高等数学（第七版）同济大学习题11-4 个人解答

高等数学（第七版）同济大学习题11-4

函数作图软件：Mathematica

$\begin{aligned}&1. \ 设有一分布着质量的曲面\Sigma，在点(x, \ y, \ z)处它的面密度为\mu(x, \ y, \ z)，用对面积的曲面积分表示这\\\\&\ \ \ \ 曲面对于x轴的转动惯量.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ 将\Sigma分成n小块，取出其中任意一块记作dS，(x,\ y, \ z)为dS上一点，则dS对x轴的转动惯量近似等于\\\\ &\ \ dI_x=(y^2+z^2)\mu(x, \ y, \ z)dS，以此作为转动惯量元素并积分，则\Sigma对x轴的转动惯量为\\\\ &\ \ I_x=\iint_{\Sigma}(y^2+z^2)\mu(x, \ y, \ z)dS. & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&2. \ 按对面积的曲面积分的定义证明公式\iint_{\Sigma}f(x, \ y, \ z)dS=\iint_{\Sigma_1}f(x, \ y, \ z)dS+\iint_{\Sigma_2}f(x, \ y, \ z)dS，\\\\&\ \ \ \ 其中\Sigma是由\Sigma_1和\Sigma_2组成的.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ 因为f(x, \ y, \ z)在曲面\Sigma上可积，所以不论\Sigma如何分割，积分和的极限总是不变的，因此可以使\Sigma_1和\Sigma_2的公共边界\\\\ &\ \ 曲线作为一条分割线，则f(x, \ y, \ z)在\Sigma=\Sigma_1+\Sigma_2上的积分和等于\Sigma_1上的积分和加上\Sigma_2上的积分和，记为\\\\ &\ \ \sum_{(\Sigma_1+\Sigma_2)}f(\xi_i, \ \eta_i, \ \zeta_i)\Delta S_i=\sum_{(\Sigma_1)}f(\xi_i, \ \eta_i, \ \zeta_i)\Delta S_i+\sum_{(\Sigma_2)}f(\xi_i, \ \eta_i, \ \zeta_i)\Delta S_i，令\lambda=max\{\Delta S_i的直径\} \rightarrow 0，\\\\ &\ \ 上式两端取极限，得\iint_{\Sigma}f(x, \ y, \ z)dS=\iint_{\Sigma_1}f(x, \ y, \ z)dS+\iint_{\Sigma_2}f(x, \ y, \ z)dS. & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&3. \ 当\Sigma是xOy面内的一个闭区域时，曲面积分\iint_{\Sigma}f(x, \ y, \ z)dS与二重积分有什么关系？&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ 当\Sigma为xOy面内的一个闭区域时，\Sigma的方程为z=0，因此在\Sigma上取值的f(x,\ y, \ z)为f(x, \ y, \ 0)，且\\\\ &\ \ dS=\sqrt{1+\left(\frac{\partial z}{\partial x}\right)^2+\left(\frac{\partial z}{\partial y}\right)^2}dxdy=dxdy，又因\Sigma在xOy面上的投影区域为\Sigma本身，因此\\\\ &\ \ \iint_{\Sigma}f(x, \ y, \ z)dS=\iint_{\Sigma}f(x, \ y, \ 0)dxdy. & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&4. \ 计算曲面积分\iint_{\Sigma}f(x, \ y, \ z)dS，其中\Sigma为抛物面z=2-(x^2+y^2)在xOy面上方的部分，\\\\&\ \ \ \ f(x, \ y, \ z)分别如下：&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ f(x,\ y, \ z)=1；\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (2)\ \ f(x, \ y, \ z)=x^2+y^2；\\\\ &\ \ (3)\ \ f(x, \ y, \ z)=3z. & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ 抛物面\Sigma与xOy面的交线为x^2+y^2=2，因此\Sigma在xOy面上的投影区域D_{xy}=\{(x, \ y)\ |\ x^2+y^2 \le 2\}，\\\\ &\ \ dS=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}dxdy=\sqrt{1+4x^2+4y^2}dxdy.\\\\ &\ \ (1)\ \iint_{\Sigma}1\cdot dS=\iint_{D_{xy}}\sqrt{1+4x^2+4y^2}dxdy，转换为极坐标形式，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D_{xy}}\sqrt{1+4x^2+4y^2}dxdy=\iint_{D_{xy}}\sqrt{1+4\rho^2}\rho d\rho d\theta=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\sqrt{2}}\sqrt{1+4\rho^2}\rho d\rho=2\pi \left[\frac{1}{12}(1+4\rho^2)^{\frac{3}{2}}\right]_{0}^{\sqrt{2}}=\frac{26}{6}\pi.