高等数学(同济大学第五版) 第十章答案
高数第五版答案（同济）总习题十
高数第五版答案（同济）总习题十总习题十 1. 填空: (1)第二类曲线积分Γ++Rdz Qdy Pdx 化成第一类曲线积分是____________, 其中α、β、γ为有向曲线弧Γ上点(x , y , z )处的_____________的方向角.解Γ++ds R Q P )cos cos cos (γβα, 切向量.(2)第二类曲面积分Rdxdy Qdzdx Pdydz ++∑化成第一类曲面积分是_______, 其中α、β、γ为有向曲面∑上点(x , y , z )处的________的方向角.解dS R Q P )cos cos cos (γβα++∑, 法向量.2. 选择下述题中给出的四个结论中一个正确的结论: 设曲面∑是上半球面: x 2+y 2+z 2=R 2(z ≥0), 曲面∑1是曲面∑在第一卦限中的部分, 则有________. (A )xdS xdS 14∑∑=; (B )xdS ydS 14∑∑=;(C )xdS zdS 14∑∑=; (D )xyzdS xyzdS 14∑∑=.解 (C ).3. 计算下列曲线积分: (1)+Lds y x 22, 其中L 为圆周x 2+y 2=ax ;解 L 的参数方程为θcos 22a a x +=, θsin 2a y =(0≤θ≤2π), 故θθθθπd y x ax ds ax ds y x LL )()()(222022'+'?==+?θθθθππd ad a=?+=204204|2cos 2|4)cos 1(2422202022)cos cos (|cos |4a tdt tdt a dt t a =-==ππππ(2θ=t 这里令).(2)?Γzds , 其中Γ为曲线x =t cos t , y =t sin t , z =t (0≤t ≤t 0); 解+++-?=Γ00221)cos (sin )sin (cos t dt t t t t t t t zds322)2(232002-+=+=?t dt t t . (3)?+-L xdy dx y a )2(, 其中L 为摆线x =a (t -sin t ), y =a (1-cos t )上对应t 从0到2π的一段弧; 解-+-?+-=+-π20]sin )sin ()cos 1()cos 2[()2(dt t a t t a t a t a a a xdy dx y a L22022sin a tdt t a ππ-==?.(4)?Γ-+-dz x yzdy dx z y 2222)(, 其中Γ是曲线x =t , y =t 2, z =t 3上由听t 1=0到t 2=1的一段弧; 解-??+?-=-+-Γ1223264222]3221)[(2)(dt t t t t t t t dz x yzdy dx z y351)32(164=+-=?dt t t . (5)-+-L x x dy y e dx y y e )2cos ()2sin (, 其中L 为上半圆周(x -a )2 +y 2=a 2, y ≥0, 沿逆时针方向;解这里P =e x sin y -2y , Q =e x cos y -2,22cos cos =+-=??-??y e y e yP x Q x x. 令L 1为x 轴上由原点到(2a , 0)点的有向直线段, D 为L 和L 1所围成的区域, 则由格林公式+-+-1)2cos ()2sin (LL x x dy y e dx y y e dxdy yPx Q D)(-??=?? 22a dxdy Dπ==??,-+--=-+-1)2cos ()2sin ()2cos ()2sin (2L x x L x x dy y e dx y y e a dy y e dx y y e π22020a dx a aππ=-=?.(6)Γxyzdz , 其中Γ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.解曲线Γ的一般方程为?==++z y z y x 1222, 其参数方程为tz t y t x sin 22 ,sin 22 ,cos ===, t 从0变到2π.于是tdt t t t xyzdz cos 22cos 22cos 22cos 20=??Γπππ162cos sin 422022==tdt t .4. 计算下列曲面积分: (1)222z y x dS ++∑, 其中∑是界于平面z =0及z =H 之间的圆柱面x 2+y 2=R 2; 解∑=∑1+∑2, 其中221:y R x -=∑, D xy : -R ≤y ≤R , 0≤z ≤H , dydz yR R dS 22-=; 221:y R x --=∑, D xy : -R ≤y ≤R , 0≤z ≤H , dydz yR R dS 22-=, 于是22222222221z y x dS z y x dS z y x dS +++++=++∑∑∑?????? ????+-=-?+=-H R R D dz z R dy y R R dydz y R R z R xt02222222211212RH arctan 2π=. (2)dxdy y x dzdx x z dydz z y )()()(222-+-+-∑, 其中∑为锥面22y x z +=(0≤z ≤h ) 的外侧;解这里P =y 2-z , Q =z 2-x , R =x 2-y ,0=??+??+??zR y Q x P . 设∑1为z =h (x 2+y 2≤h 2)的上侧, Ω为由∑与∑1所围成的空间区域, 则由高斯公式0)()()()(2221=??+??+??=-+-+-Ω∑+∑dv zR y Q x P dxdy y x dzdx x z dydz z y ,而dxdy y x dxdy y x dzdx x z dydz z y )()()()(222211-=-+-+-∑∑40222024)sin cos ()(1h d r r d dxdy y x hπθθθθπ=-=-∑, 所以42224)()()(h dxdy y x dzdx x z dydz z y π-=-+-+-∑. (3)zdxdy ydzdx xdydz ++∑, 其中∑为半球面222y x R z --=的上侧;解设∑1为xOy 面上圆域x 2+y 2≤R 2的下侧, Ω为由∑与∑1所围成的空间区域, 则由高斯公式得dv zR y Q x P zdxdy ydzdx xdydz )(1+??+??=++Ω∑+∑332)32(33R R dv ππ===Ω,而00011====++∑∑dxdy zdxdy zdxdy ydzdx xdydz xyD ,所以33202R R zdxdy ydzdx xdydz ππ=-=++∑.(4)3222)(z y x zdxdy ydzdx xdydz ++++∑??, 其中∑为曲面9)1(16)2(5122-+-=-y x z (z ≥0)的上侧;解这里3r x P =, 3r y Q =, 3r z R =, 其中222z y x r ++=. 52331r x r x P -=??, 5 2331r y r x Q -=??, 52331r z r x R -=??,033)(3352352223=-=++-=??+??+??rr r r z y x r z R y Q x P . 设∑1为z =0)19)1(16)2((22≤-+-y x 的下侧, Ω是由∑和∑1所围成的空间区域, 则由高斯公式0)()(32221=??+??+??=++++Ω∑+∑dv zR y Q x P z y x zdxdy ydzdx xdydz ,32223222)()(1z y x zdxdyydzdx xdydz z y x zdxdy ydzdx xdydz ++++-=++++∑∑0)(0322=+=dxdy y x xyD .(5)xyzdxdy ∑, 其中∑为球面x 2+y 2+z 2=1(x ≥0, y ≥0)的外侧. 解∑=∑1+∑2, 其中∑1是221y x z --=(x 2+y 2≤1, x ≥0, y ≥0)的上侧; ∑2是221y x z ---=(x 2+y 2≤1, x ≥0, y ≥0)的下侧,xyzdxdy xyzdxdy xyzdxdy 21∑∑∑+=dxdy y x xy dxdy y x xy xyxyD D )1(12222------=-??=--=13220221sin cos 212ρρρθθθπd d dxdy y x xy xyD15212sin 103220=-=?ρρρθθπd d .5. 证明22y x ydyxdx ++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. 解这里22y x x P +=, 22y x y Q +=. 显然, 区域G 是单连通的, P 和Q 在G 内具有一阶连续偏导数, 并且xQ y x xy y P ??=+-=??222)(2, 所以22y x ydyxdx ++在开区域G 内是某个二元函数u (x , y )的全微分.C y x dy y x y dx x y x ydy xdx y x u y x y x ++=++=++=)ln(211),(220221),()0 ,1(22.6. 设在半平面x >0内有力)(3j i y x k F +-=ρ构成力场, 其中k 为常数,22y x +=ρ. 证明在此力场中场力所作的功与所取的路径无关. 解场力沿路径L 所作的功为 dy kydx kx W L33ρρ?--=.令3ρkx P -=, 3ρky Q -=. 因为P 和Q 在单连通区域x >0内具有一阶连续的偏导数, 并且xQ xy k y P ??==??53ρ, 所以上述曲线积分所路径无关, 即力场所作的功与路径无关. 7. 求均匀曲面222y x a z --=的质心的坐标. 解这里∑:222y x a z --=, (x , y )∈D xy ={(x , y )|x 2+y 2≤a 2}. 设曲面∑的面密度为ρ=1, 由曲面的对称性可知, 0==y x . 因为3222221a dxdy a dxdy z z y x a zdS xyxyD y x D π=='+'+?--=∑,222421a a dS ππ=?=∑, 所以 2223a a a z ==ππ.因此该曲面的质心为)2,0 ,0(a .8. 设u (x , y )、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: (1)+?-=?L D D ds n u v dxdy v u udxdy v ) (grad grad ;(2)-??=?-?L D ds nu v n v u dxdy u v v u )()(, 其中n u ??、n v ??分别是u 、v 沿L 的外法线向量n 的方向导数, 符号2222yx ??+??=?称为二维拉普拉斯算子.证明设L 上的单位切向量为T =(cos α, sin α), 则n =(sin α, -cos α). (1)+??-=??-??=??L L L ds x uv y u v ds y u x u v ds n u v ]sin cos [)cos sin (ααααdxdy yu v y x u v x D )]()([??-??-=dxdy y u v y u y v x u v x u x v D)(2222??++??+=?? dxdy y u x u v dxdy y u y v x u x v DD )()(2222??+??++= udxdy v udxdy v D D ?+?=grad grad ,所以+?-=?L D D ds nu v dxdy v u udxdy v ) (grad grad . (2)dxdy yu x u v y v x v u ds n u v n v u L L )]cos sin ()cos sin ([)(αααα??-??-??-??=??- dxdy xuv x v u y u v y v u L ]sin )(cos )[(αα??-??+??+??-=?dxdy yu v y v u y x u v x v u x D )]()([??+??-??-??-=dxdy y u v y u y v y v u y v y u x u v x u x v x v u x v x u D)(22222222??--??++??--??+=?? dxdy u v v u dxdy y u x u v y v x v u D D )()]()([22222222?-?=??+??-??+??=. 9. 求向量A =x i +y j +z k 通过闭区域Ω={(x , y , z )|0≤x ≤1, 0≤y ≤1, 0≤z ≤1}的边界曲面流向外侧的通量.解设∑为区域Ω的边界曲面的外侧, 则通量为 dv zR y Q x P zdxdy ydzdx xdydz )(??+??+??=++=ΦΩ∑ 33==Ωdv .10. 求力F =y i +z j +x k 沿有向闭曲线Γ所作的功, 其中Γ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.解设∑为平面x +y +z =1在第一卦部分的下侧, 则力场沿其边界L (顺时针方向)所作的功为++=L xdz zdy ydx W .曲面∑的的单位法向量为)cos cos ,(cos )1 ,1 ,1(31γβα=-=n , 由斯托克斯公式有dS xz y z y x W =∑γβαcos cos cos233sin )2(2133)111(312=?==----=∑∑πdS dS .。
同济大学《高等数学》第五版上册答案(详解)
解 (1)列方程,(2)解方程
练习 12-11
总习题十二
解 正弦级数展开, 余弦级数展开
总习题十一
练习 12-1
练习 12-2
练习 12-3
练习 12-4
练习 12-5
练习 12-6
练习 12-7
