高等数学（第七版）同济大学总习题十一个人解答

高等数学（第七版）同济大学总习题十一

函数作图软件：Mathematica

$\begin{aligned}&1. \ 填空：&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 第二类曲线积分\int_{\Gamma}Pdx+Qdy+Rdz化成第一类曲线积分是\_\_\_\_\_，其中\alpha、\beta、\gamma为有向曲线弧\Gamma在\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 点(x, \ y, \ z)处的\_\_\_\_\_的方向角；\\\\ &\ \ (2)\ \ 第二类曲面积分\iint_{\Sigma}Pdydz+Qdzdx+Rdxdy化成第一类曲面积分是\_\_\_\_\_，其中\alpha、\beta、\gamma为有向曲面\Sigma\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \ 在点(x, \ y, \ z)处的\_\_\_\_\_的方向角. & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \int_{\Gamma}(Pcos\ \alpha+Qcos\ \beta+Rcos\ \gamma)ds，切向量。\\\\ &\ \ (2)\ \iint_{\Sigma}(Pcos\ \alpha+Qcos\ \beta+Rcos\ \gamma)dS，法向量。 & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&2. \ 下题中给出了四个结论，从中选出一个正确的结论：&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ 设曲面\Sigma是上半球面：x^2+y^2+z^2=R^2\ (z \ge 0)，曲面\Sigma_1是曲面\Sigma在第一卦限中的部分，则有(\_\_\_\_\_).\\\\ &\ \ (A)\ \ \iint_{\Sigma}xdS=4\iint_{\Sigma_1}xdS\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (B)\ \ \iint_{\Sigma}ydS=4\iint_{\Sigma_1}xdS\\\\ &\ \ (C)\ \ \iint_{\Sigma}zdS=4\iint_{\Sigma_1}xdS\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (D)\ \ \iint_{\Sigma}xyzdS=4\iint_{\Sigma_1}xyzdS & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ 因为\Sigma关于yOz面和zOx面均对称，被积函数z关于x和y均为偶函数，所以\iint_{\Sigma}zdS=4\iint_{\Sigma_1}zdS，在\Sigma_1上，\\\\ &\ \ 字母x，y，z是对称的，所以\iint_{\Sigma_1}zdS=\iint_{\Sigma_1}xdS，即\iint_{\Sigma}zdS=4\iint_{\Sigma_1}xdS，选C & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&3. \ 计算下列曲线积分：&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \oint_{\Gamma}\sqrt{x^2+y^2}ds，其中L为圆周x^2+y^2=ax；\\\\ &\ \ (2)\ \ \int_{\Gamma}zds，其中\Gamma为曲线x=tcos\ t，y=tsin\ t，z=t\ (0 \le t \le t_0)；\\\\ &\ \ (3)\ \ \int_{L}(2a-y)dx+xdy，其中L为摆线x=a(t-sin\ t)，y=a(1-cos\ t)上对应t从0到2\pi的一段弧；\\\\ &\ \ (4)\ \ \int_{\Gamma}(y^2-z^2)dx+2yzdy-x^2dz，其中\Gamma是曲线x=t，y=t^2，z=t^3上由t_1=0到t_2=1的一段弧；\\\\ &\ \ (5)\ \ \int_{L}(e^xsin\ y-2y)dx+(e^xcos\ y-2)dy，其中L为上半圆周(x-a)^2+y^2=a^2，y \ge 0沿逆时针方向；\\\\ &\ \ (6)\ \ \oint_{\Gamma}xyzdz，其中\Gamma是用平面y=z截球面x^2+y^2+z^2=1所得的截痕，从z轴的正向看去，沿逆时针方向. & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ L的方程为\left(x-\frac{a}{2}\right)^2+y^2=\frac{a^2}{4}，因此取L的参数方程为x=\frac{a}{2}+\frac{a}{2}cos\ t，y=\frac{a}{2}sin\ t，0 \le t \le 2\pi，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \oint_{L}\sqrt{x^2+y^2}ds=\int_{0}^{2\pi}\frac{\sqrt{2}a}{2}\sqrt{1+cos\ t}\cdot \sqrt{\left(-\frac{a}{2}sin\ t\right)^2+\left(\frac{a}{2}cos\ t\right)^2dt}=\frac{\sqrt{2}a^2}{4}\int_{0}^{2\pi}\sqrt{1+cos\ t}dt=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{\sqrt{2}a^2}{4}\cdot \sqrt{2}\int_{0}^{2\pi}\left|cos\ \frac{t}{2}\right|dt=2a^2\int_{0}^{\pi}cos\ \frac{t}{2}d\left(\frac{t}{2}\right)=2a^2.