数学分析课后习题答案--高教第二版(陈纪修)--14章.pdf

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1、第十四章 曲线积分、曲面积分与场论 习 题 14.1 第一类曲线积分与第一类曲面积分14.1 第一类曲线积分与第一类曲面积分 1.求下列第一类曲线积分：(1)，其中是以+Ldsyx)(LOAB(,),(,),(,)0 01001为顶点的三角形；(2)，其中为单位圆周；Ldsy|L122=+yx(3)，其中为星形线；Ldsx3/1|L3/23/23/2ayx=+(4)，其中为双纽线；Ldsx|L22222)(yxyx=+(5)，为螺旋线+Ldszyx)(222Lxat yat zbtt=cos,sin,02的一段：(6)。其中L为曲线Lxyzds2321,322,tztytx=上相应于 从 0变

2、到 1 的一段弧；t(7)，其中为球面和平面+Ldszxyzxy)(Lxyza222+=2xyz+=0的交线。解解（1）+=+BOABOAdsyxdsyxdsyxdsyx)()()()(L 212)(101010+=+=ydydxxxxdx。（2）4sin|20=dttdsyL。（3）令，则 taytax33sin,cos=ttadscossin3=，于是 342023420234314cossin12cossin3atdttadtttadsxL=。（4）将表示为参数方程 Lcos2 coscos2 sinxy=，再利用对称性，就有 224400|4cos2 cos4cos2 2x dsxy

3、dd=+=L=。注注 本题也可利用的极坐标方程L2cos2r=，得到 224400|4cos4cos2 2x dsrrr dd=+=L=。1课后答案网 w w w.k h d a w.c o m（5）+Ldszyx)(222=+=2022222)(dtbatba22222)43(32baba+。（6）Lxyzds=+=102292132dtttt143216。（7）因为在上成立 L)()(212222zyxzyxzxyzxy+=+，所以 322)(adsadszxyzxy=+LL。2.求椭圆周xat ybtt=cos,sin,02的质量，已知曲线在点M x y(,)处的线密度是(,)|x yy

4、=。解解 质量+=202222cossinsindttbtatbdsmL +=+=baaabbabbabbaabaababababdttabatb当当当,ln22,4,arcsin22cos)(sin2222222222222202222。3.求下列曲面的面积：(1)za包含在圆柱面 内的部分；xy=xya222+=()a 0(2)锥面xyz2213+=2被平面xyzaa+=2(0)所截的部分；(3)球面包含在锥面2222azyx=+22yxz+=内的部分；(4)圆柱面被两平面xya22+=2xzxzxy+=000,(,0)z22222+=)所截部分；(5)抛物面包含在柱面()内的那部分；xy

5、a222+=xya xy(a 0(6)环面=+=+=,sin,sin)cos(,cos)cos(azabyabx0202,，其中。ba 0解解（1）+=DdxdyyxaA)(1222)1)1(32134202220+=+=aardrrada。2课后答案网 w w w.k h d a w.c o m（2）联立锥面与平面方程，消去，得到 z ，2222)(2ayxaxyyx=+这是所截的部分在xy平面上投影区域的边界，它是个椭圆。记 22(,)()2()22Dx yxxyya xya=+，再令xuvyuv=+=，则区域与区域 D222(,)(2)36Du vuava=+对应，且(,)2(,)x y

6、u v=,于是所截部分的面积为 22124xyDDD28 3Azzdxdydxdydudva=+=。（3）这部分球面在xy平面上的投影区域为 222(,)2aDx yxy=+，于是 =+=DDyxdxdyyxaadxdyzzA222221 2202220)22(ardrraada=。（4）圆柱面方程可写成22xay=，区域(,),0Dz xxzxxa=，于是 2222222012axxzxDDaaAyy dzdxdzdxdxdzaaxax=+=。（5）方程()可化为极坐标方程，于是 xya x22222+=y2sin22ar=+=+=DDyxdxdyayxdxdyzzA222221212 +=

