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 求下列第一类曲线积分 (1)j(x+y)d,其中L是以0()4(10.B(O)为顶点的三角形 (2)y,其中L为单位圆周x2+y2=1 (3)jxd,其中L为星形线x23+y23=a2 (4)j1xds,其中L为双纽线x2+y2)2=x2-y2 (5)j(x2+y2+=3)ds,L为螺旋线 x= a cos t,y=asin,z=b,0≤1≤2的一段: (6)Jxd。其中L为曲线x=4y==32,=+2上相应于从0 变到1的一段弧 (7)j(+y+2x)d,其中L为球面x2+y2+2=a和平面 x+y+z=0的交线。 解(1)∫(x+y)=(x+y)d+(x+y)ds+j(x+y)d =C+(x+xk+yh=1+√2。 (2)lyNds =5 sindt=4 (3)令x=acos3y=asin3,则d=3 asin cost,于是 4 sinl cos 12a3 2 sint cos tdt=4a 3 (4)将L表示为参数方程 x=√cos20cos0 再利用对称性,就有 20 sin e Jixlds =4J cos 20 cos /*+y d0=4 cos ede 注本题也可利用L的极坐标方程r2=cos20,得到 ∫xld=42 rcos0vr2+ra=4 coste=2
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 1. 求下列第一类曲线积分： (1) ∫ + ，其中 是以 L (x y)ds L O(0,0), A(1 0, ), B(0 1, )为顶点的三角形； (2) ∫ ，其中 为单位圆周 ； L | y | ds L 1 2 2 x + y = (3) ∫ ，其中 为星形线 ； L x ds 1/ 3 | | L 2 / 3 2 / 3 2 / 3 x + y = a (4) ∫ ，其中 为双纽线 ； L | x | ds L 2 2 2 2 2 (x + y ) = x − y (5) ∫ + + ， 为螺旋线 L (x y z )ds 2 2 2 L x a = = cost, y a sin t, z = bt, 0 ≤ t ≤ 2π 的一段： (6) ∫ 。其中L 为曲线 L xyzds 2 3 2 1 , 3 2 2 , z t t x = t y = = 上相应于 从 0 变到 1 的一段弧； t (7) ∫ + + ，其中 为球面 和平面 L (xy yz zx)ds L x y z a 2 2 2 + + = 2 x + y z + = 0的交线。 解（1）∫ ∫ ∫ ∫ + = + + + + + OA AB BO (x y)ds (x y)ds (x y)ds (x y)ds L ( ) 2 1 2 1 0 1 0 1 0 = + + + = + ∫ ∫ ∫ xdx x x dx ydy 。 （2） | | sin 4 2 0 = = ∫ ∫ π y ds t dt L 。 （3）令 x = a cos3 t, y = asin3 t ，则 ds = 3a sint cost ，于是 3 4 2 0 3 2 4 2 0 3 2 4 3 1 x ds 3a sin t cos t dt 12a sin t cos tdt 4a L = = = ∫ ∫ ∫ π π 。 （4）将L 表示为参数方程 cos 2 cos cos 2 sin x y θ θ θ θ ⎧⎪ = ⎨ ⎪⎩ = ，再利用对称性，就有 2 2 4 4 0 0 | x d| s 4 cos 2 cos x ' y ' d 4 cos d 2 2 π π = + θ θ θ = θ θ ∫ ∫ ∫ L = 。 注 本题也可利用L 的极坐标方程 2 r = cos 2θ ，得到 2 2 4 4 0 0 | x d| s 4 r cos r r d 4 cos d 2 2 π π = + θ θ ′ = θ θ ∫ ∫ ∫ L = 。 1
5)Jo +b2t2)√a2+b2d 3 (6)「 dyads 6√2 (7)因为在L上成立 )2-(x2+y2+z2) 所以 I(xy+ yz+Ex)ds ds 2.求椭圆周x= a cost,y=bsin,0≤t≤2x的质量,已知曲线在点Mx,y) 处的线密度是p(x,y)=y 解质量m=Jms=bna2sn21+bcos2td 26 当a>b 2b2+ 2a2b1b+√b2-a2 In 3.求下列曲面的面积: (1)z=axy包含在圆柱面x2+y2=a2(a>0)内的部分 (2)锥面x2+y2=x2被平面x+y+z=2a(a>0)所截的部分 (3)球面x2+y2+x2=a2包含在锥面z=√x2+y2内的部分 (4)圆柱面x2+y2=a2被两平面x+z=0,x-z=0(x>0,y>0)所截 部分; (5)抛物面x2+y2=2a包含在柱面(x2+y2)2=2a2xy(a>0)内的 那部分 (6)环面y=(b+ acos)sin,0s52x,0≤≤2x,其中0<a<b 解(1)A=小 )dxdy del i+a? rdr=4a+a)2-1)
