高等微积分（2） 第9次作业

Chasse_neige

1

(1)

设 $S$ 是椭球面

$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$$

请用二重积分表示 $S$ 的面积（不必计算该积分）。

对椭球面做如下参数化

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

所以

$$\begin{array}{c}{x}_{\theta }=a\cos \theta \cos \varphi ,y_{\theta }=b\cos \theta \sin \varphi ,z_{\theta }=-c\sin \theta \\ x_{\varphi }=-a\sin \theta \sin \varphi ,y_{\varphi }=b\sin \theta \cos \varphi ,z_{\varphi }=0\end{array}$$$$\begin{gathered} S=\iint dS=\iint \left|\begin{array}{c}\left(\begin{array}{c}a\cos \theta \cos \varphi ,b\cos \theta \sin \varphi ,-c\sin \theta \end{array}\right)\times \left(\begin{array}{c}-a\sin \theta \sin \varphi ,b\sin \theta \cos \varphi ,0\end{array}\right)\end{array}\right|d\theta d\varphi \\ =\iint \sqrt{(bc{\sin }^2\theta \cos \varphi {)}^2+(ac{\sin }^2\theta \sin \varphi {)}^2+(ab\sin \theta \cos \theta {)}^2}d\theta d\varphi \\ =\iint \sqrt{b^2{c}^2{\sin }^2\theta {\cos }^2\varphi +a^2{c}^2{\sin }^2\theta {\sin }^2\varphi +a^2{b}^2{\cos }^2\theta }\sin \theta d\theta d\varphi \end{gathered}$$

(2)

计算球面 $x^2+y^2+z^2=R^2$ 的面积。

取 $a=b=c=R$

$$S=R^2\iint \sin \theta d\theta d\varphi =2\pi R^2{\int }_{-1}^{1}dx=4\pi R^2$$

2

设 $\mathrm{\Sigma }$ 为质量均匀的上半球面

$$\mathrm{\Sigma }=\{(x,y,z)|x^2+y^2+z^2=1,z\ge 0\}$$

求出 $\mathrm{\Sigma }$ 的质心位置，即计算

$$(\frac{{\iint }_{\mathrm{\Sigma }}xdS}{{\iint }_{\mathrm{\Sigma }}dS},\frac{{\iint }_{\mathrm{\Sigma }}ydS}{{\iint }_{\mathrm{\Sigma }}dS},\frac{{\iint }_{\mathrm{\Sigma }}zdS}{{\iint }_{\mathrm{\Sigma }}dS})$$

由对称性，显然有

$$\frac{{\iint }_{\mathrm{\Sigma }}xdS}{{\iint }_{\mathrm{\Sigma }}dS}=\frac{{\iint }_{\mathrm{\Sigma }}ydS}{{\iint }_{\mathrm{\Sigma }}dS}=0$$$$\frac{{\iint }_{\mathrm{\Sigma }}zdS}{{\iint }_{\mathrm{\Sigma }}dS}=\frac{1}{2\pi }\iint \cos \theta \sin \theta d\theta d\varphi ={\int }_0^{\frac{\pi }{2}}\cos \theta \sin \theta d\theta =\frac{1}{2}$$

3

给定 $a>b>0$，定义曲面 $T$ 为

$$T=\{(x,y,z)\in {\mathbb{R}}^3|(\sqrt{x^2+y^2}-a{)}^2+z^2=b^2\}$$

求 $T$ 的面积。

显然，$T$ 是双层曲面

做如下参数化

$$\begin{array}{c}x=(b\cos \theta +a)\sin \varphi \\ y=(b\cos \theta +a)\cos \varphi \\ z=b\sin \theta \end{array}$$

其中，参数取值范围 $\theta \in [0,\pi ],\varphi \in [0,2\pi )$所以

$$\begin{array}{c}{x}_{\theta }=-b\sin \theta \sin \varphi ,y_{\theta }=-b\sin \theta \cos \varphi ,z_{\theta }=b\cos \theta \\ x_{\varphi }=(b\cos \theta +a)\cos \varphi ,y_{\varphi }=-(b\cos \theta +a)\sin \varphi ,z_{\varphi }=0\end{array}$$

面积

$$\begin{array}{c}S=\iint |(-b\sin \theta \sin \varphi ,-b\sin \theta \cos \varphi ,b\cos \theta )\times ((b\cos \theta +a)\cos \varphi ,-(b\cos \theta +a)\sin \varphi ,0)|d\theta d\varphi \\ =\iint \sqrt{(b^2{\cos }^2\theta +ab\cos \theta {)}^2{\sin }^2\varphi +(b^2{\cos }^2\theta +ab\cos \theta {)}^2{\cos }^2\varphi +(b^2\sin \theta \cos \theta +ab\sin \theta {)}^2}d\theta d\varphi \\ =\iint \sqrt{b^4{\cos }^2\theta +2a{b}^3\cos \theta +a^2{b}^2}d\theta d\varphi \\ =\iint b(b\cos \theta +a)d\theta d\varphi =2\pi b{\int }_0^{\pi }(b\cos \theta +a)d\theta =2{\pi }^{2}ab\end{array}$$