提示：
提示：
练习 12-8
练习 12-9
总习题六
练习 7-1
练习 7-2
练习 7-3
练习 7-4
练习 7-5
练习 7-6
总习题七
练习 8-1
练习 8-2
>
练习 8-3
练习 8-4
练习 8-5
练习 2-5
总习题二
练习 3-1
练习 3-2
练习 3-3
练习 3-4
练习 3-5
练习 3-6
x
( 2)
y
y
+
yf(x) ↘
2 0 +
17/5
(2 1) 1
练习 10-4
练习 10-5
练习 10-6
练习 10-7
总习题十
练习 111
练习 112
练习 113
练习 11-4
练习 11-5
练习 11-7
练习 11-8
解 正弦级数展开, 余弦级数展开
练习 8-6
练习 8-7
练习 8-8
总习题八
练习 9-1
练习 9-2
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练习 9-3
练习 9-4
总习题九
练习 10-1
练习 10-2
练习 10-3
同济大学《高等数学》[上册]的答案解析
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练习 2-5
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总习题四
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练习 3-3
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练习 3-4
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练习 4-3
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练习 4-4
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同济大学高等数学b教材答案解析
同济大学高等数学b教材答案解析由于高等数学B教材涵盖广泛且涉及内容较多，因此本篇文章将着重为读者提供对该教材中习题的解析和答案，并按照章节对各个部分进行分类解析，以便读者更好地掌握相关知识。
第一章：多元函数微分学本章主要介绍多元函数微分学的基本概念及其应用。
在习题部分，涵盖了多元函数求导、隐函数求导和参数方程求导等题型。
第二章：多元函数积分学本章主要介绍多元函数积分学的基本概念及其应用。
习题部分主要包含了定积分、多元函数的积分、换元积分法等题型。
第三章：向量代数与空间解析几何本章主要介绍向量代数和空间解析几何的基本概念及其应用。
习题部分包含了向量的基本运算、空间解析几何等题型。
第四章：无穷级数本章主要介绍无穷级数的基本概念及其求和方法。
习题部分包含了级数求和、收敛判别法等题型。
第五章：常微分方程本章主要介绍常微分方程的基本概念及其解法。
习题部分主要包含了一阶、二阶常微分方程的求解等题型。
第六章：多元函数微分学的应用本章主要介绍多元函数微分学在实际问题中的应用。
习题部分包含了多元函数求极值、泰勒展开等题型。
第七章：多元函数积分学的应用本章主要介绍多元函数积分学在实际问题中的应用。
习题部分主要包含了二重积分、三重积分等题型。
第八章：场论初步本章主要介绍向量场和标量场的基本概念及其性质。
习题部分包含了向量场的散度、旋度等题型。
第九章：曲线积分与曲面积分本章主要介绍曲线积分和曲面积分的基本概念及其计算方法。
习题部分包含了曲线积分和曲面积分的计算等题型。
第十章：无穷级数的应用本章主要介绍无穷级数在实际问题中的应用。
习题部分包含了功率级数的展开和收敛域等题型。
通过以上对同济大学高等数学B教材各个章节的习题解析，读者可以更好地理解数学的相关概念和方法，并在学习过程中获得更多的实践机会。
希望本文对同济大学高等数学B教材的学习有所帮助。
同济高数课后习题答案解析
同济大学高等数学一、求下列极限1、sin ()lim x x x →−−22111；解一：()()12sin 1cos 1lim 02x x x x→−−==原式解二：()()11sin 1sin 1lim lim11x x x x x x →→−−==−+原式2、lim sin x x x →2203解一：00021311lim lim lim 6sin3cos39sin3cos39x x x x x x x x x →→→==⋅=原式解二：sin 3~30021limlim 6sin 3cos 39cos 39x xx x x x x xx x →→===原式3、20tan 2lim sin 3x x xx →解：()2tan 2~2,sin3~3222lim93x x x xx xx →=原式=4、0lim ln(1)x x x →+解一：()001lim lim 1111x x x x→→==+=+原式解二：()1011lim1ln ln 1x xex →===+原式5、2lim xx x x →∞−⎛⎞⎜⎟⎝⎠解一：()2222lim 1xx ex −⋅−−→∞⎛⎞=−=⎜⎟⎝⎠原式解二：()1211ln 2ln 22limlim ln2lim22lim x x x x xx x x x xx xx x x eeeee−−→∞→∞→∞−−−−−−→∞−−−=====原式6、()111lim 32x x x −→−解一：()()112220lim 12t x tt t e=−−−−→=−=令原式解二：1(2)221122221lim[1(22)]{lim[1(22)]}xx x x x x e−−→−−−→=+−=+−=i 原式7、30sin lim x x x x →−解：2001cos sin 1lim lim 366x x x x x x →→−===原式8、111lim ln 1x x x →⎛⎞−⎜⎟−⎝⎠解：111111ln 11lim lim lim 1(1)ln ln 1ln 11lim ln 112x x x x x x x x x x x x x x x xx →→→→−−+−===−−+−+−==−++原式9、12lim 22n n n n →∞+++⎛⎞−⎜⎟+⎝⎠⋯解：()()221122lim lim22221lim 422n n n n n n n n n n n n n n →∞→∞→∞⎛⎞+⎜⎟+−−=−=⎜⎟++⎜⎟⎝⎠−==−+原式10、329sin limx x t dtx →∫解：26686003sin 1sin 1lim lim 933x x x x x x x →→===原式11、arctan limx x tdt →+∞。
高数(同济)第五版习题答案1-6
习题1-61. 计算下列极限:(1)xx x ωsin lim 0→; 解 ωωωωω==→→x x xx x x sin lim sin lim 00. (2)xx x 3tan lim 0→; 解 33cos 133sin lim 33tan lim 00=⋅=→→xx x x x x x . (3)xx x 5sin 2sin lim 0→; 解 52525sin 522sin lim 5sin 2sin lim 00=⋅⋅=→→x x x x x x x x . (4)x x x cot lim 0→; 解 1cos lim sin lim cos sin lim cot lim 0000=⋅=⋅=→→→→x x x x x x x x x x x x . (5)xx x x sin 2cos 1lim 0-→; 解法一 ()2sin lim 2sin 2lim 2cos1lim sin 2cos 1lim 20220200===-=-→→→→xx x x x x x x x x x x x .解法二 2sin lim 2sin sin 2lim sin 2cos 1lim 0200===-→→→x x x x x x x x x x x . (6)n n n x 2sin 2lim ∞→(x 为不等于零的常数). 解 x x xxx nn n n n n =⋅=∞→∞→22sin lim 2sin 2lim . 2. 计算下列极限:(1)x x x 10)1(lim -→;解 {}11)(10)1()(1010)](1[lim )](1[lim )1(lim ---→--→→=-+=-+=-e x x x x x x x x x . (2)x x x 10)21(lim +→; 解 []22210221010)21(lim )21(lim )21(lim e x x x x x x x x x =+=+=+→⋅→→.(3)x x xx 2)1(lim +∞→; 解 []222)11(lim )1(lim e xx x xx x x =+=+∞→∞→.(4)kx x x)11(lim -∞→(k 为正整数). 解 k k x x kx x e xx ---∞→∞→=-+=-))(()11(lim )11(lim . 3. 根据函数极限的定义, 证明极限存在的准则I '. 解4. 利用极限存在准则证明: (1)111lim =+∞→nn ; 证明 因为nn 11111+<+<, 而 11lim =∞→n 且1)11(lim =+∞→n n , 由极限存在准则I, 111lim =+∞→nn . (2)()11 211lim 222=++⋅⋅⋅++++∞→πππn n n n n n ; 证明 因为()πππππ+<++⋅⋅⋅++++<+22222221 211n n n n n n n n n n , 而 1lim 22=+∞→πn n n n , 1lim 22=+∞→πn n n , 所以 ()11 211lim 222=++⋅⋅⋅++++∞→πππn n n n n n . (3)数列2, 22+, 222++, ⋅ ⋅ ⋅ 的极限存在; 证明 21=x , n n x x +=+21(n =1, 2, 3, ⋅ ⋅ ⋅). 先证明数列{x n }有界. 当n =1时221<=x , 假定n =k 时x k <2, 当n =k +1时,22221=+<+=+k k x x ,所以x n <2(n =1, 2, 3, ⋅ ⋅ ⋅), 即数列{x n }有界.再证明数列单调增.nn n nn n n n n n n n x x x x x x x x x x x x +++--=++-+=-+=-+2)1)(2(22221,而x n -2<0, x n +1>0, 所以x n +1-x n >0, 即数列{x n }单调增. 因为数列{x n }单调增加有上界, 所以此数列是有极限的.(4)11lim 0=+→n x x ; 证明 当|x |≤1时, 则有1+x ≤1+|x |≤(1+|x |)n ,1+x ≥1-|x |≥(1-|x |)n ,从而有 ||11||1x x x n +≤+≤-. 因为 1|)|1(lim |)|1(lim 00=+=-→→x x x x , 根据夹逼准则, 有11lim 0=+→n x x . (5)[]11lim 0=+→xx x . 证明 因为[]x x x 1111≤<-, 所以[]111≤<-xx x . 又因为11lim )1(lim 00==-++→→x x x , 根据夹逼准则, 有[]11lim 0=+→x x x .。
同济第五版高数习题答案
习题7-11. 设u =a −b +2c , v =−a +3b −c . 试用a 、b 、c 表示2u −3v .解 2u −3v =2(a −b +2c )−3(−a +3b −c )=2a −2b +4c +3a −9b +3c =5a −11b +7c .2. 如果平面上一个四边形的对角线互相平分, 试用向量证明这是平行四边形.证明 ; ,而, ,所以.这说明四边形ABCD 的对边AB =CD 且AB //CD , 从而四边形ABCD 是平行四边形.3. 把ΔABC 的BC 边五等分, 设分点依次为D 1、D 2、D 3、D 4, 再把各分点与点A 连接. 试以、表示向量、、A3、A 4.解 ,,,.4. 已知两点M 1(0, 1, 2)和M 2(1, −1, 0). 试用坐标表示式表示向量及.解 , .5. 求平行于向量a =(6, 7, −6)的单位向量.解,平行于向量a =(6, 7, −6)的单位向量为 或 . 6. 在空间直角坐标系中, 指出下列各点在哪个卦限？ A (1, −2, 3); B (2, 3, −4); C (2, −3, −4); D (−2, −3, 1).解 A 在第四卦限, B 在第五卦限, C 在第八卦限, D 在第三卦限.7. 在坐标面上和坐标轴上的点的坐标各有什么特征？指出下列各点的位置:A (3, 4, 0);B (0, 4, 3);C (3, 0, 0);D (0, −1, 0).解 在xOy 面上, 的点的坐标为(x , y , 0); 在yOz 面上, 的点的坐标为(0, y , z ); 在zOx 面上, 的点的坐标为(x , 0, z ).在x 轴上, 的点的坐标为(x , 0, 0); 在y 轴上, 的点的坐标为(0, y , 0), 在z 轴上, 的点的坐标为(0, 0, z ).A 在xOy 面上,B 在yOz 面上,C 在x 轴上,D 在y 轴上.8. 求点(a , b , c )关于(1)各坐标面; (2)各坐标轴; (3)坐标原点的对称点的坐标.解 (1)点(a , b , c )关于xOy 面的对称点为(a , b , −c ); 点(a , b , c )关于yOz 面的对称点为(−a , b , c ); 点(a , b , c )关于zOx 面的对称点为(a , −b , c ).(2)点(a , b , c )关于x 轴的对称点为(a , −b , −c ); 点(a , b , c )关于y 轴的对称点为(−a , b , −c ); 点(a , b , c )关于z 轴的对称点为(−a , −b , c ).(3)点(a , b , c )关于坐标原点的对称点为(−a , −b , −c ).9. 