x−a)2+y2=a2，y≥0沿逆时针方向； (6) ∮Γxyzdz，其中Γ是用平面y=z截球面x2+y2+z2=1所得的截痕，从z轴的正向看去，沿逆时针方向.
解：
(
1
)
L
的方程为
(
x
−
a
2
)
2
+
y
2
=
a
2
4
，因此取
L
的参数方程为
x
=
a
2
+
a
2
c
o
s
t
，
y
=
a
2
s
i
n
t
，
0
≤
t
≤
2
π
，则
∮
L
x
2
+
y
2
d
s
=
∫
0
2
π
2
a
2
1
+
c
o
s
t
⋅
(
−
a
2
s
i
n
t
)
2
+
(
a
2
c
o
s
t
)
2
d
t
=
2
a
2
4
∫
0
2
π
1
+
c
o
s
t
d
t
=
2
a
2
4
⋅
2
∫
0
2
π
∣
c
o
s
t
2
∣
d
t
=
2
a
2
∫
0
π
c
o
s
t
2
d
(
t
2
)
=
2
a
2
.
(
2
)
∫
Γ
z
d
s
=
∫
0
t
0
t
(
c
o
s
t
−
t
s
i
n
t
)
2
+
(
s
i
n
t
+
t
c
o
s
t
)
2
+
1
d
t
=
∫
0
t
0
t
2
+
t
2
d
t
=
1
2
∫
0
t
0
2
+
t
2
d
(
2
+
t
2
)
=
1
3
(
2
+
t
2
)
3
2
∣
0
t
0
=
1
3
[
(
2
+
t
0
2
)
3
2
−
2
2
]
(
3
)
∫
L
(
2
a
−
y
)
d
x
+
x
d
y
=
∫
0
2
π
[
(
2
a
−
a
+
a
c
o
s
t
)
⋅
a
(
1
−
c
o
s
t
)
+
a
(
t
−
s
i
n
t
)
⋅
a
s
i
n
t
]
d
t
=
a
2
∫
0
2
π
t
s
i
n
t
d
t
=
a
2
[
−
t
c
o
s
t
]
0
2
π
+
a
2
∫
0
2
π
c
o
s
t
d
t
=
−
2
π
a
2
+
0
=
−
2
π
a
2
(
4
)
∫
Γ
(
y
2
−
z
2
)
d
x
+
2
y
z
d
y
−
x
2
d
z
=
∫
0
1
[
(
t
4
−
t
6
)
⋅
1
+
2
t
2
⋅
t
3
⋅
2
t
−
t
2
⋅
3
t
2
]
d
t
=
∫
0
1
(
3
t
6
−
2
t
4
)
d
t
=
1
35
(
5
)
添加有向线段
O
A
：
y
=
0
，
x
从
0
变到
2
a
，则由
L
和
O
A
所围成的闭区域
D
上应用格林公式得
∫
L
+
O
A
(
e
x
s
i
n
y
−
2
y
)
d
x
+
(
e
x
c
o
s
y
−
2
)
d
y
=
∬
D
(
∂
Q
∂
x
−
∂
P
∂
y
)
d
x
d
y
=
∬
D
(
e
x
c
o
s
y
−
e
x
c
o
s
y
+
2
)
d
x
d
y
=
2
∬
D
d
x
d
y
=
π
a
2
，则
∫
L
(
e
x
s
i
n
y
−
2
y
)
d
x
+
(
e
x
c
o
s
y
−
2
)
d
y
=
π
a
2
−
∫
O
A
(
e
x
s
i
n
y
−
2
y
)
d
x
+
(
e
x
c
o
s
y
−
2
)
d
y
=
π
a
2
−
∫
0
2
a
(
e
x
s
i
n
0
−
2
⋅
0
)
d
x
=
π
a
2
.
\begin{aligned} &\ \ (1)\ L的方程为\left(x-\frac{a}{2}\right)^2+y^2=\frac{a^2}{4}，因此取L的参数方程为x=\frac{a}{2}+\frac{a}{2}cos\ t，y=\frac{a}{2}sin\ t，0 \le t \le 2\pi，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \oint_{L}\sqrt{x^2+y^2}ds=\int_{0}^{2\pi}\frac{\sqrt{2}a}{2}\sqrt{1+cos\ t}\cdot \sqrt{\left(-\frac{a}{2}sin\ t\right)^2+\left(\frac{a}{2}cos\ t\right)^2dt}=\frac{\sqrt{2}a^2}{4}\int_{0}^{2\pi}\sqrt{1+cos\ t}dt=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{\sqrt{2}a^2}{4}\cdot \sqrt{2}\int_{0}^{2\pi}\left|cos\ \frac{t}{2}\right|dt=2a^2\int_{0}^{\pi}cos\ \frac{t}{2}d\left(\frac{t}{2}\right)=2a^2.\\\\ &\ \ (2)\ \int_{\Gamma}zds=\int_{0}^{t_0}t\sqrt{(cos\ t-tsin\ t)^2+(sin\ t+tcos\ t)^2+1}dt=\int_{0}^{t_0}t\sqrt{2+t^2}dt=\frac{1}{2}\int_{0}^{t_0}\sqrt{2+t^2}d(2+t^2)=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{3}(2+t^2)^{\frac{3}{2}}\bigg|_{0}^{t_0}=\frac{1}{3}\left[(2+t_0^2)^{\frac{3}{2}}-2\sqrt{2}\right]\\\\ &\ \ (3)\ \int_{L}(2a-y)dx+xdy=\int_{0}^{2\pi}[(2a-a+acos\ t)\cdot a(1-cos\ t)+a(t-sin\ t)\cdot asin\ t]dt=a^2\int_{0}^{2\pi}tsin\ tdt=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ a^2[-tcos\ t]_{0}^{2\pi}+a^2\int_{0}^{2\pi}cos\ tdt=-2\pi a^2+0=-2\pi a^2\\\\ &\ \ (4)\ \int_{\Gamma}(y^2-z^2)dx+2yzdy-x^2dz=\int_{0}^{1}[(t^4-t^6)\cdot 1+2t^2\cdot t^3 \cdot 2t-t^2\cdot 3t^2]dt=\int_{0}^{1}(3t^6-2t^4)dt=\frac{1}{35}\\\\ &\ \ (5)\ 添加有向线段OA：y=0，x从0变到2a，则由L和OA所围成的闭区域D上应用格林公式得\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{L+OA}(e^xsin\ y-2y)dx+(e^xcos\ y-2)dy=\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dxdy=\iint_{D}(e^xcos\ y-e^xcos\ y+2)dxdy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 2\iint_{D}dxdy=\pi a^2，则\int_{L}(e^xsin\ y-2y)dx+(e^xcos\ y-2)dy=\pi a^2-\int_{OA}(e^xsin\ y-2y)dx+(e^xcos\ y-2)dy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \pi a^2-\int_{0}^{2a}(e^xsin\ 0-2\cdot 0)dx=\pi a^2.\\\\ & \end{aligned}
