数学分析习题题练习四

中山大学2019年679数学分析与高等代数考研试题


解：作球面坐标变换
                               $\begin{align*}\because F(t)&=\iiint_{x^2+y^2+z^2\leq t^2}f(x^2+y^2+z^2)dV\\\\&=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\pi}\sin \varphi d\varphi \int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr\\\\&=4\pi\int_{0}^{t}f(r^2)r^2dr.\end{align*}$

                                $\therefore F'(t)=4\pi f(t^2)t^2.$

2020年各高校曲线积分试题


解：由于在$(0,1)$点，被积函数领导数不连续，故在$L$上不能应用格林公式计算，先作一个包围$(0,1)$的小圆$C$，取半径足够小，使之包含在$L$中。
                               $C:x^2+(y-1)^2=\varepsilon^2,(\varepsilon > 0)$

             再利用格林公式
                                $\begin{align*}I&=\oint_L=\oint_{L-C}+\oint_C\\\\&=0+\oint_C\\\\&=\frac{1}{\varepsilon ^2}\oint_Cxdy-(y-1)dx\\\\&=\frac{1}{\varepsilon ^2}\iint_D(1+1)dxdy\\\\&=\frac{2}{\varepsilon ^2}\cdot \pi\varepsilon ^2=2\pi.
\end{align*}$

2020年各高校曲线积分试题


解：
                                         $\displaystyle \because \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{y}{x^2}+1=\frac{\partial P}{\partial y},$

                     所以，积分与路径无关。可添加中间点$C(3,1),$有

                                        $\displaystyle \int_L=\int_{AC}+\int_{CB}=\int_{(1,1)}^{(3,1)}(\frac{1}{2x^2}+1)dx-\int_{(3,1)}^{(3,3)}(\frac{y}{3}+3)dy=-\frac{15}{3}.$

2020年各高校曲线积分试题



此题与162楼解法相同，值也一样。

2020年各高校曲线积分试题


证明：
                  令
                                             $\displaystyle z=f(x,y),$
                            则
                                              $\displaystyle dz=\frac{\partial f}{\partial x}dx+\frac{\partial f}{\partial y}dy,$

                             运用格林公式，得
                                              $\begin{align*} \oint_LR(x,y,z)dz&=\oint R\frac{\partial f}{\partial x}dx+R\frac{\partial f}{\partial y}dy\\\\&=\iint_{\partial D} (\frac{\partial R}{\partial x}\frac{\partial f}{\partial y}-\frac{\partial R}{\partial y}\frac{\partial f}{\partial x})dxdy,\end{align*}$

                由$z=f(x,y),$，可知其方向数和方向余弦分别为
                                              $\displaystyle (-z_x,-z_y,1),(\cos\alpha ,\cos\beta ,\cos\gamma ),$

                          同时可得
                                              $\displaystyle \frac{\partial z}{\partial x}=\frac{\partial f}{\partial x}=-\frac{\cos\alpha }{\cos \gamma },\frac{\partial z}{\partial y}=\frac{\partial f}{\partial y}=-\frac{\cos\beta  }{\cos \gamma },$

                                              $\displaystyle dydz=\cos\alpha dS,dzdx=\cos \beta dS,dxdy=\cos \gamma dS,$

                          因此
                                              $\begin{align*}\oint_LR(x,y,z)dz&=\iint_{\Sigma} (\frac{\partial R}{\partial x}\frac{\partial f}{\partial y}-\frac{\partial R}{\partial y}\frac{\partial f}{\partial x})dxdy\\\\&=\iint_{\Sigma} (-\frac{\partial R}{\partial x}\cos\beta +\frac{\partial R}{\partial y}\cos\alpha )\frac{dxdy}{\cos\gamma }\\\\&=\iint_{\Sigma} (-\frac{\partial R}{\partial x}\cos\beta +\frac{\partial R}{\partial y}\cos\alpha )dS\\\\&=\iint_{\Sigma}\frac{\partial R}{\partial y}dydz-\frac{\partial R}{\partial x}dydx.\end{align*}$

2020年各高校曲线积分试题



参见138楼

2020年各高校曲线积分试题


解：先用Stokes公式，再用高斯公式计算

                           $\displaystyle P=y^2+z^2,Q=z^2+y^2,R=x^2+y^2,$

                           $\displaystyle \frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}=2y-2z,\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}=2z-2x,\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=2x-2y,$

                           $\begin{align*}\oint_L&=\iint_\Sigma(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z})dydz+(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x})dzdx+(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})dxdy\\\\&=2\iint_\Sigma(y-z)dydz+(z-x)dzdx+(x-y)dxdy\\\\&=\iiint_\Omega 0dV\\\\&=0.\end{align*}$

2020年各高校曲线积分试题


解：同楼上解法
                          $\displaystyle P=y^2-z^2,Q=x^2-z^2,R=x^2-y^2,\\\\
\displaystyle \frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}=-2y+2z,\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}=-2z-2x,\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=2x-2y,\\\\
\begin{align*}\oint_L&=\iint_\Sigma(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z})dydz+(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x})dzdx+(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y})dxdy\\\\&=2\iint_\Sigma(-y+z)dydz+(-z-x)dzdx+(x-y)dxdy\\\\&=2\iiint_\Omega 0dV\\\\&=0.\end{align*}$

2020年各高校曲线积分试题


此题解法与162楼也类似。只是将圆改为椭圆。

2020年各高校曲线积分试题


解：   
                               $\displaystyle P=e^x(1-\cos y),Q=-e^x(y-\sin y)\\\\
\displaystyle \frac{\partial Q}{\partial x}=-e^x(y-\sin y),\frac{\partial P}{\partial y}=e^x\sin y,\\\\
\displaystyle \frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}=ye^x,\\\\
\begin{align*}\oint _L&=\iint_Dye^xdxdy=\int_{0}^{\pi} e^x dx\int_{0}^{\sin x}y dy\\\\&=\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}e^x\sin^2xdx\\\\&=\frac{1}{2}\cdot e^x\sin^2x|_0^{\pi}-\frac{1}{2}\int_{0}^{\pi}e^x\sin2xdx\\\\&=\int_{0}^{\pi}e^x\cos2xdx\\\\&=e^x\cos2x|_0^{\pi}-2\int_{0}^{\pi}e^x\sin2xdx.\end{align*}\\\\
\displaystyle \Rightarrow \int_{0}^{\pi}e^x\sin2xdx=\frac{2}{3}\cdot (-e^{\pi}-1).\\\\
\displaystyle \therefore \oint _L=\frac{2}{3}\cdot (-e^{\pi}-1).$