自点P 0(x 0, y 0, z 0)分别作各坐标面和各坐标轴的垂线, 写出各垂足的坐标.解 在xOy 面、yOz 面和zOx 面上, 垂足的坐标分别为(x 0, y 0, 0)、(0, y 0, z 0)和(x 0, 0, z 0).在x 轴、y 轴和z 轴上, 垂足的坐标分别为(x 0, 0, 0), (0, y 0, 0)和(0, 0, z 0).10. 过点P 0(x 0, y 0, z 0)分别作平行于z 轴的直线和平行于xOy 面的平面, 问在它们上面的点的坐标各有什么特点？解 在所作的平行于z 轴的直线上, 点的坐标为(x 0, y 0, z ); 在所作的平行于xOy 面的平面上,点的坐标为(x , y , z 0).11. 一边长为a 的立方体放置在xOy 面上, 其底面的中心在坐标原点, 底面的顶点在x 轴和y 轴上, 求它各顶点的坐标. 解 因为底面的对角线的长为 , 所以立方体各顶点的坐标分别为,,,,, , , . 12. 求点M (4, −3, 5)到各坐标轴的距离.解 点M 到x 轴的距离就是点(4, −3, 5)与点(4, 0, 0)之间的距离, 即.点M 到y 轴的距离就是点(4, −3, 5)与点(0, −3, 0)之间的距离, 即.点M 到z 轴的距离就是点(4, −3, 5)与点(0, 0, 5)之间的距离, 即.13. 在yOz 面上, 求与三点A (3, 1, 2)、B (4, −2, −2)和C (0, 5, 1)等距离的点. 解 设所求的点为P (0, y , z )与A 、B 、C 等距离, 则,,.由题意,有,即解之得y=1, z=−2, 故所求点为(0, 1, −2).14. 试证明以三点A(4, 1, 9)、B(10, −1, 6)、C(2, 4, 3)为顶点的三角形是等腰三角直角三角形.解因为,,,所以, .因此ΔABC是等腰直角三角形.15. 设已知两点和M(3, 0, 2). 计算向量的模、方向余弦和方向角.2解;;, , ;, , .16. 设向量的方向余弦分别满足(1)cosα=0; (2)cosβ=1; (3)cosα=cosβ=0, 问这些向量与坐标轴或坐标面的关系如何？解(1)当cosα=0时,向量垂直于x轴,或者说是平行于yOz面.(2)当cosβ=1时,向量的方向与y轴的正向一致,垂直于zOx面.(3)当cosα=cosβ=0时,向量垂直于x轴和y轴,平行于z轴,垂直于xOy面.17. 设向量r的模是4, 它与轴u的夹角是60°, 求r在轴u上的投影.解.18. 一向量的终点在点B(2, −1, 7), 它在x轴、y轴和z轴上的投影依次为4, −4, 7. 求这向量的起点A的坐标.解设点A的坐标为(x, y, z). 由已知得,解得x =−2, y =3, z =0. 点A 的坐标为A (−2, 3, 0).19. 设m =3i +5j +8k , n =2i −4j −7k 和p =5i +j −4k . 求向量a =4m +3n −p 在x 轴上的投影及在y 轴上的分向量.解 因为a =4m +3n −p =4(3i +5j +8k )+3(2i −4j −7k )−(5i +j −4k )=13i +7j +15k , 所以a =4m +3n −p 在x 轴上的投影为13, 在y 轴上的分向量7j .习题7−21. 设a =3i −j −2k , b =i +2j −k , 求(1)a ⋅b 及a ×b ; (2)(−2a )⋅3b 及a ×2b ; (3)a 、b 夹角的余弦.解 (1)a ⋅b =3×1+(−1)×2+(−2)×(−1)=3,. (2)(−2a )⋅3b =−6a ⋅b = −6×3=−18, a ×2b =2(a ×b )=2(5i +j +7k )=10i +2j +14k .(3) .2. 设a 、b 、c 为单位向量, 且满足a +b +c =0, 求a ⋅b +b ⋅c +c ⋅a . 解 因为a +b +c =0, 所以(a +b +c )⋅(a +b +c )=0, 即 a ⋅a +b ⋅b +c ⋅c +2a ⋅b +2a ⋅c +2c ⋅a =0,于是.3. 已知M 1(1, −1, 2)、M 2(3, 3, 1)和M 3(3, 1, 3). 求与、同时垂直的单位向量.解 , .,,为所求向量.4. 设质量为100kg 的物体从点M 1(3, 1, 8)沿直线称动到点M 2(1, 4, 2), 计算重力所作的功(长度单位为m , 重力方向为z 轴负方向).解F =(0, 0, −100×9. 8)=(0, 0, −980), .W =F ⋅S =(0, 0, −980)⋅(−2, 3, −6)=5880(焦耳).5. 在杠杆上支点O 的一侧与点O 的距离为x 1的点P 1处, 有一与成角θ1的力F 1作用着;在O 的另一侧与点O 的距离为x 2的点P 2处, 有一与成角θ1的力F 1作用着. 问θ1、θ2、x 1、x 2、|F 1|、|F 2|符合怎样的条件才能使杠杆保持平衡？解 因为有固定转轴的物体的平衡条件是力矩的代数和为零, 再注意到对力矩正负的规定可得, 使杠杆保持平衡的条件为 x 1|F 1|⋅sin θ1−x 2|F 2|⋅sin θ2=0,即 x 1|F 1|⋅sin θ1=x 2|F 2|⋅sin θ2.6. 求向量a =(4, −3, 4)在向量b =(2, 2, 1)上的投影.解 . 7. 设a =(3, 5, −2), b =(2, 1, 4), 问λ与μ有怎样的关系, 能使得λa +μb 与z 轴垂直? 解 λa +μb =(3λ+2μ, 5λ+μ, −2λ+4μ), λa +μb 与z 轴垂⇔λa +μb ⊥k⇔(3λ+2μ, 5λ+μ, −2λ+4μ)⋅(0, 0, 1)=0, 即−2λ+4μ=0, 所以λ=2μ . 当λ=2μ 时, λa +μb 与z 轴垂直. 8. 试用向量证明直径所对的圆周角是直角.证明 设AB 是圆O 的直径, C 点在圆周上, 则, .因为,所以, ∠C =90°.9. 设已知向量a =2i −3j +k , b =i −j +3k 和c =i −2j , 计算: (1)(a ⋅b )c −(a ⋅c )b ; (2)(a +b )×(b +c ); (3)(a ×b )⋅c . 解 (1)a ⋅b =2×1+(−3)×(−1)+1×3=8, a ⋅c =2×1+(−3)×(−2)=8,(a ⋅b )c −(a ⋅c )b =8c −8b =8(c −b )=8[(i −2j )−(i −j +3k )]=−8j −24k . (2)a +b =3i −4j +4k , b +c =2i −3j +3k ,.(3) , (a ×b )⋅c =−8×1+(−5)×(−2)+1×0=2.10. 已知, , 求ΔOAB 的面积.解 根据向量积的几何意义, 表示以和为邻边的平行四边形的面积, 于是ΔOAB 的面积为因为, ,所以三角形ΔOAB 的面积为. 12. 试用向量证明不等式:,其中a 1、a 2、a 3、b 1、b 2、b 3为任意实数, 并指出等号成立的条件.解 设a =(a 1, a 2, a 3), b =(b 1, b 2, b 3), 则有,于是,其中当=1时, 即a 与b 平行是等号成立.习题7−31. 一动点与两定点(2, 3, 1)和(4, 5, 6)等距离, 求这动点的轨迹方程. 解 设动点为M (x , y , z ), 依题意有(x −2)2+(y −3)2+(z −1)2=(x −4)2+(y −5)2+(z −6)2, 即 4x +4y +10z −63=0.2. 建立以点(1, 3, −2)为球心, 且通过坐标原点的球面方程. 解 球的半径 ,球面方程为(x −1)2+(y −3)2+(z +2)2=14, 即 x 2+y 2+z 2−2x −6y +4z =0.3. 方程x 2+y 2+z 2−2x +4y +2z =0表示什么曲面? 解 由已知方程得(x 2−2x +1)+(y 2+4y +4)+(z 2+2z +1)=1+4+1,即,所以此方程表示以(1, −2, −1)为球心, 以 为半径的球面.4. 求与坐标原点O 及点(2, 3, 4)的距离之比为1:2的点的全体所组成的曲面的方程, 它表示怎样曲面？解 设点(x , y , z )满足题意, 依题意有,化简整理得,它表示以为球心, 以为半径的球面.5. 将zOx 坐标面上的抛物线z 2=5x 绕x 轴旋转一周, 求所生成的旋转曲面的方程. 解 将方程中的z 换成得旋转曲面的方程y 2+z 2=5x .6. 将zOx 坐标面上的圆x 2+z 2=9绕z 轴旋转一周, 求所生成的旋转曲面的方程. 解 将方程中的x 换成得旋转曲面的方程x 2+y 2+z 2=9.7. 将xOy 坐标面上的双曲线4x 2−9y 2=36分别绕x 轴及y 轴旋转一周, 求所生成的旋转曲面的方程.解 双曲线绕x 轴旋转而得的旋转曲面的方程为 4x 2−9y 2−9z 2=36.双曲线绕y 轴旋转而得的旋转曲面的方程为 4x 2+4z 2−9y 2=36.8. 画出下列方程所表示的曲面: (1) ;(2) ;(3) ;(4)y 2−z =0;(1)x =2; 解在平面解张平行于yOz 面的平面. (2)y =x +1; 解 在平面解间解析几何中，y =x +1表示一张平行于z 轴的平面. (3)x 2+y 2=4; 解 在平面解析x 2+y 2=4表示母线平行于z 轴, 准线为x 2+y 2=4的圆柱面. (4)x 2−y 2=1. 解 在平面解析于z 轴的双曲面. 10. 说明下列 (1)1222=++zyx ;19422=+zx 绕x 轴旋转一周而形122=+−zy ;解线142=+−zy 绕y 轴旋转一周而形 z 1 面上的双曲线x 2−y 2=1x 2−z 2=1绕x 轴旋转一周(4)(z −a )2=x 2+y 2. 解 这是zOx 面上的曲线(z − (z −a )2=y 2绕z 轴旋转一周 11. 画出下列方程所表示的曲面: (1)4x 2+y 2−z 2=4;习题7−41. 画出下列曲线在第一卦限内的图形:(1)⎧+=15xy ; ⎩⎧22yx22x2x解 由x +z =1得z =1−x 代入x 2+y 2+z 2=9得方程2x 2−2x +y 2=8, 这是母线平球面x 2+y 2+z 2=9与平面x +z =1的交线的柱面方程, 于是所求的投影方程为 ⎧=+−82222yxx .5. 将下解 将y =x 代入x 2+y 2+z 2=9得2x 2+z 2=9, 即 .令 , 则z =3sin t . 故所求参数方程为,, z =3sin t .(2).解 将z =0代入(x −1)2+y 2+(z +1)2=4得(x −1)2+y 2=3. 令 , 则于是所求参数方程为,, z =0.6. 求螺旋线在三个坐标面上的投影曲线的直角坐标方程.解 由前两个方程得x 2+y 2=a 2, 于是螺旋线在xOy 面上的投影曲线的直角坐标方程为.由第三个方程得代入第一个方程得, 即 ,于是螺旋线在zOx 面上的投影曲线的直角坐标方程为.由第三个方程得代入第二个方程得即 于是螺旋线在yOz 面上的投影曲线的直角坐标方程为.7. 求上半球 与圆柱体x 2+y 2≤ax (a >0)的公共部分在xOy 面和zOx 面上的投影.解 圆柱体x 2+y 2≤ax 在xOy 面上的投影为x 2+y 2≤ax , 它含在半球在xOy 面上的投影x 2+y 2≤a 2内, 所以半球与圆柱体的公共部分在xOy 面上的投影为x 2+y 2≤ax .为求半球与圆柱体的公共部分在zOx 面上的投影, 由圆柱面方程x 2+y 2=ax 得y 2=ax −x 2, 代入半球面方程 , 得(0≤x ≤a ), 于是半球与圆柱体的公共部分在zOx 面上的投影为(0≤x ≤a ), 即z 2+ax ≤a 2, 0≤x ≤a , z ≥0.8. 求旋转抛物面z =x 2+y 2(0≤z ≤4)在三坐标面上的投影.解 令z =4得x 2+y 2=4, 于是旋转抛物面z =x 2+y 2(0≤z ≤4)在xOy 面上的投影为x 2+y 2≤4.令x =0得z =y 2, 于是旋转抛物面z =x 2+y 2(0≤z ≤4)在yOz 面上的投影为y 2≤z ≤4. 令y =0得z =x 2, 于是旋转抛物面z =x 2+y 2(0≤z ≤4)在zOx 面上的投影为x 2≤z ≤4.习题7−51. 求过点(3, 0, −1)且与平面3x −7y +5z −12=0平行的平面方程. 解 所求平面的法线向量为n =(3, −7, 5), 所求平面的方程为 3(x −3)−7(y −0)+5(z +1)=0, 即3x −7y +5z −4=0.2. 求过点M 0(2, 9, −6)且与连接坐标原点及点M 0的线段OM 0垂直的平面方程.解 所求平面的法线向量为n =(2, 9, −6), 所求平面的方程为 2(x −2)+9(y −9)−6(z −6)=0, 即2x +9y −6z −121=0.3. 求过(1, 1, −1)、(−2, −2, 2)、(1, −1, 2)三点的平面方程.解 n 1=(1, −1, 2)−(1, 1, −1)=(0, −2, 3), n 1=(1, −1, 2)−(−2, −2, 2)=(3, 1, 0), 所求平面的法线向量为, 所求平面的方程为−3(x −1)+9(y −1)+6(z +1)=0, 即x −3y −2z =0. 4. 指出下列各平面的特殊位置, 并画出各平面: (1)x =0;解 x =0是yOz 平面. (2)3y −1=0;解 3y −1=0是垂直于y 轴的平面, 它通过y 轴上的点 . (3)2x −3y −6=0;解 2x −3y −6=0是平行于z 轴的平面, 它在x 轴、y 轴上的截距分别是3和−2. (4);解 是通过z 轴的平面, 它在xOy 面上的投影的斜率为 . (5)y +z =1;解 y +z =1是平行于x 轴的平面, 它在y 轴、z 轴上的截距均为1. (6)x −2z =0;解 x −2z =0是通过y 轴的平面. (7)6x +5−z =0.