\\\\ &\ \ (2)\ \iint_{\Sigma}(x^2+y^2)dS=\iint_{D_{xy}}(x^2+y^2)\sqrt{1+4x^2+4y^2}dxdy，转换为极坐标形式，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D_{xy}}(x^2+y^2)\sqrt{1+4x^2+4y^2}dxdy=\iint_{D_{xy}}\rho^2\sqrt{1+4\rho^2}\rho d\rho d\theta=\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\sqrt{2}}\rho^3\sqrt{1+4\rho^2}d\rho，令\rho=\frac{1}{2}tan\ t，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则上式=2\pi \cdot \frac{1}{16}\int_{0}^{arctan\ 2\sqrt{2}}sec^3\ t\cdot tan^3 tdt=\frac{\pi}{8}\int_{0}^{arctan\ 2\sqrt{2}}sec^2\ t(sec^2\ t-1)d(sec\ t)=\frac{\pi}{8}\cdot \frac{596}{15}=\frac{149}{30}\pi.\\\\ &\ \ (3)\ \iint_{\Sigma}3zdS=3\iint_{D_{xy}}[2-(x^2+y^2)]\sqrt{1+4x^2+4y^2}dxdy，转换为极坐标形式，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 3\iint_{D_{xy}}[2-(x^2+y^2)]\sqrt{1+4x^2+4y^2}dxdy=3\iint_{D_{xy}}(2-\rho^2)\sqrt{1+4\rho^2}\rho d\rho d\theta=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 3\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\sqrt{2}}(2-\rho^2)\sqrt{1+4\rho^2}\rho d\rho，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 令\rho=\frac{1}{2}tan\ t，上式=6\pi \left(\frac{1}{2}\int_{0}^{arctan\ 2\sqrt{2}}sec^3\ t\cdot tan\ tdt-\frac{1}{16}\int_{0}^{arctan\ 2\sqrt{2}}sec^3\ t\cdot tan^3\ tdt\right)=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 6\pi\left[\frac{1}{2}\int_{0}^{arctan\ 2\sqrt{2}}sec^2\ td(sec\ t)-\frac{1}{16}\int_{0}^{arctan\ 2\sqrt{2}}sec^2\ t(sec^2\ t-1)d(sec\ t)\right]=6\pi \left(\frac{13}{3}-\frac{149}{60}\right)=\frac{111}{10}\pi. & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&5. \ 计算\iint_{\Sigma}(x^2+y^2)dS，其中\Sigma是&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 锥面z=\sqrt{x^2+y^2}及平面z=1所围成的区域的整个边界曲面；\\\\ &\ \ (2)\ \ 锥面z^2=3(x^2+y^2)被平面z=0和z=3所截得的部分. & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \Sigma由\Sigma_1和\Sigma_2组成，\Sigma_1为平面z=1上被圆周x^2+y^2=1所围的部分，\Sigma_2为锥面z=\sqrt{x^2+y^2}\ (0 \le z \le 1)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 在\Sigma_1上，dS=dxdy，在\Sigma_2上，dS=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}dxdy=\sqrt{2}dxdy，\Sigma_1和\Sigma_2在xOy面上的投影区域\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D_{xy}为x^2+y^2 \le 1，因此\iint_{\Sigma}(x^2+y^2)dS=\iint_{\Sigma_1}(x^2+y^2)dS+\iint_{\Sigma_2}(x^2+y^2)dS=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D_{xy}}(x^2+y^2)dxdy+\iint_{D_{xy}}(x^2+y^2)\sqrt{2}dxdy，转换为极坐标形式，上式=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}\rho^3 d\rho+\sqrt{2}\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{1}\rho^3d\rho=\frac{\pi}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}\pi=\frac{1+\sqrt{2}}{2}\pi.