4

令 $S$ 为单位球面

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

设 $p:[0,1]\to S$ 是 $C^1$ 光滑映射

$$p(t)=(x(t),y(t),z(t)),\mathrm{\forall }t\in [0,1]$$

假设 $p(0)=(0,0,-1),p(1)=(0,0,1)$，且对任何 $0<t<1$ 有 $-1<z(t)<1$。

(1)

证明：对任何 $t\in [0,1]$，有

$$x(t)x^{\prime }(t)+y(t)y^{\prime }(t)+z(t)z^{\prime }(t)=0$$

证明

$$x^2(t)+y^2(t)+z^2(t)=1$$$$\frac{d}{dt}(x^2(t)+y^2(t)+z^2(t))=0$$

所以

$$x(t)x^{\prime }(t)+y(t)y^{\prime }(t)+z(t)z^{\prime }(t)=0$$

(2)

证明：对任何 $0<t<1$，有

$$x^{\prime }(t{)}^2+y^{\prime }(t{)}^2\ge \frac{z(t{)}^2}{x(t{)}^2+y(t{)}^2}{z}^{\prime }(t{)}^2$$

证明

由 Cauchy 不等式

$$(x^2+y^2)(x^{\prime 2}+y^{\prime 2})\ge (x{x}^{\prime }+y{y}^{\prime }{)}^2=(-z{z}^{\prime }{)}^2$$

所以

$$x^{\prime }(t{)}^2+y^{\prime }(t{)}^2\ge \frac{z(t{)}^2}{x(t{)}^2+y(t{)}^2}{z}^{\prime }(t{)}^2$$

(3)

定义 $p$ 的弧长为

$$L={\int }_0^1\sqrt{x^{\prime }(t{)}^2+y^{\prime }(t{)}^2+z^{\prime }(t{)}^2}dt$$

证明：$L\ge \pi$

证明

$$\begin{array}{c}L={\int }_0^1\sqrt{x^{\prime }(t{)}^2+y^{\prime }(t{)}^2+z^{\prime }(t{)}^2}dt\ge {\int }_0^1\sqrt{\frac{z(t{)}^2}{x(t{)}^2+y(t{)}^2}{z}^{\prime }(t{)}^2+z^{\prime 2}(t)}dt\\ ={\int }_0^1\frac{|z^{\prime }(t)|}{\sqrt{x^2(t)+y^2(t)}}dt={\int }_0^1\sqrt{\frac{z^{\prime 2}(t)}{1-z^2(t)}}dt\\ \ge {\int }_0^1\frac{z^{\prime }(t)}{\sqrt{1-z^2(t)}}dt={\int }_{-1}^1\frac{dz}{\sqrt{1-z^2}}=\pi \end{array}$$

5

给定正数 $c<\sqrt{2}$。设曲面 $S=\{(x,y,z)|x^2+y^2+z^2=1,x+y\ge c\}$。

(1)

计算第一型曲面积分 ${\iint }_{S}xdS$，其中 $dS$ 表示面积微元。

作换元

$$\left(\begin{array}{c}u\\ v\\ w\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}\frac{\sqrt{2}}{2}& \frac{\sqrt{2}}{2}& 0\\ -\frac{\sqrt{2}}{2}& \frac{\sqrt{2}}{2}& 0\\ 0& 0& 1\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)$$

由于变换矩阵是正交阵，所以面积元不变

$$x=\frac{\sqrt{2}}{2}(u-v)$$

再换到球坐标下

$$\begin{array}{c}u=\cos \theta \\ v=\sin \theta \sin \varphi \\ w=\sin \theta \cos \varphi \end{array}$$

所以积分范围为 $\theta \in [0,\arccos \frac{\sqrt{2}}{2}c],\varphi \in [0,2\pi ]$

$$\begin{array}{c}{\iint }_{S}xdS={\iint }_S\frac{\sqrt{2}}{2}(\cos \theta -\sin \theta \sin \varphi )\sin \theta d\theta d\varphi \\ =\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot 2\pi {\int }_0^{\arccos \frac{\sqrt{2}}{2}c}\cos \theta \sin \theta d\theta \\ =\sqrt{2}\pi \cdot \frac{1}{2}(1-\frac{c^2}{2})=\frac{\sqrt{2}}{2}\pi (1-\frac{c^2}{2})\end{array}$$

(2)

计算第一型曲线积分 ${\int }_{\partial S}xdl$，其中 $\partial S$ 表示 $S$ 的边界，$dl$ 表示弧长微元

参数化边界，由于边界上 $u=\frac{\sqrt{2}}{2}c$

$$l:(\frac{\sqrt{2}}{2}c,\sqrt{1-\frac{c^2}{2}}\sin \varphi ,\sqrt{1-\frac{c^2}{2}}\cos \varphi )$$