\\\\ &\ \ (2)\ \int_{\Gamma}zds=\int_{0}^{t_0}t\sqrt{(cos\ t-tsin\ t)^2+(sin\ t+tcos\ t)^2+1}dt=\int_{0}^{t_0}t\sqrt{2+t^2}dt=\frac{1}{2}\int_{0}^{t_0}\sqrt{2+t^2}d(2+t^2)=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{3}(2+t^2)^{\frac{3}{2}}\bigg|_{0}^{t_0}=\frac{1}{3}\left[(2+t_0^2)^{\frac{3}{2}}-2\sqrt{2}\right]\\\\ &\ \ (3)\ \int_{L}(2a-y)dx+xdy=\int_{0}^{2\pi}[(2a-a+acos\ t)\cdot a(1-cos\ t)+a(t-sin\ t)\cdot asin\ t]dt=a^2\int_{0}^{2\pi}tsin\ tdt=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ a^2[-tcos\ t]_{0}^{2\pi}+a^2\int_{0}^{2\pi}cos\ tdt=-2\pi a^2+0=-2\pi a^2\\\\ &\ \ (4)\ \int_{\Gamma}(y^2-z^2)dx+2yzdy-x^2dz=\int_{0}^{1}[(t^4-t^6)\cdot 1+2t^2\cdot t^3 \cdot 2t-t^2\cdot 3t^2]dt=\int_{0}^{1}(3t^6-2t^4)dt=\frac{1}{35}\\\\ &\ \ (5)\ 添加有向线段OA：y=0，x从0变到2a，则由L和OA所围成的闭区域D上应用格林公式得\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{L+OA}(e^xsin\ y-2y)dx+(e^xcos\ y-2)dy=\iint_{D}\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)dxdy=\iint_{D}(e^xcos\ y-e^xcos\ y+2)dxdy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 2\iint_{D}dxdy=\pi a^2，则\int_{L}(e^xsin\ y-2y)dx+(e^xcos\ y-2)dy=\pi a^2-\int_{OA}(e^xsin\ y-2y)dx+(e^xcos\ y-2)dy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \pi a^2-\int_{0}^{2a}(e^xsin\ 0-2\cdot 0)dx=\pi a^2.\\\\ & \end{aligned}$
在这里插入图片描述
$\begin{aligned} &\ \ (6)\ 根据\Gamma的一般方程\begin{cases}y=z，\\\\x^2+y^2+z^2=1\end{cases}得x^2+2y^2=1，令x=cos\ t，y=\frac{sin\ t}{\sqrt{2}}，z=\frac{sin\ t}{\sqrt{2}}，t从0变到2\pi，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \oint_{\Gamma}xyzdz=\int_{0}^{2\pi}cos\ t\left(\frac{sin\ t}{\sqrt{2}}\right)^2\cdot \frac{cos\ t}{\sqrt{2}}dt=\frac{1}{2\sqrt{2}}\int_{0}^{2\pi}sin^2\ tcos^2\ tdt=\frac{1}{8\sqrt{2}}\int_{0}^{2\pi}sin^2(2t)dt=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{8\sqrt{2}}\int_{0}^{2\pi}\frac{1-cos\ 4t}{2}dt=\frac{\pi}{8\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}\pi}{16} & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&4. \ 计算下列曲面积分：&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \iint_{\Sigma}\frac{dS}{x^2+y^2+z^2}，其中\Sigma是界于平面z=0及z=H之间的圆柱面x^2+y^2=R^2；\\\\ &\ \ (2)\ \ \iint_{\Sigma}(y^2-z)dydz+(z^2-x)dzdx+(x^2-y)dxdy，其中\Sigma为锥面z=\sqrt{x^2+y^2}\ (0 \le z \le h)的外侧；\\\\ &\ \ (3)\ \ \iint_{\Sigma}xdydz+ydzdx+zdxdy，其中\Sigma为半球面z=\sqrt{R^2-x^2-y^2}的上侧；\\\\ &\ \ (4)\ \ \iint_{\Sigma}xyzdxdy，其中\Sigma为球面x^2+y^2+z^2=1\ (x \ge 0，y \ge 0)的外侧. & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ 将\Sigma分为\Sigma_1和\Sigma_2两部分，\Sigma_1为y=\sqrt{R^2-x^2}，\Sigma_2为y=-\sqrt{R^2-x^2}，\Sigma_1和\Sigma_2在zOx面上的投影区域均为\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ D_{zx}=\{(x, \ z)\ |\ 0 \le z \le H，-R \le x \le R\}，\iint_{\Sigma_1}\frac{dS}{x^2+y^2+z^2}=\iint_{D_{zx}}\frac{1}{R^2+z^2}\sqrt{1+\frac{(-x)^2}{R^2-x^2}}dxdz=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{H}\frac{1}{R^2+z^2}dz \cdot \int_{-R}^{R}\frac{R}{\sqrt{R^2-x^2}}dx=\left[\frac{1}{R}arctan\ \frac{z}{R}\right]_{0}^{H}\cdot \left[Rarcsin\ \frac{x}{R}\right]_{-R}^{R}=\pi arctan\ \frac{H}{R}，又因被积函数关于\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ y是偶函数，积分曲面\Sigma_1和\Sigma_2关于zOx面对称，所以\iint_{\Sigma_2}\frac{dS}{x^2+y^2+z^2}=\iint_{\Sigma_1}\frac{dS}{x^2+y^2+z^2}=\pi arctan\ \frac{H}{R}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 可得\iint_{\Sigma}\frac{dS}{x^2+y^2+z^2}=2\pi arctan\ \frac{H}{R}\\\\ &\ \ (2)\ 添加辅助曲面\Sigma_1=\{(x, \ y, \ z)\ |\ z=h，x^2+y^2 \le h^2\}，取上侧，由\Sigma和\Sigma_1所包围的空间闭区域\Omega上\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 应用高斯公式得，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{\Sigma+\Sigma_1}(y^2-z)dydz+(z^2-x)dzdx+(x^2-y)dxdy=\iiint_{\Omega}\left[\frac{\partial(y^2-z)}{\partial x}+\frac{\partial(z^2-x)}{\partial y}+\frac{\partial(x^2-y)}{\partial z}\right]dv=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iiint_{\Omega}0\cdot dv=0，则原式=-\iint_{\Sigma_1}(y^2-z)dydz+(z^2-x)dzdx+(x^2-y)dxdy=-\iint_{\Sigma_1}(x^2-y)dxdy=-\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D_{xy}}(x^2-y)dxdy，其中D_{xy}=\{(x,\ y)\ |\ x^2+y^2 \le h^2\}，根据对称性可知\iint_{D_{xy}}ydxdy=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 又因\iint_{D_{xy}}x^2dxdy=\iint_{D_{xy}}y^2dxdy，所以\iint_{D_{xy}}(x^2-y)dxdy=\frac{1}{2}\iint_{D_{xy}}(x^2+y^2)dxdy，转换为极坐标形式，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 上式=\frac{1}{2}\int_{0}^{2\pi}d\theta \int_{0}^{h}\rho^2 \cdot \rho d\rho=\frac{\pi}{4}h^4\\\\ &\ \ (3)\ 添加辅助曲面\Sigma_1=\{(x, \ y, \ z)\ |\ z=0，x^2+y^2 \le R^2\}，取下侧，由\Sigma和\Sigma_1所包围的空间闭区域\Omega上\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 