\\\\ &\ \ (2)\ 因为\Sigma的方程为z=\sqrt{3(x^2+y^2)}，dS=\sqrt{1+z_x^2+z_y^2}dxdy=\sqrt{1+\frac{9x^2}{3(x^2+y^2)}+\frac{9y^2}{3(x^2+y^2)}}dxdy=2dxdy，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 又因z^2=3(x^2+y^2)，z=3，消去z得x^2+y^2=3，因此\Sigma在xOy面上的投影区域D_{xy}为x^2+y^2 \le 3，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{\Sigma}(x^2+y^2)dS=\iint_{D_{xy}}(x^2+y^2)\cdot 2dxdy，转换为极坐标形式，上式=2\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\sqrt{3}}\rho^2\cdot \rho d\rho=9\pi. & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&6. \ 计算下列对面积的曲面积分：&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \iint_{\Sigma}\left(z+2x+\frac{4}{3}y\right)dS，其中\Sigma为平面\frac{x}{2}+\frac{y}{3}+\frac{z}{4}=1在第一卦限中的部分；\\\\ &\ \ (2)\ \ \iint_{\Sigma}(2xy-2x^2-x+z)dS，其中\Sigma为平面2x+2y+z=6在第一卦限中的部分；\\\\ &\ \ (3)\ \ \iint_{\Sigma}(x+y+z)dS，其中\Sigma为球面x^2+y^2+z^2=a^2上z \ge h\ (0 \lt h \lt a)的部分；\\\\ &\ \ (4)\ \ \iint_{\Sigma}(xy+yz+zx)dS，其中\Sigma为锥面z=\sqrt{x^2+y^2}被柱面x^2+y^2=2ax所截得的有限部分. & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ 在\Sigma上，z=4-2x-\frac{4}{3}y，\Sigma在xOy面上的投影区域D_{xy}为由x轴、y轴和直线\frac{x}{2}+\frac{y}{3}=1所围成的三角形闭区域，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 因此\iint_{\Sigma}\left(z+2x+\frac{4}{3}y\right)dS=\iint_{D_{xy}}\left[\left(4-2x-\frac{4}{3}y\right)+2x+\frac{4}{3}y\right]\sqrt{1+(-2)^2+\left(-\frac{4}{3}\right)^2}dxdy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D_{xy}}4\cdot \frac{\sqrt{61}}{3}dxdy=\frac{4\sqrt{61}}{3}\cdot(D_{xy}的面积)=\frac{4\sqrt{61}}{3}\cdot \left(\frac{1}{2}\cdot 2\cdot 3\right)=4\sqrt{61}.\\\\ &\ \ (2)\ 在\Sigma上，z=6-2x-2y，\Sigma在xOy面上的投影区域为由x轴、y轴和直线x+y=3所围成的三角形闭区域，因此\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{\Sigma}(2xy-2x^2-x+z)dS=\iint_{D_{xy}}[2xy-2x^2-x+(6-2x-2y)]\sqrt{1+(-2)^2+(-2)^2}dxdy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 3\int_{0}^{3}dx\int_{0}^{3-x}(6-3x-2x^2+2xy-2y)dy=3\int_{0}^{3}[(6-3x-2x^2)(3-x)+x(3-x)^2-(3-x)^2]dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 3\int_{0}^{3}(3x^3-10x^2+9)dx=-\frac{27}{4}.\\\\ &\ \ (3)\ 在\Sigma上，z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}，\Sigma在xOy面上的投影区域D_{xy}=\{(x, \ y)\ |\ x^2+y^2 \le a^2-h^2\}，因为积分曲面\Sigma关于\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ yOz面和zOx面对称，则\iint_{\Sigma}xdS=0，\iint_{\Sigma}ydS=0，因此\iint_{\Sigma}(x+y+z)dS=\iint_{\Sigma}zdS=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D_{xy}}\sqrt{a^2-x^2-y^2}\sqrt{1+\frac{x^2}{a^2-x^2-y^2}+\frac{y^2}{a^2-x^2-y^2}}dxdy=a\iint_{D_{xy}}dxdy=a\pi(a^2-h^2).