(1) L的方程为(x−2a)2+y2=4a2，因此取L的参数方程为x=2a+2acos t，y=2asin t，0≤t≤2π，则 ∮Lx2+y2ds=∫02π22a1+cos t⋅(−2asin t)2+(2acos t)2dt=42a2∫02π1+cos tdt= 42a2⋅2∫02π
cos 2t
dt=2a2∫0πcos 2td(2t)=2a2. (2) ∫Γzds=∫0t0t(cos t−tsin t)2+(sin t+tcos t)2+1dt=∫0t0t2+t2dt=21∫0t02+t2d(2+t2)= 31(2+t2)23
0t0=31[(2+t02)23−22] (3) ∫L(2a−y)dx+xdy=∫02π[(2a−a+acos t)⋅a(1−cos t)+a(t−sin t)⋅asin t]dt=a2∫02πtsin tdt= a2[−tcos t]02π+a2∫02πcos tdt=−2πa2+0=−2πa2 (4) ∫Γ(y2−z2)dx+2yzdy−x2dz=∫01[(t4−t6)⋅1+2t2⋅t3⋅2t−t2⋅3t2]dt=∫01(3t6−2t4)dt=351 (5) 添加有向线段OA：y=0，x从0变到2a，则由L和OA所围成的闭区域D上应用格林公式得 ∫L+OA(exsin y−2y)dx+(excos y−2)dy=∬D(∂x∂Q−∂y∂P)dxdy=∬D(excos y−excos y+2)dxdy= 2∬Ddxdy=πa2，则∫L(exsin y−2y)dx+(excos y−2)dy=πa2−∫OA(exsin y−2y)dx+(excos y−2)dy= πa2−∫02a(exsin 0−2⋅0)dx=πa2.
(
6
)
根据
Γ
的一般方程
{
y
=
z
，
x
2
+
y
2
+
z
2
=
1
得
x
2
+
2
y
2
=
1
，令
x
=
c
o
s
t
，
y
=
s
i
n
t
2
，
z
=
s
i
n
t
2
，
t
从
0
变到
2
π
，则
∮
Γ
x
y
z
d
z
=
∫
0
2
π
c
o
s
t
(
s
i
n
t
2
)
2
⋅
c
o
s
t
2
d
t
=
1
2
2
∫
0
2
π
s
i
n
2
t
c
o
s
2
t
d
t
=
1
8
2
∫
0
2
π
s
i
n
2
(
2
t
)
d
t
=
1
8
2
∫
0
2
π
1
−
c
o
s
4
t
2
d
t
=
π
8
2
=
2
π
16
\begin{aligned} &\ \ (6)\ 根据\Gamma的一般方程\begin{cases}y=z，\\\\x^2+y^2+z^2=1\end{cases}得x^2+2y^2=1，令x=cos\ t，y=\frac{sin\ t}{\sqrt{2}}，z=\frac{sin\ t}{\sqrt{2}}，t从0变到2\pi，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \oint_{\Gamma}xyzdz=\int_{0}^{2\pi}cos\ t\left(\frac{sin\ t}{\sqrt{2}}\right)^2\cdot \frac{cos\ t}{\sqrt{2}}dt=\frac{1}{2\sqrt{2}}\int_{0}^{2\pi}sin^2\ tcos^2\ tdt=\frac{1}{8\sqrt{2}}\int_{0}^{2\pi}sin^2(2t)dt=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{8\sqrt{2}}\int_{0}^{2\pi}\frac{1-cos\ 4t}{2}dt=\frac{\pi}{8\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}\pi}{16} & \end{aligned}
(6) 根据Γ的一般方程⎩
⎨
⎧y=z，x2+y2+z2=1得x2+2y2=1，令x=cos t，y=2sin t，z=2sin t，t从0变到2π，则 ∮Γxyzdz=∫02πcos t(2sin t)2⋅2cos tdt=221∫02πsin2 tcos2 tdt=821∫02πsin2(2t)dt= 821∫02π21−cos 4tdt=82π=162π
4. 计算下列曲面积分： \begin{aligned}&4. \ 计算下列曲面积分：&\end{aligned} 4. 计算下列曲面积分：
( 1 ) ∬ Σ d S x 2 + y 2 + z 2 ，其中 Σ 是界于平面 z = 0 及 z = H 之间的圆柱面 x 2 + y 2 = R 2 ； ( 2 ) ∬ Σ ( y 2 − z ) d y d z + ( z 2 − x ) d z d x + ( x 2 − y ) d x d y ，其中 Σ 为锥面 z = x 2 + y 2 ( 0 ≤ z ≤ h ) 的外侧； ( 3 ) ∬ Σ x d y d z + y d z d x + z d x d y ，其中 Σ 为半球面 z = R 2 − x 2 − y 2 的上侧； ( 4 ) ∬ Σ x y z d x d y ，其中 Σ 为球面 x 2 + y 2 + z 2 = 1 ( x ≥ 0 ， y ≥ 0 ) 的外侧 . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \iint_{\Sigma}\frac{dS}{x^2+y^2+z^2}，其中\Sigma是界于平面z=0及z=H之间的圆柱面x^2+y^2=R^2；\\\\ &\ \ (2)\ \ \iint_{\Sigma}(y^2-z)dydz+(z^2-x)dzdx+(x^2-y)dxdy，其中\Sigma为锥面z=\sqrt{x^2+y^2}\ (0 \le z \le h)的外侧；\\\\ &\ \ (3)\ \ \iint_{\Sigma}xdydz+ydzdx+zdxdy，其中\Sigma为半球面z=\sqrt{R^2-x^2-y^2}的上侧；\\\\ &\ \ (4)\ \ \iint_{\Sigma}xyzdxdy，其中\Sigma为球面x^2+y^2+z^2=1\ (x \ge 0，y \ge 0)的外侧. & \end{aligned} (1) ∬Σx2+y2+z2dS，其中Σ是界于平面z=0及z=H之间的圆柱面x2+y2=R2； (2) ∬Σ(y2−z)dydz+(z2−x)dzdx+(x2−y)dxdy，其中Σ为锥面z=x2+y2 (0≤z≤h)的外侧； (3) ∬Σxdydz+ydzdx+zdxdy，其中Σ为半球面z=R2−x2−y2的上侧； (4) ∬Σxyzdxdy，其中Σ为球面x2+y2+z2=1 (x≥0，y≥0)的外侧.