应用高斯公式得，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{\Sigma+\Sigma_1}xdydz+ydzdx+zdxdy=\iiint_{\Omega}\left(\frac{\partial x}{\partial x}+\frac{\partial y}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial z}\right)dv=3\iiint_{\Omega}dv=3\cdot \frac{2\pi R^3}{3}=2\pi R^3，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 原式=2\pi R^3-\iint_{\Sigma_1}xdydz+ydzdx+zdxdy=2\pi R^3-0=2\pi R^3\\\\ &\ \ (4)\ 添加辅助曲面\Sigma_1：x=0（取后侧），\Sigma_2：y=0（取左侧），则有\iint_{\Sigma_1}xyzdxdy=\iint_{\Sigma_2}xyzdxdy=0，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 由\Sigma，\Sigma_1和\Sigma_2所围成的空间闭区域\Omega上应用高斯公式，得\iint_{\Sigma}xyzdxdy=\iint_{\Sigma+\Sigma_1+\Sigma_2}xyzdxdy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iiint_{\Omega}\frac{\partial(xyz)}{\partial z}dv=\iiint_{\Omega}xydv=\iint_{D_{xy}}xydxdy\int_{-\sqrt{1-x^2-y^2}}^{\sqrt{1-x^2-y^2}}dz=2\iint_{D_{xy}}xy\sqrt{1-x^2-y^2}dxdy=\frac{2}{15} & \end{aligned}$
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$\begin{aligned}&5. \ 证明：\frac{xdx+ydy}{x^2+y^2}在整个xOy平面除去y的负半轴及原点的区域G内是某个二元函数的全微分，并求出\\\\&\ \ \ \ 一个这样的二元函数.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ G为平面单连通区域，在G内P=\frac{x}{x^2+y^2}，Q=\frac{y}{x^2+y^2}具有一阶连续偏导数，且\\\\ &\ \ \frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{\partial}{\partial x}\left(\frac{y}{x^2+y^2}\right)=\frac{-2xy}{(x^2+y^2)^2}=\frac{\partial}{\partial y}\left(\frac{x}{x^2+y^2}\right)=\frac{\partial P}{\partial y}，\\\\ &\ \ 所以\frac{xdx+ydy}{x^2+y^2}在G内是某个二元函数u(x, \ y)的全微分，\\\\ &\ \ 取折现路径(0, \ 1)\rightarrow (x,\ 1)\rightarrow(x, \ y)，则u(x,\ y)=\int_{0}^{x}\frac{xdx}{x^2+1}+\int_{1}^{y}\frac{ydy}{x^2+y^2}=\frac{1}{2}ln(1+x^2)+\frac{1}{2}[ln(x^2+y^2)]_{1}^{y}=\\\\ &\ \ \frac{1}{2}ln(x^2+y^2). & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&6. \ 设在半平面x \gt 0内有力F=-\frac{k}{\rho^3}(xi+yj)构成力场，其中k为常数，\rho=\sqrt{x^2+y^2}，证明在此\\\\&\ \ \ \ 力场中场力所作的功与所取的路径无关.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ 半平面x \gt 0是单连通区域，在区域内P=-\frac{kx}{\rho^3}，Q=-\frac{ky}{\rho^3}具有一阶连续偏导数，且\frac{\partial Q}{\partial x}=\frac{3kxy}{\rho^5}=\frac{\partial P}{\partial y}，\\\\ &\ \ 因此在此区域内，场力F沿曲线L所作的功，\int_{L}F\cdot dr=-k\int_{L}\frac{xdx+ydy}{\rho^3}与路径无关. & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&7. \ 设函数f(x)在(-\infty, \ +\infty)内具有一阶连续导数，L是上半平面(y \gt 0)内的有向分段光滑曲线，其起点\\\\&\ \ \ \ 为(a,\ b)，终点为(c, \ d)，记I=\int_{L}\frac{1}{y}[1+y^2f(xy)]dx+\frac{x}{y^2}[y^2f(xy)-1]dy，&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 证明曲线积分I与路径无关；\\\\ &\ \ (2)\ \ 当ab=cd时，求I的值. & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ 因为\frac{\partial}{\partial y}\left\{\frac{1}{y}[1+y^2f(xy)]\right\}=f(xy)-\frac{1}{y^2}+xyf'(xy)=\frac{\partial}{\partial x}\left\{\frac{x}{y^2}[y^2f(xy)-1]\right\}在上半平面单连通区域内\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 处处成立，所以在上半平面内曲线积分与路径L无关.