高等數學張宇18講 第十八講 第二型曲線曲面積分

例題十八

例18.4  已知平面區域D={(x,y)0xπ,0yπ}D=\{(x,y)|0\leqslant x\leqslant\pi,0\leqslant y\leqslant\pi\}LLDD的正向邊界。試證:(2)Lxesinydyyesinxdx52π2.(2)\displaystyle\oint_Lxe^{\sin y}\mathrm{d}y-ye^{-\sin x}\mathrm{d}x\geqslant\cfrac{5}{2}\pi^2.

  由於et+et=2n=0t2n(2n)!2(1+t22!)=2+t2e^t+e^{-t}=2\sum\limits_{n=0}^\infty\cfrac{t^{2n}}{(2n)!}\geqslant2\left(1+\cfrac{t^2}{2!}\right)=2+t^2,於是esinx+esinx2+sin2xe^{\sin x}+e^{-\sin x}\geqslant2+\sin^2x,故
Lxesinydyyesinxdx=D(esiny+esinx)dσ=D(esinx+esinx)dσD(2+sin2x)dσ=D2dσ+Dsin2xdσ=2π2+12π2=52π. \begin{aligned} \displaystyle\oint_Lxe^{\sin y}\mathrm{d}y-ye^{-\sin x}\mathrm{d}x&=\displaystyle\iint\limits_{D}(e^{\sin y}+e^{-\sin x})\mathrm{d}\sigma=\displaystyle\iint\limits_{D}(e^{\sin x}+e^{-\sin x})\mathrm{d}\sigma\\ &\geqslant\displaystyle\iint\limits_{D}(2+\sin^2x)\mathrm{d}\sigma=\displaystyle\iint\limits_{D}2\mathrm{d}\sigma+\displaystyle\iint\limits_{D}\sin^2x\mathrm{d}\sigma\\ &=2\pi^2+\cfrac{1}{2}\pi^2=\cfrac{5}{2}\pi. \end{aligned}
這道題主要利用了輪換對稱性求解

例18.9  設I=Σxdydz+ydxdz+zdxdy(x2+y2+z2)32I=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\cfrac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}x\mathrm{d}z+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(x^2+y^2+z^2)^{\frac{3}{2}}},試依次對以下四個曲面計算II的值。

(1)Σ\Sigma是上半球面z=R2x2y2z=\sqrt{R^2-x^2-y^2}的上側;

(2)Σ\Sigmax2a2+y2b2+z2c2=1\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}+\cfrac{z^2}{c^2}=1的外側(a,b,c>0)(a,b,c>0)

(3)Σ\Sigmaz=2x2y2z=2-x^2-y^2z0z\geqslant0部分的上側;

