例题十八
例18.4 已知平面区域D={(x,y)∣0⩽x⩽π,0⩽y⩽π},L为D的正向边界。试证:(2)∮Lxesinydy−ye−sinxdx⩾25π2.
解 由于et+e−t=2n=0∑∞(2n)!t2n⩾2(1+2!t2)=2+t2,于是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.
(这道题主要利用了轮换对称性求解)
例18.9 设I=Σ∬(x2+y2+z2)23xdydz+ydxdz+zdxdy,试依次对以下四个曲面计算I的值。
(1)Σ是上半球面z=R2−x2−y2的上侧;
(2)Σ是a2x2+b2y2+c2z2=1的外侧(a,b,c>0);
(3)Σ是z=2−x2−y2在z⩾0部分的上侧;
(4)Σ是z=2−x2−y2在z⩾−2部分的上侧。
解 设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)将Σ的方程代入被积函数分母中,得I=R31Σ∬xdydz+ydzdx+zdxdy。
补Σ0:z=0,x2+y2⩽R2,方向向下,又Ω是由Σ和Σ0围成的半球体,则
I=R31⎝⎛Σ+Σ0∬−Σ0∬⎠⎞=R31⎝⎛Ω∭3dv−0⎠⎞=R33⋅32πR3=2π.
(2)作一球面Σρ:x2+y2+z2=ρ2,方向向内,且取ρ充分小使得Σρ位于Σ的内部,又记Σ和Σρ所围区域为Ω,Σρ所围区域为Ωρ,则I=Σ∬=Σ+Σρ∬−Σρ∬。
根据高斯公式,Σ+Σρ∬=Ω∭(∂x∂P+∂y∂Q+∂z∂R)dv=Ω∭0dv=0。在Σρ上x2+y2+z2=ρ2,并注意方向向内,则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的内部,再补一平面Σ0:z=0,ρ2⩽x2+y2⩽2,方向向下,设由Σ,Σρ和Σ0共同围成的立体区域记为Ω,则I=Σ∬=Σ+Σρ∬−Σρ∬−Σ0∬。
由高斯公式,第一项=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)补平面Σ0:z=−2,x2+y2⩽4,方向向下;作球面Σρ:x2+y2+z2=ρ2,方向向内,且ρ充分小,使得Σρ包含在Σ之内。又将Σρ所围球体区域记为Ωρ,Σ与Σρ,Σ0所围立体记为Ω,则I=Σ∬=Σ+Σρ∬−Σρ∬−Σ0∬。
根据高斯公式,第一项为0。由(2),Σρ∬=−4π。最后,
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。(这道题主要利用了第一型曲线曲面积分和第二型曲线曲面积分的综合运用求解)
习题十八
18.6设P(x,y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z)都是连续函数,Σ是一光滑曲面,面积为S,M是P2+Q2+R2在Σ上的最大值,证明∣∣∣∣∣∣Σ∬Pdydz+Qdxdz+Rdxdy∣∣∣∣∣∣⩽MS。
证 由于要证的不等式中出现了曲面的积分,所以应将左端的第二型曲面积分化为对面积的曲面积分,设n∘=(cosα,cosβ,cosγ)为曲面Σ上选定侧的单位向量,则
Σ∬Pdydz+Qdxdz+Rdxdy=Σ∬(Pcosα+Qcosβ+Rcosγ)dS=Σ∬(P,Q,R)⋅n∘dS.
因为∣(P,Q,R)⋅n∘∣=∣(P,Q,R)∣⋅∣n∘∣cosφ⩽∣(P,Q,R)∣=P2+Q2+R2(φ是(P,Q,R)与n∘的夹角),因此
⩽∣∣∣∣∣∣Σ∬Pdydz+Qdxdz+Rdxdy∣∣∣∣∣∣=∣∣∣∣∣∣Σ∬(Pcosα+Qcosβ+Rcosγ)dS∣∣∣∣∣∣Σ∬∣Pcosα+Qcosβ+Rcosγ∣dS⩽Σ∬P2+Q2+R2dS⩽MS.
(这道题主要利用了第二型曲面积分的定义求解)
18.7设空间曲线L:{x=x2+2y2,z=6−2x2−y2,从z轴正向向负向看去为逆时针方向。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为以L为边界的任一空间曲面,考虑转换公式,Σ向xOy面投影,易得Dxy:x2+y2⩽2,则
I=Σ∬[(−2y+1)⋅4x+(2z−1)⋅2y+(2x+1)]dxdy=Σ∬[(−2y+1)⋅4x+(11−4x2−2y2)⋅2y+(2x+1)]dxdy=2π.
由于Σ可任取,以L为边界即可,此处Σ为z=6−2x2−y2在交线之上的部分。(这道题主要利用了斯托克斯公式求解)
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