\\\\ &\ \ (2)\ 因为I与路径无关，所以取积分路径L为由点(a,\ b)到点(c, \ b)再到点(c, \ d)的有向折线，得\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ I=\int_{a}^{c}\frac{1}{b}[1+b^2f(bx)]dx+\int_{b}^{d}\frac{c}{y^2}[y^2f(cy)-1]dy=\frac{c-a}{b}+\int_{a}^{c}bf(bx)dx+\int_{b}^{d}df(cy)dy+\frac{c}{d}-\frac{c}{b}=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{c}{d}-\frac{a}{b}+\int_{ab}^{bc}f(t)dt+\int_{bc}^{cd}f(t)dt=\frac{c}{d}-\frac{a}{b}+\int_{ab}^{cd}f(t)dt，当ab=cd时，\int_{ab}^{cd}f(t)dt=0，由此得I=\frac{c}{d}-\frac{a}{b} & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&8. \ 求均匀曲面z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}的质心的坐标.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ 设质心位置为(\overline{x},\ \overline{y}, \ \overline{z})，根据对称性可知质心位于z轴上，所以\overline{x}=\overline{y}=0，\Sigma在xOy面上的投影区域\\\\ &\ \ D_{xy}=\{(x, \ y)\ |\ x^2+y^2 \le a^2\}，由于\iint_{\Sigma}zdS=\iint_{D_{xy}}\sqrt{a^2-x^2-y^2}\cdot \sqrt{1+z_x^2+z_y^2}dxdy=\\\\ &\ \ \iint_{D_{xy}}\sqrt{a^2-x^2-y^2}\cdot \sqrt{1+\frac{x^2+y^2}{a^2-x^2-y^2}dxdy}=a\iint_{D_{xy}}dxdy=a\cdot \pi a^2=\pi a^3，又因\Sigma的面积A=2\pi a^2，\\\\ &\ \ 所以\overline{z}=\frac{\iint_{\Sigma}zdS}{A}=\frac{\pi a^3}{2\pi a^2}=\frac{a}{2}，所求质心为\left(0, \ 0, \ \frac{a}{2}\right). & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&9. \ 设u(x,\ y)与v(x, \ y)在闭区域D上都具有二阶连续偏导数，分段光滑的曲线L为D的正向边界曲线，证明：&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \iint_{D}v\Delta udxdy=-\iint_{D}(grad\ u \cdot grad\ v)dxdy+\oint_{L}v\frac{\partial u}{\partial n}ds；\\\\ &\ \ (2)\ \ \iint_{D}(u\Delta v-v\Delta u)dxdy=\oint_{L}\left(u\frac{\partial v}{\partial n}-v\frac{\partial u}{\partial n}\right)ds，其中\frac{\partial v}{\partial n}与\frac{\partial u}{\partial n}分别是u与v沿L的外法线向量n的方向导数，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 符号\Delta=\frac{\partial^2}{\partial x^2}+\frac{\partial^2}{\partial y^2}称为二维拉普拉斯算子. & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ n为有向曲线L的外法线向量，\tau为L的切线向量，设x轴到n和\tau的转角分别为\varphi和\alpha，则\alpha=\varphi+\frac{\pi}{2}，且n的方向\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 余弦为cos\ \varphi，sin\ \varphi；\tau的方向余弦为cos\ \alpha，sin\ \alpha，则\oint_{L}v\frac{\partial