解：
(
1
)
将
Σ
分为
Σ
1
和
Σ
2
两部分，
Σ
1
为
y
=
R
2
−
x
2
，
Σ
2
为
y
=
−
R
2
−
x
2
，
Σ
1
和
Σ
2
在
z
O
x
面上的投影区域均为
D
z
x
=
{
(
x
,
z
)
∣
0
≤
z
≤
H
，
−
R
≤
x
≤
R
}
，
∬
Σ
1
d
S
x
2
+
y
2
+
z
2
=
∬
D
z
x
1
R
2
+
z
2
1
+
(
−
x
)
2
R
2
−
x
2
d
x
d
z
=
∫
0
H
1
R
2
+
z
2
d
z
⋅
∫
−
R
R
R
R
2
−
x
2
d
x
=
[
1
R
a
r
c
t
a
n
z
R
]
0
H
⋅
[
R
a
r
c
s
i
n
x
R
]
−
R
R
=
π
a
r
c
t
a
n
H
R
，又因被积函数关于
y
是偶函数，积分曲面
Σ
1
和
Σ
2
关于
z
O
x
面对称，所以
∬
Σ
2
d
S
x
2
+
y
2
+
z
2
=
∬
Σ
1
d
S
x
2
+
y
2
+
z
2
=
π
a
r
c
t
a
n
H
R
，
可得
∬
Σ
d
S
x
2
+
y
2
+
z
2
=
2
π
a
r
c
t
a
n
H
R
(
2
)
添加辅助曲面
Σ
1
=
{
(
x
,
y
,
z
)
∣
z
=
h
，
x
2
+
y
2
≤
h
2
}
，取上侧，由
Σ
和
Σ
1
所包围的空间闭区域
Ω
上
应用高斯公式得，
∬
Σ
+
Σ
1
(
y
2
−
z
)
d
y
d
z
+
(
z
2
−
x
)
d
z
d
x
+
(
x
2
−
y
)
d
x
d
y
=
∭
Ω
[
∂
(
y
2
−
z
)
∂
x
+
∂
(
z
2
−
x
)
∂
y
+
∂
(
x
2
−
y
)
∂
z
]
d
v
=
∭
Ω
0
⋅
d
v
=
0
，则原式
=
−
∬
Σ
1
(
y
2
−
z
)
d
y
d
z
+
(
z
2
−
x
)
d
z
d
x
+
(
x
2
−
y
)
d
x
d
y
=
−
∬
Σ
1
(
x
2
−
y
)
d
x
d
y
=
−
∬
D
x
y
(
x
2
−
y
)
d
x
d
y
，其中
D
x
y
=
{
(
x
,
y
)
∣
x
2
+
y
2
≤
h
2
}
，根据对称性可知
∬
D
x
y
y
d
x
d
y
=
0
，
又因
∬
D
x
y
x
2
d
x
d
y
=
∬
D
x
y
y
2
d
x
d
y
，所以
∬
D
x
y
(
x
2
−
y
)
d
x
d
y
=
1
2
∬
D
x
y
(
x
2
+
y
2
)
d
x
d
y
，转换为极坐标形式，
上式
=
1
2
∫
0
2
π
d
θ
∫
0
h
ρ
2
⋅
ρ
d
ρ
=
π
4
h
4
(
3
)
添加辅助曲面
Σ
1
=
{
(
x
,
y
,
z
)
∣
z
=
0
，
x
2
+
y
2
≤
R
2
}
，取下侧，由
Σ
和
Σ
1
所包围的空间闭区域
Ω
上
应用高斯公式得，
∬
Σ
+
Σ
1
x
d
y
d
z
+
y
d
z
d
x
+
z
d
x
d
y
=
∭
Ω
(
∂
x
∂
x
+
∂
y
∂
y
+
∂
z
∂
z
)
d
v
=
3
∭
Ω
d
v
=
3
⋅
2
π
R
3
3
=
2
π
R
3
，
原式
=
2
π
R
3
−
∬
Σ
1
x
d
y
d
z
+
y
d
z
d
x
+
z
d
x
d
y
=
2
π
R
3
−
0
=
2
π
R
3
(
4
)
添加辅助曲面
Σ
1
：
x
=
0
（取后侧），
Σ
2
：
y
=
0
（取左侧），则有
∬
Σ
1
x
y
z
d
x
d
y
=
∬
Σ
2
x
y
z
d
x
d
y
=
0
，
由
Σ
，
Σ
1
和
Σ
2
所围成的空间闭区域
Ω
上应用高斯公式，得
∬
Σ
x
y
z
d
x
d
y
=
∬
Σ
+
Σ
1
+
Σ
2
x
y
z
d
x
d
y
=
∭
Ω
∂
(
x
y
z
)
∂
z
d
v
=
∭
Ω
x
y
d
v
=
∬
D
x
y
x
y
d
x
d
y
∫
−
1
−
x
2
−
y
2
1
−
x
2
−
y
2
d
z
=
2
∬
D
x
y
x
y
1
−
x
2
−
y
2
d
x
d
y
=
2
15
\begin{aligned} &\ \ (1)\ 将\Sigma分为\Sigma_1和\Sigma_2两部分，\Sigma_1为y=\sqrt{R^2-x^2}，\Sigma_2为y=-\sqrt{R^2-x^2}，\Sigma_1和\Sigma_2在zOx面上的投影区域均为\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D_{zx}=\{(x, \ z)\ |\ 0 \le z \le H，-R \le x \le R\}，\iint_{\Sigma_1}\frac{dS}{x^2+y^2+z^2}=\iint_{D_{zx}}\frac{1}{R^2+z^2}\sqrt{1+\frac{(-x)^2}{R^2-x^2}}dxdz=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{H}\frac{1}{R^2+z^2}dz \cdot \int_{-R}^{R}\frac{R}{\sqrt{R^2-x^2}}dx=\left[\frac{1}{R}arctan\ \frac{z}{R}\right]_{0}^{H}\cdot \left[Rarcsin\ \frac{x}{R}\right]_{-R}^{R}=\pi arctan\ \frac{H}{R}，又因被积函数关于\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y是偶函数，积分曲面\Sigma_1和\Sigma_2关于zOx面对称，所以\iint_{\Sigma_2}\frac{dS}{x^2+y^2+z^2}=\iint_{\Sigma_1}\frac{dS}{x^2+y^2+z^2}=\pi arctan\ \frac{H}{R}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 可得\iint_{\Sigma}\frac{dS}{x^2+y^2+z^2}=2\pi arctan\ \frac{H}{R}\\\\ &\ \ (2)\ 添加辅助曲面\Sigma_1=\{(x, \ y, \ z)\ |\ z=h，x^2+y^2 \le h^2\}，取上侧，由\Sigma和\Sigma_1所包围的空间闭区域\Omega上\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 应用高斯公式得，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{\Sigma+\Sigma_1}(y^2-z)dydz+(z^2-x)dzdx+(x^2-y)dxdy=\iiint_{\Omega}\left[\frac{\partial(y^2-z)}{\partial x}+\frac{\partial(z^2-x)}{\partial