解 6x +5−z =0是通过原点的平面.5. 求平面2x −2y +z +5=0与各坐标面的夹角的余弦. 解 此平面的法线向量为n =(2, −2, 1). 此平面与yOz 面的夹角的余弦为;此平面与zOx面的夹角的余弦为;此平面与xOy面的夹角的余弦为.6. 一平面过点(1, 0, −1)且平行于向量a=(2, 1, 1)和b=(1, −1, 0), 试求这平面方程.解所求平面的法线向量可取为,所求平面的方程为(x−1)+(y−0)−3(z+1)=0, 即x+y−3z−4=0.7. 求三平面x+3y+z=1, 2x−y−z=0, −x+2y+2z=3的交点.解解线性方程组得x=1, y=−1, z=3. 三个平面的交点的坐标为(1, −1, 3).8. 分别按下列条件求平面方程:(1)平行于zOx面且经过点(2, −5, 3);解所求平面的法线向量为j =(0, 1, 0), 于是所求的平面为0⋅(x−2)−5(y+5)+0⋅(z−3)=0, 即y=−5.(2)通过z轴和点(−3, 1, −2);解所求平面可设为Ax+By=0.因为点(−3, 1, −2)在此平面上,所以−3A+B=0,将B=3A代入所设方程得Ax+3Ay=0,所以所求的平面的方程为x+3y=0,(3)平行于x轴且经过两点(4, 0, −2)和(5, 1, 7).解所求平面的法线向量可设为n=(0, b, c). 因为点(4, 0, −2)和(5, 1, 7)都在所求平面上,所以向量n1=(5, 1, 7)−(4, 0, −2)=(1, 1, 9)与n是垂直的,即b+9c=0, b=−9c ,于是n=(0, −9c, c)=−c(0, 9, −1).所求平面的方程为9(y−0)−(z+2)=0, 即9y−z−2=0.9. 求点(1, 2, 1)到平面x+2y+2z−10=0的距离.解点(1, 2, 1)到平面x+2y+2z−10=0的距离为.习题7−61. 求过点(4, −1, 3)且平行于直线 的直线方程. 解 所求直线的方向向量为s =(2, 1, 5), 所求的直线方程为.2. 求过两点M 1(3, −2, 1)和M 2(−1, 0, 2)的直线方程.解 所求直线的方向向量为s =(−1, 0, 2)−(3, −2, 1)=(−4, 2, 1), 所求的直线方程为.3. 用对称式方程及参数方程表示直线.解 平面x −y +z =1和2x +y +z =4的法线向量为n 1=(1, −1, 1), n 2=(2, 1, 1), 所求直线的方向向量为.在方程组中, 令y =0, 得, 解得x =3, z =−2. 于是点(3, 0, −2)为所求直线上的点.所求直线的对称式方程为; 参数方程为x =3−2t , y =t , z =−2+3t .4. 求过点(2, 0, −3)且与直线垂直的平面方程.解 所求平面的法线向量n 可取为直线的方向向量, 即. 所平面的方程为−16(x −2)+14(y −0)+11(z +3)=0, 即16x −14y −11z −65=0.5. 求直线与直线的夹角的余弦.解 直线与的方向向量分别为, .两直线之间的夹角的余弦为.6. 证明直线与直线平行.解 直线与的方向向量分别为,.因为s 2=−3s 1, 所以这两个直线是平行的.7. 求过点(0, 2, 4)且与两平面x +2z =1和y −3z =2平行的直线方程.解 因为两平面的法线向量n 1=(1, 0, 2)与n 2=(0, 1, −3)不平行, 所以两平面相交于一直线,此直线的方向向量可作为所求直线的方向向量s , 即.所求直线的方程为.8. 求过点(3, 1, −2)且通过直线 的平面方程.解 所求平面的法线向量与直线的方向向量s 1=(5, 2, 1)垂直. 因为点(3, 1,−2)和(4, −3, 0)都在所求的平面上, 所以所求平面的法线向量与向量s 2=(4, −3, 0)−(3, 1, −2)=(1, −4, 2)也是垂直的. 因此所求平面的法线向量可取为. 所求平面的方程为8(x −3)−9(y −1)−22(z +2)=0, 即8x −9y −22z −59=0.9. 求直线与平面x −y −z +1=0的夹角.解直线的方向向量为,平面x−y−z+1=0的法线向量为n=(1, −1, −1).因为s⋅n=2×1+4×(−1)+(−2)×(−1)=0,所以s⊥n, 从而直线与平面x−y−z+1=0的夹角为0.10. 试确定下列各组中的直线和平面间的关系:(1)和4x−2y−2z=3;解所给直线的方向向量为s=(−2, −7, 3), 所给平面的法线向量为n=(4, −2, −2).因为s⋅n=(−2)×4+(−7)×(−2)+3×(−2)=0, 所以s⊥n, 从而所给直线与所给平面平行.又因为直线上的点(−3, −4, 0)不满足平面方程4x−2y−2z=3, 所以所给直线不在所给平面上.(2)和3x−2y+7z=8;解所给直线的方向向量为s=(3, −2, 7), 所给平面的法线向量为n=(3, −2, 7).因为s=n, 所以所给直线与所给平面是垂直的.(3)和x+y+z=3.解所给直线的方向向量为s=(3, 1, −4), 所给平面的法线向量为n=(1, 1, 1).因为s⋅n=3×1+1×1+(−4)×1=0, 所以s⊥n, 从而所给直线与所给平面平行.又因为直线上的点(2, −2, 3)满足平面方程x+y+z=3, 所以所给直线在所给平面上.11. 求过点(1, 2, 1)而与两直线和平行的平面的方程.解直线的方向向量为,直线的方向向量为.所求平面的法线向量可取为, 所求平面的方程为−(x −1)+(y −2)−(z −1)=0, 即x −y +z =0.12. 求点(−1, 2, 0)在平面x +2y −z +1=0上的投影.解 平面的法线向量为n =(1, 2, −1). 过点(−1, 2, 0)并且垂直于已知平面的直线方程为.将此方程化为参数方程x =−1+t , y =2+2t , z =−t , 代入平面方程x +2y −z +1=0中, 得 (−1+t )+2(2+2t )−(−t )+1=0,解得. 再将代入直线的参数方程, 得,,. 于是点(−1, 2, 0)在平面x +2y −z +1=0上的投影为点.13. 求点P (3, −1, 2)到直线的距离.解 直线的方向向量为. 过点P 且与已知直线垂直的平面的方程为 −3(y +1)−3(z −2)=0, 即y +z −1=0. 解线性方程组,得x =1,,.点P (3, −1, 2)到直线的距离就是点P (3, −1, 2)与点 间的距离, 即.14. 设M 0是直线L 外一点, M 是直线L 上任意一点, 且直线的方向向量为s , 试证: 点M 0到直线L 的距离.解 设点M 0到直线L 的距离为d , L 的方向向量, 根据向量积的几何意义, 以和为邻边的平行四边形的面积为,又以和为邻边的平行四边形的面积为.因此, .15. 求直线在平面4x−y+z=1上的投影直线的方程.解过直线的平面束方程为(2+3λ)x+(−4−λ)y+(1−2λ)z−9λ=0.为在平面束中找出与已知平面垂直的平面,令(4 −1, 1)⋅(2+3λ, −4−λ, 1−2λ)=0, 即4⋅(2+3λ)+(−1)⋅(−4−λ)+1⋅(1−2λ)=0.解之得 .将代入平面束方程中,得17x+31y−37z−117=0.故投影直线的方程为.16. 画出下列各曲面所围成的立体图形:(1)x=0, y=0, z=0, x=2, y=1, 3x+4y+2z−12=0;总习题七 1. 填空(1)设在坐标系[O ; i , j , k ]中点A 和点M 的坐标依次为(x 0, y 0, z 0)和(x , y , z ), 则在[A ; i , j , k ]坐标系中, 点M 的坐标为___________, 向量的坐标为___________.解 M (x −x 0, y −y 0, z −z 0), .提示: 自由向量与起点无关, 它在某一向量上的投影不会因起点的位置的不同而改变. (2)设数λ1、λ2、λ3不全为0, 使λ1a +λ2b +λ3c =0, 则a 、b 、c 三个向量是__________的.解 共面.(3)设a =(2, 1, 2), b =(4, −1, 10), c =b −λa , 且a ⊥c , 则λ=____________. 解3.提示: 因为a ⊥c , 所以a ⋅c =0.又因为由a ⋅c =a ⋅b −λa ⋅a =2×4+1×(−1)+2×10−λ(22+12+22)=27−9λ, 所以λ=3. (4)设a 、b 、c 都是单位向量, 且满足a +b +c =0, 则a ⋅b +b ⋅c +c ⋅a =____________.解 .提示: 因为a +b +c =0, 所以(a +b +c )⋅(a +b +c )=0, 即 a ⋅a +b ⋅b +c ⋅c +2a ⋅b +2a ⋅c +2c ⋅a =0,于是 . (5)设|a |=3, |b |=4, |c |=5, 且满足a +b +c =0, 则|a ×b +b ×c +c ×a |=____________. 解36.提示: c =−(a +b ), a ×b +b ×c +c ×a =a ×b −b ×(a +b )−(a +b )×a =a ×b −b ×a −b ×a =3a ×b , |a ×b +b ×c +c ×a |=3|a ×b |=3|a |⋅|b |=3⋅3⋅4=36.2. 在y 轴上求与点A (1, −3, 7)和点B (5, 7, −5)等距离的点. 解 设所求点为M (0, y , 0), 则有 12+(y +3)2+72=52+(y −7)2+(−5)2,即 (y +3)2=(y −7)2,解得y =2, 所求的点为M (0, 2, 0).3. 已知ΔABC 的顶点为A (3,2,−1)、B (5,−4,7)和C (−1,1,2), 求从顶点C 所引中线的长度. 解 线段AB 的中点的坐标为 . 所求中线的长度为.4. 设ΔABC 的三边、、, 三边中点依次为D 、E 、F , 试用向量a 、b 、c 表示、、, 并证明.解 ,,.5. 试用向量证明三角形两边中点的连线平行于第三边, 且其长度等于第三边长度的一半.证明 设D , E 分别为AB , AC 的中点, 则有,所以从而DE //BC , 且 .6. 设|a +b |=|a −b |, a =(3, −5, 8), b =(−1, 1, z ), 求z .解a +b =(2, −4, 8+z ), a −b =(4, −6, 8−z ). 因为|a +b |=|a −b |, 所以,解得z =1.7. 设, |b |=1,, 求向量a +b 与a −b 的夹角.解 |a +b |2=(a +b )⋅(a +b )=|a |2+|b |2+2a ⋅b =|a |2+|b |2+2|a |⋅|b |cos(a ,^b ) ,|a −b |2=(a −b )⋅(a −b )=|a |2+|b |2−2a ⋅b =|a |2+|b |2−2|a |⋅|b |cos(a ,^b ) .设向量a +b 与a −b 的夹角为θ, 则,.8. 设a +3b ⊥7a −5b , a −4b ⊥7a −2b , 求 . 解 因为a +3b ⊥7a −5b , a −4b ⊥7a −2b , 所以 (a +3b )⋅(7a −5b )=0, (a −4b )⋅(7a −2b )=0, 即 7|a |2+16a ⋅b −15|b |2=0, 7|a |2−30a ⋅b +8|b |2=0, 又以上两式可得,于是,.9. 设a =(2, −1, −2), b =(1, 1, z ), 问z 为何值时最小？并求出此最小值.解 .因为当 时, 为单调减函数. 求的最小值也就是求的最大值. 令 , 得z =−4.当z =−4时, , 所以.10. 设|a |=4, |b |=3, , 求以a +2b 和a −3b 为边的平行四边形的面积. 解 (a +2b )×(a −3b )=−3a ×b +2b ×a =5b ×a . 以a +2b 和a −3b 为边的平行四边形的面积为.11. 设a =(2, −3, 1), b =(1, −2, 3), c =(2, 1, 2), 向量r 满足r ⊥a , r ⊥b , Prj cr =14, 求r .解 设r =(x , y , z ).因为r ⊥a , r ⊥b , 所以r ⋅a =0, r ⋅b =0, 即 2x −3y +z =0, x −2y +3z =0. 又因为Prj cr =14, 所以 , 即2x +y +2z =42. 解线性方程组,得x =14, y =10, z =2, 所以r =(14, 10, 2).另解 因为r ⊥a , r ⊥b , 所以r 与 平行, 故可设r =λ(7, 5, 1).又因为Prj cr =14, 所以, r ⋅c =42, 即λ(7×2+5×1+1×2)=42, λ=2, 所以r =(14, 10, 2).12. 设a =(−1, 3, 2), b =(2, −3, −4), c =(−3, 12, 6), 证明三向量a 、b 、c 共面, 并用a 和b 表示c . 证明 向量a 、b 、c 共面的充要条件是(a ×b )⋅c =0. 因为, (a ×b )⋅c =(−6)×(−3)+0×12+(−3)×6=0, 所以向量a 、b 、c 共面. 设c =λa +μb , 则有(−λ+2μ, 3λ−3μ, 2λ−4μ)=(−3, 12, 6), 即有方程组,解之得λ=5, μ=1, 所以c =5a +b .13. 已知动点M (x ,y ,z )到xOy 平面的距离与点M 到点(1, −1, 2)的距离相等, 求点M 的轨迹方程.解 根据题意, 有,或 z 2=(x −1)2+(y +1)2+(z −2)2, 化简得(x −1)2+(y +1)2=4(z −1), 这就是点M 的轨迹方程.14. 指出下列旋转曲面的一条母线和旋转轴: (1)z =2(x 2+y 2);解 旋转曲面的一条母线为zOx 面上的曲线z =2x 2, 旋转轴为z 轴. (2);解 旋转曲面的一条母线为xOy 面上的曲线, 旋转轴为y 轴.