（5）∫ + + L (x y z )ds 2 2 2 = + + = ∫ 2π 0 2 2 2 2 2 (a b t ) a b dt 2 2 2 2 2 (3 4 ) 3 2 a + π b a + b π 。 （6）∫ L xyzds = + + = ∫ 1 0 2 2 9 1 2 3 2 t t t dt 143 16 2 。 （7）因为在L 上成立 [( ) ( )] 2 1 2 2 2 2 xy + yz + zx = x + y + z − x + y + z ， 所以 3 2 2 ( ) ds a a xy + yz + zx ds = − = −π ∫ ∫ L L 。 2. 求椭圆周 x a = cost, 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|。 解 质量 ∫ ∫ = = + π ρ 2 0 2 2 2 2 m ds b sin t a sin t b cos tdt L ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ − − + = = + − ∫ a b a b b a b a a b b a a b a b a a b a b a b b b t a b a tdt 当 当 当 ln , 2 2 4 , arcsin , 2 2 2 sin ( ) cos 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 2 2 2 2 π 。 3. 求下列曲面的面积： (1) z a = xy 包含在圆柱面 x y 2 2 + = a 2 (a > 0)内的部分； (2)锥面 x y z 2 2 1 3 + = 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 2 2 z = x + y 内的部分； (4)圆柱面 x y 2 2 + = a 2 被两平面 x + z = 0 0 , ( x − z = x > 0, y > 0) z 2 2 2 2 + = 2 ) 所截 部分； (5)抛物面 包含在柱面 ( ) 内的 那部分； x y a 2 2 + = 2 x y a xy (a > 0 (6)环面 ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = = + = + sin , ( cos )sin , ( cos ) cos , φ φ ϕ φ ϕ z a y b a x b a 0 2 ≤ φ ≤ π , 0 ≤ ϕ ≤ 2π ，其中0 < a < b。 解（1） ∫∫ = + + D A 1 a (x y )dxdy 2 2 2 ( (1 ) 1) 3 2 1 4 3 0 2 2 2 2 0 = + = + − ∫ ∫ a a d a r rdr a π θ π 。 2
(2)联立锥面与平面方程,消去z,得到 x2+y2-xy+2a(x+y)=2a2 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 (xy)(x2-x+y2)+2a(x+y)s2a2} 再令{x=+",则区域D与区域 D=(a1)a+2a)2+32s6a 对应,且(xy=2,于是所截部分的面积为 d(u,v) A=1+=1=y drdy=[2drdy=[ 4dudv =&3za? (3)这部分球面在y平面上的投影区域为D={(x则x+y52}, 于是 A=』y4+2+2;b= dxdy dr=(2-√2) (4)圆柱面方程可写成y= 区域D=(=,x)xs=≤x,0≤x≤q}, 于是 ∫yh+y2+y2dk= dzdx= a2-x2 (5)方程(x2+y2)2=2a2x可化为极坐标方程r2=a2sin20,于是 ,x2+y2 A=2 dy=2 0+2m+y (20-3n)a2 (6)由 x'=-asin cos o, y=-asin osin ='= a cos, xo=-(b+a o)sin p,yo=(b+acos o)Cos p, =0=0 可得 e=aG tacos 所以 G-Fdodo= do a(b+acos o)do=43