y}+\frac{\partial(x^2-y)}{\partial z}\right]dv=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iiint_{\Omega}0\cdot dv=0，则原式=-\iint_{\Sigma_1}(y^2-z)dydz+(z^2-x)dzdx+(x^2-y)dxdy=-\iint_{\Sigma_1}(x^2-y)dxdy=-\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D_{xy}}(x^2-y)dxdy，其中D_{xy}=\{(x,\ y)\ |\ x^2+y^2 \le h^2\}，根据对称性可知\iint_{D_{xy}}ydxdy=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 又因\iint_{D_{xy}}x^2dxdy=\iint_{D_{xy}}y^2dxdy，所以\iint_{D_{xy}}(x^2-y)dxdy=\frac{1}{2}\iint_{D_{xy}}(x^2+y^2)dxdy，转换为极坐标形式，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 上式=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{h}\rho^2 \cdot \rho d\rho=\frac{\pi}{4}h^4\\\\ &\ \ (3)\ 添加辅助曲面\Sigma_1=\{(x, \ y, \ z)\ |\ z=0，x^2+y^2 \le R^2\}，取下侧，由\Sigma和\Sigma_1所包围的空间闭区域\Omega上\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 应用高斯公式得，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{\Sigma+\Sigma_1}xdydz+ydzdx+zdxdy=\iiint_{\Omega}\left(\frac{\partial x}{\partial x}+\frac{\partial y}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial z}\right)dv=3\iiint_{\Omega}dv=3\cdot \frac{2\pi R^3}{3}=2\pi R^3，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 原式=2\pi R^3-\iint_{\Sigma_1}xdydz+ydzdx+zdxdy=2\pi R^3-0=2\pi R^3\\\\ &\ \ (4)\ 添加辅助曲面\Sigma_1：x=0（取后侧），\Sigma_2：y=0（取左侧），则有\iint_{\Sigma_1}xyzdxdy=\iint_{\Sigma_2}xyzdxdy=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 由\Sigma，\Sigma_1和\Sigma_2所围成的空间闭区域\Omega上应用高斯公式，得\iint_{\Sigma}xyzdxdy=\iint_{\Sigma+\Sigma_1+\Sigma_2}xyzdxdy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iiint_{\Omega}\frac{\partial(xyz)}{\partial z}dv=\iiint_{\Omega}xydv=\iint_{D_{xy}}xydxdy\int_{-\sqrt{1-x^2-y^2}}^{\sqrt{1-x^2-y^2}}dz=2\iint_{D_{xy}}xy\sqrt{1-x^2-y^2}dxdy=\frac{2}{15} & \end{aligned}
(1) 将Σ分为Σ1和Σ2两部分，Σ1为y=R2−x2，Σ2为y=−R2−x2，Σ1和Σ2在zOx面上的投影区域均为 Dzx={(x, z) ∣ 0≤z≤H，−R≤x≤R}，∬Σ1x2+y2+z2dS=∬DzxR2+z211+R2−x2(−x)2dxdz= ∫0HR2+z21dz⋅∫−RRR2−x2Rdx=[R1arctan Rz]0H⋅[Rarcsin Rx]−RR=πarctan RH，又因被积函数关于 y是偶函数，积分曲面Σ1和Σ2关于zOx面对称，所以∬Σ2x2+y2+z2dS=∬Σ1x2+y2+z2dS=πarctan RH， 可得∬Σx2+y2+z2dS=2πarctan RH (2) 添加辅助曲面Σ1={(x, y, z) ∣ z=h，x2+y2≤h2}，取上侧，由Σ和Σ1所包围的空间闭区域Ω上 应用高斯公式得， ∬Σ+Σ1(y2−z)dydz+(z2−x)dzdx+(x2−y)dxdy=∭Ω[∂x∂(y2−z)+∂y∂(z2−x)+∂z∂(x2−y)]dv= ∭Ω0⋅dv=0，则原式=−∬Σ1(y2−z)dydz+(z2−x)dzdx+(x2−y)dxdy=−∬Σ1(x2−y)dxdy=− ∬Dxy(x2−y)dxdy，其中Dxy={(x, y) ∣ x2+y2≤h2}，根据对称性可知∬Dxyydxdy=0， 又因∬Dxyx2dxdy=∬Dxyy2dxdy，所以∬Dxy(x2−y)dxdy=21∬Dxy(x2+y2)dxdy，转换为极坐标形式， 上式=21∫02πdθ∫0hρ2⋅ρdρ=4πh4 (3) 添加辅助曲面Σ1={(x, y, z) ∣ z=0，x2+y2≤R2}，取下侧，由Σ和Σ1所包围的空间闭区域Ω上 应用高斯公式得， ∬Σ+Σ1xdydz+ydzdx+zdxdy=∭Ω(∂x∂x+∂y∂y+∂z∂z)dv=3∭Ωdv=3⋅32πR3=2πR3， 原式=2πR3−∬Σ1xdydz+ydzdx+zdxdy=2πR3−0=2πR3 (4) 添加辅助曲面Σ1：x=0（取后侧），Σ2：y=0（取左侧），则有∬Σ1xyzdxdy=∬Σ2xyzdxdy=0， 由Σ，Σ1和Σ2所围成的空间闭区域Ω上应用高斯公式，得∬Σxyzdxdy=∬Σ+Σ1+Σ2xyzdxdy= ∭Ω∂z∂(xyz)dv=∭Ωxydv=∬Dxyxydxdy∫−1−x2−y21−x2−y2dz=2∬Dxyxy1−x2−y2dxdy=152
5. 证明： x d x + y d y x 2 + y 2 在整个 x O y 平面除去 y 的负半轴及原点的区域 G 内是某个二元函数的全微分，并求出 一个这样的二元函数 . \begin{aligned}&5. \ 证明：\frac{xdx+ydy}{x^2+y^2}在整个xOy平面除去y的负半轴及原点的区域G内是某个二元函数的全微分，并求出\\\\&\ \ \ \ 一个这样的二元函数.&\end{aligned} 5. 证明：x2+y2xdx+ydy在整个xOy平面除去y的负半轴及原点的区域G内是某个二元函数的全微分，并求出 一个这样的二元函数.