(4)Σ\Sigmaz=2x2y2z=2-x^2-y^2z2z\geqslant-2部分的上側。

  設z=x2+y2+z2,P=xr3,Q=yr3,R=zr3,Px=r33xr2xrr6=1r33x2r5z=\sqrt{x^2+y^2+z^2},P=\cfrac{x}{r^3},Q=\cfrac{y}{r^3},R=\cfrac{z}{r^3},\cfrac{\partial P}{\partial x}=\cfrac{r^3-3xr^2\cdot\cfrac{x}{r}}{r^6}=\cfrac{1}{r^3}-\cfrac{3x^2}{r^5}
  同理Qy=1r33y2r5,Rz=1r33z2r5\cfrac{\partial Q}{\partial y}=\cfrac{1}{r^3}-\cfrac{3y^2}{r^5},\cfrac{\partial R}{\partial z}=\cfrac{1}{r^3}-\cfrac{3z^2}{r^5},所以Px+Qy+Rz=0\cfrac{\partial P}{\partial x}+\cfrac{\partial Q}{\partial y}+\cfrac{\partial R}{\partial z}=0
  (1)將Σ\Sigma的方程代入被積函數分母中,得I=1R3Σxdydz+ydzdx+zdxdyI=\cfrac{1}{R^3}\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y
  補Σ0:z=0,x2+y2R2\Sigma_0:z=0,x^2+y^2\leqslant R^2,方向向下,又Ω\Omega是由Σ\SigmaΣ0\Sigma_0圍成的半球體,則
I=1R3(Σ+Σ0Σ0)=1R3(Ω3dv0)=3R32π3R3=2π. I=\cfrac{1}{R^3}\left(\quad\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma+\Sigma_0}-\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_0}\right)=\cfrac{1}{R^3}\left(\displaystyle\iiint\limits_{\Omega}3\mathrm{d}v-0\right)=\cfrac{3}{R^3}\cdot\cfrac{2\pi}{3}R^3=2\pi.
  (2)作一球面Σρ:x2+y2+z2=ρ2\Sigma_\rho:x^2+y^2+z^2=\rho^2,方向向內,且取ρ\rho充分小使得Σρ\Sigma_\rho位於Σ\Sigma的內部,又記Σ\SigmaΣρ\Sigma_\rho所圍區域爲Ω\OmegaΣρ\Sigma_\rho所圍區域爲Ωρ\Omega_\rho,則I=Σ=Σ+ΣρΣρI=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}=\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma+\Sigma_\rho}-\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma_\rho}
  根據高斯公式,Σ+Σρ=Ω(Px+Qy+Rz)dv=Ω0dv=0\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma+\Sigma_\rho}=\displaystyle\iiint\limits_{\Omega}\left(\cfrac{\partial P}{\partial x}+\cfrac{\partial Q}{\partial y}+\cfrac{\partial R}{\partial z}\right)\mathrm{d}v=\displaystyle\iiint\limits_{\Omega}0\mathrm{d}v=0。在Σρ\Sigma_\rhox2+y2+z2=ρ2x^2+y^2+z^2=\rho^2,並注意方向向內,則Σρ=Σρxdydz+ydxdz+zdxdy(x2+y2+z2)32=1ρ3Σρxdydz+ydxdz+zdxdy=1ρ3Ωρ3dv=3ρ34π3ρ3=4π\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma_\rho}=\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma_\rho}\cfrac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}x\mathrm{d}z+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(x^2+y^2+z^2)^{\frac{3}{2}}}=\cfrac{1}{\rho^3}\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma_\rho}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}x\mathrm{d}z+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-\cfrac{1}{\rho^3}\displaystyle\iiint\limits_{\Omega_\rho}3\mathrm{d}v=-\cfrac{3}{\rho^3}\cdot\cfrac{4\pi}{3}\rho^3=-4\pi
  故I=0(4π)=4πI=0-(-4\pi)=4\pi
  (3)作上半球面Σρ:z=ρ2x2y2\Sigma_\rho:z=\sqrt{\rho^2-x^2-y^2},方向向下,ρ\rho充分小使得Σρ\Sigma_\rhoΣ\Sigma的內部,再補一平面Σ0:z=0,ρ2x2+y22\Sigma_0:z=0,\rho^2\leqslant x^2+y^2\leqslant2,方向向下,設由Σ,Σρ\Sigma,\Sigma_\rhoΣ0\Sigma_0共同圍成的立體區域記爲Ω\Omega,則I=Σ=Σ+ΣρΣρΣ0I=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}=\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma+\Sigma_\rho}-\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_\rho}-\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_0}
  由高斯公式,第一項=0=0。由(1),Σρ=2π(Σρ方向向下),Σ0=Σ0xdydz+ydxdz+zdxdy(x2+y2+z2)32=0.\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_\rho}=-2\pi(\Sigma_\rho\text{方向向下}),\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_0}=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_0}\cfrac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}x\mathrm{d}z+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(x^2+y^2+z^2)^{\frac{3}{2}}}=0.
  故I=0(2π)=2πI=0-(-2\pi)=2\pi
  (4)補平面Σ0:z=2,x2+y24\Sigma_0:z=-2,x^2+y^2\leqslant4,方向向下;作球面Σρ:x2+y2+z2=ρ2\Sigma_\rho:x^2+y^2+z^2=\rho^2,方向向內,且ρ\rho充分小,使得Σρ\Sigma_\rho包含在Σ\Sigma之內。又將Σρ\Sigma_\rho所圍球體區域記爲Ωρ\Omega_\rhoΣ\SigmaΣρ,Σ0\Sigma_\rho,\Sigma_0所圍立體記爲Ω\Omega,則I=Σ=Σ+ΣρΣρΣ0I=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}=\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma+\Sigma_\rho}-\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma_\rho}-\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_0}
  根據高斯公式,第一項爲00。由(2),Σρ=4π\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma_\rho}=-4\pi。最後,
Σ0=Σ02dxdy(x2+y2+4)32=Dxy2dxdy(x2+y2+4)32=202πdθ02rdr(r2+4)32=4π1r2+402=(22)π, \begin{aligned} \displaystyle\iint\limits_{\Sigma_0}&=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_0}\cfrac{-2\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(x^2+y^2+4)^{\frac{3}{2}}}=-\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}\cfrac{-2\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(x^2+y^2+4)^{\frac{3}{2}}}\\ &=2\displaystyle\int^{2\pi}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^2_0\cfrac{r\mathrm{d}r}{(r^2+4)^{\frac{3}{2}}}=-4\pi\cfrac{1}{\sqrt{r^2+4}}\biggm\vert^2_0\\ &=(2-\sqrt{2})\pi, \end{aligned}
  故I=0(4π)(22)π=(2+2)πI=0-(-4\pi)-(2-\sqrt{2})\pi=(2+\sqrt{2})\pi。(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)P(x,y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z)都是連續函數,Σ\Sigma是一光滑曲面,面積爲SSMMP2+Q2+R2\sqrt{P^2+Q^2+R^2}Σ\Sigma上的最大值,證明ΣPdydz+Qdxdz+RdxdyMS\left|\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}x\mathrm{d}z+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y\right|\leqslant MS