(3)z 2=3(x 2+y 2);解 旋转曲面的一条母线为yOz 面上的曲线 , 旋转轴为z 轴.(4).解 旋转曲面的一条母线为xOy 面上的曲线 , 旋转轴为x 轴.15. 求通过点A (3, 0, 0)和B (0, 0, 1)且与xOy 面成 角的平面的方程.解 设所求平面的法线向量为n =(a , b , c )., xOy 面的法线向量为k =(0, 0, 1).按要求有,,即 ,解之得c =3a , . 于是所求的平面的方程为,即 , 或 .16. 设一平面垂直于平面z =0, 并通过从点(1, −1, 1)到直线的垂线, 求此平面方程.解 直线的方向向量为s =(0, 1, −1)×(1, 0, 0)=(0, −1, −1).设点(1, −1, 1)到直线的垂线交于点(x 0, y 0, z 0). 因为点(x 0, y 0, z 0)在直线上, 所以(x 0, y 0, z 0)=(0, y 0, y 0+1). 于是, 垂线的方向向量为 s 1=(−1, y 0+1, y 0).显然有s ⋅s 1=0, 即−y 0−1−y 0=0,.从而 . 所求平面的法线向量可取为,所求平面的方程为, 即x+2y+1=017. 求过点(−1, 0, 4), 且平行于平面3x−4y+z−10=0, 又与直线相交的直线的方程.解过点(−1, 0, 4), 且平行于平面3x−4y+z−10=0的平面的方程为3(x+1)−4(y−0)+(z−4)=0, 即3x−4y+z−1=0.将直线化为参数方程x=−1+t, y=3+t, z=2t, 代入平面方程3x−4y+z−1=0, 得3(−1+t)−4(3+t)+2t−1=0,解得t=16. 于是平面3x−4y+z−1=0与直线的交点的坐标为(15, 19, 32), 这也是所求直线与已知直线的交点的坐标.所求直线的方向向量为s=(15, 19, 32)−(−1, 0, 4)=(16, 19, 28),所求直线的方程为.18. 已知点A(1, 0, 0)及点B(0, 2, 1), 试在z轴上求一点C, 使ΔABC的面积最小.解设所求的点为C(0, 0, z), 则, .因为,所以ΔABC的面积为.令 ,得 ,所求点为 .19. 求曲线在三个坐标面上的投影曲线的方程.解在xOy面上的投影曲线方程为, 即.在zOx面上的投影曲线方程为, 即.在yOz面上的投影曲线方程为, 即.20. 求锥面 与柱面z 2=2x 所围立体在三个坐标面上的投影. 解 锥面与柱面交线在xOy 面上的投影为, 即,所以, 立体在xOy 面上的投影为.锥面与柱面交线在yOz 面上的投影为, 即 ,所以, 立体在yOz 面上的投影为 .锥面与柱面z 2=2x 与平面y =0的交线为和 , 所以, 立体在zOx 面上的投影为.21. 画出下列各曲面所围立体的图形:(2)抛物柱面x 2=1−z , 平面y =0, z =(3)圆锥yx +=2−x −y。
高等数学同济第五版第10章答案
习题 10-11. 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μ(x , y ), 用对弧长的曲线积分分别表达:(1)这曲线弧对x 轴、对y 轴的转动惯量I x , I y ; (2)这曲线弧的重心坐标x , y .解 在曲线弧L 上任取一长度很短的小弧段ds (它的长度也记做ds ), 设(x , y )为小弧段ds 上任一点.曲线L 对于x 轴和y 轴的转动惯量元素分别为 dI x =y 2μ(x , y )ds , dI y =x 2μ(x , y )ds . 曲线L 对于x 轴和y 轴的转动惯量分别为 ⎰=Lx ds y x y I ),(2μ, ⎰=Ly ds y x x I ),(2μ.曲线L 对于x 轴和y 轴的静矩元素分别为 dM x =y μ(x , y )ds , dM y =x μ(x , y )ds . 曲线L 的重心坐标为 ⎰⎰==L L ydsy x ds y x x MM x ),(),(μμ, ⎰⎰==L L x dsy x ds y x y MM y ),(),(μμ.2. 利用对弧长的曲线积分的定义证明: 如果曲线弧L 分为两段光滑曲线L 1和L 2, 则⎰⎰⎰+=12),(),(),(LL L dsy x f ds y x f ds y x f .证明 划分L , 使得L 1和L 2的连接点永远作为一个分点, 则∑∑∑+===∆+∆=∆111111),(),(),(n n i i i i ni n i i i i i i i s f s f s f ηξηξηξ.令λ=max{∆s i }→0, 上式两边同时取极限∑∑∑+=→=→=→∆+∆=∆nn i i i i n i i i i ni i i i s f s f s f 11111),(lim),(lim),(lim ηξηξηξλλλ,即得⎰⎰⎰+=12),(),(),(LL L dsy x f ds y x f ds y x f .3. 计算下列对弧长的曲线积分:(1)⎰+Ln ds y x )(22, 其中L 为圆周x =a cos t , y =a sin t (0≤t ≤2π);解⎰+Ln ds y x )(22⎰+-+=π20222222)cos ()sin ()sin cos (dt t a t a t a t a n=⎰+-+π20222222)cos ()sin ()sin cos (dt t a t a t a t a n⎰++==ππ2012122n n a dt a .(2)⎰+Lds y x )(, 其中L 为连接(1, 0)及(0, 1)两点的直线段;解 L 的方程为y =1-x (0≤x ≤1);⎰⎰'-+-+=+102])1[(1)1()(dx x x x ds y x L22)1(1=-+=⎰dx x x .(3)xdx L⎰, 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; 解 L 1: y =x 2(0≤x ≤1), L 2: y =x (0≤x ≤1) .x d x L ⎰x d x x d x L L⎰⎰+=21⎰⎰'++'+=121022)(1])[(1dx x x dx x x⎰⎰++=1102241x d x dx x x )12655(121-+=.(4)dsey x L22+⎰, 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; 解 L =L 1+L 2+L 3, 其中 L 1: x =x , y =0(0≤x ≤a ),L 2: x =a cos t , y =a sin t )40(π≤≤t ,L 3: x =x , y =x )220(a x ≤≤,因而ds eds eds eds ey x L y x L y x L y x L22322222122++++⎰⎰⎰⎰++=,⎰⎰⎰+++-++=axaaxdx e dt t a t a edx e220222402202211)cos ()sin (01π2)42(-+=a e a π.(5)⎰Γ++ds z y x 2221, 其中Γ为曲线x =e t cos t , y =e t sin t , z =e t 上相应于t 从0变到2的这段弧; 解 dt dtdz dt dy dtdx ds 222)()()(++= dt e t e t e t e t e t t t t t 222)cos sin ()sin cos (+++-=dt e t 3=,⎰⎰++=++Γ20222222223s i n c o s 11dt e e t e t e ds z y x t tt t⎰----=-==2220)1(23]23[23e e dt e t t .(6)⎰Γyzds x 2, 其中Γ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); 解 Γ=AB +BC +CD , 其中 AB : x =0, y =0, z =t (0≤t ≤1), BC : x =t , y =0, z =2(0≤t ≤3), CD : x =1, y =t , z =2(0≤t ≤3), 故y z d sx y z d s x y z d s x y z d s xCDBCAB2222⎰⎰⎰⎰++=Γ 901020030222301=++++=⎰⎰⎰dt t dt dt .(7)⎰Lds y 2, 其中L 为摆线的一拱x =a (t -sin t ), y =a (1-cos t )(0≤t ≤2π);解⎰⎰'+'--=Ldt t a t t a t a ds y π2022222])(cos [])sin ([)cos 1(⎰--=π2023c o s 1)c o s 1(2dt t t a 315256a =.(8)⎰+Lds y x )(22, 其中L 为曲线x =a (cos t +t sin t ), y =a (sin t -t cos t )(0≤t ≤2π).解 dt dtdy dtdx ds 22)()(+=atdt dt t at t at =+=22)sin ()cos (a t d tt t t a t t t a ds y xL ])cos (sin )sin (cos [)(22202222-++=+⎰⎰π⎰+=+=πππ2023223)21(2)1(a t d t t a .4. 求半径为a , 中心角为2ϕ的均匀圆弧(线密度μ=1)的重心. 解 建立坐标系如图10-4所示, 由对称性可知0=y , 又 ⎰==Lx x d s aMM x ϕ21⎰-⋅=ϕϕθθϕa d a ac o s 21ϕϕs i n a =,所以圆弧的重心为)0 ,sin (ϕϕa5. 设螺旋形弹簧一圈的方程为x =a cos t , y =a sin t , z =kt , 其中0≤1≤2π, 它的线密度ρ(x , y , z )=x 2+y 2+z 2, 求:(1)它关于z 轴的转动惯量I z ; (2)它的重心. 解 dt t z t y t x ds )()()(222'+'+'=dt k a 22+=. (1)⎰+=Lz ds z y x y x I ),,()(22ρds z y x y x L))((22222+++=⎰dt k a t k a a ⎰++=π20222222)()43(32222222k a k a a ππ++=.(2)⎰⎰++==LLds z y x ds z y x M )(),,(222ρ⎰++=π2022222)(dt k a t k a)43(3222222k a k a ππ++=,ds z y x x M x L)(1222⎰++=⎰++=π2022222)(c o s 1dt k a t k a t a M2222436k a ak ππ+=,ds z y x y My L)(1222⎰++=⎰++=π2022222)(s i n 1dt k a t k a t a M2222436k a ak ππ+-=,ds z y x z Mz L)(1222⎰++=⎰++=π2022222)(1dt k a t k a kt M22222243)2(3ka k a k πππ++=,故重心坐标为)43)2(3 ,436 ,436(22222222222222k a k a k k a ak k a ak πππππππ+++-+.习题 10-21. 设L 为xOy 面内直线x =a 上的一段, 证明:⎰=L dx y x P 0),(.证明 设L 是直线x =a 上由(a , b 1)到(a , b 2)的一段, 则L : x =a , y =t , t 从b 1变到b 2. 于是00) ,())(,(),(2121⎰⎰⎰=⋅==b b b b L dt t a P dt dtdat a P dx y x P .2. 设L 为xOy 面内x 轴上从点(a , 0)到(b , 0)的一段直线, 证明⎰⎰=Lba dx x P dx y x P )0 ,(),(.证明L : x =x , y =0, t 从a 变到b , 所以⎰⎰⎰='=baLb adx x P dx x x P dx y x P )0 ,())(0 ,(),(.3. 计算下列对坐标的曲线积分:(1)⎰-Ldx y x )(22, 其中L 是抛物线y =x 2上从点(0, 0)到点(2, 4)的一段弧;解 L : y =x 2, x 从0变到2, 所以⎰⎰-=-=-Ldx x x dx y x 242221556)()(. (2)⎰Lxydx , 其中L 为圆周(x -a )2+y 2=a 2(a >0)及x 轴所围成的在第 一象限内的区域的整个边界(按逆时针方向绕行); 解 L =L 1+L 2, 其中L 1: x =a +a cos t , y =a sin t , t 从0变到π, L 2: x =x , y =0, x 从0变到2a , 因此⎰⎰⎰+=21L L Lx y d xx y d x x y d x ⎰⎰+'++=adx dt t a a t a t a 200)cos (sin )cos 1(π302232)s i n s i ns i n (a t td tdt a πππ-=+-=⎰⎰. (3)⎰+Lxdy ydx , 其中L 为圆周x =R cos t , y =R sin t 上对应t 从0到2π的一段弧;解⎰⎰+-=+L dt t tR R t R t R xdy ydx ]cos cos )sin (sin [20π⎰==20202c o s πt d t R .(4)⎰+--+Ly x dyy x dx y x 22)()(, 其中L 为圆周x 2+y 2=a 2(按逆时针方向绕行);解 圆周的参数方程为: x =a cos t , y =a sin t , t 从0变到2π, 所以⎰+--+Ly x dyy x dx y x 22)()(⎰---+=π202)]cos )(sin cos ()sin )(sin cos [(1dt t a t a t a t a t a t a a⎰-=-=ππ202221dt a a.