解：
G 为平面单连通区域，在 G 内 P = x x 2 + y 2 ， Q = y x 2 + y 2 具有一阶连续偏导数，且 ∂ Q ∂ x = ∂ ∂ x ( y x 2 + y 2 ) = − 2 x y ( x 2 + y 2 ) 2 = ∂ ∂ y ( x x 2 + y 2 ) = ∂ P ∂ y ， 所以 x d x + y d y x 2 + y 2 在 G 内是某个二元函数 u ( x , y ) 的全微分， 取折现路径 ( 0 , 1 ) → ( x , 1 ) → ( x , y ) ，则 u ( x , y ) = ∫ 0 x x d x x 2 + 1 + ∫ 1 y y d y x 2 + y 2 = 1 2 l n ( 1 + x 2 ) + 1 2 [ l n ( x 2 + y 2 ) ] 1 y = 1 2 l n ( x 2 + y 2 ) . \begin{aligned} &\ \ G为平面单连通区域，在G内P=\frac{x}{x^2+y^2}，Q=\frac{y}{x^2+y^2}具有一阶连续偏导数，且\\\\ &\ \ \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{y}{x^2+y^2}\right)=\frac{-2xy}{(x^2+y^2)^2}=\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{x}{x^2+y^2}\right)=\frac{\partial P}{\partial y}，\\\\ &\ \ 所以\frac{xdx+ydy}{x^2+y^2}在G内是某个二元函数u(x, \ y)的全微分，\\\\ &\ \ 取折现路径(0, \ 1)\rightarrow (x,\ 1)\rightarrow(x, \ y)，则u(x,\ y)=\int_{0}^{x}\frac{xdx}{x^2+1}+\int_{1}^{y}\frac{ydy}{x^2+y^2}=\frac{1}{2}ln(1+x^2)+\frac{1}{2}[ln(x^2+y^2)]_{1}^{y}=\\\\ &\ \ \frac{1}{2}ln(x^2+y^2). & \end{aligned} G为平面单连通区域，在G内P=x2+y2x，Q=x2+y2y具有一阶连续偏导数，且 ∂x∂Q=∂x∂(x2+y2y)=(x2+y2)2−2xy=∂y∂(x2+y2x)=∂y∂P， 所以x2+y2xdx+ydy在G内是某个二元函数u(x, y)的全微分， 取折现路径(0, 1)→(x, 1)→(x, y)，则u(x, y)=∫0xx2+1xdx+∫1yx2+y2ydy=21ln(1+x2)+21[ln(x2+y2)]1y= 21ln(x2+y2).
6. 设在半平面 x > 0 内有力 F = − k ρ 3 ( x i + y j ) 构成力场，其中 k 为常数， ρ = x 2 + y 2 ，证明在此 力场中场力所作的功与所取的路径无关 . \begin{aligned}&6. \ 设在半平面x \gt 0内有力F=-\frac{k}{\rho^3}(xi+yj)构成力场，其中k为常数，\rho=\sqrt{x^2+y^2}，证明在此\\\\&\ \ \ \ 力场中场力所作的功与所取的路径无关.&\end{aligned} 6. 设在半平面x>0内有力F=−ρ3k(xi+yj)构成力场，其中k为常数，ρ=x2+y2，证明在此 力场中场力所作的功与所取的路径无关.
解：
半平面 x > 0 是单连通区域，在区域内 P = − k x ρ 3 ， Q = − k y ρ 3 具有一阶连续偏导数，且 ∂ Q ∂ x = 3 k x y ρ 5 = ∂ P ∂ y ， 因此在此区域内，场力 F 沿曲线 L 所作的功， ∫ L F ⋅ d r = − k ∫ L x d x + y d y ρ 3 与路径无关 . \begin{aligned} &\ \ 半平面x \gt 0是单连通区域，在区域内P=-\frac{kx}{\rho^3}，Q=-\frac{ky}{\rho^3}具有一阶连续偏导数，且\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{3kxy}{\rho^5}=\frac{\partial P}{\partial y}，\\\\ &\ \ 因此在此区域内，场力F沿曲线L所作的功，\int_{L}F\cdot dr=-k\int_{L}\frac{xdx+ydy}{\rho^3}与路径无关. & \end{aligned} 半平面x>0是单连通区域，在区域内P=−ρ3kx，Q=−ρ3ky具有一阶连续偏导数，且∂x∂Q=ρ53kxy=∂y∂P， 因此在此区域内，场力F沿曲线L所作的功，∫LF⋅dr=−k∫Lρ3xdx+ydy与路径无关.