u}{\partial n}ds=\oint_{L}v(u_xcos\ \varphi+u_ysin\ \varphi)ds=\\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \oint_{L}v(u_xsin\ \alpha-u_ycos\ \alpha)ds=\oint_{L}vu_xdy-vu_ydx，根据格林公式，上式=\iint_{D}\left[\frac{\partial(vu_x)}{\partial x}-\frac{\partial(-vu_y)}{\partial y}\right]dxdy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}[(u_xv_x+vu_{xx})+(u_yv_y+vu_{yy})]dxdy=\iint_{D}v(u_{xx}+u_{yy})dxdy+\iint_{D}(u_xv_x+u_yv_y)dxdy=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \iint_{D}v\Delta udxdy+\iint_{D}(grad\ u\cdot grad\ v)dxdy，即\iint_{D}v\Delta udxdy=-\iint_{D}(grad\ u \cdot grad\ v)dxdy+\oint_{L}v\frac{\partial u}{\partial n}ds\\\\ &\ \ (2)\ 根据（1）的结果，交换u、v，得\iint_{D}u\Delta vdxdy=-\iint_{D}(grad\ v \cdot grad\ u)dxdy+\oint_{L}u\frac{\partial v}{\partial n}ds，上式两端\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 减去（1）式两端，得\iint_{D}(u\Delta v-v\Delta u)dxdy=\oint_{L}\left(u\frac{\partial v}{\partial n}-v\frac{\partial u}{\partial n}\right)ds & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&10. \ 求向量A=xi+yj+zk通过闭区域\Omega=\{(x,\ y, \ z)\ |\ 10 \le x \le 1，0 \le y \le 1，0 \le z \le 1\}的边界曲面\\\\&\ \ \ \ \ \ 流向外侧的通量.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ 通量\Phi=\iint_{\Sigma}A\cdot ndS=\iint_{\Sigma}xdydz+ydzdx+zdxdy，根据高斯公式，上式=\iiint_{\Omega}\left(\frac{\partial x}{\partial x}+\frac{\partial y}{\partial y}+\frac{\partial z}{\partial z}\right)dv=\\\\ &\ \ \iiint_{\Omega}(1+1+1)dv=3\iiint_{\Omega}dv=3\cdot 1=3. & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&11. \ 求力F=yi+zj+xk沿有向闭曲线\Gamma所作的功，其中\Gamma为平面x+y+z=1被三个坐标面所截成的\\\\&\ \ \ \ \ \ 三角形的整个边界，从z轴正向看去，沿顺时针方向：&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ W=\oint_{\Gamma}F\cdot dr=\oint_{\Gamma}ydx=zdy+xdz，取\Sigma为平面x+y+z=1的下侧被\Gamma所围的部分，则\Sigma在任一点处的\\\\ &\ \ 单位法向量为n=(cos\ \alpha, \ cos\ \beta, \ cos\ \gamma)=\left(-\frac{1}{\sqrt{3}},\ -\frac{1}{\sqrt{3}},\ -\frac{1}{\sqrt{3}}\right)，根据斯托克斯公式，得\\\\ &\ \ \oint_{\Gamma}ydx+zdy+xdz=\iint_{\Sigma}\left|\begin{array}{cccc}-\frac{1}{\sqrt{3}} &-\frac{1}{\sqrt{3}} &-\frac{1}{\sqrt{3}}\\\frac{\partial}{\partial x} & \frac{\partial}{\partial y} &\frac{\partial}{\partial z}\\y &z &x\end{array}\right|dS=\iint_{\Sigma}\left(\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}}+\frac{1}{\sqrt{3}}\right)dS=\sqrt{3}\iint_{\Sigma}dS=\\\\ &\ \ \sqrt{3}\cdot(\Sigma的面积)=\sqrt{3}\cdot \frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{3}{2} & \end{aligned}$