数学分析课后习题答案--高教第二版(陈纪修)--14章.pdf

第十四章 曲线积分 曲面积分与场论 习 题 14 1 第一类曲线积分与第一类曲面积分14 1 第一类曲线积分与第一类曲面积分 1 求下列第一类曲线积分 1 其中是以 L dsyx LOAB 0 01001为顶点的三角形 2 其中为单位圆周 L dsy L1 22 yx 3 其中为星形线 L dsx 3 1 L 3 23 23 2 ayx 4 其中为双纽线 L dsx L 22222 yxyx 5 为螺旋线 L dszyx 222 L xat yat zbtt cos sin 02 的一段 6 其中L为曲线 L xyzds 2 3 2 1 3 22 tz t ytx 上相应于 从 0 变到 1 的一段弧 t 7 其中为球面和平面 L dszxyzxy Lxyza 222 2 xyz 0的交线 解解 1 BOABOA dsyxdsyxdsyxdsyx L 212 1 0 1 0 1 0 ydydxxxxdx 2 4sin 2 0 dttdsy L 3 令 则 taytax 33 sin cos ttadscossin3 于是 3 4 2 0 2 3 4 2 0 2 3 4 3 1 4cossin12cossin3atdttadtttadsx L 4 将表示为参数方程 L cos2 cos cos2 sin x y 再利用对称性 就有 22 44 00 4cos2 cos 4cos2 2x dsxy dd L 注注 本题也可利用的极坐标方程L 2 cos2r 得到 22 44 00 4cos4cos2 2x dsrrr dd L 1 课后答案网 w w w k h d a w c o m 5 L dszyx 222 2 0 22222 dtbatba 22222 43 3 2 baba 6 L xyzds 1 0 2 2 9 21 3 2 dtttt 143 216 7 因为在上成立 L 2 1 2222 zyxzyxzxyzxy 所以 3 2 2 ads a dszxyzxy LL 2 求椭圆周xat ybtt cos sin 02 的质量 已知曲线在点M x y 处的线密度是 x yy 解解 质量 2 0 2222 cossinsindttbtatbdsm L ba a abb ab ba b baa ba a ba ba ba b dttabatb 当 当 当 ln 2 2 4 arcsin 2 2 cos sin2 22 22 2 2 2 22 22 2 2 0 2222 3 求下列曲面的面积 1 za包含在圆柱面 内的部分 xy xya 222 a 0 2 锥面xyz 22 1 3 2被平面 xyzaa 2 0 所截的部分 3 球面包含在锥面 2222 azyx 22 yxz 内的部分 4 圆柱面被两平面xya 22 2 xzxzxy 000 0 z 2222 2 所截 部分 5 抛物面包含在柱面 内的 那部分 xya 22 2 xya xy a 0 6 环面 sin sin cos cos cos az aby abx 0202 其中 ba 0 解解 1 D dxdyyxaA 1 222 1 1 3 2 1 34 2 0 22 2 0 a a rdrrad a 2 课后答案网 w w w k h d a w c o m 2 联立锥面与平面方程 消去 得到 z 222 2 2ayxaxyyx 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 22 2 2 2 Dx yxxyya xya 再令 xuv yuv 则区域与区域 D 222 2 36Du vuava 对应 且 2 x y u v 于是所截部分的面积为 22 124 xy DDD 2 8 3Azzdxdydxdydudva 3 这部分球面在xy平面上的投影区域为 2 22 2 a Dx yxy 于是 DD yx dxdy yxa a dxdyzzA 222 22 1 2 2 022 2 0 22 ardr ra a d a 4 圆柱面方程可写成 22 xay 区域 0Dz xxzxxa 于是 222 22220 12 ax xz x DD aa Ayy dzdxdzdxdxdza axax 5 方程 可化为极坐标方程 于是 xya x 2222 2 y 2sin 22 ar DD yx dxdy a yx dxdyzzA 2 22 22 1212 2 0 32 2sin 0 22 2 0 1 cos sin 3 22 dardrrad a a 2 320 9 1 a 6 由 cos sinsin cossinazayax 0 cos cos sin cos zabyabx 可得 0 cos 22 FabGaE 所以 abdabadddFEGA D 2 2 0 2 0 2 4 cos 3 课后答案网 w w w k h d a w c o m 4 求下列第一类曲面积分 1 其中 是左半球面 dSzyx xyza 222 2 y 0 2 其中 是区域 dSyx 22 x y zxyz 22 1 的边界 3 是锥面 dSzxyzxy