（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 { } 2 2 ( , ) ( ) 2 ( ) 2 2 D = − x y x xy + y + a x + y ≤ a ， 再令 x u v y u v ⎧ = + ⎨ ⎩ = − ，则区域D与区域 { } 2 2 2 D ' ( = + u v, ) (u 2a) + 3v ≤ 6a 对应，且 ( , ) 2 ( , ) x y u v ∂ = ∂ , 于是所截部分的面积为 2 2 ' 1 2 4 x y D D D 2 A = + z′ ′ + z dxdy = dxdy = dudv = 8 3π a ∫∫ ∫∫ ∫∫ 。 （3）这部分球面在 xy平面上的投影区域为 2 2 2 ( , ) 2 a D x y x y ⎧ ⎫ = ⎨ + ≤ ⎬ ⎩ ⎭ ， 于是 ∫∫ ∫∫ − − = + ′ + ′ = D D x y dxdy a x y a A z z dxdy 2 2 2 2 2 1 2 2 0 2 2 2 0 rdr (2 2) a a r a d a θ π π = − − = ∫ ∫ 。 （4）圆柱面方程可写成 2 2 y = a − x ，区域D z = {( , x) − ≤x z ≤ x,0 ≤ x ≤ a}， 于是 2 2 2 2 2 0 2 2 1 2 a x x z x D D a a A y y dzdx dzdx dx dz a a x a x − = + ′ ′ + = = = − − ∫∫ ∫∫ ∫ ∫ 。 （5）方程( ) x y 2 2 + = 2 2a 2 xy 可化为极坐标方程r 2 = a 2 sin 2θ ，于是 ∫∫ ∫∫ + = + ′ + ′ = + D D x y dxdy a x y A z z dxdy 2 2 2 2 2 2 1 2 1 ∫ ∫ ∫ = + = 2 + − 0 2 3 sin 2 0 2 2 2 0 [(sin cos ) 1] 3 2 2 π θ π dθ a r rdr a θ θ dθ a a 2 (20 3 ) 9 1 = − π a 。 （6）由 xφ ′ = −a sinφ cosϕ, yφ ′ = −a sinφ sinϕ,zφ ′ = a cosφ ， xϕ ′ = −(b + a cosφ)sinϕ, yϕ ′ = (b + a cosφ) cosϕ,zϕ ′ = 0， 可得 , ( cos ) , 0 2 2 E = a G = b + a φ F = ， 所以 A EG F d d d a b a d ab D 2 2 0 2 0 2 φ ϕ ϕ ( cosφ) φ 4π π π = − = + = ∫∫ ∫ ∫ 。 3
4.求下列第一类曲面积分 (1)(x+y+)s,其中∑是左半球面x2+y2+=2=a2,y≤0 (2)jx2+y2)ds,其中∑是区域(xy,)yx+y2s=sl的边界 (3)j+y=+2x),Σ是锥面=Vx2+y2被柱面x2+y2=2ax所 截部分 (4)∫ 其中∑是圆柱面x2+y2=a2介于平面z=0 与z=H之间的部分; dS,其中∑是球面x2+y2+z2=a (6)r+y2+s,其中∑是抛物面2=x2+y2介于平面==0与 z=8之间的部分; (7)ds,其中Σ是螺旋面x=cosy,y= using,=0≤a≤a, 0≤y≤2的一部分 解(1)由对称性, a +-)ds dS dex (2)设x1z=√x2+y2 y2≤1),则 +√2)ao! (3)(y+yz+)dS=ixy+(x+yvx'+y2N2drdy (sin A cos 8+ cos0+sin O)dracos 64 cos 0de 15 (4)设 a2-y2(0≤=≤H),则 dydz
4. 求下列第一类曲面积分： (1) ∫∫ ，其中∑是左半球面 ， ； Σ (x + y + z)dS x y z a 2 2 2 + + = 2 y ≤ 0 (2) ∫∫ ，其中∑是区域 Σ (x + y )dS 2 2 {(x y, ,z)| x y z } 2 2 + ≤ ≤ 1 的边界； (3) ∫∫ ，∑是锥面 Σ (xy + yz + zx)dS z x = + y 2 2 被柱面 x所 截部分； x y a 2 2 + = 2 (4) ∫∫ Σ + + dS x y z 2 2 2 1 ，其中∑是圆柱面 介于平面 与 x y a 2 2 + = 2 z = 0 z = H 之间的部分； (5) ∫∫ Σ ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + + dS x y z 2 3 4 2 2 2 ，其中∑是球面 x 2 + y 2 + z 2 = a 2 ； (6) ，其中∑是抛物面 介于平面 与 之间的部分； ( ∫∫ Σ x + y + z dS 3 2 ) 2 2 2z = x + y z = 0 z = 8 (7) ∫∫ ，其中∑是螺旋面 Σ zdS x u = cosv, y = u sin v, z = ≤ v, 0 u ≤ a ， 0 ≤ v ≤ 2π 的一部分。 