高等微积分（2） 第10次作业

Chasse_neige

1

定义曲面 $S$ 为

$$S=\{(x,y,z)\mid x^2+y^2\le 1,x+y+z=1\}$$

取指向 $z$ 轴正方向的定向（或者用课本上的术语，选定了曲面的上侧） (1) 计算第二型曲面积分

$${\iint }_S{x}^{2}dydz+y^{2}dzdx+z^{2}dxdy$$

利用 $x,y$ 对原曲面进行参数化，则第二型曲面积分简化为

$$\begin{array}{c}{\iint }_S{x}^{2}dydz+y^{2}dzdx+z^{2}dxdy={\iint }_D((1-x-y{)}^2,y^2,x^2)\cdot ((1,0,-1)\times (0,1,-1))dxdy\\ ={\iint }_D((1-x-y{)}^2,y^2,x^2)\cdot (1,1,1)dxdy={\iint }_D(1+2x^2+2y^2-2x-2y+2xy)dxdy\\ =\pi +\pi -0=2\pi \end{array}$$

(2) 设 $S$ 的边界为 $\partial S$，赋予边界的正定向。计算第二型曲线积分

$${\int }_{\partial S}{z}^{2}dx+x^{2}dy+y^{2}dz$$

同样使用参数化 $z=1-x-y,x=\cos \theta ,y=\sin \theta$ ，则第二型曲面积分化为

$$\begin{array}{c}{\int }_{\partial S}{z}^{2}dx+x^{2}dy+y^{2}dz={\int }_0^{2\pi }((1-x-y{)}^2,x^2,y^2)\cdot (-\sin \theta ,\cos \theta ,\sin \theta -\cos \theta )d\theta \\ ={\int }_0^{2\pi }(-(1-\cos \theta -\sin \theta {)}^2\sin \theta +{\cos }^3\theta +{\sin }^3\theta -\cos \theta {\sin }^2\theta )d\theta =2\pi \end{array}$$

2

设 $C\subset {\mathbb{R}}^2$ 是光滑的闭曲线，取逆时针方向（定向）。假设 $(0,0)\notin C$，计算第二型曲线积分

$${\oint }_C\frac{-(x^{2}y+y^3)dx+(x^3+x{y}^2)dy}{(x^2+y^2{)}^2}$$

由于$C\subset {\mathbb{R}}^2$ 是光滑的闭曲线，所以 $C$ 可以参数化。假设

$$\begin{array}{c}x=x(t)\\ y=y(t)\end{array}$$

其中 $t\in [0,1]$ 是一个参数化

注意到

$${(\arctan (\frac{y}{x}))}^{\prime }=\frac{-y{x}^{\prime }+x{y}^{\prime }}{x^2+y^2}=\frac{-(x^{2}y+y^3)x^{\prime }+(x^3+x{y}^2)y^{\prime }}{(x^2+y^2{)}^2}$$

则第二型曲线积分化为

$$\begin{gathered} {\oint }_C\frac{-(x^{2}y+y^3)dx+(x^3+x{y}^2)dy}{(x^2+y^2{)}^2}={\int }_0^1\frac{-(x^{2}y+y^3)x^{\prime }+(x^3+x{y}^2)y^{\prime }}{(x^2+y^2{)}^2}dt={\int }_0^1{(\arctan (\frac{y}{x}))}^{\prime }dt \\ =\{\begin{array}{l}0(\text{原点不在曲线内})\\ 2\pi (\text{原点在曲线内})\end{array} \end{gathered}$$

第3 题需要用到如下事实：设 $f$ 在矩形区域 $[a,b]\times [c,d]$ 上连续，且有连续的偏导函数 $\frac{\partial f}{\partial x}$。对每个 $x\in [a,b]$，定义函数 $g(x)={\int }_c^{d}f(x,y)dy$，则有 $g^{\prime }(x)={\int }_c^d\frac{\partial f(x,y)}{\partial x}dy$。