7、+=20322sin02220 1)cos(sin322dardrradaa 2)320(91a=。（6）由 cos,sinsin,cossinazayax=，0,cos)cos(,sin)cos(=+=+=zabyabx，可得 0,)cos(,22=+=FabGaE，所以 abdabadddFEGAD2202024)cos(=+=。3课后答案网 w w w.k h d a w.c o m4.求下列第一类曲面积分：(1)，其中是左半球面，；+dSzyx)(xyza222+=2y 0(2)，其中是区域+dSyx)(22(,)|x y zxyz221+的边界；(3)，是锥面+dSzxyzxy)(z

8、xy=+22x被柱面所截部分；xya222+=(4)+dSzyx2221，其中是圆柱面介于平面与xya22+=2z=0zH=之间的部分；(5)+dSzyx432222，其中是球面；2222azyx=+(6)，其中是抛物面介于平面与之间的部分；(+dSzyx23)222yxz+=z=08=z(7)，其中是螺旋面zdSxuv yuv zvua=cos,sin,0，02v 的一部分。解解（1）由对称性，+dSzyx)(dzdxzxaazxaydSzxzx=222222 3a=。（2）设)1(1:,:222221+=+=yxzyxz，则 +=+21)()()(222222dSyxdSyxdSyx 22

9、1)21(10320+=+=drrd。（3）+=+xydxdyyxyxxydSzxyzxy2)()(22 +=cos20322)sincoscos(sin2adrrd 4225421564cos24ada=。（4）设)0(:,:222221Hzyaxyax=，则+=+21222222222111dSzyxdSzyxdSzyx +=yzdydzyaaza222212 4课后答案网 w w w.k h d a w.c o m aHdyyazaadzaaHarctan21222022=+=。（5）由对称性，有，又由于 =dSzdSydSx222422224)(adSadSzyx=+，所以 42222

10、9131213432adSxdSzyx=+。（6）由对称性，有，03=dSx2y dS=221()2xydS+，再由 zdS=221()2xydS+，得到 ()322222()1xyxyz dSxyxy dxd+=+y 2423001dr r dr=+314222220(1)(1)(1)rrdr=+1564 17415+=。（7）由 1,cos,sin,0,sin,cos=vvvuuuzvuyvuxzvyvx，得到 0,1,12=+=FuGE。于是 +=+=aDduuvdvdudvuvzdS0220211)1ln(1222aaaa+=。5设球面的半径为R，球心在球面上。问当2222azyx=+

11、R何值时，在球面内部的面积最大？并求该最大面积。2222azyx=+解解 不妨设的球心在，于是),0,0(a在球面内部的曲面方程为 2222azyx=+222()zaRxy=+。将此方程与球面方程联立，解得2222azyx=+aRaz2222=，这样，在球面内部的部分在平面上的投影为 2222azyx=+Oxy 42222(,)4RDx yxyRa=+，从而面积为 =+=DDyxdxdyyxRRdxdyzzRS222221)(5课后答案网 w w w.k h d a w.c o m 22212422002(12RRa)RRdrdrRaRr=。对求导，得()S R)34()(2RaRaRS=，令

12、，得到0)(=RSaR34=。由于02)34(=aS，所以当aR34=时，面积最大，面积最大值为 3max2732aS=。6.求密度为(,)x y=z的抛物面壳zxyz=+12022(),1的质量与重心。解解 质量+=xydxdyyxyxdSyxM22221)(21),(1523121212120222202320+=+=+=drrrdrrrd。设重心坐标为(,)x y z，由对称性，0,0=yx。+=xydxdyyxyxdSyxz222221)(41),(+=+=2022420252014141drrrdrrrd,作代换 21rt+=，得到 1054366)1(24),(31222=dttt

13、dSyxz，于是 749345596),(=MdSyxzz，所以重心为)749345596,0,0(。7.求均匀球面（半径是，密度是 1）对不在该球面上的质点（质量为 1）的引力。a解解 设球面方程为，质点的坐标为。在球面上处取一微元，面积为，它对质点的引力为 2222azyx=+),0,0(b(0)ba),(zyxdS222)(bzyxGdSdF+=。由对称性，0=yxFF，zF=dSbzyxbzG+23222)()(。6课后答案网 w w w.k h d a w.c o m令，得到=cossinsincossinazayax=2FEGsin2a，于是 22300222(cos)sin(2c