zxy 22 x被柱面所 截部分 xya 22 2 4 dS zyx 222 1 其中 是圆柱面介于平面 与 xya 22 2 z 0 zH 之间的部分 5 dS zyx 432 222 其中 是球面 2222 azyx 6 其中 是抛物面介于平面与 之间的部分 dSzyx 23 22 2yxz z 0 8 z 7 其中 是螺旋面 zdSxuv yuv zvua cos sin 0 02 v 的一部分 解解 1 由对称性 dSzyx dzdx zxa a zxaydS zx zx 222 222 3 a 2 设 1 1 22 2 22 1 yxzyxz 则 21 222222 dSyxdSyxdSyx 2 21 21 1 0 3 2 0 drrd 3 xy dxdyyxyxxydSzxyzxy2 22 cos2 0 3 2 2 sincoscos sin2 a drrd 4 2 2 54 2 15 64 cos24ada 4 设 0 22 2 22 1 Hzyaxyax 则 21 222222222 111 dS zyx dS zyx dS zyx yz dydz ya a za 22 22 1 2 4 课后答案网 w w w k h d a w c o m a H dy ya za adz a a H arctan2 1 2 220 22 5 由对称性 有 又由于 dSzdSydSx 222 42222 4 adSadSzyx 所以 42 222 9 13 12 13 432 adSxdS zyx 6 由对称性 有 0 3 dSx 2 y dS 22 1 2 xydS 再由 zdS 22 1 2 xydS 得到 322222 1 xy xyz dSxyxy dxd y 24 23 00 1dr r dr 31 4 222 22 0 1 1 1 rrdr 1564 174 15 7 由 1 cos sin 0 sin cos vvvuuu zvuyvuxzvyvx 得到 0 1 1 2 FuGE 于是 a D duuvdvdudvuvzdS 0 2 2 0 2 11 1ln 1 222 aaaa 5 设球面 的半径为R 球心在球面上 问当 2222 azyx R何值 时 在球面内部的面积最大 并求该最大面积 2222 azyx 解解 不妨设的球心在 于是 0 0 a 在球面内部的曲 面方程为 2222 azyx 222 zaRxy 将此方程与球面方程联立 解得 2222 azyx a Ra z 2 2 22 这样 在球面内部的部分在平面上的投影为 2222 azyx Oxy 4 222 2 4 R Dx yxyR a 从而面积为 DD yx dxdy yxR R dxdyzzRS 222 22 1 5 课后答案网 w w w k h d a w c o m 2 2 21 2 4 2200 2 1 2 R R a RR drdrR a Rr 对求导 得 S R 34 2 RaR a RS 令 得到0 R SaR 3 4 由于02 3 4 aS 所以当aR 3 4 时 面 积最大 面积最大值为 3 max 27 32 aS 6 求密度为 x y z的抛物面壳zxyz 1 2 0 22 1的质量与重心 解解 质量 xy dxdyyxyxdSyxM 2222 1 2 1 15 2312 1 2 1 2 1 2 0 222 2 0 23 2 0 drrrdrrrd 设重心坐标为 x y z 由对称性 0 0 yx xy dxdyyxyxdSyxz 22222 1 4 1 2 0 224 2 0 25 2 0 1 4 1 4 1 drrrdrrrd 作代换 2 1rt 得到 105 4366 1 2 4 3 1 222 dtttdSyxz 于是 749 345596 M dSyxz z 所以重心为 749 345596 0 0 7 求均匀球面 半径是 密度是 1 对不在该球面上的质点 质量 为 1 的引力 a 解解 设球面方程为 质点的坐标为 在 球面上处取一微元 面积为 它对质点的引力为 2222 azyx 0 0 b 0 ba zyxdS 222 bzyx GdS dF 由对称性 0 yx FF z F dS bzyx bzG 2 3 222 6 课后答案网 w w w k h d a w c o m 令 得到 cos sinsin cossin az ay ax 2 FEG sin 2 a 于是 2 2 3 00 22 2 cos sin 2cos z G ab a Fdd abab 在上述积分中 再令 cos2 22 abbat 得到 222 2 22 2 0 4 a b z a b ba Gabat Fdt Ga btba b 所以当时 引力 当b时 引力ba 2 2 4 0 0 Ga b F 8 设u x y z 为连续函数 它在处有连续的二阶导数 记 为以 M xyz 000 M点为中心 半径为R的球面 以及 dSzyxu R RT 4 1 2 1 证明 lim R T Ru xyz 0 000 2 若0 2 2 2 2 2 2 000 zyx z u y u x u 求当时无穷小量 0 R T Ru xyz 