(5)ydz zdy dx x -+⎰Γ2, 其中Γ为曲线x =k θ, y =a cos θ, z =a sin θ上对应θ从0到π的一段弧; 解⎰⎰--+=-+Γπθθθθθθ022]cos cos )sin (sin )[(d a a a a k k ydz zdy dx x233220331)(a k d a k ππθθπ-=-=⎰.(6)dz y x ydy xdx )1(-+++⎰Γ, 其中Γ是从点(1, 1, 1)到点(2, 3, 4)的一段直线;解 Γ的参数方程为x =1+t , y =1+2t , z =1+3t , t 从0变到1.⎰Γ-+++dz y x ydy xdx )1(⎰-+++++++=10)]1211(3)21(2)1[(dtt t t t⎰=+=1013)146(dt t .(7)⎰Γ+-ydz dy dx , 其中Γ为有向闭折线ABCA , 这里的A , B , C依次为点(1, 0, 0), (0, 1, 0), (0, 0, 1); 解 Γ=AB +BC +CA , 其中AB : x =x , y =1-x , z =0, x 从1变到0, BC : x =0, y =1-z , z =z , z 从0变到1,CA : x =x , y =0, z =1-x , x 从0变到1, 故y d z dy dx ydz dy dx ydz dy dx ydz dy dx CA BC AB +-++-++-=+-⎰⎰⎰⎰Γ⎰⎰⎰+-+'--+'--=111)]1()1([])1(1[dx dt z z dx x 21=.(8)dy xy y dx xy x L)2()2(22-+-⎰, 其中L 是抛物线y =x 2上从(-1, 1)到(1, 1)的一段弧.解 L : x =x , y =x 2, x 从-1变到1, 故⎰-+-Ldy xy y dx xy x )2()2(22⎰--+-=113432]2)2()2[(dx x x x x x1514)4(2142-=-=⎰dx x x4. 计算⎰-++Ldy x y dx y x )()(, 其中L 是:(1)抛物线y =x 2上从点(1, 1)到点(4, 2)的一段弧; 解 L : x =y 2, y =y , y 从1变到2, 故⎰-++L dy x y dx y x )()(⎰=⋅-+⋅+=2122334]1)(2)[(dy y y y y y .(2)从点(1, 1)到点(4, 2)的直线段; 解 L : x =3y -2, y =y , y 从1变到2, 故⎰-++L dy x y dx y x )()(11]1)23()23[(21=⋅+-+⋅+-=⎰dy y y y y y(3)先沿直线从点(1, 1)到(1, 2), 然后再沿直线到点(4, 2)的折线; 解 L =L 1+L 2, 其中L 1: x =1, y =y , y 从1变到2, L 2: x =x , y =2, x 从1变到4, 故⎰-++L dy x y dx y x )()(dy x y dx y x dy x y dx y x L L )()()()(21-+++-++=⎰⎰14)2()1(4121=++-=⎰⎰dx x dy y .(4)沿曲线x =2t 2+t +1, y =t 2+1上从点(1, 1)到(4, 2)的一段弧. 解 L : x =2t 2+t +1, y =t 2+1, t 从0变到1, 故⎰-++L dy x y dx y x )()(332]2)()14)(23[(1022=⋅--++++=⎰dt t t t t t t .5. 一力场由沿横轴正方向的常力F 所构成, 试求当一质量为m 的质点沿圆周x 2+y 2=R 2按逆时针方向移过位于第一象限的那一段时 场力所作的功.解 已知场力为F =(|F |, 0), 曲线L 的参数方程为 x =R cos θ, y =R sin θ,θ从0变到2π, 于是场力所作的功为R F d R F dx F d W LL||)sin (||||20-=-⋅==⋅=⎰⎰⎰πθθr F .6. 设z 轴与力方向一致, 求质量为m 的质点从位置(x 1, y 1, z 1) 沿直线移到(x 2, y 2, z 2)时重力作的功.解 已知F =(0, 0, mg ). 设Γ为从(x 1, y 1, z 1)到(x 2, y 2, z 2)的直线, 则重力所作的功为⎰⎰⎰ΓΓ-==++=⋅=21)(0012z z z z mg dz mg mgdz dy dx d W r F .7. 把对坐标的曲线积分⎰+Ldy y x Q dx y x P ),(),(化成对弧长的曲线积分, 其中L 为:(1)在xOy 面内沿直线从点(0, 0)到(1, 1);解 L 的方向余弦214cos cos cos ===πβα,故⎰+L dy y x Q dx y x P ),(),(ds y x Q y x P L]cos ),(cos ),([βα+=⎰ ⎰+=Ld s y x Q y x P 2),(),(.(2)沿抛物线y =x 2从点(0, 0)到(1, 1);解 曲线L 上点(x , y )处的切向量为τ=(1, 2x ), 单位切向量为 )412,411()c o s ,(c o s 22xx x++==τβαe ,故⎰+L dy y x Q dx y x P ),(),(ds y x Q y x P L]cos ),(cos ),([βα+=⎰⎰++=Lds xy x xQ y x P 241),(2),(.(3)沿上半圆周x 2+y 2=2x 从点(0, 0)到(1, 1). 解 L 的方程为22x x y -=, 其上任一点的切向量为 )21 ,1(2xx x --=τ,单位切向量为)1 ,2()c o s ,(c o s 2x x x --==τβαe ,故⎰+L dy y x Q dx y x P ),(),(ds y x Q y x P L]cos ),(cos ),([βα+=⎰⎰-+-=Lds y x Q x y x P x x )],()1(),(2[2.8. 设Γ为曲线x =t , y =t 2, z =t 3上相应于t 从0变到1的曲线弧, 把对坐标的曲线积分⎰Γ++Rdz Qdy Pdx 化成对弧长的曲线积分.解 曲线Γ上任一点的切向量为 τ=(1, 2t , 3t 2)=(1, 2x , 3y ), 单位切向量为)3 ,2 ,1(9211)c o s ,c o s ,(c o s 22y x yx ++==τγβαe ,ds R Q P Rdz Qdy Pdx L ]cos cos cos [γβα++=++⎰⎰Γ⎰++++=Lds yx yR xQ P 2294132.习题 10-31. 计算下列曲线积分, 并验证格林公式的正确性:(1)⎰++-ldy y x dx x xy )()2(22, 其中L 是由抛物线y =x 2及y 2=x 所围成的区域的正向边界曲线; 解 L =L 1+L 2, 故⎰++-L dy y x dx xxy )()2(22⎰⎰++-+++-=21)()2()()2(2222L L dy y x dx x xy dy y x dx x xy⎰⎰++-+++-=1012243423)](2)2[(]2)()2[(dy y y y y y dx x x x x x301)242()22(101245235=++--++=⎰⎰dy y y y dx x x x , 而 d x d y x d x d y yPx Q DD )21()(-=∂∂-∂∂⎰⎰⎰⎰⎰⎰-=102)21(y y dx x dy301)(42121=+--=⎰dy y y y y , 所以⎰⎰⎰+=∂∂-∂∂l DQ d y P d x d x d y yPx Q )(.(2)⎰-+-ldy xy y dx xy x )2()(232, 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. 解 L =L 1+L 2+L 3+L 4, 故⎰-+-L dy xy y dx xy x)2()(232dy xy y dx xy x L L L L )2())((2324321-+-+++=⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰+-+-+=20200222222)8()4(dy y dx x x dy y y dx x848202=-+=⎰⎰y d y x d x ,而d x d y xy y dxdy yPx Q DD)32()(2+-=∂∂-∂∂⎰⎰⎰⎰ ⎰⎰+-=20220)32(dy xy y dx 8)48(2=-=⎰dx x ,所以⎰⎰⎰+=∂∂-∂∂l DQ d y P d x d x d y yPx Q )(.2. 利用曲线积分, 求下列曲线所围成的图形的面积: (1)星形线x =a cos 3t , y =a sin 3t ; 解 ⎰⎰-⋅⋅-=-=Ldt t t a t a ydx A π2023)sin (cos 3sin⎰==ππ20224283c o s s i n 3a t d t t a.(2)椭圆9x 2+16y 2=144;解 椭圆9x 2+16y 2=144的参数方程为 x =4cos θ, y =3sin θ, 0≤θ≤2π, 故 ⎰-=Ly d x x d y A 21⎰-⋅-⋅=πθθθθθ20)]sin 4(sin 3cos 3cos 4[21d ⎰==ππθ20126d .(3)圆x 2+y 2=2ax .解 圆x 2+y 2=2ax 的参数方程为x =a +a cos θ, y =a sin θ, 0≤θ≤2π, 故 ⎰-=Ly d x x d y A 21⎰-⋅-⋅+=πθθθθθ20)]sin (sin cos )cos 1([21d a a a a 2202)c o s 1(2a d a ⎰=+=ππθθ.3. 计算曲线积分⎰+-Ly x xdy ydx )(222, 其中L 为圆周(x -1)2+y 2=2, L 的方向为逆时针方向. 解 )(222y x y P +=, )(222y x xQ +-=. 当x 2+y 2≠0时 y P x Q ∂∂=∂∂0)(2)(22222222222=+--+-=y x y x y x y x . 在L 内作逆时针方向的ε小圆周 l : x =εcos θ, y =εsin θ(0≤θ≤2π),在以L 和l 为边界的闭区域D ε上利用格林公式得0)(=∂∂-∂∂=+⎰⎰⎰-+d x d y yPx Q Q d y P d x D l L ε, 即⎰⎰⎰+=+-=+-lL ldy Pdx Qdy Pdx QdyPdx .因此⎰⎰+-=+-l L y x x d yy d x y x x d yy d x )(2)(22222⎰--=πθεθεθε20222222c o s s i n d ⎰-=-=ππθ2021d .4. 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: (1)⎰-++)3 ,2()1 ,1()()(dy y x dx y x ;解 P =x +y , Q =x -y , 显然P 、Q 在整个xOy 面内具有一阶连续偏 导数, 而且1=∂∂=∂∂xQy P , 故在整个xOy 面内, 积分与路径无关.取L 为点(1, 1)到(2, 3)的直线y =2x -1, x 从1变到2, 则⎰⎰-+-=-++)3 ,2()1 ,1(21)]1(2)13[()()(dx x x dy y x dx y x⎰=+=2125)1(dx x .(2)⎰-+-)4 ,3()2 ,1(2232)36()6(dy xy y x dx y xy ;解 P =6xy 2-y 3, Q =6x 2y -3xy 2, 显然P 、Q 在整个xOy 面内具有一 阶连续偏导数, 并且2312y xy xQy P -=∂∂=∂∂, 故积分与路径无关, 取路径 (1, 2)→(1, 4)→(3, 4)的折线, 则⎰-+-)4 ,3()2 ,1(2232)36()6(dy xy y x dx y xy236)6496()3642312=-+-=⎰⎰dx x dy y y .(3)⎰-++-)1 ,2()0 ,1(324)4()32(dy xy x dx y xy .解 P =2xy -y 4+3, Q =x 2-4xy 3, 显然P 、Q 在整个xOy 面内具有一 阶连续偏导数, 并且342y x xQ y P -=∂∂=∂∂, 所以在整个xOy 面内积分与 路径无关, 选取路径为从(1, 0)→(1, 2)→(2, 1)的折线, 则⎰-++-)1 ,2()0 ,1(324)4()32(dy xy x dx yxy⎰⎰=++-=12135)1(2)41(dx x dy y .5. 利用格林公式, 计算下列曲线积分:(1)⎰-+++-Ldy x y dx y x )635()42(, 其中L 为三顶点分别为(0, 0)、(3, 0)和(3, 2)的三角形正向边界;解 L 所围区域D 如图所示, P =2x -y +4, Q =5y +3x -6,4)1(3=--=∂∂-∂∂yPx Q , 故由格林公式,得⎰-+++-L dy x y dx y x )6315()42(d x d y yPx Q D)(∂∂-∂∂=⎰⎰ 124==⎰⎰d x d y D.