14、os)zG ab aFddabab=+，在上述积分中，再令cos222abbat+=，得到 22222220,4,a bza bbaGabatFdtGabtbab+，所以当时，引力；当b时，引力ba224(0,0,)Gab=F。8设u x y z(,)为连续函数，它在处有连续的二阶导数。记为以M xyz(,)000M点为中心，半径为R的球面，以及=dSzyxuRRT),(41)(2。（1）证明：；lim()(,)RT Ru xyz=0000（2）若0)(),(222222000+zyxzuyuxu，求当时无穷小量 0RT Ru xyz()(,)000的主要部分。解解（1）由于u x y z(,

15、)在处连续，所以M xyz(,)0000，0，当222000()()()xxyyzz+时，成立 000(,)(,)u x y zu xy z。于是当222000()()()Rxxyyzz=+时，00021(,)(,)4u x y z dSu xyzR00021(,)(,)4u x y zu xyzdSR=+=+),0(,2222aazxazzyxzL（7），为圆周+Ldzyxdyxzdxzy)()()(L=+aayx，逆时针方向；（4）()()Ldyyydxyexsincos1，其中是曲线Lyx=sin上从(,到)0 0(,)0的一段；（5），其中是圆周的上半部分，方向从点到点；()()+Ld

16、yyxdxyx22sinLxy222+=x(,)0 0)0,2(（6）()+Ldyaxyedxyxbyexxcos)(sin，其中是正常数，L为从点沿曲线ba,)0,2(aA22xaxy=到点的一段；)0,0(O（7）+L224yxydxxdy，其中L是以点为中心，)0,1(R为半径的圆周（1R），逆时针方向；（8）+L224)4()(yxdyyxdxyx，其中为单位圆周，逆时针方向；L122=+yx（9）+L22)sincos()cossin(yxdyyyyxdxyyyxex，其中是包围原点的简单光滑闭曲线，逆时针方向。L 解解（1）+Ldyyxdxyx)()(222=Ddxdyyx)24(

17、3140)2(2)2(2311)1(213234)1(2121=+=+xxxxdyyxdxdyyxdx。（2）Lydyxdxxy222300(22)4sincos0aDxyxy dxdydr dr=。（3）()()+Ldyyexxdxeyxxyxyxxx2sinsin2cos222 1课后答案网 w w w.k h d a w.c o m 。=Ddxdy00（4）设=0:,0:1xyL，则()()51sincos1sin00=+eydydxeydxdyedyyydxyexxDxx1LL，所以 ()()Ldyyydxyexsincos1()()=1sincos1Ldyyydxyex=+51e51

18、e。（5）设，则 20:,0:1=xyL()()0)11(sin22=+Ddxdydyyxdxyx1LL，所以 ()()+Ldyyxdxyx22sin()()38sin202221=+=dxxdyyxdxyxL。（6）设，则 axy20:,0:1=L()(2)(cos)(sin2abadxdyabdyaxyedxyxbyeDxx=+1LL，所以 ()+Ldyaxyedxyxbyexxcos)(sin 2()2a ba=()+1cos)(sinLdyaxyedxyxbyexx=+=axdxbaba202)(2322)22(aba+。（7）设22224),(,4),(yxxyxQyxyyxP+=+

19、=，则 xQyxxyyP=+=22222)4(4，取路径，逆时针方向，由 Green 公式，221:41xy+=L224xdyydxxy=+L1224xdyydxxy+L。令1cos,sin2xt yt=，得到 224xdyydxxy=+L1224xdyydxxy+L222011(cossin)22tt dt=+=。（8）设222244),(,4),(yxyxyxQyxyxyxP+=+=，则 2课后答案网 w w w.k h d a w.c o mxQyxxxyyyP=+=22222)4(84，取路径，逆时针方向，由 Green 公式，221:4xy+=L122()(4)4xy dxxy dy