000 的主要部分 解解 1 由于u x y z 在处连续 所以M xyz 000 0 0 当 222 000 xxyyzz 时 成立 000 u x y zu xy z 于是当 222 000 Rxxyyzz 时 000 2 1 4 u x y z dSu xyz R 000 2 1 4 u x y zu xyzdS R 0 2 222 aazx azzyx z L 7 为圆周 L dzyxdyxzdxzy L aayx 逆时针方向 4 L dyyydxye x sincos1 其中是曲线Lyx sin上从 到 0 0 0的一段 5 其中是圆周的上半部 分 方向从点到点 L dyyxdxyx 22 sinLxy 22 2 x 0 0 0 2 6 L dyaxyedxyxbye xx cos sin 其中是正常数 L为 从点沿曲线 ba 0 2 aA 2 2xaxy 到点的一段 0 0 O 7 L 22 4yx ydxxdy 其中L是以点为中心 0 1 R为半径的圆周 1 R 逆时针方向 8 L 22 4 4 yx dyyxdxyx 其中为单位圆周 逆时 针方向 L1 22 yx 9 L 22 sincos cossin yx dyyyyxdxyyyxe x 其中是包围原点 的简单光滑闭曲线 逆时针方向 L 解解 1 L dyyxdxyx 222 D dxdyyx 24 3 140 2 2 2 2 311 1 2 1 3 2 34 1 2 1 2 1 x x x x dyyxdxdyyxdx 2 L ydyxdxxy 22 2 3 00 22 4sincos0 a D xyxy dxdydr dr 3 L dyyexxdxeyxxyxyx xx 2sinsin2cos 222 1 课后答案网 w w w k h d a w c o m D dxdy00 4 设 0 0 1 xyL 则 5 1 sincos1 sin 00 e ydydxeydxdyedyyydxye x x D xx 1 LL 所以 L dyyydxye x sincos1 1 sincos1 L dyyydxye x 5 1 e 5 1 e 5 设 则 20 0 1 xyL 0 11 sin 22 D dxdydyyxdxyx 1 LL 所以 L dyyxdxyx 22 sin 3 8 sin 2 0 222 1 dxxdyyxdxyx L 6 设 则 axy20 0 1 L 2 cos sin 2 abadxdyabdyaxyedxyxbye D xx 1 LL 所以 L dyaxyedxyxbye xx cos sin 2 2 a ba 1 cos sin L dyaxyedxyxbye xx a xdxbaba 2 0 2 2 32 2 2 2 aba 7 设 2222 4 4 yx x yxQ yx y yxP 则 x Q yx xy y P 222 22 4 4 取路径 逆时针方向 由 Green 公式 22 1 4 1xy L 22 4 xdyydx xy L 1 22 4 xdyydx xy L 令 1 cos sin 2 xt yt 得到 22 4 xdyydx xy L 1 22 4 xdyydx xy L 2 22 0 11 cossin 22 tt dt 8 设 2222 4 4 4 yx yx yxQ yx yx yxP 则 2 课后答案网 w w w k h d a w c o m x Q yx xxyy y P 222 22 4 84 取路径 逆时针方向 由 Green 公式 22 1 4xy L1 22 4 4 xy dxxy dy xy L 1 22 4 4 xy dxxy dy xy L 令 1 cos sin 2 xt yt 得到 L 22 4 4 yx dyyxdxyx 2 0 22 2 1 4 4 1 dt yx dyyxdxyx L 9 设 2222 sincos cossin yx yyyxe yxQ yx yyyxe yxP xx 则 x Q yx yyxyxyxyxyx y P 222 222222 sin 2 cos 取路径 即 r L 222 ryx 20 sin cos ttrytrx 由 Green 公式 22 sincos cossin x exyyy dxxyyy dy xy L 22 sincos cossin r x exyyy dxxyyy dy xy L 于是 r yx dyyyyxdxyyyxe I x L 22 sincos cossin 2 0 cos sincos dttre tr 令 即得到 0 r 2 I 2 利用曲线积分 求下列曲线所围成的图形的面积 1 星形线 xat yat cos sin 33 2 抛物线与 xyax a 2 0 x轴 3 旋轮线的一段 t cos1 sin tay ttax 0 2 与x轴 解解 1 2 2 22 0 13 sincos 22 L a Sxdyydxttdt 2 3 8 a 2 令 则txy 22 1 1 t at y t a x 0 t 于是 22 5 0 1 2 1 6 L t Sydxadt t a 3 2 2 