(2)⎰-+-+Lx x dy ye x x dx e y x xy x y x )2sin ()sin 2cos (222, 其中L 为正向星形线323232a y x =+(a >0);解 x e y x xy x y x P 22sin 2cos -+=, x ye x x Q 2sin 2-=,0)2c o s s i n 2()2c o s s i n 2(22=-+--+=∂∂-∂∂x x ye x x x x ye x x x x yPx Q , 由格林公式⎰-+-+Lx x dy ye x x dx e y x xy x y x )2sin ()sin 2cos (2220)(=∂∂-∂∂=⎰⎰d x d y yPx Q D. (3)⎰+-+-Ldy y x x y dx x y xy )3sin 21()cos 2(2223, 其中L 为在抛物线2x =πy 2上由点(0, 0)到)1 ,2(π的一段弧;解 x y xy P cos 223-=, 223sin 21y x x y Q +-=,0)c o s 26()6c o s 2(22=--+-=∂∂-∂∂x y xy xy x y yPx Q , 所以由格林公式0)(=∂∂-∂∂=+⎰⎰⎰++-d x d y yPx Q Q d y P d x DOBOA L , 其中L 、OA 、OB 、及D 如图所示. 故⎰⎰++=+AB OA L QdyPdx Qdy Pdx4)4321(02201022πππ=+-+=⎰⎰dy y y dx . (4)⎰+--Ldy y x dx y x )sin ()(22, 其中L 是在圆周22x x y -=上由点(0, 0)到点(1, 1)的一段弧. 解 P =x 2-y , Q =-x -sin 2y , 0)1(1=---=∂∂-∂∂yPx Q , 由格林公式有0)(=∂∂-∂∂-=+⎰⎰⎰++d x d y yPx Q Q d y P d x DBO AB L , 其中L 、AB 、BO 及D 如图所示. 故⎰⎰++--=+--L OBBA dy y x dx y x dy y x dx y x)sin ()()sin ()(22222s i n 4167)s i n 1(102102+-=++-=⎰⎰dx x dy y .6. 验证下列P (x , y )dx +Q (x , y )dy 在整个xOy 平面内是某一函数 u (x , y )的全微分, 并求这样的一个u (x , y ): (1)(x +2y )dx +(2x +y )dy ; 证明 因为yPx Q ∂∂==∂∂2, 所以P (x , y )dx +Q (x , y )dy 是某个定义在整 个xOy 面内的函数u (x , y )的全微分. ⎰++++=),()0,0()2()2(),(y x C dy y x dx y x y x u C y xy x +++=22222.(2)2xydx +x 2dy ; 解 因为yPx x Q ∂∂==∂∂2, 所以P (x , y )dx +Q (x , y )dy 是某个定义在整个 xOy 面内的函数u (x , y )的全微分. ⎰++=),()0,0(22),(y x C dy x xydx y x u ⎰⎰+=++=y yC y x C x y d x dy 0220.(3)4sin x sin3y cos xdx –3cos3y cos2xdy 解 因为yPx y x Q ∂∂==∂∂2sin 3cos 6, 所以P (x , y )dx +Q (x , y )dy 是某个 定义在整个xOy 平面内的函数u (x , y )的全微分. ⎰+-=),()0,0(2c o s 3c o s 3c o s 3s i n s i n 4),(y x C x d y y x d x y x y x uC y x C x d y y dx x y+-=+-+=⎰⎰3sin 2cos 2cos 3cos 300.(4)dy ye y x x dx xy y x y )128()83(2322++++ 解 因为yPxy x x Q ∂∂=+=∂∂1632, 所以P (x , y )dx +Q (x , y )dy 是某个定 义在整个xOy 平面内的函数u (x , y )的全微分.⎰+++++=),()0,0(232)128()823(),(y x y C dy ye y x x dx xy iy xh y x uC dx xy y x dy ye y xy +++=⎰⎰022)83(12C e ye y x y x y y +-++=)(124223.(5)dy y x x y dx x y y x )sin sin 2()cos cos 2(22-++ 解 因为yPy x x y x Q ∂∂=-=∂∂sin 2cos 2, 所以P (x , y )dx +Q (x , y )dy 是 某个函数u (x , y )的全微分⎰⎰+-+=xyC dy y x x y xdx y x u 02)sin sin 2(2),(C y x x y ++=c o s s i n 22.7. 设有一变力在坐标轴上的投影为X =x +y 2, Y =2xy -8, 这变力确 定了一个力场, 证明质点在此场内移动时, 场力所做的功与路径无关. 解 场力所作的功为⎰Γ-++=dy xy dx y x W )82()(2.由于yX y x Y ∂∂==∂∂2, 故以上曲线积分与路径无关, 即场力所作的功 与路径无关.习题10-41. 设有一分布着质量的曲面∑, 在点(x , y , z )处它的面密度为μ(x , y , z ), 用对面积的曲面积分表达这曲面对于x 轴的转动惯量.解. 假设μ(x , y , z )在曲面∑上连续, 应用元素法, 在曲面∑上任意一点(x , y , z )处取包含该点的一直径很小的曲面块dS (它的面积也记做dS ), 则对于x 轴的转动惯量元素为dI x =(y 2+z 2)μ(x , y , z )dS , 对于x 轴的转动惯量为dS z y x z y I x ),,()(22μ+=∑⎰⎰.2. 按对面积的曲面积分的定义证明公式dSz y x f dS z y x f dS z y x f ),,(),,(),,(21∑∑∑⎰⎰⎰⎰⎰⎰+=,其中∑是由∑1和∑2组成的.证明 划分∑1为m 部分, ∆S 1, ∆S 2, ⋅ ⋅ ⋅, ∆S m ; 划分∑2为n 部分, ∆S m +1, ∆S m +2, ⋅ ⋅ ⋅, ∆S m +n , 则∆S 1, ⋅ ⋅ ⋅, ∆S m , ∆S m +1, ⋅ ⋅ ⋅, ∆S m +n 为∑的一个划分, 并且 i i i i nm m i i i i i mi i i i i nm i S f S f S f ∆+∆=∆++==+=∑∑∑),,(),,(),,(111ζηξζηξζηξ.令}{max 11i mi S ∆=≤≤λ, }{max12i nm i m S ∆=+≤≤+λ, } ,max{21λλλ=, 则当λ→0时, 有dSz y x f dS z y x f dS z y x f ),,(),,(),,(21∑∑∑⎰⎰⎰⎰⎰⎰+=.3. 当∑是xOy 面内的一个闭区域时, 曲面积分dS z y x f ),,(∑⎰⎰与二重积分有什么关系？解 ∑的方程为z =0, (x , y )∈D ,d x d y d x d yz z dS y x =++=221, 故d x d y z y x f dS z y x f D ),,(),,(⎰⎰⎰⎰=∑.4. 计算曲面积分dS z y x f ),,(∑⎰⎰, 其中∑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: (1) f (x , y , z )=1;解 ∑: z =2-(x 2+y 2), D xy : x 2+y 2≤2,d x d y y x d x d yz z dS y x 22224411++=++=. 因此d x d y y x dS z y x f xyD 22441),,(++=⎰⎰⎰⎰∑⎰⎰+=πθ202241r d r r d ππ313])41(121[2202/32=+=r .(2) f (x , y , z )=x 2+y 2;解 ∑: z =2-(x 2+y 2), D xy : x 2+y 2≤2,d x d y y x d x d yz z dS y x 22224411++=++=. 因此d x d yy x y xdS z y x f xyD 2222441)(),,(+++=⎰⎰⎰⎰∑⎰⎰+=πθ202241r d r r d ππ30149412222=+=⎰rdr r r .(3) f (x , y , z )=3z .解 ∑: z =2-(x 2+y 2), D xy : x 2+y 2≤2,d x d y y x d x d yz z dS y x 22224411++=++=. 因此dS z y x f ),,(∑⎰⎰d x d y y x y x xyD 2222441)](2[3+++-=⎰⎰ ⎰⎰+-=πθ2022241)2(3r d r r r d ππ1011141)2(6222=+-=⎰rdr r r .5. 计算dS y x )(22+∑⎰⎰, 其中∑是:(1)锥面22y x z +=及平面z =1所围成的区域的整个边界曲面; 解 将∑分解为∑=∑1+∑2, 其中 ∑1: z =1 , D 1: x 2+y 2≤1, dS =dxdy ;∑1:22y x z +=, D 2: x 2+y 2≤1, dxdy dxdy z z dS y x 2122=++=.dS y x dS y x dS y x )()()(22222221+++=+∑∑∑⎰⎰⎰⎰⎰⎰ d x d y y x d x d y y x D D )()(222221+++=⎰⎰⎰⎰⎰⎰=πθ20103dr r d +⎰⎰πθ20132dr r dπππ221222+=+=.提示: dxdy dxdy yx y y x x dS 21222222=++++=.(2)锥面z 2=3(x 2+y 2)被平面z =0及z =3所截得的部分. 解 ∑:223y x z +=, D xy : x 2+y 2≤3,d x d y d x d yz z dS y x 2122=++=, 因而πθπ922)()(32202222==+=+⎰⎰⎰⎰⎰⎰∑r d r r d d x d y y x dS y x xyD .提示: dxdy dxdy y x y y x x dS 2])(326[])(326[1222222=++++=.6. 计算下面对面积的曲面积分:(1)dS y x z )342(++∑⎰⎰, 其中∑为平面1432=++z yx 在第一象限中的部分;解 y x z 3424:--=∑, x y x D xy 2310 ,20 :-≤≤≤≤,d x d y z z dS y x 221++=d x d y 361=,61436143614)342(==⋅=++⎰⎰⎰⎰⎰⎰∑dxdydxdy dS y x z xyxyD D .(2)dS z x x xy )22(2+--∑⎰⎰, 其中∑为平面2x +2y +z =6在第一象限中的部分;解 ∑: z =6-2x -2y , D xy : 0≤y ≤3-x , 0≤x ≤3,d x d y d x d yz z dS y x 3122=++=,dS z x xxy )22(2+--∑⎰⎰d x d yy x x xxy xyD 3)22622(2--+--=⎰⎰ ⎰⎰--+--=xdy y xy x x dx 30230)22236(3427)9103(3323-=+-=⎰dx x x . (3)dS z y x )(++∑⎰⎰, 其中∑为球面x 2+y 2+z 2=a 2上z ≥h (0<h <a )的部分; 解 ∑:222y x a z --=, D xy : x 2+y 2≤a 2-h 2,d x d y z z dS y x 221++=d x d y yx a a 222--=,d x d yyx a ay x a y x dS z y x xyD 222222)()(----++=++⎰⎰⎰⎰∑)(||22h a a D a a d x d y xy D xy-===⎰⎰π(根据区域的对称性及函数的奇偶性).提示: dxdy yx a y yx a x dS 22222222)()(1+--++--+=dxdyyx a a 222--=,(4)dS zx yz xy )(++∑⎰⎰, 其中∑为锥面22y x z +=被x 2+y 2=2ax 所截得的有限部分.解 ∑: 22y x z +=, D xy : x 2+y 2≤2ax , dxdy dxdy z z dS y x 2122=++=,d x d yy x y x xy dSzx yz xy xyD ])([2)(22+++=++⎰⎰⎰⎰∑⎰⎰++=-θππθθθθc o s202222)]sin (cos cos sin [2a rdr q r r dθθθθθθππd a)c o s s i n c o s c o s (s i n 24422554⎰-++=421564a =.提示: dxdy yx y y x x dS 2222221++++=.7. 求抛物面壳)10)((2122≤≤+=z y x z 的质量, 此壳的面密度为μ=z .解 ∑: )(2122y x z +=, D xy : x 2+y 2≤2,d x d y y x d x d yz z dS y x 222211++=++=. 故 d x d yy x y x z d S M xyD 22221)(21+++==⎰⎰⎰⎰∑⎰⎰+=πθ20222121r d r r r d )136(152+=π.8. 求面密度为μ0的均匀半球壳x 2+y 2+z 2=a 2(z ≥0)对于z 轴的转动惯量. 解 ∑: 222y x a z --=, D xy : x 2+y 2≤a 2,d x d y z z dS y x 221++=d x d y yx a a 222--=,d x d yyx a a y x dS y x I z 22222022)()(--+=+=∑∑⎰⎰⎰⎰μμ ⎰⎰-=πθμ202230adr ya r d a 4034a πμ=.提示: dxdy yx a y yx a x dS 22222222)()(1---+---+=dxdyyx a a 222--=,习题10-51. 