数学分析习题题练习四

解：
            添加一个平面$S'$,使之与原曲面形成一个闭合曲面，再利用高斯公式计算

                                   $S':z=0,\uparrow ,$

                                   $\begin{align*}\iint_S\frac{axdzdy+2(x+a)dzdx}{\sqrt{x^2+y^2+z^2+1}}&=\iint_{S+S'}-\iint_{S'}\\\\&=\iint_{S+S'}\frac{axdzdy+2(x+a)dzdx}{\sqrt{a^2+1}}-0\\\\&=\frac{1}{\sqrt{a^2+1}}\iiint(3a+2x)dV\\\\&=\frac{3a}{\sqrt{a^2+1}}\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{4}{3}\pi a^3+0\\\\&=\frac{2\pi a^4}{\sqrt{a^2+1}}.\end{align*}$

解：由题意，旋转曲面的方程为：
                                             $x^2+y^2-z^2=1.$

                  添加两个平面：
                                           $S':z=1,$方向向上， $S‘':z=2,$方向向下。$\Omega :S+S'+S''.$

                                           $\displaystyle \iint_S=\iint_{S+S'+S''} -\iint_{S'} +\iint_{S''}.$

                                          $\begin{align*}\iint_{S'}xz^2dydz+(\sin x+x^2+y^2)dxdy&=\iint_{D'}(x^2+y^2)dxdy\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\sqrt{2}}r^2\cdot rdr\\\\&=\frac{4\sqrt{2}}{3}\pi.\end{align*}$

                                         $\begin{align*}\iint_{S''}xz^2dydz+(\sin x+x^2+y^2)dxdy&=\iint_{D''}(x^2+y^2)dxdy\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\sqrt{5}}r^2\cdot rdr\\\\&=\frac{10\sqrt{5}}{3}\pi.\end{align*}$

                                         $\begin{align*}\iint_{S+S'+S''}xz^2dydz+(\sin x+x^2+y^2)dxdy&=\iiint_\Omega z^2dV=\int_{1}^{2}z^2dz\iint_{D_{z}}dxdy\\\\&=\pi\int_{1}^{2}z^2(1+z^2)dz\\\\&=\frac{128}{15}\pi.\end{align*}$

                                          $\displaystyle \therefore \iint_S=\frac{128}{15}\pi-\frac{4\sqrt{2}}{3}\pi+\frac{10\sqrt{5}}{3}\pi.$

解：假设所求曲面积分与所给的积分曲面无关，则其积分值应该与在任意小的球面上的积分相等。而在小球面的曲面积分满足高斯公式，因此有
                      $\displaystyle \iint_S(1-x^2)\varphi (x)dzdy+4xy\varphi (x)dzdx+4xzdxdy=\iiint_\Omega (-2x\varphi(x)+(1-x^2)\varphi '(x)+4x\varphi (x)+4x)dV.$
            
                      $(1-x^2)\varphi'(x)+2x\varphi (x)=-4x+c,$(c为常数)

             令
                       $\varphi (x)=ax^2+bx+d,$

                       $(1-x^2)(2ax+b)+2x(ax^2+bx+d)=-4x+c,$

           解方程，得
                      $\therefore \varphi (x)=-cx^2+c-2.$

解：
                  令
                                       $\displaystyle I(t)=\iint_S(1-x^2-y^2)dS,$

                         而
                                       $\displaystyle dS=\sqrt{1+z_x^2+z^2_y}=\sqrt{1+x^2+y^2},$

                       再进行变量变换
                                        $\displaystyle x=r\cos\theta,y=r\sin\theta,0\leq \theta\leq 2\pi,0\leq r\leq\sqrt{t},$

                                         $\displaystyle\therefore I(t)=\int_{0}^{2\pi}d\theta\int_{0}^{\sqrt{t}}(1-r^2)\sqrt{1+r^2} rdr.$

                        求上述函数的极值
                                            $\displaystyle I'(t)=\pi t(1-t)\sqrt{1+t}=0,\Rightarrow t=0,t=1.$

                                由
                                             $\displaystyle I''(t)|_{t=1}=-\pi\sqrt{2}<0$
                           
