高等数学（第七版）同济大学习题11-1 个人解答

高等数学（第七版）同济大学习题11-1

函数作图软件：Mathematica

$\begin{aligned}&1. \ 设在xOy面内有一分布着质量的曲线弧L，在点(x, \ y)处它的线密度为\mu(x,\ y)，\\\\&\ \ \ \ 用对弧长的曲线积分分别表达：&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 这曲线弧对x轴、对y轴的转动惯量I_x、I_y；\\\\ &\ \ (2)\ \ 这曲线弧的质心坐标\overline{x}、\overline{y}. & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ 将L分成n各小弧段，取任意一段记作ds，(x,\ y)为ds上一点，则ds对x轴和对y轴的转动惯量近似等于\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ dI_x=y^2\mu(x, \ y)ds，dI_y=x^2\mu(x, \ y)ds，以此作为转动惯量并积分，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 得I_x=\int_{L}y^2\mu(x, \ y)ds，I_y=\int_{L}x^2\mu(x, \ y)ds.\\\\ &\ \ (2)\ ds对x轴和对y轴的静矩近似等于dM_x=y\mu(x, \ y)ds，dM_y=x\mu(x, \ y)ds，以此作为静矩并积分，得\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ M_x=\int_{L}y\mu(x, \ y)ds，M_y=\int_{L}x\mu(x, \ y)ds，L的质心坐标为\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \overline{x}=\frac{M_y}{M}=\frac{\int_{L}x\mu(x, \ y)ds}{\int_{L}\mu(x, \ y)ds}，\overline{y}=\frac{M_x}{M}=\frac{\int_{L}y\mu(x, \ y)ds}{\int_{L}\mu(x, \ y)ds}. & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&2. \ 利用对弧长的曲线积分的定义证明性质3.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ 将积分弧段L任意分割成n个小弧段，第i个小弧段的长度为\Delta s_i，(\xi_i, \ \eta_i)为第i个小弧段上任意取定的一点，假设，\\\\ &\ \ 有f(\xi_i, \ \eta_i)\Delta s_i \le g(\xi_i, \ \eta_i)\Delta s_i\ (i=1, 2, \cdot\cdot\cdot, n)，\sum_{i=1}^{n}f(\xi_i, \ \eta_i)\Delta s_i \le \sum_{i=1}^{n}g(\xi_i, \ \eta_i)\Delta s_i，令\lambda =max\{\Delta s_i\} \rightarrow 0，\\\\ &\ \ 两端取极限，得\int_{L}f(x, \ y)ds \le \int_{L}g(x, \ y)ds，又因f(x, \ y) \le |f(x, \ y)|，-f(x, \ y) \le |f(x, \ y)|，则可得出\\\\ &\ \ \int_{L}f(x, \ y)ds \le \int_{L}|f(x, \ y)| ds，-\int_{L}f(x, \ y)ds \le \int_{L}|f(x, \ y)| ds，即\bigg|\int_{L}f(x, \ y)ds\bigg| \le \int_{L}|f(x, \ y)|ds. & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&3. \ 计算下列对弧长的曲线积分：&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ \oint_{L}(x^2+y^2)^nds，其中L为圆周x=acos\ t，y=asin\ t\ (0 \le t \le 2\pi)；\\\\ &\ \ (2)\ \ \int_{L}(x+y)ds，其中L为连接(1, \ 0)及(0, \ 1)两点的直线段；\\\\ &\ \ (3)\ \ \oint_{L}xds，其中L为由直线y=x及抛物线y=x^2所围成的区域的整个边界；\\\\ &\ \ (4)\ \ \oint_{L}e^{\sqrt{x^2+y^2}}ds，其中L为圆周x^2+y^2=a^2，直线y=x及x轴在第一象限内所围成的扇形的整个边界；\\\\ &\ \ (5)\ \ \iint_{\Gamma}\frac{1}{x^2+y^2+z^2}ds，其中\Gamma为曲线x=e^tcos\ t，y=e^tsin\ t，z=e^t上相应于t从0变到2的这段弧；\\\\ &\ \ (6)\ \ \int_{\Gamma}x^2yzds，其中\Gamma为折线ABCD，这里A、B、C、D依次为点(0, \ 0, \ 0)、(0, \ 0, \ 2)，(1, \ 0, \ 2)、(1, \ 3, \ 2)；\\\\ &\ \ (7)\ \ \int_{L}y^2ds，其中L为摆线的一拱x=a(t-sin\ t)，y=a(1-cos\ t)\ (0 \le t \le 2\pi)；\\\\ &\ \ (8)\ \ \int_{L}(x^2+y^2)ds，其中L为曲线x=a(cos\ t+tsin\ t)，y=a(sin\ t-tcos\ t)\ (0 \le t \le 2\pi). & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \oint_{L}(x^2+y^2)^nds=\int_{0}^{2\pi}(a^2cos^2\ t+a^2sin^2\ t)^n\sqrt{(-asin\ t)^2+(acos\ t)^2}dt=\int_{0}^{2\pi}a^{2n+1}dt=2\pi a^{2n+1}.\\\\ &\ \ (2)\ 直线L方程为y=1-x\ (0 \le x \le 1)，\int_{L}(x+y)ds=\int_{0}^{1}[x+(1-x)]\sqrt{1+(-1)^2}dx=\int_{0}^{1}\sqrt{2}dx=\sqrt{2}.