按对坐标的曲面积分的定义证明公式:d y d z z y x P z y x P )],,(),,([21±∑⎰⎰d y d z z y x P d y d zz y x P )],,(),,(21∑∑⎰⎰⎰⎰±=. 解 证明把∑分成n 块小曲面∆S i (∆S i 同时又表示第i 块小曲面的面 积), ∆S i 在yOz 面上的投影为(∆S i )yz , (ξi , ηi ,ζi )是∆S i 上任意取定的一点,λ是各小块曲面的直径的最大值, 则d y d z z y x P z y x P )],,(),,([21±∑⎰⎰yz i i i i i i i ni S P P ))](,(),([lim ,2,110∆±==→∑ζηξζηξλyz i i i i ni yz i i i i ni S P S P ))(,(lim ))(,(lim ,210,110∆±∆==→=→∑∑ζηξζηξλλdydz z y x P dydz z y x P )],,(),,(21∑∑⎰⎰⎰⎰±=.2. 当∑为xOy 面内的一个闭区域时, 曲面积分dxdy z y x R ),,(∑⎰⎰与二重积分有什么关系？ 解 因为∑: z =0, (x , y )∈D xy , 故d x d y z y x R d x d yz y x R xyD ),,(),,(⎰⎰⎰⎰±=∑, 当∑取的是上侧时为正号, ∑取的是下侧时为负号. 3. 计算下列对坐标的曲面积分:(1)zdxdy y x 22∑⎰⎰其中∑是球面x 2+y 2+z 2=R 2的下半部分的下侧;解 ∑的方程为222y x R z ---=, D xy : x 2+y 2≤R , 于是z d x d yy x22∑⎰⎰d x d yy x R y xxyD )(22222----=⎰⎰ ⎰⎰⋅-⋅⋅=πθθθ2022222s i n c o s r d r r R r r d R⎰⎰-=πθθ20052222s i n 41Rdr r r R d 71052R π=.(2)ydzdx xdydz zdxdy ++∑⎰⎰, 其中z 是柱面x 2+y 2=1被平面z =0及z =3所截得的第一卦限内的部分的前侧; 解 ∑在xOy 面的投影为零, 故0=∑⎰⎰zdxdy .∑可表示为21y x -=, (y , z )∈D yz ={(y , z )|0≤y ≤1, 0≤z ≤3}, 故⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰-=-=-=∑30112221311dy y dy y dz dydz y xdyz yzD∑可表示为21x y -=, (z , x )∈D zx ={(z , x )|0≤z ≤3, 0≤x ≤1}, 故d z d x x y d z d x zxD 21-=⎰⎰⎰⎰∑⎰⎰⎰-=-=301122131dx x dx x dz .因此 y d z d x x d y d z z d x d y ++∑⎰⎰)13(212dx x ⎰-=ππ2346=⨯=.解法二 ∑前侧的法向量为n =(2x , 2y , 0), 单位法向量为 )0 , ,(1)c o s ,c o s ,(c o s 22y x yx +=γβα,由两种曲面积分之间的关系,dS z y x ydzdx xdydz zdxdy)cos cos cos (γβα++=++∑∑⎰⎰⎰⎰π23)(222222==+=+⋅++⋅=∑∑∑⎰⎰⎰⎰⎰⎰dS dS y x dS y x y y y x x x . 提示:dS ∑⎰⎰表示曲面的面积.(3)dxdy z z y x f dzdx y z y x f dydz x z y x f ]),,([]),,(2[]),,([+++++∑⎰⎰, 其中 f (x , y , z )为连续函数, ∑是平面x -y +z =1在第四卦限部分的上侧; 解 曲面∑可表示为z =1-x +y , (x , y )∈D xy ={(x , y )|0≤x ≤1, 0≤y ≤x -1}, ∑上侧的法向量为n =(1, -1, 1), 单位法向量为)31,31 ,31()c o s ,c o s ,(c o s -=γβα, 由两类曲面积分之间的联系可得d x d y z z y x f d z d x y z y x f d y d zx z y x f ]),,([]),,(2[]),,([+++++∑⎰⎰ dS z f y f x f ]cos )(cos )2(cos )[(γβα+++++=∑⎰⎰dS z f y f x f ]31)()31()2(31)(⋅++-⋅++⋅+=∑⎰⎰2131)(31===+-=⎰⎰⎰⎰⎰⎰∑∑d x d ydS dS z y x xyD .(4)⎰⎰∑++yzdzdx xydydz xzdxdy , 其中∑是平面x =0, y =0, z =0, x +y +z =1所围成的空间区域的整个边界曲面的外侧. 解 ∑=∑1+∑2+∑3+∑4, 其中 ∑1: x =0, D yz : 0≤y ≤1, 0≤z ≤1-y ,∑2: y =0, D zx : 0≤z 1, 0≤x ≤1-z , ∑3: z =0, D xy : 0≤x ≤1, 0≤y ≤1-x , ∑4: z =1-x -y , D xy : 0≤x ≤1, 0≤y ≤1-x , 于是⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰⎰∑∑∑∑∑+++=4321xzdxdyx z d x d y4000∑⎰⎰+++= d x d y y x x xyD )1(--=⎰⎰⎰⎰-=--=110241)1(xdy y x xdx. 由积分变元的轮换对称性可知241⎰⎰⎰⎰∑∑==yzdzdx xydydz .因此 ⎰⎰∑=⨯=++812413yzdzdx xydydz xzdxdy .解 ∑=∑1+∑2+∑3+∑4, 其中∑1、∑2、∑3是位于坐标面上的三块; ∑4: z =1-x -y , D xy : 0≤x ≤1, 0≤y ≤1-x . 显然在∑1、∑2、∑3上的曲面积分均为零, 于是⎰⎰∑++yzdzdxxydydz xzdxdyy z d z d x x y d y d z x z d x d y ++=∑⎰⎰4dS xz yz xy )cos cos cos (4γβα++=∑⎰⎰dS xz yz xy )(34++=∑⎰⎰81)]1)(([3=--++=⎰⎰dxdy y x y x xy xyD .4. 把对坐标的曲面积分d x d y z y x R d z d x z y x Q d y d zz y x P ),,(),,(),,(++∑⎰⎰化成对面积的曲面积分:(1)∑为平面63223=++z y x 在第一卦限的部分的上侧; 解 令63223),,(-++=z y x z y x F , ∑上侧的法向量为: )32 ,2 ,3(),,(==z y x F F F n , 单位法向量为)32 ,2 ,3(51)c o s ,c o s ,(c o s =γβα,于是R d x d y Q d z d x P d y d z ++∑⎰⎰ dS R Q P )cos cos cos (γβα++=∑⎰⎰dS R Q P )3223(51++=∑⎰⎰.(2)∑是抛物面z =8-(x 2+y 2)在xOy 面上方的部分的上侧. 解 令F (x , y , z )=z +x 2+y 2-8, ∑上侧的法向量 n =(F x , F y , F z )=(2x , 2y , 1), 单位法向量为)1 ,2 ,2(4411)c o s ,c o s ,(c o s 22y x yx ++=γβα,于是R d x d y Q d z d x P d y d z ++∑⎰⎰ dS R Q P )cos cos cos (γβα++=∑⎰⎰dSR yQ xP yx )22(441122++++=∑⎰⎰.10-61. 利用高斯公式计算曲面积分:(1)⎰⎰∑++dxdy z dzdx y dydz x 222, 其中∑为平面x =0, y =0, z =0, x =a ,y =a , z =a 所围成的立体的表面的外侧;解 由高斯公式 原式dv z y x dv zRy Q x P )(2)(++=∂∂+∂∂+∂∂=ΩΩ⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ⎰⎰⎰⎰⎰⎰===Ωaaaa dz dy xdx xdv 040366(这里用了对称性).(2)⎰⎰∑++dxdy z dzdx y dydz x 333, 其中∑为球面x 2+y 2+z 2=a 2的外侧;解 由高斯公式 原式dv z y x dv zRy Q x P )(3)(222++=∂∂+∂∂+∂∂=ΩΩ⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ⎰⎰⎰=ππϕϕθ204s i n 3adr r d d 5512a π=. (3)⎰⎰∑++-+dxdy z y xy dzdx z y x dydz xz )2()(2322, 其中∑为上半球体x 2+y 2≤a 2, 2220y x a z --≤≤的表面外侧; 解 由高斯公式 原式dv y x z d zRy Q x P )()(222++=∂∂+∂∂+∂∂=ΩΩ⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ⎰⎰⎰=ππϕϕθ202022s i n adr r r d d 552a π=. (4)⎰⎰∑++zdxdy ydzdx xdydz 其中∑界于z =0和z =3之间的圆柱体x 2+y 2≤9的整个表面的外侧; 解 由高斯公式 原式π813)(==∂∂+∂∂+∂∂=ΩΩ⎰⎰⎰⎰⎰⎰dv dv zRy Q x P . (5)⎰⎰∑+-yzdxdy dzdx y xzdydz 24,其中∑为平面x =0, y =0, z =0, x =1,y =1, z =1所围成的立体的全表面的外侧. 解 由高斯公式原式dv y y z dv zRy Q x P )24()(+-=∂∂+∂∂+∂∂=ΩΩ⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ⎰⎰⎰=-=1010123)4(dz y z dy dx . 2. 求下列向量A 穿过曲面∑流向指定侧的通量:(1)A =yz i +xz j +xy k , ∑为圆柱x +y 2≤a 2(0≤z ≤h )的全表面, 流向外侧; 解 P =yz , Q =xz , R =xy , ⎰⎰∑++=Φxydxdy xzdzdx yzdydzdv zxy y xz x yz ))()()((∂∂+∂∂+∂∂=Ω⎰⎰⎰00==Ω⎰⎰⎰d v . (2)A =(2x -z )i +x 2y j - xz 2k , ∑为立方体0≤x ≤a , 0≤y ≤a , 0≤z ≤a , 的全表面, 流向外侧;解 P =2x -z , Q =x 2y , R =-xz 2, ⎰⎰∑++=ΦRdxdy Qdzdx Pdydzdv xz x dv zr y Q x P )22()(2-+=∂∂+∂∂+∂∂=ΩΩ⎰⎰⎰⎰⎰⎰ ⎰⎰⎰-=-+=aaaa a dz xz x dy dx 02320)62()22(. (3)A =(2x +3z )i -(xz +y )j +(y 2+2z )k , ∑是以点(3, -1, 2)为球心, 半径R =3的球面, 流向外侧.解 P =2x +3z , Q =-(xz +y ), R =y 2+2z , ⎰⎰∑++=ΦRdxdy Qdzdx Pdydzdv dv zRy Q x P )212()(+-=∂∂+∂∂+∂∂=ΩΩ⎰⎰⎰⎰⎰⎰π1083==Ω⎰⎰⎰dv . 3. 求下列向量A 的散度: (1)A =(x 2+yz )i +(y 2+xz )j +(z 2+xy )k ; 解 P =x 2+yz , Q =y 2+xz , R =-z 2+xy ,)(2222d i vz y x z y x zRy Q x P ++=++=∂∂+∂∂+∂∂=A .(2)A =e xy i +cos(xy )j +cos(xz 2)k ; 解 P =e xy , Q =cos(xy ), R =cos(xz 2),)s i n (2s i n d i v2xz xz xy x ye zRy Q x P xy --=∂∂+∂∂+∂∂=A . (3)A =y 2z i +xy j +xz k ; 解 P =y 2, Q =xy , R =xz , x x x zRy Q x P 20d i v =++=∂∂+∂∂+∂∂=A . 4. 设u (x , y , z )、v (x , y , z )是两个定义在闭区域Ω上的具有二阶连续 偏导数的函数, nu ∂∂, nv ∂∂依次表示u (x , y , z )、v (x , y , z )沿∑的外法线方向的方向导数. 证明dS nu v n v udxdydz u v v u )()∂∂-∂∂=∆-∆⎰⎰⎰⎰⎰∑Ω, 其中∑是空间闭区间Ω的整个边界曲面, 这个公式叫作林第二公式. 证明 由第一格林公式(见书中例3)知d x d y d z zvy v x v u )(222222∂∂+∂∂+∂∂Ω⎰⎰⎰ d x d y d z zv z u y v y u x v x u dS n v u)(∂∂∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂-∂∂=⎰⎰⎰⎰⎰∑Ω, d x d y d zzuy u x u v )(222222∂∂+∂∂+∂∂Ω⎰⎰⎰ d x d y d zzvz u y v y u x v x u dS n u v)(∂∂∂∂+∂∂∂∂+∂∂∂∂-∂∂=⎰⎰⎰⎰⎰∑Ω. 将上面两个式子相减, 即得d x d y d zuy u x u v z v y v x v u )]()([222222222222∂∂+∂∂+∂∂-∂∂+∂∂+∂∂Ω⎰⎰⎰⎰⎰∑∂∂-∂∂=dS nu v n v u)(.。