例題十八
例18.4 已知平面區域D={(x,y)∣0⩽x⩽π,0⩽y⩽π},L爲D的正向邊界。試證:(2)∮Lxesinydy−ye−sinxdx⩾25π2.
解 由於et+e−t=2n=0∑∞(2n)!t2n⩾2(1+2!t2)=2+t2,於是esinx+e−sinx⩾2+sin2x,故
∮Lxesinydy−ye−sinxdx=D∬(esiny+e−sinx)dσ=D∬(esinx+e−sinx)dσ⩾D∬(2+sin2x)dσ=D∬2dσ+D∬sin2xdσ=2π2+21π2=25π.
(這道題主要利用了輪換對稱性求解)
例18.9 設I=Σ∬(x2+y2+z2)23xdydz+ydxdz+zdxdy,試依次對以下四個曲面計算I的值。
(1)Σ是上半球面z=R2−x2−y2的上側;
(2)Σ是a2x2+b2y2+c2z2=1的外側(a,b,c>0);
(3)Σ是z=2−x2−y2在z⩾0部分的上側;
(4)Σ是z=2−x2−y2在z⩾−2部分的上側。
解 設z=x2+y2+z2,P=r3x,Q=r3y,R=r3z,∂x∂P=r6r3−3xr2⋅rx=r31−r53x2。
同理∂y∂Q=r31−r53y2,∂z∂R=r31−r53z2,所以∂x∂P+∂y∂Q+∂z∂R=0。
(1)將Σ的方程代入被積函數分母中,得I=R31Σ∬xdydz+ydzdx+zdxdy。
補Σ0:z=0,x2+y2⩽R2,方向向下,又Ω是由Σ和Σ0圍成的半球體,則
I=R31⎝⎛Σ+Σ0∬−Σ0∬⎠⎞=R31⎝⎛Ω∭3dv−0⎠⎞=R33⋅32πR3=2π.
(2)作一球面Σρ:x2+y2+z2=ρ2,方向向內,且取ρ充分小使得Σρ位於Σ的內部,又記Σ和Σρ所圍區域爲Ω,Σρ所圍區域爲Ωρ,則I=Σ∬=Σ+Σρ∬−Σρ∬。
根據高斯公式,Σ+Σρ∬=Ω∭(∂x∂P+∂y∂Q+∂z∂R)dv=Ω∭0dv=0。在Σρ上x2+y2+z2=ρ2,並注意方向向內,則Σρ∬=Σρ∬(x2+y2+z2)23xdydz+ydxdz+zdxdy=ρ31Σρ∬xdydz+ydxdz+zdxdy=−ρ31Ωρ∭3dv=−ρ33⋅34πρ3=−4π。
故I=0−(−4π)=4π。
(3)作上半球面Σρ:z=ρ2−x2−y2,方向向下,ρ充分小使得Σρ在Σ的內部,再補一平面Σ0:z=0,ρ2⩽x2+y2⩽2,方向向下,設由Σ,Σρ和Σ0共同圍成的立體區域記爲Ω,則I=Σ∬=Σ+Σρ∬−Σρ∬−Σ0∬。
由高斯公式,第一項=0。由(1),Σρ∬=−2π(Σρ方向向下),Σ0∬=Σ0∬(x2+y2+z2)23xdydz+ydxdz+zdxdy=0.
故I=0−(−2π)=2π。
(4)補平面Σ0:z=−2,x2+y2⩽4,方向向下;作球面Σρ:x2+y2+z2=ρ2,方向向內,且ρ充分小,使得Σρ包含在Σ之內。又將Σρ所圍球體區域記爲Ωρ,Σ與Σρ,Σ0所圍立體記爲Ω,則I=Σ∬=Σ+Σρ∬−Σρ∬−Σ0∬。
根據高斯公式,第一項爲0。由(2),Σρ∬=−4π。最後,
Σ0∬=Σ0∬(x2+y2+4)23−2dxdy=−Dxy∬(x2+y2+4)23−2dxdy=2∫02πdθ∫02(r2+4)23rdr=−4πr2+41∣∣∣∣02=(2−2)π,
故I=0−(−4π)−(2−2)π=(2+2)π。(這道題主要利用了第一型曲線曲面積分和第二型曲線曲面積分的綜合運用求解)
習題十八
18.6設P(x,y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z)都是連續函數,Σ是一光滑曲面,面積爲S,M是P2+Q2+R2在Σ上的最大值,證明∣∣∣∣∣∣Σ∬Pdydz+Qdxdz+Rdxdy∣∣∣∣∣∣⩽MS。
證 由於要證的不等式中出現了曲面的積分,所以應將左端的第二型曲面積分化爲對面積的曲面積分,設n∘=(cosα,cosβ,cosγ)爲曲面Σ上選定側的單位向量,則
Σ∬Pdydz+Qdxdz+Rdxdy=Σ∬(Pcosα+Qcosβ+Rcosγ)dS=Σ∬(P,Q,R)⋅n∘dS.
因爲∣(P,Q,R)⋅n∘∣=∣(P,Q,R)∣⋅∣n∘∣cosφ⩽∣(P,Q,R)∣=P2+Q2+R2(φ是(P,Q,R)與n∘的夾角),因此
⩽∣∣∣∣∣∣Σ∬Pdydz+Qdxdz+Rdxdy∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣Σ∬(Pcosα+Qcosβ+Rcosγ)dS∣∣∣∣∣∣Σ∬∣Pcosα+Qcosβ+Rcosγ∣dS⩽Σ∬P2+Q2+R2dS⩽MS.
(這道題主要利用了第二型曲面積分的定義求解)
18.7設空間曲線L:{x=x2+2y2,z=6−2x2−y2,從z軸正向向負向看去爲逆時針方向。求I=∮L(z2−y)dx+(x2−z)dy+(x−y2)dz.
解
I=Σ∬∣∣∣∣∣∣∣∣dydz∂x∂z2−ydzdx∂y∂x2−zdxdy∂z∂x−y2∣∣∣∣∣∣∣∣=Σ∬(−2y+1)dydz+(2z−1)dzdx+(2x+1)dxdy,
其中Σ爲以L爲邊界的任一空間曲面,考慮轉換公式,Σ向xOy面投影,易得Dxy:x2+y2⩽2,則
I=Σ∬[(−2y+1)⋅4x+(2z−1)⋅2y+(2x+1)]dxdy=Σ∬[(−2y+1)⋅4x+(11−4x2−2y2)⋅2y+(2x+1)]dxdy=2π.
由於Σ可任取,以L爲邊界即可,此處Σ爲z=6−2x2−y2在交線之上的部分。(這道題主要利用了斯托克斯公式求解)
寫在最後
如果覺得文章不錯就點個贊吧。另外,如果有不同的觀點,歡迎留言或私信。
歡迎非商業轉載,轉載請註明出處。