2 0 1 2sin2cos 3 22 L a Sxdyydxttt dta 3 先证明曲线积分与路径无关 再计算积分值 1 xy dxdy 0 0 1 1 3 课后答案网 w w w k h d a w c o m 2 其中 x dxy dy 2 1 1 2 xy为连续函数 3 xdxydy xy 22 1 0 6 8 沿不通过原点的路径 解解 1 设 yxyxQyxyxP 则 x Q y P 1 所以曲线积分与路径无关 取积分路径为 于是 10 xxyL 0 1 1 0 0 dydxyx 2 设 yyxQxyxP 则 x Q y P 0 所以曲线积分与路径无关 取积分路径为折线 LABC 其中 于是 2 1 1 1 1 2 CBA x dxy dy 2 1 1 2 2 1 1 2 dyydxx 2 1 dttt 3 设 2222 yx y yxQ yx x yxP 则 x Q yx xy y P 2 3 22 所以曲线积分与路径无关 取积分路径为折线 LABC 其中 于是 8 6 0 6 0 1 CBA xdxydy xy 22 1 0 6 8 9 36 8 02 6 1 y ydy dx 4 证明在整个 coscos sinsin 22 2 xyyx dxyxxy dy 2 xy平面上是某个 函数的全微分 并找出这样一个原函数 证证 设 因为 yxxyyxQxyyxyxPsinsin2 coscos2 22 x Q xyyx y P cos2sin2 所以在整个 coscos sinsin 22 2 xyyx dxyxxy dy 2 xy平面上是某个函 数的全微分 设这个函数为 则 yxu yxu 22 0 0 2 coscos 2 sinsin x y xyyx dxyxxy dyC 222 00 2 2 sinsin cossin xy xdxyxxy dyxyyxC 5 证明 xdxydy xy 22 在除去 的负半轴及原点的裂缝yxy平面上是某个函数 的全微分 并找出这样一个原函数 证证 设 2222 yx y yxQ yx x yxP 因为 4 课后答案网 w w w k h d a w c o m x Q yx xy y P 222 2 所以 xdxydy xy 22 在除去 的负半轴及原点的裂缝yxy平面上是某个函数的 全微分 设这个函数为 则 yxu yxu 22 22222 0 1 01 1 ln 12 x yxy xdxydyxdxydy xyC xyxxy 6 设在 yxQxy平面上具有连续偏导数 曲线积分与 路径无关 并且对任意 恒有 L dyyxQxydx 2 t 1 0 0 1 0 0 2 2 tt dyyxQxydxdyyxQxydx 求 yxQ 解解 因为曲线积分与路径无关 所以 L dyyxQxydx 2x x Q 2 两边 关于 积分 即得到 其中x 2 yxyxQ 待定 由条件 可得 1 0 0 1 0 0 2 2 tt dyyxQxydxdyyxQxydx t dyydyyt 0 1 0 2 1 两边对 求导 得到t 12tt 即12 yy 所以 12 2 yxyxQ 7 确定常数 使得右半平面上的向量函数 为某二元函数的梯度 并求 0 xir 2 24 yxxyyx j 242 yxx yxu yxu 解解 由题意 x yxx y yxxy 2 24224 即 124524124224 4 2 4 2 yxxyxxyxxyyxx 化简后 求得 1 这时 yxu 22 42422 1 0 0 2 arctan x yy xydxx dyx dyy CC xyxyx C 8 设一力场为 证明质点在此场 内移动时 场力所作的功与路径无关 jiF 128 83 2322y yeyxxxyyx 证证 设 因为 y yeyxxyxQxyyxyxP128 83 2322 x Q xyx y P 163 2 所以质点在此场内移动时 场力所作的功与路径无关 9 利用 Gauss 公式计算下列曲面积分 1 为立方体0 x dydzy dzdxz dxdy 222 x y za 的表面 方 5 课后答案网 w w w k h d a w c o m 向取外侧 2 其中 为闭曲 面 xyz dydzyzx dzdxzxy dxdy 1 yxzxzyzyx 方向取外侧 3 其中 为锥面介于 平面 xyz 222 coscoscos dS 2 zxy 22 z 0与之间的部分 方向取下侧 zh h 0 4 其中 为上半球面xdydzydzdxzdxdy zRxy 222 方向取上侧 5 其中 是由2 184 2 xdydzxydzdxzxdxdy xy平面上的曲线 绕xeya y 0 x轴旋转而成的旋转面 曲面的法向量与 轴的正向的夹角为钝角 x 6 其中 是曲面 曲 面的法向量与 轴的正向的夹角为锐角 zdxdydydzzx 2 22 yxz 10 z z 7 2 1222 2 zyx dxdyzaaxdydz 其 中 是 下 半 球 面0 a 222 yxaz 方向取上侧 8 2 3222 zyx zdxdyydzdxxdydz 其中 是 i 椭球面 方向取外侧 132 222 zyx