解（1）由对称性， ∫∫ Σ (x + y + z)dS dzdx a x z a ydS a x z zx zx ∫∫ ∫∫ Σ Σ − − = = − − − 2 2 2 2 2 2 3 = −πa 。 （2）设 : , : 1 ( 1) 2 2 2 2 2 Σ1 z = x + y Σ z = x + y ≤ ，则 ∫∫ ∫∫ ∫∫ Σ Σ Σ + = + + + 1 2 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 x y dS x y dS x y dS θ π π 2 1 2 (1 2) 1 0 3 2 0 + = + = ∫ ∫ d r dr 。 （3）∫∫ ∫∫ Σ Σ + + = + + + xy (xy yz zx)dS [xy (x y) x y ] 2dxdy 2 2 ∫ ∫ − = + + θ π π θ θ θ θ θ 2 cos 0 3 2 2 2 (sin cos cos sin ) a d r dr 4 2 2 4 5 2 15 64 = 4 2a cos d = a ∫ − π π θ θ 。 （4）设 : , : (0 ) 2 2 2 2 2 Σ1 x = a − y Σ x = − a − y ≤ z ≤ H ，则 ∫∫ ∫∫ ∫∫ Σ Σ Σ + + + + + = + + 1 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 dS x y z dS x y z dS x y z ∫∫ Σ + − = yz dydz a y a a z 2 2 2 2 1 2 4
H adz dy= 2r arctan H (5)由对称性,有∫x24=ya=2,又由于 ∫(x2+y2+2)ds=lcs=4 所以 +2 「x2dS (6)由对称性,有』x△6=0,jy=2(x+y)S,再由 ∫z=2Jj/x2+y2),得到 ∫(x+y2+)4s=』x2+y2)+x+ y2dxdy 广ao,P可(,月 1564√17+4 (7)由x=cos,y=sinv,x=0,x=-sin,y=cos",x=1,得到 E=1,G=1 于是 vv1+u-dudv +u du =[a√1+a2+ln(a+√1+a2)]。 5.设球面Σ的半径为R,球心在球面x2+y2+x2=a2上。问当R何值 时,Σ在球面x2+y2+z2=a2内部的面积最大?并求该最大面积 解不妨设Σ的球心在(00a),于是Σ在球面x2+y2+2=a2内部的曲 面方程为 /R2 将此方程与球面方程x2+y2+2=a联立,解得:=2m-,这样,E 在球面x2+y2+2=a2内部的部分在Oxy平面上的投影为 D={(x,y)x2+y2sP、P 从而面积为 S(R)= dxdy ddl
a H dy a z a y adz a a H 2 arctan 1 2 0 2 2 2 2 = π + − = ∫ ∫− 。 （5）由对称性，有 ，又由于 ∫∫ ∫∫ ∫∫ Σ Σ Σ x dS = y dS = z dS 2 2 2 2 2 2 2 4 (x + y + z )dS = a dS = 4πa ∫∫ ∫∫ Σ Σ ， 所以 2 4 2 2 2 9 13 12 13 2 3 4 dS x dS a x y z = = π ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + + ∫∫ ∫∫ Σ Σ 。 （6）由对称性，有∫∫ 3 = 0， Σ x dS 2 y dS Σ = ∫∫ 1 2 2 ( ) 2 x y dS Σ + ∫∫ ，再由 zdS Σ = ∫∫ 1 2 2 ( ) 2 x y dS Σ + ∫∫ ，得到 ( ) 3 2 2 2 2 2 ( ) 1 xy x y z dS x y x y dxd Σ Σ + + = + + + ∫∫ ∫∫ y 2 4 2 3 0 0 d r 1 r dr π θ ∫ ∫ = + 3 1 4 2 2 2 2 2 0 π (1 r r ) (1 ) d(1 r ) ⎛ ⎞ = + ⎜ ⎟ − + + ⎝ ⎠ ∫ 1564 17 4 15 π + = 。 （7）由 xu ′ = cos v, yu ′ = sin v,zu ′ = 0, xv ′ = −u sin v, yv ′ = u cos v,zv ′ = 1，得到 1, 1 , 0 2 E = G = + u F = 。 于是 ∫∫ ∫∫ ∫ ∫ = + = + Σ a D zdS v u dudv vdv u du 0 2 2 0 2 1 1 π [ 1 ln( 1 )] 2 2 2 = π a + a + a + + a 。 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 内部的曲 面方程为 2 2 2 2 x + y + z = a 2 2 2 z a = − R − ( ) x + y 。 将此方程与球面方程 x 2 + y 2 + z 2 = a 2 联立，解得 a a R z 2 2 2 2 − = ，这样，Σ 在球面 x 2 + y 2 + z 2 = a 2 内部的部分在Oxy 平面上的投影为 4 2 2 2 2 ( , ) 4 R D x y x y R a ⎧ ⎫ = + ⎨ ⎬ ≤ − ⎩ ⎭ ， 从而面积为 ∫∫ ∫∫ − − = + ′ + ′ = D D x y dxdy R x y R S R z z dxdy 2 2 2 2 2 ( ) 1 5
R R- 对S(R)求导,得 S'(R)=-(4aR-3R2) 令S(R)=0,得到R=a。由于S(a)=-2<0,所以当R=a时,面 积最大,面积最大值为 6.求密度为p(x,y)==的抛物面壳z=(x2+y2),0≤z≤1的质量与重心 2 解质量M=mxy=j(x+y)+x+yd =2小+r 2 15 设重心坐标为(x,y,),由对称性,x=0,y=0 J=p(x, y )ds =J(x2+y)V1+x+ 1+r-dr 作代换t=√+r2,得到 ∫=(xy=202-B)b 于是 p(x, y)ds 596-45 749 所以重心为09-453 749 7.求均匀球面(半径是a,密度是1)对不在该球面上的质点(质量 为1)的引力。 解设球面方程为x2+y2+z2=a2,质点的坐标为(00,b)(0≤b≠a)。在 球面上(x,y,)处取一微元,面积为dS,它对质点的引力为 dF GaS 由对称性,F1=F,=0, F ds
2 2 2 1 2 4 0 0 2 2 2 (1 2 R R a ) R R d rdr R R r a π θ π − = = − ∫ ∫ − 。 对S R( ) 求导，得 ( ) (4 3 ) 2 aR R a S′ R = − π ， 令S′(R) = 0，得到R a 3 4 = 。由于 ) 2 0 3 4 S′′( a = − π < ，所以当R a 3 4 = 时，面 积最大，面积最大值为 3 max 27 32 S = πa 。 6. 求密度为ρ( , x y) = z 的抛物面壳z x = + y ≤ z 1 2 0 2 2 ( ), ≤ 1的质量与重心。 解 质量 ∫∫ ∫∫ Σ Σ = = + + + xy M x y dS x y x y dxdy 2 2 2 2 ( ) 1 2 1 ρ( , ) π π θ π 15 12 3 2 1 2 1 2 1 2 0 2 2 2 2 0 3 2 2 0 + = + = + = ∫ ∫ ∫ d r r dr r r dr 。 设重心坐标为( , x y z, )，由对称性， x = 0, y = 0。 ∫∫ ∫∫ Σ Σ = + + + xy z x y dS x y x y dxdy 2 2 2 2 2 ( ) 1 4 1 ρ( , ) ∫ ∫ ∫ = + = + 2 0 4 2 2 2 0 5 2 2 0 1 4 1 4 1 d r r dr r r dr π θ π , 作代换 2 t = 1+ r ，得到 π π ρ 105 66 3 4 2( 1) 4 ( , ) 3 1 2 2 2 − = − = ∫∫ ∫ Σ z x y dS t t dt ， 于是 749 596 45 3 ( , ) − = = ∫∫ Σ M z x y dS z ρ ， 所以重心为 ) 749 596 45 3 (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 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 2 2 2 2 x + y + z = a (0,0,b) (0 ≤ ≠ b a) (x, y,z) dS 2 2 2 x y (z b) GdS dF + + − = 。 由对称性，Fx = Fy = 0， Fz = dS x y z b G z b ∫∫ Σ + + − − 2 3 2 2 2 [ ( ) ] ( ) 。 6