3

给定$(x_0,y_0)\in {\mathbb{R}}^2$。对于正数 $r$，令 $C(r)=\{(x,y)\mid (x-x_0{)}^2+(y-y_0{)}^2=r^2\}$。设$f$ 在区域 $D(R)=\{(x,y)\mid (x-x_0{)}^2+(y-y_0{)}^2\le R^2\}$ 上是光滑函数，定义函数$g(r)$ 为如下的第一型曲线积分

$$g(r)=\frac{1}{2\pi r}{\int }_{C(r)}f(x,y)ds,\mathrm{\forall }0<r\le R,$$

其中 $ds$ 表示弧长微元。 (1) 利用前述事实，证明：对任何 $0<r\le R$，有

$$g^{\prime }(r)=\frac{1}{2\pi r}{\int }_{C(r)}-f_y(x,y)dx+f_x(x,y)dy$$

其中 $C(r)$ 取逆时针定向。

证明

第一型曲线积分

$$g(r)=\frac{1}{2\pi r}{\int }_{C(r)}f(x,y)ds=\frac{1}{2\pi r}{\int }_{C(r)}f(x_0+r\cos \theta ,y_0+r\sin \theta )rd\theta$$$$\begin{array}{c}{g}^{\prime }(r)=\frac{1}{2\pi }{\int }_{C(r)}\frac{\partial f}{\partial r}d\theta =\frac{1}{2\pi }{\int }_{C(r)}{f}_x\cos \theta +f_y\sin \theta d\theta \\ =\frac{1}{2\pi r}{\int }_{C(r)}{f}_{x}d(y_0+r\sin \theta )-f_{y}d(x_0+r\cos \theta )=\frac{1}{2\pi r}{\int }_{C(r)}-f_y(x,y)dx+f_x(x,y)dy\end{array}$$

(2) 设 $x_0^2+y_0^2>R^2$。计算 $\frac{1}{2\pi R}{\int }_{C(R)}\ln (x^2+y^2)ds$。

$$g(r)=\frac{1}{2\pi r}{\int }_{C(r)}\ln (x^2+y^2)ds$$

利用2的结论，由于原点不在 $C(r)$ 内

$$g^{\prime }(r)=\frac{1}{2\pi r}{\int }_{C(r)}-\frac{2y}{x^2+y^2}dx+\frac{2x}{x^2+y^2}dy=0$$

所以

$$g(R)=\underset{r\to 0}{lim}\frac{1}{2\pi r}{\int }_{C(r)}\ln (x^2+y^2)ds=\ln (x_0^2+y_0^2)$$

4

设 $S=\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3\mid x^2+y^2+z^2=1\}$ 是单位球面，取指向外面的定向。对给定的非负整数 $k$，计算第二型曲面积分

$${\iint }_S{z}^k(xdydz+ydzdx+zdxdy)\text{或等价的}{\iint }_S{z}^k(xdy\wedge dz+ydz\wedge dx+zdx\wedge dy)$$

选取球坐标作为参数化

$$\begin{array}{c}x=\sin \theta \cos \varphi \\ y=\sin \theta \sin \varphi \\ z=\cos \theta \end{array}$$

上半球

$$\begin{array}{c}{\iint }_S{z}^k(xdydz+ydzdx+zdxdy)\\ ={\iint }_S{\cos }^k\theta (\sin \theta \cos \varphi ,\sin \theta \sin \varphi ,\cos \theta )\cdot \text{(}(\cos \theta \cos \varphi ,\cos \theta \sin \varphi ,-\sin \theta )\times (-\sin \theta \sin \varphi ,\sin \theta \cos \varphi ,0))d\theta d\varphi \\ ={\iint }_S{\cos }^k\theta (\sin \theta \cos \varphi ,\sin \theta \sin \varphi ,\cos \theta )\cdot (\sin \theta \cos \varphi ,\sin \theta \sin \varphi ,\cos \theta )\sin \theta d\theta d\varphi \\ ={\iint }_S{\cos }^k\theta \sin \theta d\theta d\varphi =2\pi {\int }_0^1{x}^{k}dx=\frac{2\pi }{k+1}\end{array}$$

所以整个球面积分为

$${\iint }_S{z}^k(xdydz+ydzdx+zdxdy)=\{\begin{array}{l}0(\text{n为偶数})\\ \frac{4\pi }{k+1}(\text{n为奇数})\end{array}$$

5

设 $S$ 为曲面

$$(x-1{)}^2+y^2+z^2=2,$$

取指向外面的定向。计算第二型曲面积分

$${\iint }_S\frac{xdydz+ydzdx+zdxdy}{(x^2+y^2+z^2{)}^{3/2}}$$$${\iint }_S\frac{xdydz+ydzdx+zdxdy}{(x^2+y^2+z^2{)}^{3/2}}={\iint }_S\frac{\overrightarrow{r}}{r^3}\cdot d\overrightarrow{S}$$