\\\\ &\ \ (3)\ L分为L_1和L_2两段，其中L_1:y=x\ (0 \le x \le 1)，L_2:y=x^2\ (0 \le x \le 1)，则\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \oint_{L}xds=\int_{L_1}xds+\int_{L_2}xds=\int_{0}^{1}x\sqrt{1+1^2}dx+\int_{0}^{1}x\sqrt{1+(2x)^2}dx=\int_{0}^{1}\sqrt{2}xdx+\int_{0}^{1}x\sqrt{1+4x^2}dx=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{1}{12}(5\sqrt{5}+6\sqrt{2}-1).\\\\ &\ \ (4)\ L由线段OA:y=0\ (0 \le x \le a)，圆弧\overset{\LARGE{\frown}}{AB}:x=acos\ t，y=asin\ t\ \left(0 \le t \le \frac{\pi}{4}\right)和\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 线段OB:y=x\ \left(0 \le x \le \frac{a}{\sqrt{2}}\right)组成，\int_{OA}e^{\sqrt{x^2+y^2}}ds=\int_{0}^{a}e^xdx=e^a-1，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{\overset{\LARGE{\frown}}{AB}}e^{\sqrt{x^2+y^2}}ds=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}e^a\sqrt{(-asin\ t)^2+(acos\ t)^2}dt=\int_{0}^{\frac{\pi}{4}}ae^adt=\frac{\pi}{4}ae^a，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{OB}e^{\sqrt{x^2+y^2}}ds=\int_{0}^{\frac{a}{\sqrt{2}}}e^{\sqrt{2}x}\sqrt{1+1^2}dx=e^a-1，则\oint_{L}e^{\sqrt{x^2+y^2}}ds=e^a-1+\frac{\pi}{4}ae^a+e^a-1=e^a\left(2+\frac{\pi a}{4}\right)-2. & \end{aligned}$
在这里插入图片描述
$\begin{aligned} &\ \ (5)\ ds=\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2+\left(\frac{dz}{dt}\right)^2}=\sqrt{(e^tcos\ t-e^tsin\ t)^2+(e^tsin\ t+e^tcos\ t)^2+(e^t)^2}dt=\sqrt{3}e^tdt，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{\Gamma}\frac{1}{x^2+y^2+z^2}ds=\int_{0}^{2}\frac{1}{e^{2t}cos^2\ t+e^{2t}sin^2\ t+e^{2t}}\cdot \sqrt{3}e^tdt=\frac{\sqrt{3}}{2}\int_{0}^{2}e^{-t}dt=\frac{\sqrt{3}}{2}(1-e^{-2}).\\\\ &\ \ (6)\ \Gamma由直线AB，BC和CD组成，其中AB:x=0，y=0，z=t\ (0 \le t \le 2)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ BC: x=t，y=0，z=2\ (0 \le t \le 1)，CD:x=1，y=t，z=2\ (0 \le t \le 3)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 则\int_{\Gamma}x^2yzds=\int_{AB}x^2yzds+\int_{BC}x^yzds+\int_{CD}x^2yzds=\int_{0}^{2}0dt+\int_{0}^{1}0dt+\int_{0}^{3}2tdt=9.\\\\ &\ \ (7)\ ds=\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2}dt=\sqrt{a^2(1-cos\ t)^2+a^2sin^2\ t}dt=\sqrt{2}a\sqrt{1-cos\ t}dt，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{L}y^2ds=\int_{0}^{2\pi}a^2(1-cos\ t)^2\cdot \sqrt{2}a\sqrt{1-cos\ t}dt=\sqrt{2}a^3\int_{0}^{2\pi}(1-cos\ t)^{\frac{5}{2}}dt=\sqrt{2}a^3\int_{0}^{2\pi}\left(2sin^2\ \frac{t}{2}\right)^{\frac{5}{2}}dt，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ 令u=\frac{t}{2}，上式=16a^3\int_{0}^{\pi}sin^5\ udu=32a^3\int_{0}^{\frac{\pi}{2}}sin^5\ udu=32a^3\cdot \frac{4}{5}\cdot \frac{2}{3}=\frac{256}{15}a^3.\\\\ &\ \ (8)\ ds=\sqrt{\left(\frac{dx}{dt}\right)^2+\left(\frac{dy}{dt}\right)^2}=\sqrt{(atcos\ t)^2+(atsin\ t)^2}dt=atdt，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{L}(x^2+y^2)ds=\int_{0}^{2\pi}[a^2(cos\ t+tsin\ t)^2+a^2(sin\ t-tcos\ t)^2]\cdot atdt=\int_{0}^{2\pi}a^3(1+t^2)tdt=2\pi^2a^3(1+2\pi^2). & \end{aligned}$