7. 设函数 f ( x ) 在 ( − ∞ , + ∞ ) 内具有一阶连续导数， L 是上半平面 ( y > 0 ) 内的有向分段光滑曲线，其起点 为 ( a , b ) ，终点为 ( c , d ) ，记 I = ∫ L 1 y [ 1 + y 2 f ( x y ) ] d x + x y 2 [ y 2 f ( x y ) − 1 ] d y ， \begin{aligned}&7. \ 设函数f(x)在(-\infty, \ +\infty)内具有一阶连续导数，L是上半平面(y \gt 0)内的有向分段光滑曲线，其起点\\\\&\ \ \ \ 为(a,\ b)，终点为(c, \ d)，记I=\int_{L}\frac{1}{y}[1+y^2f(xy)]dx+\frac{x}{y^2}[y^2f(xy)-1]dy，&\end{aligned} 7. 设函数f(x)在(−∞, +∞)内具有一阶连续导数，L是上半平面(y>0)内的有向分段光滑曲线，其起点 为(a, b)，终点为(c, d)，记I=∫Ly1[1+y2f(xy)]dx+y2x[y2f(xy)−1]dy，
( 1 ) 证明曲线积分 I 与路径无关； ( 2 ) 当 a b = c d 时，求 I 的值 . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 证明曲线积分I与路径无关；\\\\ &\ \ (2)\ \ 当ab=cd时，求I的值. & \end{aligned} (1) 证明曲线积分I与路径无关； (2) 当ab=cd时，求I的值.
解：
( 1 ) 因为 ∂ ∂ y { 1 y [ 1 + y 2 f ( x y ) ] } = f ( x y ) − 1 y 2 + x y f ′ ( x y ) = ∂ ∂ x { x y 2 [ y 2 f ( x y ) − 1 ] } 在上半平面单连通区域内 处处成立，所以在上半平面内曲线积分与路径 L 无关 . ( 2 ) 因为 I 与路径无关，所以取积分路径 L 为由点 ( a , b ) 到点 ( c , b ) 再到点 ( c , d ) 的有向折线，得 I = ∫ a c 1 b [ 1 + b 2 f ( b x ) ] d x + ∫ b d c y 2 [ y 2 f ( c y ) − 1 ] d y = c − a b + ∫ a c b f ( b x ) d x + ∫ b d d f ( c y ) d y + c d − c b = c d − a b + ∫ a b b c f ( t ) d t + ∫ b c c d f ( t ) d t = c d − a b + ∫ a b c d f ( t ) d t ，当 a b = c d 时， ∫ a b c d f ( t ) d t = 0 ，由此得 I = c d − a b \begin{aligned} &\ \ (1)\ 因为\frac{\partial}{\partial y}\left\{\frac{1}{y}[1+y^2f(xy)]\right\}=f(xy)-\frac{1}{y^2}+xyf'(xy)=\frac{\partial}{\partial x}\left\{\frac{x}{y^2}[y^2f(xy)-1]\right\}在上半平面单连通区域内\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 处处成立，所以在上半平面内曲线积分与路径L无关.\\\\ &\ \ (2)\ 因为I与路径无关，所以取积分路径L为由点(a,\ b)到点(c, \ b)再到点(c, \ d)的有向折线，得\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ I=\int_{a}^{c}\frac{1}{b}[1+b^2f(bx)]dx+\int_{b}^{d}\frac{c}{y^2}[y^2f(cy)-1]dy=\frac{c-a}{b}+\int_{a}^{c}bf(bx)dx+\int_{b}^{d}df(cy)dy+\frac{c}{d}-\frac{c}{b}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{c}{d}-\frac{a}{b}+\int_{ab}^{bc}f(t)dt+\int_{bc}^{cd}f(t)dt=\frac{c}{d}-\frac{a}{b}+\int_{ab}^{cd}f(t)dt，当ab=cd时，\int_{ab}^{cd}f(t)dt=0，由此得I=\frac{c}{d}-\frac{a}{b} & \end{aligned} (1) 因为∂y∂{y1[1+y2f(xy)]}=f(xy)−y21+xyf′(xy)=∂x∂{y2x[y2f(xy)−1]}在上半平面单连通区域内 处处成立，所以在上半平面内曲线积分与路径L无关. (2) 因为I与路径无关，所以取积分路径L为由点(a, b)到点(c, b)再到点(c, d)的有向折线，得 I=∫acb1[1+b2f(bx)]dx+∫bdy2c[y2f(cy)−1]dy=bc−a+∫acbf(bx)dx+∫bddf(cy)dy+dc−bc= dc−ba+∫abbcf(t)dt+∫bccdf(t)dt=dc−ba+∫abcdf(t)dt，当ab=cd时，∫abcdf(t)dt=0，由此得I=dc−ba
8. 求均匀曲面 z = a 2 − x 2 − y 2 的质心的坐标 . \begin{aligned}&8. \ 求均匀曲面z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}的质心的坐标.&\end{aligned} 8. 求均匀曲面z=a2−x2−y2的质心的坐标.
解：
设质心位置为 ( x ‾ , y ‾ , z ‾ ) ，根据对称性可知质心位于 z 轴上，所以 x ‾ = y ‾ = 0 ， Σ 在 x O y 面上的投影区域 D x y = { ( x , y ) ∣ x 2 + y 2 ≤ a 2 } ，由于 ∬ Σ z d S = ∬ D x y a 2 − x 2 − y 2 ⋅ 1 + z x 2 + z y 2 d x d y = ∬ D x y a 2 − x 2 − y 2 ⋅ 1 + x 2 + y 2 a 2 − x 2 − y 2 d x d y = a ∬ D x y d x d y = a ⋅ π a 2 = π a 3 ，又因 Σ 的面积 A = 2 π a 2 ， 所以 z ‾ = ∬ Σ z d S A = π a 3 2 π a 2 = a 2 ，所求质心为 ( 0 , 0 , a 2 ) . \begin{aligned} &\ \ 设质心位置为(\overline{x},\ \overline{y}, \ \overline{z})，根据对称性可知质心位于z轴上，所以\overline{x}=\overline{y}=0，\Sigma在xOy面上的投影区域\\\\ &\ \ D_{xy}=\{(x, \ y)\ |\ x^2+y^2 \le a^2\}，由于\iint_{\Sigma}zdS=\iint_{D_{xy}}\sqrt{a^2-x^2-y^2}\cdot \sqrt{1+z_x^2+z_y^2}dxdy=\\\\ &\ \ \iint_{D_{xy}}\sqrt{a^2-x^2-y^2}\cdot \sqrt{1+\frac{x^2+y^2}{a^2-x^2-y^2}dxdy}=a\iint_{D_{xy}}dxdy=a\cdot \pi a^2=\pi a^3，又因\Sigma的面积A=2\pi a^2，\\\\ &\ \ 所以\overline{z}=\frac{\iint_{\Sigma}zdS}{A}=\frac{\pi a^3}{2\pi a^2}=\frac{a}{2}，所求质心为\left(0, \ 0, \ \frac{a}{2}\right). & \end{aligned} 设质心位置为(x, y, z)，根据对称性可知质心位于z轴上，所以x=y=0，Σ在xOy面上的投影区域 Dxy={(x, y) ∣ x2+y2≤a2}，由于∬ΣzdS=∬Dxya2−x2−y2⋅1+zx2+zy2dxdy= ∬Dxya2−x2−y2⋅1+a2−x2−y2x2+y2dxdy=a∬Dxydxdy=a⋅πa2=πa3，又因Σ的面积A=2πa2， 所以z=A∬ΣzdS=2πa2πa3=2a，所求质心为(0, 0, 2a).