所以

$${\int }_{\partial S}xdl={\int }_0^{2\pi }\frac{\sqrt{2}}{2}(\frac{\sqrt{2}}{2}c-\sqrt{1-\frac{c^2}{2}}\sin \varphi )\sqrt{1-\frac{c^2}{2}}d\varphi =\pi c\sqrt{1-\frac{c^2}{2}}$$

6

设 $C=\{(x,y)|x^2+y^2=1\}$ 是平面上的单位圆周，取逆时针定向（方向）。

(1)

计算第二型曲线积分

$$B(u)={\oint }_C\frac{-ydx+xdy}{(x^2+y^2+u^2{)}^{3/2}}$$

参数化

$$\begin{array}{c}x=\cos \theta \\ y=\sin \theta \end{array}$$$$B(u)={\oint }_C\frac{-ydx+xdy}{(x^2+y^2+u^2{)}^{3/2}}={\int }_0^{2\pi }\frac{{\sin }^2\theta +{\cos }^2\theta }{(1+u^2{)}^{\frac{3}{2}}}d\theta =\frac{2\pi }{(1+u^2{)}^{\frac{3}{2}}}$$

(2)

计算极限

$$\underset{A\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{-A}^{A}B(u)du$$$$\begin{array}{c}\underset{A\to +\mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{-A}^{A}B(u)du=\underset{A\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{-A}^A\frac{2\pi }{{\cosh }^3\theta }d(\sinh \theta )\\ =\underset{A\to \mathrm{\infty }}{lim}{\int }_{-A}^A\frac{2\pi }{{\cosh }^2\theta }d\theta =4\pi \end{array}$$

7

计算

$${\oint }_{L}xydx+yzdy+zxdz$$

其中 $L$ 为曲线

$$\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2+z^2=1\\ x+y+z=1\end{array}$$

积分方向从 $(1,0,0)$ 沿着劣弧指向 $(0,1,0)$

同样先做正交变换

$$\left(\begin{array}{c}u\\ v\\ w\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}\frac{\sqrt{3}}{3}& \frac{\sqrt{3}}{3}& \frac{\sqrt{3}}{3}\\ -\frac{\sqrt{2}}{2}& \frac{\sqrt{2}}{2}& 0\\ \frac{\sqrt{6}}{6}& \frac{\sqrt{6}}{6}& -\frac{\sqrt{6}}{3}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)$$$$\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ z\end{array}\right)=\left(\begin{array}{ccc}\frac{\sqrt{3}}{3}& -\frac{\sqrt{2}}{2}& \frac{\sqrt{6}}{6}\\ \frac{\sqrt{3}}{3}& \frac{\sqrt{2}}{2}& \frac{\sqrt{6}}{6}\\ \frac{\sqrt{3}}{3}& 0& -\frac{\sqrt{6}}{3}\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}u\\ v\\ w\end{array}\right)$$

所以利用 Stokes 公式

$$\mathrm{\nabla }\times (xy,yz,zx)=-(y,z,x)$$$$\begin{array}{c}{\oint }_{L}xydx+yzdy+zxdz={\iint }_S-(y,z,x)\cdot \frac{\sqrt{3}}{3}(1,1,1)dS\\ =-\frac{\sqrt{3}}{3}{\iint }_{S}dS=-\frac{2\sqrt{3}\pi }{9}\end{array}$$

8

设 $a,b,c$ 为给定的正数，$S$ 为椭球面

$$\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1$$

取指向外面的定向。对于正整数 $n$，计算第二型曲面积分

$$I_n={\iint }_S(x^{n}dydz+y^{n}dzdx+z^{n}dxdy)$$

对椭球面做如下参数化

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

所以利用 Gauss 公式

$$\begin{array}{c}{I}_n={\iint }_S(x^{n}dydz+y^{n}dzdx+z^{n}dxdy)\\ ={\iiint }_{V}n(x^{n-1}+y^{n-1}+z^{n-1})dxdydz\\ =nabc{\iiint }_V(a^{n-1}{r}^{n-1}{\sin }^{n-1}\theta {\cos }^{n-1}\varphi +b^{n-1}{r}^{n-1}{\sin }^{n-1}\theta {\sin }^{n-1}\varphi +c^{n-1}{r}^{n-1}{\cos }^{n-1}\theta )r^2\sin \theta drd\theta d\varphi \\ =\frac{2n\pi }{n+2}abc{\int }_0^{\pi }{\int }_0^{2\pi }(a^{n-1}{\sin }^{n-1}\theta {\cos }^{n-1}\varphi +b^{n-1}{\sin }^{n-1}\theta {\sin }^{n-1}\varphi +c^{n-1}{\cos }^{n-1}\theta )\sin \theta d\theta d\varphi \\ =\frac{2n\pi }{n+2}abc((a^{n-1}+b^{n-1})2\frac{(n-2)!!}{n!!}+c^{n-1}\frac{2}{n})\\ =\frac{4\pi }{n+2}abc(a^{n-1}+b^{n-1}+c^{n+1})\end{array}$$