高等数学（第七版）同济大学习题11-3 （前7题）个人解答

高等数学（第七版）同济大学习题11-3（前7题）

函数作图软件：Mathematica

$\begin{aligned}&1. \ 计算下列曲线积分，并验证格林公式的正确性：&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \oint_{L}(2xy-x^2)dx+(x+y^2)dy，其中L是由抛物线y=x^2和y^2=x所围成的区域的正向边界曲线；\\\\ &\ \ (2)\ \ \oint_{L}(x^2-xy^3)dx+(y^2-2xy)dy，其中L是四个顶点分别为(0, \ 0)、(2, \ 0)、(2, \ 2)和(0, \ 2)的正方形区域\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 的正向边界. & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ 按曲线积分计算公式计算，记L_1：y=x^2，x从0变到1，L_2：x=y^2，y从1变到0，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \oint_{L}(2xy-x^2)dx+(x+y^2)dy=\int_{L_1}(2xy-x^2)dx+(x+y^2)dy+\int_{L_2}(2xy-x^2)dx+(x+y^2)dy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{1}[(2x^3-x^2)+(x+x^4)\cdot 2x]dx+\int_{1}^{0}[(2y^3-y^4)\cdot 2y+(y^2+y^2)]dy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{1}(2x^5+2x^3+x^2)dx+\int_{1}^{0}(-2y^5+4y^4+2y^2)dy=\frac{7}{6}-\frac{17}{15}=\frac{1}{30}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因P=2xy-x^2，Q=x+y^2，\frac{\partial P}{\partial y}=2x，\frac{\partial Q}{\partial x}=1，\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dxdy=\iint_{D}(1-2x)dydy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{1}(1-2x)dx\int_{x^2}^{\sqrt{x}}dy=\int_{0}^{1}(1-2x)(\sqrt{x}-x^2)dx=\int_{0}^{1}(x^{\frac{1}{2}}-2x^{\frac{3}{2}}-x^2+2x^3)dx=\frac{1}{30}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因此\oint_{L}Pdx+Qdy=\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dxdy & \end{aligned}$
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$\begin{aligned} &\ \ (2)\ L由有向线段OA，AB，BC和CO组成，\int_{OA}(x^2-xy^3)dx+(y^2-2xy)dy=\int_{0}^{2}x^2dx=\frac{8}{3}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{AB}(x^2-xy^3)dx+(y^2-2xy)dy=\int_{0}^{2}(y^2-4y)dy=\frac{8}{3}-8，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{BC}(x^2-xy^3)dx+(y^2-2xy)dy=\int_{0}^{2}(x^2-8x)dx=16-\frac{8}{3}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{CO}(x^2-xy^3)dx+(y^2-2xy)dy=\int_{2}^{0}y^2dy=-\frac{8}{3}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则\oint_{L}(x^2-xy^3)dx+(y^2-2xy)dy=\frac{8}{3}+\left(\frac{8}{3}-8\right)+\left(16-\frac{8}{3}\right)+\left(-\frac{8}{3}\right)=8，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因\frac{\partial Q}{\partial x}=-2y，\frac{\partial P}{\partial y}=-3xy^2，\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dxdy=\iint_{D}(-2y+3xy^2)dxdy=\int_{0}^{2}dx\int_{0}^{2}(-2y+3xy^2)dy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{2}(8x-4)dx=8，因此\oint_{L}Pdx+Qdy=\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dxdy & \end{aligned}$