$\begin{aligned}&4. \ 求半径为a，中心角为2\varphi的均匀圆弧（线密度\mu=1）的质心.&\end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ 取直角坐标，由对称性可知\overline{y}=0，又因M=\int_{L}\mu ds=\int_{L}ds=2\varphi a，所以\\\\ &\ \ \overline{x}=\frac{\int_{L}x\mu ds}{M}=\frac{\int_{-\varphi}^{\varphi}acos\ t\cdot adt}{2\varphi a}=\frac{2a^2sin\ \varphi}{2\varphi a}=\frac{asin\ \varphi}{\varphi}，所求质心为\left(\frac{asin\ \varphi}{\varphi}, \ 0\right). & \end{aligned}$
在这里插入图片描述

$\begin{aligned}&5. \ 设螺旋形弹簧一周的方程为x=acos\ t，y=asin\ t，z=kt，其中0 \le t \le 2\pi，它的\\\\&\ \ \ \ 线密度\rho(x, \ y, \ z)=x^2+y^2+z^2，求：&\end{aligned}$

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ \ 它关于z轴的转动惯量I_z；\\\\ &\ \ (2)\ \ 它的质心. & \end{aligned}$

解：

$\begin{aligned} &\ \ (1)\ I_z=\int_{L}(x^2+y^2)\rho(x, \ y, \ z)ds=\int_{L}(x^2+y^2)(x^2+y^2+z^2)ds=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \int_{0}^{2\pi}a^2(a^2+k^2t^2)\sqrt{(-asin\ t)^2+(acos\ t)^2+k^2}dt=a^2\sqrt{a^2+k^2}\int_{0}^{2\pi}(a^2+k^2t^2)dt=\frac{2}{3}\pi a^2\sqrt{a^2+k^2}(3a^2+4\pi^2k^2).\\\\ &\ \ (2)\ 设质心为(\overline{x},\ \overline{y}, \ \overline{z})，M=\int_{L}\rho(x, \ y, \ z)ds=\int_{L}(x^2+y^2+z^2)ds=\int_{0}^{2\pi}(a^2+k^2t^2)\sqrt{a^2+k^2}dt=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{2}{3}\pi \sqrt{a^2+k^2}(3a^2+4\pi^2k^2)，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \overline{x}=\frac{1}{M}\int_{L}x\rho(x, \ y, \ z)ds=\frac{1}{M}\int_{L}x(x^2+y^2+z^2)ds=\frac{1}{M}\int_{0}^{2\pi}acos\ t(a^2+k^2t^2)\cdot \sqrt{a^2+k^2}dt=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \frac{a\sqrt{a^2+k^2}}{M}\int_{0}^{2\pi}(a^2+k^2t^2)cos\ tdt，由于\int_{0}^{2\pi}(a^2+k^2t^2)cos\ tdt=[(a^2+k^2t^2)sin\ t]_{0}^{2\pi}-\int_{0}^{2\pi}sin\ t\cdot 2k^2tdt=\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ [2k^2tcos\ t]_{0}^{2\pi}-\int_{0}^{2\pi}2k^2cos\ tdt=4\pi k^2，因此\overline{x}=\frac{a\sqrt{a^2+k^2}\cdot 4\pi k^2}{\frac{2}{3}\pi\sqrt{a^2+k^2}(3a^2+4\pi^2k^2)}=\frac{6ak^2}{3a^2+4\pi^2k^2}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \overline{y}=\frac{1}{M}\int_{L}y(x^2+y^2+z^2)ds=\frac{a\sqrt{a^2+k^2}}{M}\int_{0}^{2\pi}(a^2+k^2t^2)sin\ tdt=\frac{a\sqrt{a^2+k^2}\cdot(-4\pi^2k^2)}{M}=\frac{-6\pi ak^2}{3a^2+4\pi^2k^2}，\\\\ &\ \ \ \ \ \ \ \ \overline{z}=\frac{1}{M}\int_{L}z(x^2+y^2+z^2)ds=\frac{k\sqrt{a^2+k^2}}{M}\int_{0}^{2\pi}t(a^2+k^2t^2)dt=\frac{k\sqrt{a^2+k^2}(2a^2\pi^2+4k^2\pi^4)}{M}=\frac{3\pi k(a^2+2\pi^2k^2)}{3a^2+4\pi^2k^2}. & \end{aligned}$