ii 抛物面 16 2 5 1 2 xz 0 9 1 2 z y 方向取上侧 解解 1 设 是 所围的空间区域 则 x dydzy dzdxz dxdy 222 4 000 36 2azdzdydxdxdydzzyx aaa 2 设是 所围的空间区域 作变换 yxzw xzyv zyxu 则 4 u v w x y z 且变换 将变为 1u v wuvw 记是 在第一象限的部分 则 xyz dydzyzx dzdxzxy dxdy 16 4 3 3 dudvdwdudvdwdxdydz 6 课后答案网 w w w k h d a w c o m 3 补充 方向取上侧 设 222 1 hyxhz 是 1 所围的空间 区域 因为 的对称性 有 由 Gauss 公式 0 ydxdydzxdxdydz dxdydzzyxdSzyx 2coscoscos 1 222 4 0 2 0 2 22hzdzrdrdzdxdydz h r h 于是 xyz 222 coscoscos dS 1 coscoscos 2 2224 dSzyxh 424 2 1 2 1 hdxdyhh 4 补充 方向取下侧 设 0 222 1 Ryxz 是 1 所围的空 间区域 由 Gauss 公式 3 23 1 Rdxdydzzdxdyydzdxxdydz 于是 33 22 1 RzdxdyydzdxxdydzRzdxdyydzdxxdydz 5 由题意 可得 222 22 azyex zy 方向取后侧 补充 222 1 azyex a 方向取前侧 设 是 1 所围的空间区域 由 Gauss 公式 0048 1 2 1 2 dxdydzzxdxdyxydzdxdydzx 于是 1 2 1 248 1 2 2222 1 aa eadydzezxdxdyxydzdxdydzx 6 补充 方向取下侧 设 1 1 22 1 yxz 是 1 所围的空间 区域 由 Gauss 公式 dxdydzzdxdydydzzx3 2 1 2 3 3 11 0 2 0 2 r dzrdrd 于是 zdxdydydzzx 2 2 1 2 3 1 dxdy 7 由题意 dxdyzaaxdydz azyx dxdyzaaxdydz 2 2 1222 2 1 补充 方向取下侧 设 0 222 1 ayxz 是 1 所围的空间 7 课后答案网 w w w k h d a w c o m 区域 由 Gauss 公式 dxdydzzadxdyzaaxdydz 23 1 2 4 0 224 2 3 22adzzaza a 于是 4242 2 1 2 3 1 adxdyaadxdyzaaxdydz 从而 3 2 1222 2 2 1 a zyx dxdyzaaxdydz 8 i 记 222 zyxr 设原积分为 则 RdxdyQdzdxPdydz 5 22 3 r xr x P 5 22 3 r yr y Q 5 22 3 r zr z R 设 2222 zyxzyx 方向为外侧 设 是 所围的空 间区域 由 Gauss 公式 PdydzQdzdxRdxdy 0 dxdydz z R y Q x P 由于 r z r y r x cos cos cos 3 r zdxdyydzdxxdydz 3 r zdxdyydzdxxdydz 2 1 coscoscosdydzdzdxdxdy 222 22 11 coscoscos 4dSdS 注注 对上面的积分 也可取 的参数表示为 cos sinsin cossin z y x 其中 20 0 D 则 3 r zdxdyydzdxxdydz 3 r zdxdyydzdxxdydz sin4 D d d 8 课后答案网 w w w k h d a w c o m ii 设 0 1 9 1 16 2 22 z yx zyx 0 222 10 0 的交线 它是椭圆 从x轴的正向看去 是逆时针方向 4 其中L是用平面 L dzyxdyxzdxzy 222222 xyz 3 2 截立方体01 x y z 的表面所得的截痕 从x轴的正向看去 是逆时针方向 5 其中是沿着螺线 L dzxyzdyxzydxyzx 222 L cosax 2 sin h zay 从点至点的路径 A a 0 0B ah 0 10 课后答案网 w w w k h d a w c o m 6 其中是平面 L dzyxdyxzdxzy 3 2 222222 L2 zyx 与柱面的交线 从 轴的正向看去 是逆时针方向 1 yxz 解解 1 设是所围的平面 Lxyz 0的部分 方向由右手法则确定 即取上侧 由 Stokes 公式 L xdzzdyydx dxdydzdxdydz xzy zyx dxdydzdxdydz 2 33adS 2 设是L所围的平面 zy 3的部分 方向由右手法则确定 即 取上侧 则是一个长半轴为 2 短半轴为1的椭圆 由 Stokes 公 式 L ydzxdyzdx253 dxdydzdxdydz yxz zyx dxdydzdxdydz 532 253 2 2 5 2 3 0 dS 3 设是L所围的平面 1 h z a x 的部分 方向由右手法则确定 即 取上侧 由 