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$\begin{aligned}&2. \ 利用曲线积分，求下列曲线所围成的图形的面积：&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 星形线x=acos^3\ t，y=asin^3\ t；\\\\ &\ \ (2)\ \ 椭圆9x^2+16y^2=144；\\\\ &\ \ (3)\ \ 圆x^2+y^2=2ax. & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ 星形线的参数方程中的参数t，从0变到2\pi，则A=\frac{1}{2}\oint_{L}xdy-ydx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}[acos^3\ t(3asin^2\ tcos\ t)-asin^3\ t(3acos^2\ t)(-sin\ t)]dt=\frac{3a^2}{2}\int_{0}^{2\pi}(cos^4\ tsin^2\ t+sin^4\ tcos^2\ t)dt=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{3a^2}{2}\int_{0}^{2\pi}sin^2\ tcos^2\ tdt=\frac{3a^2}{2}\int_{0}^{2\pi}\frac{1}{8}(1-cos\ 4t)dt=\frac{3}{8}\pi a^2.\\\\ &\ \ (2)\ 椭圆9x^2+16y^2=144的参数方程为x=4cos\ t，y=3sin\ t，t从0变到2\pi，则A=\frac{1}{2}\oint_{L}xdy-ydx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}[4cos\ t\cdot 3cos\ t-3sin\ t(-4sin\ t)]dt=6\int_{0}^{2\pi}dt=12\pi.\\\\ &\ \ (3)\ 圆周x^2+y^2=2ax的参数方程为x=a+acos\ t，y=asin\ t，t从0变到2\pi，则A=\frac{1}{2}\oint_{L}xdy-ydx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}[(a+acos\ t)acos\ t-asin\ t(-asin\ t)]dt=\frac{a^2}{2}\int_{0}^{2\pi}(1+cos\ t)dt=\pi a^2. & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&3. \ 计算曲线积分\oint_{L}\frac{ydx-xdy}{2(x^2+y^2)}，其中L为圆周(x-1)^2+y^2=2，L的方向为逆时针方向.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ L所围区域内点(0, \ 0)处，函数P(x, \ y)，Q(x, \ y)无意义，取r为适当小的正数，使圆周l：x=rcos\ t，y=rsin\ t\\\\ &\ \ （t从0变到2\pi）位于L所围区域内，则在由L和l^-所围成的复连通区域D上，应用格林公式，在D上，\\\\ &\ \ \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{x^2-y^2}{2(x^2+y^2)^2}=\frac{\partial P}{\partial y}，根据格林公式得\oint_{L}\frac{ydx-xdy}{2(x^2+y^2)}+\oint_{l}\frac{ydx-xdy}{2(x^2+y^2)}=\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dxdy=0，\\\\ &\ \ 从而\oint_{L}\frac{ydx-xdy}{2(x^2+y^2)}=\oint_{l}\frac{ydx-xdy}{2(x^2+y^2)}=\int_{0}^{2\pi}\frac{-r^2sin^2\ t-r^2cos^2\ t}{2r^2}dt=-\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}dt=-\pi. & \end{aligned}$
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$\begin{aligned}&4. \ 确定闭曲线C，使曲线积分\oint_{C}\left(x+\frac{y^3}{3}\right)dx+\left(y+x-\frac{2}{3}x^3\right)dy达到最大值.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ 记D为C所围成的平面有界闭区域，C为D的正向边界曲线，根据格林公式\oint_{C}\left(x+\frac{y^3}{3}\right)dx+\left(y+x-\frac{2}{3}x^3\right)dy=\\\\ &\ \ \iint_{D}[(1-2x^2)-y^2]dxdy，要使右端二重积分达到最大值，D应包含所有使被积函数1-2x^2-y^2大于零的点，\\\\ &\ \ 因此D应为椭圆2x^2+y^2=1所围成的闭区域，当C为取逆时针方向的椭圆2x^2+y^2=1时，\\\\ &\ \ 所给曲线积分达到最大值. & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&5. \ 设n边形的n个顶点按逆时针方向依次为M_1(x_1, \ y_1)，M_2(x_2, \ y_2)，\cdot\cdot\cdot，M_n(x_n, \ y_n)，试利用曲线积分\\\\&\ \ \ \ 证明此n边形的面积为A=\frac{1}{2}[(x_1y_2-x_2y_1)+(x_2y_3-x_3y_2)+\cdot\cdot\cdot+(x_{n-1}y_n-x_ny_{n-1})+(x_ny_1-x_1y_n)].