令{y= asin sin 8,得到√BG-F2=a2si,于是 Fsc or G(a p-b )a sin p (a+b-2abcos)2 在上述积分中,再令t=a2+b2-2 Cab cos o,得到 ba 所以当ba时,引力F=0.0.-4xCm-)。 b 8.设u(x,y,)为连续函数,它在M(xny0,=)处有连续的二阶导数。记 ∑为以M点为中心,半径为R的球面,以及 T(R)= u(x,y, a)ds (1)证明:mT(R)=a(x,y) (2)若( 02u 02u ≠0,求当R→0时无穷小量 - ay T(R)-(x0,y302)的主要部分。 解(1)由于v(x,y,x)在M(xn,y0,x0)处连续,所以vE>0,3δ>0,当 (x-x)2+(y-y)2+(2-=0)2<o时,成立 u(xy)-(x,y,=0)<E 于是当R=√x-x)+(-y)+(=-=)<6时, x,y,)dS-(x,y,=0 4丌R2 (x,y)-(x,y)d△< 所以成立 imT(R)=(x0,y0,-0) R→0 =x0+R5 (2)令{y=y+Rn,则 2=z0+R T(R)= 42小(x+R5,1+R7,o+R)dS, 其中x=5n2+2+2=小利用对称性,有 ds rds
令 ，得到 ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = = = ϕ ϕ θ ϕ θ cos sin sin sin cos z a y a x a − = 2 EG F sinϕ 2 a ，于是 2 2 3 0 0 2 2 2 ( cos ) sin ( 2 cos ) z G a b a F d d a b ab π π ϕ ϕ θ ϕ ϕ − = + − ∫ ∫ ， 在上述积分中，再令 2 cosϕ 2 2 t = a + b − ab ，得到 2 2 2 2 2 2 2 0 , 4 , a b z a b b a Ga b a t F dt Ga b t b a b π π + − ⎧ ⎩ ∫ ， 所以当b a时，引力 2 2 4 (0,0, ) Ga b π 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 x( , y ,z ) 0 0 0 M 点为中心，半径为 R的球面，以及 ∫∫ Σ π = u x y z dS R T R ( , , ) 4 1 ( ) 2 。 （1）证明：lim ( ) ( , , ) ； R T R u x y z → = 0 0 0 0 （2）若( ) 0 ( , , ) 2 2 2 2 2 2 0 0 0 + + ≠ x y z z u y u x u ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ，求当R → 0时无穷小量 T R( ) − u(x , y ,z ) 0 0 0 的主要部分。 解（1）由于 u( , x y z, ) 在 M x( , 0 0 y ,z0 ) 处连续，所以∀ε > 0， ∃ > δ 0 ，当 2 2 2 0 0 0 ( ) x x − + (y − y ) + (z − z ) < δ 时，成立 0 0 0 u x( , y z, ) −u x( , y ,z ) < ε 。 于是当 2 2 2 0 0 0 R x = − ( ) x + (y − y ) + (z − z ) < δ 时， 2 0 0 0 1 ( , , ) ( , , ) 4 u x y z dS u x y z π R Σ − ∫∫ 2 0 0 0 1 ( , , ) ( , , ) 4 u x y z u x y z dS R ε π Σ ≤ − < ∫∫ ， 所以成立 lim ( ) ( , , ) R T R u x y z → = 0 0 0 0 。 （2）令 ，则 ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + = + = + ς η ξ z z R y y R x x R 0 0 0 T(R) = ∫∫ Σ + + + * ( , , ) 4 1 u x0 Rξ y0 Rη z0 Rς dS π ， 其中 {( , , ) 1} * 2 2 2 Σ = ξ η ς ξ +η + ς = 。利用对称性，有 ∫∫ Σ = * ξdS ∫∫ Σ = * ηdS 0 * ∫∫ Σ ς dS = ， 7