9. 设 u ( x , y ) 与 v ( x , y ) 在闭区域 D 上都具有二阶连续偏导数，分段光滑的曲线 L 为 D 的正向边界曲线，证明： \begin{aligned}&9. \ 设u(x,\ y)与v(x, \ y)在闭区域D上都具有二阶连续偏导数，分段光滑的曲线L为D的正向边界曲线，证明：&\end{aligned} 9. 设u(x, y)与v(x, y)在闭区域D上都具有二阶连续偏导数，分段光滑的曲线L为D的正向边界曲线，证明：
( 1 ) ∬ D v Δ u d x d y = − ∬ D ( g r a d u ⋅ g r a d v ) d x d y + ∮ L v ∂ u ∂ n d s ； ( 2 ) ∬ D ( u Δ v − v Δ u ) d x d y = ∮ L ( u ∂ v ∂ n − v ∂ u ∂ n ) d s ，其中 ∂ v ∂ n 与 ∂ u ∂ n 分别是 u 与 v 沿 L 的外法线向量 n 的方向导数， 符号 Δ = ∂ 2 ∂ x 2 + ∂ 2 ∂ y 2 称为二维拉普拉斯算子 . \begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \iint_{D}v\Delta udxdy=-\iint_{D}(grad\ u \cdot grad\ v)dxdy+\oint_{L}v\frac{\partial u}{\partial n}ds；\\\\ &\ \ (2)\ \ \iint_{D}(u\Delta v-v\Delta u)dxdy=\oint_{L}\left(u\frac{\partial v}{\partial n}-v\frac{\partial u}{\partial n}\right)ds，其中\frac{\partial v}{\partial n}与\frac{\partial u}{\partial n}分别是u与v沿L的外法线向量n的方向导数，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 符号\Delta=\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}称为二维拉普拉斯算子. & \end{aligned} (1) ∬DvΔudxdy=−∬D(grad u⋅grad v)dxdy+∮Lv∂n∂uds； (2) ∬D(uΔv−vΔu)dxdy=∮L(u∂n∂v−v∂n∂u)ds，其中∂n∂v与∂n∂u分别是u与v沿L的外法线向量n的方向导数， 符号Δ=∂x2∂2+∂y2∂2称为二维拉普拉斯算子.
解：
( 1 ) n 为有向曲线 L 的外法线向量， τ 为 L 的切线向量，设 x 轴到 n 和 τ 的转角分别为 φ 和 α ，则 α = φ + π 2 ，且 n 的方向 余弦为 c o s φ ， s i n φ ； τ 的方向余弦为 c o s α ， s i n α ，则 ∮ L v ∂ u ∂ n d s = ∮ L v ( u x c o s φ + u y s i n φ ) d s = ∮ L v ( u x s i n α − u y c o s α ) d s = ∮ L v u x d y − v u y d x ，根据格林公式，上式 = ∬ D [ ∂ ( v u x ) ∂ x − ∂ ( − v u y ) ∂ y ] d x d y = ∬ D [ ( u x v x + v u x x ) + ( u y v y + v u y y ) ] d x d y = ∬ D v ( u x x + u y y ) d x d y + ∬ D ( u x v x + u y v y ) d x d y = ∬ D v Δ u d x d y + ∬ D ( g r a d u ⋅ g r a d v ) d x d y ，即 ∬ D v Δ u d x d y = − ∬ D ( g r a d u ⋅ g r a d v ) d x d y + ∮ L v ∂ u ∂ n d s ( 2 ) 根据（ 1 ）的结果，交换 u 、 v ，得 ∬ D u Δ v d x d y = − ∬ D ( g r a d v ⋅ g r a d u ) d x d y + ∮ L u ∂ v ∂ n d s ，上式两端 减去（ 1 ）式两端，得 ∬ D ( u Δ v − v Δ u ) d x d y = ∮ L ( u ∂ v ∂ n − v ∂ u ∂ n ) d s \begin{aligned} &\ \ (1)\ n为有向曲线L的外法线向量，\tau为L的切线向量，设x轴到n和\tau的转角分别为\varphi和\alpha，则\alpha=\varphi+\frac{\pi}{2}，且n的方向\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 余弦为cos\ \varphi，sin\ \varphi；\tau的方向余弦为cos\ \alpha，sin\ \alpha，则\oint_{L}v\frac{\partial u}{\partial n}ds=\oint_{L}v(u_xcos\ \varphi+u_ysin\ \varphi)ds=\\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \oint_{L}v(u_xsin\ \alpha-u_ycos\ \alpha)ds=\oint_{L}vu_xdy-vu_ydx，根据格林公式，上式=\iint_{D}\left[\frac{\partial(vu_x)}{\partial x}-\frac{\partial(-vu_y)}{\partial y}\right]dxdy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}[(u_xv_x+vu_{xx})+(u_yv_y+vu_{yy})]dxdy=\iint_{D}v(u_{xx}+u_{yy})dxdy+\iint_{D}(u_xv_x+u_yv_y)dxdy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}v\Delta udxdy+\iint_{D}(grad\ u\cdot grad\ v)dxdy，即\iint_{D}v\Delta udxdy=-\iint_{D}(grad\ u \cdot grad\ v)dxdy+\oint_{L}v\frac{\partial u}{\partial n}ds\\\\ &\ \ (2)\ 根据（1）的结果，交换u、v，得\iint_{D}u\Delta vdxdy=-\iint_{D}(grad\ v \cdot grad\ u)dxdy+\oint_{L}u\frac{\partial v}{\partial n}ds，上式两端\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 减去（1）式两端，得\iint_{D}(u\Delta v-v\Delta