20、xy+=+L122()(4)4xy dxxy dyxy+L。令1cos,sin2xt yt=，得到 +L224)4()(yxdyyxdxyx=+=2022214)4()(1dtyxdyyxdxyxL。（9）设2222)sincos(),(,)cossin(),(yxyyyxeyxQyxyyyxeyxPxx+=+=，则 xQyxyyxyxyxyxyxyP=+=222222222)(sin)2(cos)(，取路径：，即rL222ryx=+20:,sin,cos=ttrytrx,由 Green 公式，22(sincos)(cossin)xexyyy dxxyyy dyxy+L 22(sincos)(

21、cossin)rxexyyy dxxyyy dyxy+=+L。于是 +=ryxdyyyyxdxyyyxeIxL22)sincos()cossin(=20cos)sincos(dttretr，令，即得到 0r2=I。2利用曲线积分，求下列曲线所围成的图形的面积：（1）星形线；xat yat=cos,sin33（2）抛物线与()()xyax a+=20 x轴；（3）旋轮线的一段：t=),cos1(),sin(tayttax,0 2与x轴。解解（1）2222013sincos22LaSxdyydxttdt238a=。（2）令，则txy=22)1(,)1(tatytax+=+=，+0:t。于是 225

22、012(1)6LtSydxadtt+=+a。（3）22201(2sin2cos)322LaSxdyydxttt dta=。3.先证明曲线积分与路径无关，再计算积分值：（1）；()(,)(,)xy dxdy0 01 1)3课后答案网 w w w.k h d a w.c o m（2），其中()()(,)(,)x dxy dy+2 11 2(),()xy为连续函数；（3）xdxydyxy+221 06 8(,)(,)，沿不通过原点的路径。解解（1）设)(),(,),(yxyxQyxyxP=，则 xQyP=1，所以曲线积分与路径无关。取积分路径为，于是 10:,:=xxyL 0)()1,1()0,0(

23、=dydxyx（2）设)(),(),(),(yyxQxyxP=，则 xQyP=0，所以曲线积分与路径无关。取积分路径为折线:LABC，其中，于是)2,1(),1,1(),1,2(CBA()()(,)(,)x dxy dy+2 11 2=+=2112)()(dyydxx21)()(dttt。（3）设2222),(,),(yxyyxQyxxyxP+=+=，则 xQyxxyyP=+=2322)(，所以曲线积分与路径无关。取积分路径为折线:LABC，其中，于是)8,6(),0,6(),0,1(CBAxdxydyxy+221 06 8(,)(,)93680261=+=yydydx。4证明在整个(cosc

24、os)(sinsin)222xyyx dxyxxy dy+2xy平面上是某个函数的全微分，并找出这样一个原函数。证证 设，因为 yxxyyxQxyyxyxPsinsin2),(,coscos2),(22=+=xQxyyxyP=+=cos2sin2，所以在整个(coscos)(sinsin)222xyyx dxyxxy dy+2xy平面上是某个函 数的全微分。设这个函数为，则 ),(yxu),(yxu(,)22(0,0)(2 coscos)(2 sinsin)x yxyyx dxyxxy dyC=+222002(2 sinsin)cossinxyxdxyxxy dyxyyxC=+=+。5 证明x

25、dxydyxy+22在除去 的负半轴及原点的裂缝yxy平面上是某个函数的全微分，并找出这样一个原函数。证证 设2222),(,),(yxyyxQyxxyxP+=+=，因为 4课后答案网 w w w.k h d a w.c o mxQyxxyyP=+=222)(2，所以xdxydyxy+22在除去 的负半轴及原点的裂缝yxy平面上是某个函数的 全微分。设这个函数为，则 ),(yxu),(yxu(,)2222222(0,1)011ln()12x yxyxdxydyxdxydyxyCxyxxy+=+=+。6 设在),(yxQxy平面上具有连续偏导数，曲线积分与路径无关，并且对任意 恒有+LdyyxQ