Stokes 公式 yz dxzx dyxy dz L dxdydzdxdydz2 22 22 haadS ha ha 4 设是所围的平面 L 2 3 zyx的部分 方向由右手法则确定 即 取上侧 则是一个边长为 2 1 的正六边形 由 Stokes 公式 L dzyxdyxzdxzy 222222 dxdyyxdzdxxzdydzzy 2 2 9 32 3 4 dSdSzyx 5 设 由 Stokes 公式 1 00 xa ty zt L h 0 222 1 L dzxyzdyxzydxyzx L 11 课后答案网 w w w k h d a w c o m 于是 L dzxyzdyxzydxyzx 222 h dzz 0 23 3 1 h 6 设 是L所围的平面2 zyx的部分 方向由右手法则确定 即 取上侧 设在 xy平面的投影区域为 1 xy Dx yxy 则 0 xyxy DD ydxdyxdxdy 由 Stokes 公式 L dzyxdyxzdxzy 3 2 222222 dxdyyxdzdxxzdydzzy 3 2 2 dSyxdSzyx 6 3 2 324 3 2 24 6 2 xy D dxdyyx 13 设是上恒为正值的连续函数 是逆时针方向的圆周 证明 tfRL 1 22 ayax 2 dx xf y dyyxf L 证证 设 22 1Dx yxaya 由 Green 公式 D dxdy xf yfdx xf y dyyxf 1 L 22 1 DD dxdydxdy xf xf 其中第二个等式利用了区域的对称性 14 设为两条直线Dxy xy4 和两条双曲线1 xy 所围成 的区域 是具有连续导数的一元函数 记 证明 4 xy uF uFuf 4 1 2ln duufdy y xyF D 其中的方向为逆时针方向 D 证证 由 Green 公式 得 DD dxdyxyfdy y xyF 作变换 x y vxyu 则此变换将区域变为D 41 41 vuvuDuv 变换的 Jacobi 行列 式为 1 2 x y J u vv 于是 4 1 4 1 4 1 2ln 2 1 2 duufdv v duufdudv v uf dxdyxyf uv DD 所以 12 课后答案网 w w w k h d a w c o m 4 1 2ln duufdy y xyF D 15 证明 若 为封闭曲面 l为一固定向量 则 0 cos dSln 其中 为曲面 的单位外法向量 n 证证 记l 而 cba n cos cos cos 则 1 cos coscoscos abc n l n l ll 于是由 Gauss 公式 得到 1 cos 0dSadydzbdzdxcdxdy n l l 16 设区域由分片光滑封闭曲面 所围成 证明 1 cos 2 dxdydz dS r r nr n 其中n为曲面 的单位外法向量 zyx r 222 zyxr 证证 由 coscoscos 1 cos zyx rr nr nr 可知 1 cos zdxdyydzdxxdydz r dSnr 因为 3 22 3 22 3 22 r yx r z zr zx r y yr zy r x x 由 Gauss 公式 得到 1 cos 2 dxdydz dS r r nr n 17 设函数和 zyxQzyxPR x y z 在 3 R上具有连续偏导数 且对 于任意光滑曲面 成立 0 RdxdyQdzdxPdydz 证明 在 3 R上 0 z R y Q x P 证证 用反证法 若存在点 使得 0000 zyxM0 z R y Q x P 则不妨 设 0 0 M PQR xyz 由于函数和 zyxQzyxPR x y z 在 3 R上具 有连续偏导数 即 z R y Q x P 连续 所以存在 使得当 0 cr 22 0 2 0 2 0 rzzyyxxzyxzyx 13 课后答案网 w w w k h d a w c o m 时成立 z R y Q x P 0 c 但另一方面 由 Gauss 公式 dxdydz z R y Q x P RdxdyQdzdxPdydz 0 3 4 3 crcdxdydz 这就与题设矛盾 18 设是平面L0coscoscos pzyx 上的简单闭曲线 它所包 围的区域D的面积为 其中S cos cos cos 是平面取定方向上 的单位向量 证明 L coscoscos 2 1 zyx dzdydx S 其中的定向与平面的定向符合右手定则 L 证证 由 Stokes 公式 L coscoscos zyx dzdydx L coscos coscos coscos dzxydyzxdxyz D dS xyzxyz zyx coscoscoscoscoscos coscoscos SdSdS DD 22 coscos cos2 222 所以 L coscoscos 2 1 zyx dzdydx S 14 课后答案网 w w w k h d a w c o m 习 题 14 4 微分形式的外微分习 题 14 4 微分形式的外微分 1 计算下列微分形式的外微分 1 1 形式 dyxxydx 2 2 2 1 