                                知$t=1$为函数的极大值，将$t=1$代入积分，求值

                                             $\displaystyle I(t)=\iint_S(1-x^2-y^2)dS=2\pi\int_{0}^{1}(1-r^2)\sqrt{1+r^2} rdr=\frac{16}{5}\sqrt{2}\pi-\frac{22}{15}\pi.$

                         极大值小于所给定值，因此结论成立。

一道积分计算题（转载）


【另一解】

一道极限题的几个解法（向禹）

《数学分析教程(第三版) 下》常庚哲，史济怀编著


证明：
                  作变换$(x,y,z)=(tu,tv,tw),|J|=t^3.$

                 于是
                           $\displaystyle F(t)=\iiint_{[0,t]^3}f(xyz)dxdydz=\iiint_{[0,t]^3}t^3 f(t^3uvw)dudvdw,$

                    因此

                            $\begin{align*}\therefore F'(t)&=\iiint_{[0,t]^3}(3t^2 f(t^3uvw)+3t^2uvwf'(t^3uvw)t^3)dudvdw\\\\&=\frac{3}{t}(\iiint_{[0,t]^3}t^3 f(t^3uvw)dudvdw+\iiint_{[0,t]^3}t^3 uvwf'(t^3uvw)t^3dudvdw)\\\\&=\frac{3}{t}(F(t)+\iiint_{[0,t]^3}xyzf'(xyz)dxdydz).\end{align*}$

《数学分析教程(第三版) 下》常庚哲，史济怀编著

哈尔滨工业大学2020年数学分析试卷真题


解：
              用球面坐标作变换
                                          $\begin{cases}
x=r\sin\theta \cos\varphi  &, 0\leq r\leq t \\
y=r\sin\theta \sin\varphi  &, 0\leq \varphi \leq 2\pi \\
z=r\cos\theta  &, 0\leq \theta \leq \pi
\end{cases}$

                                             $J=r^2\sin\theta ,$

                     则
                                             $\begin{align*}I&=\lim_{t\to0^+}\frac{1}{t^4}\iiint_{x^2+y^2+z^2\leq t^2}\sin\sqrt{x^2+y^2+z^2}dxdydz\\\\&=\lim_{t\to0^+}\frac{1}{t^4}\int_{0}^{2\pi}d\varphi \int_{0}^{\pi}\sin\theta d\theta \int_{0}^{t}r^2\sin rdr\\\\&=\lim_{t\to0^+}\frac{2\pi}{t^4}\int_{0}^{\pi}\sin\theta d\theta \int_{0}^{t}r^2\sin rdr\\\\&=\lim_{t\to0^+}\frac{4\pi}{t^4}\int_{0}^{t}r^2\sin rdr\\\\&=\lim_{t\to0^+}\frac{4\pi}{t^4}(-r^2\cos r|_0^t+2\int_{0}^{t}r\cos rdr )\\\\&=\lim_{t\to0^+}\frac{4\pi}{t^4}(-t^2\cos t+2t\sin t+2\cos t-2)\\\\&=\lim_{t\to0^+}\frac{4\pi}{t^4}\cdot (\frac{5}{12}t^4+o(t^4))\\\\&=\frac{5}{3}\pi.
\end{align*}$

哈尔滨工业大学2020年数学分析试卷真题



解：
           第二型曲面积分，先添加一个来面$S':z=0$，方向向下。再利用高斯 公式

                                                   $\begin{align*}I&=\iint_S=\iint_{S+S'}-\iint_{S'}\\\\&=2\iiint_\Omega(x+y+z)dxdydz-\iint_{S'}ay^2dxdy\\\\&=2\iiint_\Omega zdxdydz-a\iint_{x^2+y^2\leq a^2}y^2dxdy.
\end{align*}$

                             其中

                                                  $\displaystyle 2\iiint_\Omega zdxdydz=2\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\pi/2}\cos\varphi \sin\varphi d\varphi \int_{0}^{a}r\cdot r^2dr=\frac{1}{2}\pi a^4.$

                                                   $\displaystyle a\iint_{x^2+y^2\leq a^2}y^2dxdy=a\int_{0}^{2\pi}\sin^2\theta d\theta \int_{0}^{a}r^2\cdot rdr=\frac{1}{4}\pi a^5.$

                              所以
                                                   $\displaystyle I=\frac{1}{2}\pi a^4-\frac{1}{4}\pi a^5.$