\\\\ &\ \ (4)\ \Sigma在xOy面上的投影区域D_{xy}为x^2+y^2 \le 2ax，因为\Sigma关于zOx面对称，函数xy和yz关于y为奇函数，所以\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{\Sigma}xydS=0，\iint_{\Sigma}yzdS=0，因此\iint_{\Sigma}(xy+yz+zx)dS=\iint_{\Sigma}zxdS=\iint_{D_{xy}}x\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{1+\frac{x^2+y^2}{x^2+y^2}}dxdy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \sqrt{2}\iint_{D_{xy}}x\sqrt{x^2+y^2}dxdy，转换为极坐标形式，上式=\sqrt{2}\int_{-\frac{\pi}{2}}^{\frac{\pi}{2}}d\theta \int_{0}^{2acos\ \theta}\rho cos\ \theta \cdot \rho \cdot \rho d\rho=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 8\sqrt{2}a^4\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}cos^5\ \theta d\theta=8\sqrt{2}a^4\cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{2}{3}=\frac{64}{15}\sqrt{2}a^4. & \end{aligned}$
在这里插入图片描述

$\begin{aligned}&7. \ 求抛物面壳z=\frac{1}{2}(x^2+y^2)\ (0 \le z \le 1)的质量，此壳的面密度为\mu=z.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ \Sigma：z=\frac{1}{2}(x^2+y^2)\ (0 \le z \le 1)在xOy面上的投影区域D_{xy}=\{(x,\ y)\ |\ x^2+y^2 \le 2\}，z_x=x，z_y=y，\\\\ &\ \ 所以dS=\sqrt{1+x^2+y^2}dxdy，因此M=\iint_{\Sigma}zdS=\iint_{D_{xy}}\frac{1}{2}(x^2+y^2)\sqrt{1+x^2+y^2}dxdy，转换为极坐标形式，\\\\ &\ \ 上式=\frac{1}{2}\iint_{D_{xy}}\rho^2\sqrt{1+\rho^2}\cdot \rho d\rho d\theta=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\sqrt{2}}\rho^3\sqrt{1+\rho^2}d\rho，令t=\rho^2，\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{\sqrt{2}}\rho^3\sqrt{1+\rho^2}d\rho=\\\\ &\ \ \frac{\pi}{2}\int_{0}^{2}t\sqrt{1+t}dt=\frac{\pi}{2}\left[\frac{2}{3}t(1+t)^{\frac{3}{2}}\bigg|_{0}^{2}-\frac{2}{3}\int_{0}^{2}(1+t)^{\frac{3}{2}}dt\right]=\frac{\pi}{2}\left[\frac{4}{3}\cdot 3^{\frac{3}{2}}-\frac{4}{15}(3^{\frac{5}{2}}-1)\right]=\frac{2}{15}\pi(6\sqrt{3}+1). & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&8. \ 求面密度为\mu_0的均匀半球壳x^2+y^2+z^2=a^2\ (z \ge 0)对于z轴的转动惯量.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ I_z=\iint_{\Sigma}(x^2+y^2)\mu_0dS=\mu_0\iint_{x^2+y^2 \le a^2}(x^2+y^2)\sqrt{1+\frac{x^2+y^2}{a^2-x^2-y^2}}dxdy=\\\\ &\ \ \mu_0\iint_{x^2+y^2 \le a^2}(x^2+y^2)\cdot \frac{a}{\sqrt{a^2-x^2-y^2}}dxdy，转换为极坐标形式，上式=\mu_0\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{a}\frac{a\rho^2}{\sqrt{a^2-\rho^2}}\cdot \rho d\rho，\\\\ &\ \ 令\rho=asin\ t，上式=2\pi a\mu_0\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}\frac{a^3sin^3\ t}{acos\ t}\cdot acos\ tdt=2\pi a^4\mu_0\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin^3\ tdt=2\pi a^4\mu_0\cdot \frac{2}{3}=\frac{4}{3}\pi a^4\mu_0. & \end{aligned}$