&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ n边形的正向边界L由有向线段M_1M_2，M_2M_3，\cdot\cdot\cdot，M_{n-1}M_n，M_nM_1组成，有向线段M_1M_2的参数方程为\\\\ &\ \ x=x_1+(x_2-x_1)t，y=y_1+(y_2-y_1)t，t从0变到1，则\int_{M_1M_2}xdy-ydx=\\\\ &\ \ \int_{0}^{1}\{[x_1+(x_2-x_1)t](y_2-y_1)-[y_1+(y_2-y_1)t](x_2-x_1)\}dt=\int_{0}^{1}[x_1(y_2-y_1)-y_1(x_2-x_1)]dt=\\\\ &\ \ \int_{0}^{1}(x_1y_2-x_2y_1)dt=x_1y_2-x_2y_1，同理可得，\int_{M_2M_3}xdy-ydx=x_2y_3-x_3y_2，\cdot\cdot\cdot，\int_{M_{n-1}M_n}xdy-ydx=\\\\ &\ \ x_{n-1}y_n-x_ny_{n-1}，\int_{M_nM_1}xdy-ydx=x_ny_1-x_1y_n，\\\\ &\ \ n边形的面积A=\frac{1}{2}\oint_{L}xdy-ydx=\frac{1}{2}\left(\int_{M_1M_2}+\int_{M_2M_3}+\cdot\cdot\cdot+\int_{M_{n-1}M_n}+\int_{M_nM_1}\right)xdy-ydx=\\\\ &\ \ \frac{1}{2}[(x_1y_2-x_2y_1)+(x_2y_3-x_3y_2)+\cdot\cdot\cdot+(x_{n-1}y_n-x_ny_{n-1})+(x_ny_1-x_1y_n)]. & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&6. \ 证明下列曲线积分在整个xOy面内与路径无关，并计算积分值：&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \int_{(1,\ 1)}^{(2, \ 3)}(x+y)dx+(x-y)dy；\\\\ &\ \ (2)\ \ \int_{(1, \ 2)}^{(3,\ 4)}(6xy^2-y^3)dx+(6x^2y-3xy^2)dy；\\\\ &\ \ (3)\ \ \int_{(1,\ 0)}^{(2, \ 1)}(2xy-y^4+3)dx+(x^2-4xy^3)dy. & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ 函数P=x+y，Q=x-y在整个xOy面这个单连通区域内，具有一阶连续偏导数，且\frac{\partial Q}{\partial x}=1=\frac{\partial P}{\partial y}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因此曲线积分在xOy面内与路径无关，取折线积分路径MRN，其中M为(1, \ 1)，R为(2, \ 1)，N为(2, \ 3)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则\int_{(1,\ 1)}^{(2, \ 3)}(x+y)dx+(x-y)dy=\int_{1}^{2}(x+1)dx+\int_{1}^{3}(2-y)dy=\frac{5}{2}+0=\frac{5}{2}.\\\\ &\ \ (2)\ 函数P=6xy^2-y^3，Q=6x^2y-3xy^2在xOy面这个单连通区域内具有一阶连续偏导数，且\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{\partial Q}{\partial x}=12xy-3y^2=\frac{\partial P}{\partial y}，因此曲线积分在xOy面内与路径无关，取折线积分路径MRN，其中M为(1, \ 2)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ R为(3, \ 2)，N为(3, \ 4)，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{(1, \ 2)}^{(3,\ 4)}(6xy^2-y^3)dx+(6x^2y-3xy^2)dy=\int_{1}^{3}(24x-8)dx+\int_{2}^{4}(54y-9y^2)dy=80+156=236.