∫S=ysds=JsS=0 ∫2ds=∫m2dS=js2ds=3j 4 (2+n2+g)dS=-丌 由于 T'(R)==ISu +mu +su ]ds T"(R) 4兀s 5x+n2n+su"+2(5m”+5yx+52)d 以R=0代入,得到 Lou 2u a2u 由 Taylor公式,即知当R→0时,无穷小量T(R)-u(xn,yo,0)的主要部 分为 o lt 6 0x 0y 0 9.设为上半椭球面y+2=1(=20),z为Σ在点P(xy)处 的切平面,xy)为原点00到平面x的距离,求 解因为椭球面x+2+x2=1在P(x,y,2)点的法向量为万=(x,y,2=) 所以切平面z的方程为 xX+y}+2z=2, 从而原点到x的距离为 p(x,y,二)
∫∫ Σ = * ξηdS ∫∫ Σ = * ης dS 0 * ∫∫ Σ ς ξdS = ， ∫∫ Σ = * 2 ξ dS ∫∫ Σ = * 2 η dS ∫∫ Σ = * 2 ς dS ∫∫ Σ + + * ( ) 3 1 2 2 2 ξ η ς dS π 3 4 = 。 由于 ∫∫ Σ ′ = ′ + ′ + ′ * [ ] 4 1 T (R) ξux ηuy ςuz dS π ， ∫∫ Σ ′′ = ′′ + ′′ + ′′ + ′′ + ′′ + ′′ * [ 2( )] 4 1 ( ) 2 2 2 T R ξ uxx η uyy ς uzz ξηuxy ξςuxz ηςuyz dS π ， 以R = 0 代入，得到 T '(0) = 0 T"(0) = ( , , ) 2 2 2 2 2 2 0 0 0 ( ) 3 1 x y z z u y u x u ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ + + 。 由 Taylor 公式，即知当R → 0时，无穷小量T R( ) − u(x , y ,z ) 0 0 0 的主要部 分为 ( , , ) 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 ( ) 6 x y z z u y u x R u ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ ∂ + + 。 9. 设Σ 为上半椭球面 1 2 2 2 2 2 + + z = x y （ z ≥ 0），π 为Σ 在点 处 的切平面， P(x, y,z) ρ(x, y,z)为原点O(0,0,0)到平面π 的距离，求∫∫ Σ dS x y z z ρ( , , ) 。 解 因为椭球面 1 2 2 2 2 2 + + z = x y 在P(x, y,z)点的法向量为n K = (x, y, 2z)， 所以切平面π 的方程为 xX + yY + 2zZ = 2 ， 从而原点到π 的距离为 2 2 2 4 2 ( , , ) x y z x y z + + ρ = 。 8
2 sin cos 0 令{y=2ssm0,则、2+y2+42=y2im2+4o9,由 coS p x=√2 cOS cos(,y=√2 cousin 6,==-sing, x=-√2 sin sing, √2 sin cos0,z=0, 得到 =sing√sin2g+4cos2g, 由此得到 3 cos psin o(sin"(+2cos )do=TI 过p(x,y,z) 注本题也可由∑:z x2-y2投影到xy平面上来计算得到 (4 y )dxdy 10.设Σ是单位球面x2+y2+z2=1。证明 s(ar+by+cr)dS=27 f(uva+b2+c2)du 其中abc为不全为零的常数,f()是uk√a2+b2+c2上的一元连 续函数 证将xyz-坐标系保持原点不动旋转成xyz-坐标系,使z轴上的单 位向量为2=(abc),由于旋转变换是正交变换,保持度量不 变,所以球面Σ上的面积元dS也不变。设球面∑上一点(x,y,z)的新坐 标为(x,y,z),则ax+by+c=√a2+b2+c22,于是 ∫/(a+by+c)s=J/(√a2+b2+c2)dS ∑ 下面计算这一曲面积分。令球面∑的参数方程为 x'=sin cos, y=sin sin 8, ==cos 则 EG-F 所以 Sr(lax+by+c)ds= def/(a2+b2+c2 cos p)sin gdo