26、xydx),(2t+=+),1()0,0()1,()0,0(),(2),(2ttdyyxQxydxdyyxQxydx，求。),(yxQ解解 因为曲线积分与路径无关，所以+LdyyxQxydx),(2xxQ2=，两边 关于 积分，即得到，其中x)(),(2yxyxQ+=待定。由条件，可得+=+),1()0,0()1,()0,0(),(2),(2ttdyyxQxydxdyyxQxydx ，+=+tdyydyyt0102)(1()(两边对 求导，得到t)(12tt+=，即12)(=yy，所以 12),(2+=yxyxQ。7确定常数，使得右半平面上的向量函数 为某二元函数的梯度，并求。0 xir)(2

27、),(24yxxyyx+=j)(242yxx+),(yxu),(yxu解解 由题意，xyxxyyxxy+=+)()(224224，即 124524124224)(4)(2)(4)(2+=+yxxyxxyxxyyxx，化简后，求得 1=。这时 ),(yxu22(,)42422(1,0)02arctanx yyxydxx dyx dyyCCxyxyx=+=+=+C+。8设一力场为，证明质点在此场内移动时，场力所作的功与路径无关。jiF)128()83(2322yyeyxxxyyx+=证证 设，因为 yyeyxxyxQxyyxyxP128),(,83),(2322+=+=xQxyxyP=+=1632

28、，所以质点在此场内移动时，场力所作的功与路径无关。9利用 Gauss 公式计算下列曲面积分：（1），为立方体0 x dydzy dzdxz dxdy222+x y za,的表面，方 5课后答案网 w w w.k h d a w.c o m向取外侧；（2），其中为闭曲面()()()xyz dydzyzx dzdxzxy dxdy+1|=+yxzxzyzyx，方向取外侧；（3），其中为锥面介于平面()xyz222coscoscos+dS2zxy22=+z=0与之间的部分，方向取下侧；zh h=(0)（4），其中为上半球面xdydzydzdxzdxdy+zRxy=222，方向取上侧；（5），其中是由

29、2 1842()+xdydzxydzdxzxdxdyxy平面上的曲线绕xeyay=()0 x轴旋转而成的旋转面，曲面的法向量与轴的正向的夹角为钝角；x（6），其中是曲面（），曲面的法向量与 轴的正向的夹角为锐角；+zdxdydydzzx)2(22yxz+=10 zz（7）+2/12222)()(zyxdxdyzaaxdydz（），其 中 是 下 半 球 面0a222yxaz=，方向取上侧；（8）+2/3222)(zyxzdxdyydzdxxdydz，其中是（i）椭球面，方向取外侧；132222=+zyx（ii）抛物面+=16)2(512xz)0(9)1(2zy，方向取上侧。解解（1）设是所围的

30、空间区域，则 x dydzy dzdxz dxdy222+=。400036)(2azdzdydxdxdydzzyxaaa=+（2）设是所围的空间区域，作变换:+=+=+=yxzwxzyvzyxu，则(,)4(,)u v wx y z=，且变换将变为(,)1u v wuvw=+，记是 在第一象限的部分，则()()()xyz dydzyzx dzdxzxy dxdy+=16433=dudvdwdudvdwdxdydz。6课后答案网 w w w.k h d a w.c o m（3）补充，方向取上侧，设)(:2221hyxhz+=是1+所围的空间 区域，因为的对称性，有。由 Gauss 公式，0=yd

31、xdydzxdxdydz ()+=+dxdydzzyxdSzyx)(2coscoscos1222 4020222hzdzrdrdzdxdydzhrh=，于是 ()xyz222coscoscos+dS()+=1coscoscos22224dSzyxh 4242121hdxdyhh=。（4）补充，方向取下侧，设)(0:2221Ryxz+=是1+所围的空 间区域，由 Gauss 公式，3231Rdxdydzzdxdyydzdxxdydz=+于是 33221RzdxdyydzdxxdydzRzdxdyydzdxxdydz=+=+。（5）由题意，可得)(:22222azyexzy+=+，方向取后侧。补充