形式xdyydxsincos 3 2 形式dzxydxdyzdx 6 解解 1 0222 dyxdxdxxdydxydxd 2 dydxxydyxdxdxydyd cos sincossin 3 dzdxxdydydxdzd6 dzdydxx 6 2 设 ax dxaxdxaxdx nnn111222 是 n R上的 1 形式 求d 解解 d 0 1 n i iiii dxdxxa 3 设 axxdxdxaxxdxdxaxxdxdx 12323213313121 2是 3 R上的 2 形式 求d 解解 设 323211 dxdxxxa 由于 0 0 323322 dxdxdxdxdxdx 则有 1 d0 323 3 1 322 2 1 dxdxdx x a dxdxdx x a 类似地 设 133122 dxdxxxa 212133 dxdxxxa 则 0 32 dd 从而 0 321 dddd 4 在 3 R上在一个开区域 a bc de f上定义了具有连续导数 的函数 试求形如 1 za 2 xa 3 ya dzxbdyzbdxyb 321 的 1 形式 使得 dydxyadxdzxadzdyzad 321 解解 由题意 可得 231231 xaxbzazbyayb 所以 dxdyya 3 dydzza 1 dzdxxa 2 5 设 n ji jiij dxdxa 1 jiij aa nji 2 1 是 n R上的 2 形式 证 明 1 课后答案网 w w w k h d a w c o m d n kji kji j ki i jk k ij dxdxdx x a x a x a 1 3 1 证证 因为 1 n ijij i j a dxdx 1 n jkjk j k a dxdx n ik ikki dxdxa 1 所以 n kji jik k ij dxdxdx x a d 1 n kji kji i jk dxdxdx x a 1 n kji ikj j ki dxdxdx x a 1 由于 kjiikjjik dxdxdxdxdxdxdxdxdx 从而 d n kji kji j ki i jk k ij dxdxdx x a x a x a 1 3 1 2 课后答案网 w w w k h d a w c o m 习 题 14 5 场论初步习 题 14 5 场论初步 1 设 对下列数量场 分别计算和 kjia15203 f x y z fgrad diva f 1 f x y zxyz 222 1 2 2 f x y zxyz 222 3 f x y zxyz ln 222 解解 1 grad 2 3 222 kjizyxzyxf 15203 div 2 3 222 zyxzyxf a 2 2gradkjizyxf 15203 2 divzyxf a 3 2grad 1222 kjizyxzyxf 15203 2 div 1222 zyxzyxf a 2 求向量场穿过球面在第一卦限部分 的通量 其中球面在这一部分的定向为上侧 kjia 222 zyx xyz 222 1 解解 设 方向取上侧 则所求通量为 0 0 0 1 222 zyxzyx dxdyzdzdxydydzx 222 由于 84 1 1 0 3 2 0 222 drrddxdyyxdxdyz xy 同理可得 8 22 dzdxydydzx 所以 8 3 222 dxdyzdzdxydydzx 3 设kjirzyx 求 r r 1 满足0 div rrf的函数 f r 2 满足0 div grad rf的函数 f r 解解 1 经计算得到 r x rfrf x xrf 2 2 r y rfrf y yrf r z rfrf z zrf 2 所以 3 divrf rrfrf r 1 课后答案网 w w w k h d a w c o m 由 得0 div rrf0 3 rf rrf 解此微分方程 得到 3 r c rf 其中 为任意常数 c 2 由 rf r x x rf rf r x x rf rf r x x rf 得到 2 2 3 22 rf r x rf r xr rf r x x 2 2 3 22 rf r y rf r yr rf r y y 2 2 3 22 rf r z rf r zr rf r z z 所以 2 div grad f rfrf r r 由0 div grad rf 得0 2 rf rrf 解此微分方程 得到 1 2 c f rc r 其中为任意常数 21 c c 4 计算 ln 2 1 gradrcrc 其中 是常矢量 ckjirzyx 且0 rc 解解 设 321 ccc c ln 2 1 rcrc u 则 2 2 2 3 3 2 2 1 1 rcrcrc c c z uc c y uc c x u 所以 rc c crcrc 2 1 ln 2 1 grad 5 计算向量场 x y arctangrada沿下列定向曲线的环量 1 圆周 从 轴正向看去为逆时针方向 xyz 221 22 0 1 z 2 圆周 从 轴正向看去为顺时针方向 xyz 22 4 z 解解 经计算 可得 x y arctangrada 22 