\\\\ &\ \ (3)\ 函数P=2xy-y^4+3，Q=x^2-4xy^3在xOy面这个单连通区域内具有一阶连续偏导数，且\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{\partial Q}{\partial x}=2x-4y^3=\frac{\partial P}{\partial y}，因此曲线积分在xOy面内与路径无关，取折线积分路径MRN，其中M为(1, \ 0)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ R为(2,\ 0)，N为(2, \ 1)，则\int_{(1,\ 0)}^{(2, \ 1)}(2xy-y^4+3)dx+(x^2-4xy^3)dy=\int_{1}^{2}3dx+\int_{0}^{1}(4-8y^3)dy=3+2=5. & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&7. \ 利用格林公式，计算下列曲线积分：&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \oint_{L}(2x-y+4)dx+(5y+3x-6)dy，其中L是三顶点分别为(0, \ 0)、(3,\ 0)和(3,\ 2)的三角形正向边界；\\\\ &\ \ (2)\ \ \oint_{L}(x^2ycos\ x+2xysin\ x-y^2e^x)dx+(x^2sin\ x-2ye^x)dy，其中L为正向星形线x^{\frac{2}{3}}+y^{\frac{2}{3}}=a^{\frac{2}{3}}\ (a \gt 0)；\\\\ &\ \ (3)\ \ \int_{L}(2xy^3-y^2cos\ x)dx+(1-2ysin\ x+3x^2y^2)dy，其中L为在抛物线2x=\pi y^2上由点(0, \ 0)到\left(\frac{\pi}{2}, \ 1\right)的一段弧；\\\\ &\ \ (4)\ \int_{L}(x^2-y)dx-(x+sin^2\ y)dy，其中L是在圆周y=\sqrt{2x-x^2}上由点(0, \ 0)到点(1, \ 1)的一段弧. & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ 设D为L所围的三角形闭区域，根据格林公式，\oint_{L}(2x-y+4)dx+(5y+3x-6)dy=\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dxdy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}[3-(-1)]dxdy=4\iint_{D}dxdy=4\times 3=12.\\\\ &\ \ (2)\ 因为\frac{\partial Q}{\partial x}=2xsin\ x+x^2cos\ x-2ye^x，\frac{\partial P}{\partial y}=x^2cos\ x+2xsin\ x-2ye^x，由格林公式得\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \oint_{L}(x^2ycos\ x+2xysin\ x-y^2e^x)dx+(x^2sin\ x-2ye^x)dy=\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dxdy=\iint_{D}0\cdot dxdy=0.\\\\ &\ \ (3)\ 因为P=2xy^3-y^2cos\ x，Q=1-2ysin\ x+3x^2y^2在xOy面内具有一阶连续偏导数，且\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{\partial Q}{\partial x}=-2ycos\ x+6xy^2=\frac{\partial P}{\partial y}，因此所给曲线积分与路径无关，将原积分路径L改为折线路径ORN，其中\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ O为(0, \ 0)，R为\left(\frac{\pi}{2}, \ 0\right)，N为\left(\frac{\pi}{2}, \ 1\right)，得\int_{L}(2xy^3-y^2cos\ x)dx+(1-2ysin\ x+3x^2y^2)dy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{\frac{\pi}{2}}0\cdot dx+\int_{0}^{1}\left(1-2ysin\ \frac{\pi}{2}+3\cdot \frac{\pi^2}{4}y^2\right)dy=\int_{0}^{1}\left(1-2y+\frac{3}{4}\pi^2y^2\right)dy=\frac{\pi^2}{4}. & \end{aligned}$
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$\begin{aligned} &\ \ (4)\ 因为P=x^2-y，Q=-(x+sin^2\ y)在xOy面内具有一阶连续偏导数，且\frac{\partial Q}{\partial x}=-1=\frac{\partial P}{\partial y}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因此所给曲线积分与路径无关，将原积分路径L改为折现路径ORN，其中O为(0, \ 0)，R为(1, \ 0)，N为(1,\ 1)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得\int_{L}(x^2-y)dx-(x+sin^2\ y)dy=\int_{0}^{1}x^2dx-\int_{0}^{1}(1+sin^2\ y)dy=\frac{1}{3}-1-\int_{0}^{1}\frac{1-cos\ 2y}{2}dy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ -\frac{2}{3}-\frac{1}{2}+\frac{1}{4}sin\ 2=-\frac{7}{6}+\frac{1}{4}sin\ 2 & \end{aligned}$
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