32、)(:2221azyexa+=，方向取前侧，设是1+所围的空间区域，由 Gauss 公式，0048)1(212=+dxdydzzxdxdyxydzdxdydzx于是 )1(2)1(248)1(222221=+aaeadydzezxdxdyxydzdxdydzx。（6）补充，方向取下侧，设)1(1:221+=yxz是1+所围的空间 区域，由 Gauss 公式，+=+dxdydzzdxdydydzzx3)2(1233110202=rdzrdrd，于是 +zdxdydydzzx)2(21231=dxdy。（7）由题意，+=+dxdyzaaxdydzazyxdxdyzaaxdydz22/12222)(

33、1)()(。补充，方向取下侧，设)(0:2221ayxz+=是1+所围的空间 7课后答案网 w w w.k h d a w.c o m区域，由 Gauss 公式，+=+dxdydzzadxdyzaaxdydz)23()(12 4022423)(22adzzazaa=，于是 42422123)(1adxdyaadxdyzaaxdydz=+，从而 32/1222221)()(azyxdxdyzaaxdydz=+。（8）（i）记222zyxr+=，设原积分为，则+RdxdyQdzdxPdydz5223rxrxP=，5223ryryQ=，5223rzrzR=。设),(2222=+=zyxzyx，方向为

34、外侧，设是()+所围的空 间区域，由 Gauss 公式，()PdydzQdzdxRdxdy+0)(=+=dxdydzzRyQxP。由于rzryrx=cos,cos,cos，=+3rzdxdyydzdxxdydz+3rzdxdyydzdxxdydz 21coscoscosdydzdzdxdxdy=+2222211(coscoscos)4dSdS=+=。注注 对上面的积分，也可取的参数表示为，=cossinsincossinzyx其中20,0),(=D，则=+3rzdxdyydzdxxdydz+3rzdxdyydzdxxdydzsin4Dd d =。8课后答案网 w w w.k h d a w.c

35、 o m（ii）设0,19)1(16)2(),(22=+=zyxzyx0,),(222=10(,0)的交线（它是椭圆），从x轴的正向看去，是逆时针方向；（4），其中L是用平面+Ldzyxdyxzdxzy)()()(222222xyz+=32截立方体01 x y z,的表面所得的截痕，从x轴的正向看去，是逆时针方向；（5），其中是沿着螺线+Ldzxyzdyxzydxyzx)()()(222L cosax=，2,sinhzay=从点至点的路径；A a(,)0 0B ah(,)0 10课后答案网 w w w.k h d a w.c o m（6），其中是平面+Ldzyxdyxzdxzy)3()2()(

36、222222L2=+zyx与柱面的交线，从 轴的正向看去，是逆时针方向。1|=+yxz解解（1）设是所围的平面Lxyz+=0的部分，方向由右手法则确定（即取上侧）。由 Stokes 公式，+Lxdzzdyydx+=dxdydzdxdydzxzyzyxdxdydzdxdydz 233adS=。（2）设是L所围的平面zy=+3的部分，方向由右手法则确定（即 取上侧），则是一个长半轴为2、短半轴为1的椭圆。由 Stokes 公 式，+Lydzxdyzdx253+=dxdydzdxdydzyxzzyxdxdydzdxdydz532253 2)25230(=+=dS。（3）设是L所围的平面1=+hzax

37、的部分，方向由右手法则确定（即 取上侧）。由 Stokes 公式，()()()yz dxzx dyxy dz+L+=dxdydzdxdydz2 )(2222haadShaha+=+=。（4）设是所围的平面L23=+zyx的部分，方向由右手法则确定（即 取上侧），则是一个边长为21的正六边形。由 Stokes 公式，+Ldzyxdyxzdxzy)()()(222222 +=dxdyyxdzdxxzdydzzy)()()(2 2932)(34=+=dSdSzyx。（5）设，由 Stokes 公式，1:(:00 xatyzt=L)h ，0)()()()(2221=+LdzxyzdyxzydxyzxL

38、 11课后答案网 w w w.k h d a w.c o m 于是 +Ldzxyzdyxzydxyzx)()()(222=hdzz02331h。（6）设是L所围的平面2=+zyx的部分，方向由右手法则确定（即 取上侧）。设在xy平面的投影区域为(,)1xyDx yxy=+，则 0=xyxyDDydxdyxdxdy。由 Stokes 公式，+Ldzyxdyxzdxzy)3()2()(222222 +=dxdyyxdzdxxzdydzzy)()3()2(2 +=+=dSyxdSzyx)6(32)324(32 。24)6(2=+=xyDdxdyyx13设是上恒为正值的连续函数，是逆时针方向的圆周。证