利用 Gauss 定理

$${\iint }_{S‘}\frac{\overrightarrow{r}}{r^3}\cdot d\overrightarrow{S}={\iiint }_{V^{\prime }}\mathrm{\nabla }\cdot \frac{\overrightarrow{r}}{r^3}dv=0(0\notin S^{\prime })$$

取 $S^{\prime }=\{(x-1{)}^2+y^2+z^2=2,x^2+y^2+z^2=0.1\}$

所以

$${\iint }_S\frac{xdydz+ydzdx+zdxdy}{(x^2+y^2+z^2{)}^{3/2}}={\iint }_{x^2+y^2+z^2=0.1}\frac{xdydz+ydzdx+zdxdy}{(x^2+y^2+z^2{)}^{3/2}}=4\pi$$

6

设 $S\subseteq {\mathbb{R}}^3$ 是 $C^1$ 光滑的闭曲面，取指向外面的定向（或用课本上的术语，$S$ 是它所围成区域的外侧面），$(0,0,0)\notin S$。计算第二型曲面积分

$${\iint }_S\frac{xdydz+ydzdx+zdxdy}{(a^2{x}^2+b^2{y}^2+c^2{z}^2{)}^{3/2}}$$

其中 $a,b,c$ 是给定的正数。

同样使用 Gauss 定理

$$\begin{array}{c}\mathrm{\nabla }\cdot \frac{(x,y,z)}{(a^2{x}^2+b^2{y}^2+c^2{z}^2{)}^{\frac{3}{2}}}=\frac{1}{(a^2{x}^2+b^2{y}^2+c^2{z}^2{)}^3}((a^2{x}^2+b^2{y}^2+c^2{z}^2{)}^{\frac{3}{2}}-3(a^2{x}^2+b^2{y}^2+c^2{z}^2{)}^{\frac{1}{2}}a{x}^2\\ +(a^2{x}^2+b^2{y}^2+c^2{z}^2{)}^{\frac{3}{2}}-3(a^2{x}^2+b^2{y}^2+c^2{z}^2{)}^{\frac{1}{2}}b{y}^2\\ +(a^2{x}^2+b^2{y}^2+c^2{z}^2{)}^{\frac{3}{2}}-3(a^2{x}^2+b^2{y}^2+c^2{z}^2{)}^{\frac{1}{2}}c{z}^2)=0(0\notin S)\end{array}$$

所以

$${\iint }_S\frac{xdydz+ydzdx+zdxdy}{(a^2{x}^2+b^2{y}^2+c^2{z}^2{)}^{3/2}}={\iiint }_V\mathrm{\nabla }\cdot \frac{(x,y,z)}{(a^2{x}^2+b^2{y}^2+c^2{z}^2{)}^{\frac{3}{2}}}dv=0$$

7

设 $S\subseteq {\mathbb{R}}^3$ 是封闭的光滑曲面，$V$ 是由 $S$ 围成的三维有界闭区域（称之为 $S$ 的内部）。设 $f(x,y,z),P(x,y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z)$ 都是 $V$ 上的 $C^1$ 光滑函数，且 $P,Q,R$ 在 $S$ 上恒等于 0。证明：

$${\iiint }_V(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z})e^{f(x,y,z)}dxdydz=-{\iiint }_V(P\frac{\partial f}{\partial x}+Q\frac{\partial f}{\partial y}+R\frac{\partial f}{\partial z})e^{f(x,y,z)}dxdydz$$

证明

因为$P,Q,R$ 在 $S$ 上恒等于 0，所以积分

$${\iint }_{S}P{e}^{f(x,y,z)}dydz+Q{e}^{f(x,y,z)}dzdx+R{e}^{f(x,y,z)}dxdy=0$$

利用 Gauss 定理

$$\begin{array}{c}{\iint }_{S}P{e}^{f(x,y,z)}dydz+Q{e}^{f(x,y,z)}dzdx+R{e}^{f(x,y,z)}dxdy\\ ={\iiint }_V\frac{\partial }{\partial x}(P{e}^{f(x,y,z)})+\frac{\partial }{\partial y}(Q{e}^{f(x,y,z)})+\frac{\partial }{\partial z}(R{e}^{f(x,y,z)})dxdydz\\ ={\iiint }_V(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z})e^{f(x,y,z)}dxdydz+{\iiint }_V(P\frac{\partial f}{\partial x}+Q\frac{\partial f}{\partial y}+R\frac{\partial f}{\partial z})e^{f(x,y,z)}dxdydz=0\end{array}$$