1 0y x xy 2 课后答案网 w w w k h d a w c o m 2222 rot 0 yz yx xyxy 0 ijk a x 它在除去 轴的空间上是无旋场 z 1 设 22 2 2 1 0Lx y zxyz 从 轴正向看去为逆时针 方向 z 22 2 2 1 0 x y zxyz 方向取上侧 由于 轴不 穿过曲面 根据 Stokes 公式 z drotd L asaS0 2 令2cos 2sin 0 xyz 则 22 d LL xdyydx xy as 2 0 2d 6 计算向量场 kjir xyz在点M 132处的旋度 以及在这点沿 方向的环量面密度 kjin22 解解 由 rot x zyy xzz yx xyz xyzxyzxyz ijk ri jk 可得 rotMrkjirkji43 向量场 kjir xyz在点M 132沿方向n的环量面密度为 rr d m M 1 lim rotMr r 3 1 n n 7 设向量场 为数量场 证明 假设函数 和具有必要的连续偏导数 kjia zyx aaa f x y z aaa xy z f 1 0 div rot a 2 0 gradrot f 3 aaa rot rot grad div 证证 1 rot yy xxzz aa aaaa yzzxxy ai jk 设二阶偏导数连续 则 zyx aaa 3 课后答案网 w w w k h d a w c o m 0 div rot y a x a zx a z a yz a y a x x y zx y z a 2 rot grad f yz fff xyz 0 x ijk 3 由 k a j a i a a zyx divdivdiv grad div ji zy a y a yx a zx a yx a x a z y xz y x 2 2 2 22 2 2 2 k 2 2 2 2 z a zy a zx a z y x 以及 kjia y a x a x a z a z a y a x y zx y z rot rot rotai zx a z a y a yx a zxx y 2 2 2 2 2 2 kj zy a y a x a zx a yx a x a z a zy a y zzxx yy z 2 2 2 2 222 2 2 2 2 2 得到 akjiaa zyx aaa rot rot grad div 8 位 于 原 点 的 点 电 荷q产 生 的 静 电 场 的 电 场 强 度 为 4 3 0 kjiEzyx r q 其中rxyz 222 0为真空介电常数 求 Erot 解解 0 33 4433 r yz r yz r y zr z y 33 xz zrxr 44 33 0 zxzx rr 33 yx xryr 44 33 0 xyxy rr 所以 rot x y z E00 4 课后答案网 w w w k h d a w c o m 9 设 为常向量 akjirzyx 验证 1 0 ra 2 ara2 3 ararr 2 证证 1 zyx aaa zyx zyx ra 0 z xaya y zaxa x yaza yx xz zy 2 yzzxxy xyz a za ya xa za ya x ijk ar 2 xyz aaa ijka2 3 2 22 2 y xz a y a xa z xyz r r ar a 10 求全微分 的原函数 xyz dxyxz dyzxy d 222 222 z 解解 记 由于 kjia 2 2 2 222 xyzxzyyzx y a z x a x a y z a z a x y a x y zx y z 2 2 2 所以向量场是一个无旋场 其原函 数为 kjia 2 2 2 222 xyzxzyyzx 222 0 0 0 2 2 2 x y z U x y zxyz dxyxz dyzxy dzC 222222 000 1 2 2 3 xyz x dxy dyzxy dzxyzxyzC 11 证明向量场 0 2222 x yx yx yx yx jia是有势场并求势函数 证证 当时 0 x 22222 22 22 2 yx yx xyx xyxy yx yx y 所以向量场 是有势场 其势函数为 a 22 1 0 x y xy dxxy dy V x yU x yC xy 22 22 10 1 arctanln 2 xy dxxyy dyCxyC xxyx 12 证明向量场kjiaxyzyxzxzyxyzzyx 2 2 2 是有势场 5 课后答案网 w w w k h d a w c o m 并求出它的势函数 证证 设 则 kjia zyx aaa x a zxyy z a z a zyxx y a zx y z 2 2 22 y a yxzz x a x y 2 2 所以向量场 是有势场 设原函数为a UU x y z 则 2 2 2 dUxyz yzdxxyz zxdyxyz xydz 2222 zxdyxdzzdxyydzzdyxyzdx 22 xydzxdyydxz 222 zyxxyzdxyzdzxydyzxd 所以势函数为 V