39、明)(tfRL1)()(22=+ayax2)()(dxxfydyyxfL。证证 设22(,)()()1Dx yxaya=+。由 Green 公式，+=Ddxdyxfyfdxxfydyyxf)(1)()()(L 22)(1)(=+=DDdxdydxdyxfxf，其中第二个等式利用了区域的对称性。14设为两条直线Dxy=，xy4=和两条双曲线1=xy，所围成的区域，是具有连续导数的一元函数，记。证明 4=xy)(uF)()(uFuf=41)(2ln)(duufdyyxyFD，其中的方向为逆时针方向。D证证：由 Green 公式，得=DDdxdyxyfdyyxyF)()(。作变换 xyvxyu=,，

40、则此变换将区域变为D41,41),(=vuvuDuv，变换的 Jacobi 行列式为(,)1(,)2x yJu vv=，于是 =414141)(2ln21)(2)()(duufdvvduufdudvvufdxdyxyfuvDD，所以 12课后答案网 w w w.k h d a w.c o m=41)(2ln)(duufdyyxyFD。15证明：若为封闭曲面，l为一固定向量，则 0),cos(=dSln，其中 为曲面的单位外法向量。n证证 记l，而),(cba=n)cos,cos,(cos=，则 1cos(,)(coscoscos)abc=+n ln lll，于是由 Gauss 公式，得到 1c

41、os(,)0dSadydzbdzdxcdxdy=+n ll=。16设区域由分片光滑封闭曲面所围成。证明：1cos()2dxdydzdSr=r,nr,n,其中n为曲面的单位外法向量,),(zyx=r，222zyxr+=。证证 由)coscoscos(1),cos(zyxrr+=nrnr，可知+=)(1),cos(zdxdyydzdxxdydzrdSnr。因为 ,322322322ryxrzzrzxryyrzyrxx+=+=+=由 Gauss 公式，得到 1cos()2dxdydzdSr=r,nr,n。17设函数和),(),(zyxQzyxPR x y z(,)在3R上具有连续偏导数。且对于任意光

42、滑曲面，成立 0=+RdxdyQdzdxPdydz。证明：在3R上,0+zRyQxP。证证 用反证法。若存在点，使得),(0000zyxM0+zRyQxP，则不妨设00MPQRxyz+。由于函数和),(),(zyxQzyxPR x y z(,)在3R上具有连续偏导数，即zRyQxP+连续，所以存在，使得当 0,cr 2202020)()()(),(),(rzzyyxxzyxzyx+=13课后答案网 w w w.k h d a w.c o m时成立zRyQxP+0 c。但另一方面，由 Gauss 公式，+=+dxdydzzRyQxPRdxdyQdzdxPdydz 0343=crcdxdydz，这

43、就与题设矛盾。18设是平面L0coscoscos=+pzyx上的简单闭曲线，它所包围的区域D的面积为，其中S)cos,cos,(cos是平面取定方向上的单位向量。证明=Lcoscoscos21zyxdzdydxS，其中的定向与平面的定向符合右手定则。L 证证 由 Stokes 公式，Lcoscoscoszyxdzdydx +=L)coscos()coscos()coscos(dzxydyzxdxyz=DdSxyzxyzzyxcoscoscoscoscoscoscoscoscos ，=SdSdSDD22)coscos(cos2222=+所以 =Lcoscoscos21zyxdzdydxS。14课

44、后答案网 w w w.k h d a w.c o m 习 题 14.4 微分形式的外微分习 题 14.4 微分形式的外微分 1.计算下列微分形式的外微分：（1）1-形式；dyxxydx22+=（2）1-形式xdyydxsincos=；（3）2-形式dzxydxdyzdx=6。解解（1）0222=+=dyxdxdxxdydxydxd。（2）dydxxydyxdxdxydyd=)cos(sincossin。（3）=dzdxxdydydxdzd6dzdydxx+)6(。2设=+ax dxaxdxaxdxnnn111222()()()?是nR上的 1-形式，求d。解解 d0)(1=niiiiidxdx