所以

$${\iiint }_V(\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z})e^{f(x,y,z)}dxdydz=-{\iiint }_V(P\frac{\partial f}{\partial x}+Q\frac{\partial f}{\partial y}+R\frac{\partial f}{\partial z})e^{f(x,y,z)}dxdydz$$

8

对于函数 $f:{\mathbb{R}}^3\to \mathbb{R}$，如果极限

$$\underset{M\to \mathrm{\infty }}{lim}{\iiint }_{x^2+y^2+z^2\le M^2}f(x,y,z)dxdydz$$

存在, 则把上述极限记作

$${\iiint }_{{\mathbb{R}}^3}f(x,y,z)dxdydz,$$

称为 $f$ 在 ${\mathbb{R}}^3$ 上的无穷积分。 (1) 设 $P,Q:{\mathbb{R}}^3\to \mathbb{R}$ 是 $C^1$ 光滑函数。证明：对正数 $M$，有

$${\iint }_{\partial B}P(x,y,z)e^{Q(x,y,z)}dy\wedge dz={\iiint }_B(\frac{\partial P}{\partial x}+P\frac{\partial Q}{\partial x})e^{Q(x,y,z)}dV$$

其中 $B=\{(x,y,z)\mid x^2+y^2+z^2\le M^2\}$, $\partial B$ 是 $B$ 的边界，取指向外面的定向。

利用推导 Gauss 定理时 local model 的结果

$$\begin{array}{c}{\iint }_{\partial B}P(x,y,z)e^{Q(x,y,z)}dy\wedge dz={\iiint }_B\frac{\partial }{\partial x}(P(x,y,z)e^{Q(x,y,z)})dx\wedge dy\wedge dz\\ ={\iiint }_B(\frac{\partial P}{\partial x}+P\frac{\partial Q}{\partial x})e^{Q(x,y,z)}dV\end{array}$$

(2) 证明：对于三元多项式 $P(x,y,z)$，有

$${\iiint }_{{\mathbb{R}}^3}\frac{\partial P}{\partial x}{e}^{-x^2-y^2-z^2}dxdydz=2{\iiint }_{{\mathbb{R}}^3}xP(x,y,z)e^{-x^2-y^2-z^2}dxdydz$$

证明

取 $f(x,y,z)=-(x^2+y^2+z^2)$，上一小问结果化为

$${\iint }_{\partial B}P(x,y,z)e^{-(x^2+y^2+z^2)}dy\wedge dz={\iiint }_B\frac{\partial P}{\partial x}{e}^{-x^2-y^2-z^2}dxdydz-2{\iiint }_{B}xP(x,y,z)e^{-x^2-y^2-z^2}dxdydz$$

取 $B=\{(x,y,z)|x^2+y^2+z^2\le R^2\}$ ，设 $k$ 次多项式 $P$ 在紧致集 $\partial B$ 上的最大值为 $M{R}^k$

$$\mathrm{\forall }ϵ>0,\mathrm{\exists }R,s.t.{\iint }_{\partial B}P(x,y,z)e^{-(x^2+y^2+z^2)}dy\wedge dz\le 2M{R}^k\pi R^2{e}^{-R^2}\le ϵ$$

所以当 $R\to \mathrm{\infty }$ ，即 $B\to {\mathbb{R}}^3$ 时

$${\iiint }_B\frac{\partial P}{\partial x}{e}^{-x^2-y^2-z^2}dxdydz-2{\iiint }_{B}xP(x,y,z)e^{-x^2-y^2-z^2}dxdydz\to 0$$

所以

$${\iiint }_{{\mathbb{R}}^3}\frac{\partial P}{\partial x}{e}^{-x^2-y^2-z^2}dxdydz=2{\iiint }_{{\mathbb{R}}^3}xP(x,y,z)e^{-x^2-y^2-z^2}dxdydz$$