  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)\bm{n}^\circ=(\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma)爲曲面Σ\Sigma上選定側的單位向量,則
ΣPdydz+Qdxdz+Rdxdy=Σ(Pcosα+Qcosβ+Rcosγ)dS=Σ(P,Q,R)ndS. \begin{aligned} \displaystyle\iint\limits_{\Sigma}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}x\mathrm{d}z+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}(P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma)\mathrm{d}S\\ &=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}(P,Q,R)\cdot\bm{n}^\circ\mathrm{d}S. \end{aligned}
  因爲(P,Q,R)n=(P,Q,R)ncosφ(P,Q,R)=P2+Q2+R2(φ(P,Q,R)n的夾角)|(P,Q,R)\cdot\bm{n}^\circ|=|(P,Q,R)|\cdot|\bm{n}^\circ|\cos\varphi\leqslant|(P,Q,R)|=\sqrt{P^2+Q^2+R^2}(\varphi\text{是}(P,Q,R)\text{與}\bm{n}^\circ\text{的夾角}),因此
ΣPdydz+Qdxdz+Rdxdy=Σ(Pcosα+Qcosβ+Rcosγ)dSΣPcosα+Qcosβ+RcosγdSΣP2+Q2+R2dSMS. \begin{aligned} &\left|\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}x\mathrm{d}z+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y\right|=\left|\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}(P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma)\mathrm{d}S\right|\\ \leqslant&\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}|P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma|\mathrm{d}S\leqslant\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\sqrt{P^2+Q^2+R^2}\mathrm{d}S\leqslant MS. \end{aligned}
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=62x2y2,L:\begin{cases}x=x^2+2y^2,\\z=6-2x^2-y^2,\end{cases}zz軸正向向負向看去爲逆時針方向。求I=L(z2y)dx+(x2z)dy+(xy2)dz.I=\displaystyle\oint_L(z^2-y)\mathrm{d}x+(x^2-z)\mathrm{d}y+(x-y^2)\mathrm{d}z.


I=Σdydzdzdxdxdyxyzz2yx2zxy2=Σ(2y+1)dydz+(2z1)dzdx+(2x+1)dxdy, \begin{aligned} I&=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\begin{vmatrix}\mathrm{d}y\mathrm{d}z&\mathrm{d}z\mathrm{d}x&\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\\cfrac{\partial}{\partial x}&\cfrac{\partial}{\partial y}&\cfrac{\partial}{\partial z}\\z^2-y&x^2-z&x-y^2\end{vmatrix}\\ &=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}(-2y+1)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+(2z-1)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(2x+1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y, \end{aligned}
  其中Σ\Sigma爲以LL爲邊界的任一空間曲面,考慮轉換公式,Σ\SigmaxOyxOy面投影,易得Dxy:x2+y22D_{xy}:x^2+y^2\leqslant2,則
I=Σ[(2y+1)4x+(2z1)2y+(2x+1)]dxdy=Σ[(2y+1)4x+(114x22y2)2y+(2x+1)]dxdy=2π. \begin{aligned} I&=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}[(-2y+1)\cdot4x+(2z-1)\cdot2y+(2x+1)]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}[(-2y+1)\cdot4x+(11-4x^2-2y^2)\cdot2y+(2x+1)]\mathrm{d}x\mathrm{d}y=2\pi. \end{aligned}
  由於Σ\Sigma可任取,以LL爲邊界即可,此處Σ\Sigmaz=62x2y2z=6-2x^2-y^2在交線之上的部分。(這道題主要利用了斯托克斯公式求解

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