u)dxdy=\oint_{L}\left(u\frac{\partial v}{\partial n}-v\frac{\partial u}{\partial n}\right)ds & \end{aligned} (1) n为有向曲线L的外法线向量，τ为L的切线向量，设x轴到n和τ的转角分别为φ和α，则α=φ+2π，且n的方向 余弦为cos φ，sin φ；τ的方向余弦为cos α，sin α，则∮Lv∂n∂uds=∮Lv(uxcos φ+uysin φ)ds= ∮Lv(uxsin α−uycos α)ds=∮Lvuxdy−vuydx，根据格林公式，上式=∬D[∂x∂(vux)−∂y∂(−vuy)]dxdy= ∬D[(uxvx+vuxx)+(uyvy+vuyy)]dxdy=∬Dv(uxx+uyy)dxdy+∬D(uxvx+uyvy)dxdy= ∬DvΔudxdy+∬D(grad u⋅grad v)dxdy，即∬DvΔudxdy=−∬D(grad u⋅grad v)dxdy+∮Lv∂n∂uds (2) 根据（1）的结果，交换u、v，得∬DuΔvdxdy=−∬D(grad v⋅grad u)dxdy+∮Lu∂n∂vds，上式两端 减去（1）式两端，得∬D(uΔv−vΔu)dxdy=∮L(u∂n∂v−v∂n∂u)ds
10. 求向量 A = x i + y j + z k 通过闭区域 Ω = { ( x , y , z ) ∣ 10 ≤ x ≤ 1 ， 0 ≤ y ≤ 1 ， 0 ≤ z ≤ 1 } 的边界曲面 流向外侧的通量 . \begin{aligned}&10. \ 求向量A=xi+yj+zk通过闭区域\Omega=\{(x,\ y, \ z)\ |\ 10 \le x \le 1，0 \le y \le 1，0 \le z \le 1\}的边界曲面\\\\&\ \ \ \ \ \ 流向外侧的通量.&\end{aligned} 10. 求向量A=xi+yj+zk通过闭区域Ω={(x, y, z) ∣ 10≤x≤1，0≤y≤1，0≤z≤1}的边界曲面 流向外侧的通量.
解：
通量 Φ = ∬ Σ A ⋅ n d S = ∬ Σ x d y d z + y d z d x + z d x d y ，根据高斯公式，上式 = ∭ Ω ( ∂ x ∂ x + ∂ y ∂ y + ∂ z ∂ z ) d v = ∭ Ω ( 1 + 1 + 1 ) d v = 3 ∭ Ω d v = 3 ⋅ 1 = 3. \begin{aligned} &\ \ 通量\Phi=\iint_{\Sigma}A\cdot ndS=\iint_{\Sigma}xdydz+ydzdx+zdxdy，根据高斯公式，上式=\iiint_{\Omega}\left(\frac{\partial x}{\partial x}+\frac{\partial y}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial z}\right)dv=\\\\ &\ \ \iiint_{\Omega}(1+1+1)dv=3\iiint_{\Omega}dv=3\cdot 1=3. & \end{aligned} 通量Φ=∬ΣA⋅ndS=∬Σxdydz+ydzdx+zdxdy，根据高斯公式，上式=∭Ω(∂x∂x+∂y∂y+∂z∂z)dv= ∭Ω(1+1+1)dv=3∭Ωdv=3⋅1=3.
11. 求力 F = y i + z j + x k 沿有向闭曲线 Γ 所作的功，其中 Γ 为平面 x + y + z = 1 被三个坐标面所截成的 三角形的整个边界，从 z 轴正向看去，沿顺时针方向： \begin{aligned}&11. \ 求力F=yi+zj+xk沿有向闭曲线\Gamma所作的功，其中\Gamma为平面x+y+z=1被三个坐标面所截成的\\\\&\ \ \ \ \ \ 三角形的整个边界，从z轴正向看去，沿顺时针方向：&\end{aligned} 11. 求力F=yi+zj+xk沿有向闭曲线Γ所作的功，其中Γ为平面x+y+z=1被三个坐标面所截成的 三角形的整个边界，从z轴正向看去，沿顺时针方向：
解：
W = ∮ Γ F ⋅ d r = ∮ Γ y d x = z d y + x d z ，取 Σ 为平面 x + y + z = 1 的下侧被 Γ 所围的部分，则 Σ 在任一点处的 单位法向量为 n = ( c o s α , c o s β , c o s γ ) = ( − 1 3 , − 1 3 , − 1 3 ) ，根据斯托克斯公式，得 ∮ Γ y d x + z d y + x d z = ∬ Σ ∣ − 1 3 − 1 3 − 1 3 ∂ ∂ x ∂ ∂ y ∂ ∂ z y z x ∣ d S = ∬ Σ ( 1 3 + 1 3 + 1 3 ) d S = 3 ∬ Σ d S = 3 ⋅ ( Σ 的面积 ) = 3 ⋅ 3 2 = 3 2 \begin{aligned} &\ \ W=\oint_{\Gamma}F\cdot dr=\oint_{\Gamma}ydx=zdy+xdz，取\Sigma为平面x+y+z=1的下侧被\Gamma所围的部分，则\Sigma在任一点处的\\\\ &\ \ 单位法向量为n=(cos\ \alpha, \ cos\ \beta, \ cos\ \gamma)=\left(-\frac{1}{\sqrt{3}},\ -\frac{1}{\sqrt{3}},\ -\frac{1}{\sqrt{3}}\right)，根据斯托克斯公式，得\\\\ &\ \ \oint_{\Gamma}ydx+zdy+xdz=\iint_{\Sigma}\left|\begin{array}{cccc}-\frac{1}{\sqrt{3}} &-\frac{1}{\sqrt{3}} &-\frac{1}{\sqrt{3}}\\\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} &\frac{\partial}{\partial z}\\y &z &x\end{array}\right|dS=\iint_{\Sigma}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}}\right)dS=\sqrt{3}\iint_{\Sigma}dS=\\\\ &\ \ \sqrt{3}\cdot(\Sigma的面积)=\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{2} & \end{aligned} W=∮ΓF⋅dr=∮Γydx=zdy+xdz，取Σ为平面x+y+z=1的下侧被Γ所围的部分，则Σ在任一点处的 单位法向量为n=(cos α, cos β, cos γ)=(−31, −31, −31)，根据斯托克斯公式，得 ∮Γydx+zdy+xdz=∬Σ −31∂x∂y−31∂y∂z−31∂z∂x dS=∬Σ(31+31+31)dS=3∬ΣdS= 3⋅(Σ的面积)=3⋅23=23
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