令 ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = = = ϕ ϕ θ ϕ θ cos 2 sin sin 2 sin cos z y x ，则 + + = 2 2 2 x y 4z ϕ ϕ 2 2 2sin + 4cos ，由 xϕ ′ = 2 cosϕ cosθ, yϕ ′ = 2 cosϕ sinθ, zϕ ′ = −sinϕ ， xθ ′ = − 2 sinϕ sinθ, yθ ′ = 2 sinϕ cosθ, zθ ′ = 0， 得到 − = 2 EG F ϕ ϕ ϕ 2 2 sin 2sin + 4cos ， 由此得到 θ ϕ ϕ ϕ ϕ ϕ π ρ π π 2 3 cos sin (sin 2cos ) ( , , ) 2 0 2 2 2 0 = + = ∫∫ ∫ ∫ Σ dS d d x y z z 。 注 本题也可由Σ ： 2 2 2 2 1 z = − x − y 投影到 xy平面上来计算得到 ∫∫ Σ dS x y z z ρ( , , ) π 2 3 (4 ) 4 1 2 2 = − − = ∫∫ Dxy x y dxdy 。 10. 设Σ 是单位球面 1。证明 2 2 2 x + y + z = ∫∫ ∫− Σ + + = + + 1 1 2 2 2 f (ax by cz)dS 2π f (u a b c )du ， 其中a,b, c 为不全为零的常数， f (u) 是 2 2 2 | u |≤ a + b + c 上的一元连 续函数。 证 将 xyz − 坐标系保持原点不动旋转成 x' y'z'−坐标系，使 轴上的单 位向量为 z' ( , , ) 1 2 2 2 a b c a + b + c ，由于旋转变换是正交变换，保持度量不 变，所以球面Σ 上的面积元dS 也不变。设球面Σ 上一点 的新坐 标为 ，则 (x, y,z) (x', y',z') ' 2 2 2 ax + by + cz = a + b + c z ，于是 ∫∫ Σ f (ax + by + cz)dS ∫∫ Σ = f ( a + b + c z')dS 2 2 2 。 下面计算这一曲面积分。令球面Σ 的参数方程为 x'= sinϕ cosθ ， y'= sinϕ sinθ ， z'= cosϕ ， 则 − = 2 EG F sinϕ ， 所以 ∫∫ Σ f (ax + by + cz)dS ∫ ∫ = + + π π θ ϕ ϕ ϕ 0 2 2 2 2 0 d f ( a b c cos )sin d 9
2r[ f(uva+b2+c2)du 11.设有一高度为h()(t为时间)的雪堆在溶化过程中,其侧面满足 方程(设长度单位为cm,时间单位为h) ==h(0 2(x2+y2) h() 已知体积减少的速率与侧面积成正比(比例系数0.9)。问高度为 130cm的雪堆全部融化需多少时间? 解雪堆的体积为 h() 2形h(), h 雪堆的侧面积为 S(t)= +=-+=dxd Mvh2(0+16(x2+y2)h d「Vh2(0)+162hb=mh2(t)。 h(t) 由 d=-105(),得到h(0=13,注意到h0)=130(cm),得到 h(1)=130-1 因为当雪堆全部融化即h()=0时,有t=100(,所以雪堆全部融化需 100小时
∫− = + + 1 1 2 2 2 2π f (u a b c )du 。 11．设有一高度为 （ 为时间）的雪堆在溶化过程中，其侧面满足 方程（设长度单位为 cm，时间单位为 h） h(t) t ( ) 2( ) ( ) 2 2 h t x y z h t + = − 。 已知体积减少的速率与侧面积成正比（比例系数 0.9）。问高度为 130cm 的雪堆全部融化需多少时间？ 解 雪堆的体积为 ( ) ( ) 4 2 ( ) ( ) 2( ) ( ) ( ) 3 2 ( ) 0 2 2 0 2 2 r rdr h t h t dxdy d h t h t x y V t h t h t D π θ π = ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ = − ⎟ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎜ ⎝ ⎛ + = − ∫∫ ∫ ∫ ， 雪堆的侧面积为 2 2 1 2 2 2 ( ) 1 ( ) 16( ) ( ) x y D D S t z z dxdy h t x y dxdy h t = + ′ ′ + = + + ∫∫ ∫∫ ( ) 12 13 ( ) 16 ( ) 1 2 2 ( ) 0 2 2 2 0 d h t r rdr h t h t h t θ π π = + = ∫ ∫ 。 由 9 ( ) 10 dV S t dt = − ，得到 10 13 h′(t) = − ，注意到 h(0) = 130 (cm)，得到 h t t 10 13 ( ) = 130 − 。 因为当雪堆全部融化即h(t) = 0 时，有t = 100 (h)，所以雪堆全部融化需 100 小时。 10