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π