45、xa 3设=+axxdxdxaxxdxdxaxxdxdx12323213313121(,)(,)(,)2是3R上的2-形式，求d。解解 设 323211),(dxdxxxa=，由于 0,0323322=dxdxdxdxdxdx，则有 =1d03233132221=+dxdxdxxadxdxdxxa。类似地，设 133122),(dxdxxxa=，212133),(dxdxxxa=，则 032=dd，从而 0321=+=dddd。4.在3R上在一个开区域=(,)(,)(,)a bc de f上定义了具有连续导数的函数，试求形如)(1za)(2xa)(3yadzxbdyzbdxyb)()()(32

46、1+=的 1-形式，使得 dydxyadxdzxadzdyzad+=)()()(321。解解 由题意，可得 )()(),()(),()(231231xaxbzazbyayb=，所以 dxdyya)(3=dydzza)(1dzdxxa)(2。5.设（=njijiijdxdxa1,jiijaa=，nji,2,1,?=）是nR上的 2-形式，证明 1课后答案网 w w w.k h d a w.c o md=+=nkjikjijkiijkkijdxdxdxxaxaxa1,31。证证 因为,1nijiji ja dxdx=,1njkjkj ka dxdx=nikikkidxdxa1,，所以 =nkjij

47、ikkijdxdxdxxad1,=nkjikjiijkdxdxdxxa1,=nkjiikjjkidxdxdxxa1,，由于 kjiikjjikdxdxdxdxdxdxdxdxdx=，从而 d=+=nkjikjijkiijkkijdxdxdxxaxaxa1,31。2课后答案网 w w w.k h d a w.c o m 习 题 14.5 场论初步习 题 14.5 场论初步 1设，对下列数量场，分别计算和：kjia15203+=f x y z(,)fgrad)(diva f（1）f x y zxyz(,)()=+22212；（2）；f x y zxyz(,)=+222（3）。f x y zxyz(

48、,)ln()=+222解解（1）)()(grad23222kjizyxzyxf+=，)15203()()(div23222zyxzyxf+=a。（2）)(2gradkjizyxf+=，)15203(2)(divzyxf+=a。（3），)()(2grad1222kjizyxzyxf+=。)15203()(2)(div1222zyxzyxf+=a2求向量场穿过球面在第一卦限部分的通量，其中球面在这一部分的定向为上侧。kjia222zyx+=xyz2221+=解解 设，方向取上侧，则所求通量为 )0,0,0(1:222=+zyxzyx+dxdyzdzdxydydzx222，由于 84)1(10320

49、222=drrddxdyyxdxdyzxy，同理可得 822=dzdxydydzx，所以 83222=+dxdyzdzdxydydzx。3设kjirzyx+=，求：|r=r（1）满足0)(div=rrf的函数；f r()（2）满足0)(divgrad=rf的函数。f r()解解（1）经计算得到 rxrfrfxxrf2)()()(+=，,)()()(2ryrfrfyyrf+=rzrfrfzzrf2)()()(+=，所以 )()(3)(divrf rrfrf+=r。1课后答案网 w w w.k h d a w.c o m由，得0)(div=rrf0)()(3=+rf rrf，解此微分方程，得到 3

50、)(rcrf=，其中 为任意常数。c（2）由)()(rfrxxrf=，)()(rfrxxrf=，)()(rfrxxrf=，得到 )()()(22322rfrxrfrxrrfrxx+=，)()()(22322rfryrfryrrfryy+=，)()()(22322rfrzrfrzrrfrzz+=，所以 2divgrad()()()f rfrfr=+r。由0)(divgrad=rf，得0)()(2=+rf rrf，解此微分方程，得到 12()cf rcr=+，其中为任意常数。21,cc4.计算+)ln(21gradrcrc 其中 是常矢量，ckjirzyx+=，且0rc。解解 设，),(321cc