2020–2021 学年春季期末真题

本卷为 A 卷，考试日期为 2021 年 6 月 25 日。原文件同时给出了题目与评分解析；下面只清理排版，不改变题意。每小题的解析默认折叠。

一、选择题（每小题 4 分，共 20 分）

1. 三重积分的大小

设

$$\Omega=\{(x,y,z)\mid x^2+y^2+z^2\leq 1\},$$

并记

$$\begin{aligned} I_1&=\iiint_\Omega \frac{z\ln(x^2+y^2+z^2+1)}{x^2+y^2+z^2+1}\,\mathrm dV,\\ I_2&=\iiint_\Omega\left[\cos^4(x+y+z)+z^3\right]\,\mathrm dV,\\ I_3&=\iiint_\Omega\ln(x^2+y^2+z^2)\,\mathrm dV. \end{aligned}$$

三者的大小关系是（　）。

A. $I_1<I_2<I_3$　B. $I_1>I_2>I_3$　C. $I_2>I_1>I_3$　D. $I_2<I_1<I_3$

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答案：C。

$\Omega$ 关于 $z=0$ 对称，$I_1$ 的被积函数关于 $z$ 为奇函数，所以 $I_1=0$。同理，$I_2$ 中 $z^3$ 的积分为零，而 $\cos^4(x+y+z)\geq 0$ 且不恒为零，故 $I_2>0$。在球内除原点外有 $0<x^2+y^2+z^2\leq1$，故 $\ln(x^2+y^2+z^2)<0$，于是 $I_3<0$。

2. 极坐标积分限

设 $D=\{(x,y)\mid (x-a/2)^2+y^2\leq a^2/4\}$，则 $\iint_D f(x,y)\,\mathrm dx\mathrm dy$ 在极坐标下应写成（　）。

A. $\displaystyle\int_0^a\!\mathrm dr\int_{-\pi/2}^{\pi/2}f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\,\mathrm d\theta$

B. $\displaystyle\int_0^a\!\mathrm dr\int_{-\arccos(r/a)}^{\arccos(r/a)}f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\,\mathrm d\theta$

C. $\displaystyle\int_{-\pi/2}^{\pi/2}\!\mathrm d\theta\int_0^a f(r\cos\theta,r\sin\theta)r\,\mathrm dr$

D. $\displaystyle\int\!\mathrm d\theta\int f(r\cos\theta,r\sin\theta)\,\mathrm dr$

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答案：B。边界圆化为 $r=a\cos\theta$。若先对角度积分，则固定 $r\in[0,a]$ 时须有 $r\leq a\cos\theta$，即 $|\theta|\leq\arccos(r/a)$。

3. 旋转抛物面的体积

曲面 $z=1-x^2-y^2$ 与坐标面所围成立体的体积为（　）。

A. $4\pi/3$　B. $\pi/2$　C. $\pi$　D. $2\pi/3$

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答案：B。投影为单位圆盘，故

$$V=\int_0^{2\pi}\!\mathrm d\theta\int_0^1(1-r^2)r\,\mathrm dr=\frac{\pi}{2}.$$

4. 圆周上的积分平均值

设 $f(x,y)$ 连续，$L_r$ 是以 $M(x_0,y_0)$ 为圆心、$r$ 为半径的圆周，则

$$\lim_{r\to0^+}\frac1r\int_{L_r}f(x,y)\,\mathrm ds=(\quad).$$

A. $2\pi f(x_0,y_0)$　B. $f(0,0)$　C. $2\pi f(0,0)$　D. $f(x_0,y_0)$

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答案：A。由连续性，圆周缩到 $M$ 时 $f(x,y)\to f(x_0,y_0)$，而圆周长为 $2\pi r$。

5. 抛物面的面积

抛物面 $2z=x^2+y^2$ 位于平面 $z=2$ 下方的面积为（　）。

A. $\frac{2\pi}{3}(5\sqrt5+1)$　B. $\pi(5\sqrt5-1)$　C. $\frac{4\pi}{3}(5\sqrt5-1)$　D. $\frac{2\pi}{3}(5\sqrt5-1)$

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答案：D。曲面写成 $z=(x^2+y^2)/2$，投影为 $r\leq2$，所以

$$S=\int_0^{2\pi}\!\mathrm d\theta\int_0^2\sqrt{1+r^2}\,r\,\mathrm dr =\frac{2\pi}{3}(5\sqrt5-1).$$

二、计算题（每小题 5 分，共 15 分）

1. 散度与旋度

设向量场 $\mathbf F(x,y,z)=(xyz^2,z\sin y,x^2e^y)$，求 $\operatorname{div}\mathbf F$ 与 $\operatorname{rot}\mathbf F$。

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直接按定义求偏导：

$$\operatorname{div}\mathbf F=yz^2+z\cos y,$$ $$\operatorname{rot}\mathbf F= \left(x^2e^y-\sin y,\;2xyz-2xe^y,\;-xz^2\right).$$

2. 利用区域对称性计算二重积分

设 $D=\{(x,y)\mid 0\leq x,y\leq1\}$，$f$ 连续且恒正，$a,b$ 为常数，计算

$$\iint_D\frac{af(x)+bf(y)}{f(x)+f(y)}\,\mathrm dx\mathrm dy.$$

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交换 $x,y$ 不改变正方形 $D$，原积分也等于

$$\iint_D\frac{af(y)+bf(x)}{f(x)+f(y)}\,\mathrm dx\mathrm dy.$$

两式相加后分子成为 $(a+b)[f(x)+f(y)]$，故原积分为

$$\frac12\iint_D(a+b)\,\mathrm dx\mathrm dy=\frac{a+b}{2}.$$

3. 平面截球所得圆周上的第一型曲线积分

计算 $\displaystyle\int_L(x+y^2)\,\mathrm ds$，其中

$$L:\begin{cases} x^2+y^2+z^2=R^2,\\ x+y+z=0. \end{cases}$$

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$L$ 关于 $x,y,z$ 的轮换对称，且在 $L$ 上 $x+y+z=0$、$x^2+y^2+z^2=R^2$。因此

$$\int_L(x+y^2)\,\mathrm ds =\frac13\int_L(x+y+z+x^2+y^2+z^2)\,\mathrm ds.$$

截面圆半径为 $R$，周长为 $2\pi R$，故结果为

$$\frac13R^2(2\pi R)=\frac{2\pi R^3}{3}.$$

三、计算题（每小题 5 分，共 15 分）

1. 球坐标与奇偶对称性

计算

$$\iiint_\Omega(2z+3xy^2)\,\mathrm dV,$$

其中 $\Omega$ 由 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 与 $z=\sqrt{1-x^2-y^2}$ 所围成。

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$\Omega$ 关于 $yOz$ 平面对称，而 $3xy^2$ 关于 $x$ 为奇函数，其积分为零。球坐标下区域为

$$0\leq\theta\leq2\pi,\qquad0\leq\varphi\leq\frac\pi4, \qquad0\leq\rho\leq1.$$

所以

$$\iiint_\Omega2z\,\mathrm dV =2\int_0^{2\pi}\!\mathrm d\theta\int_0^{\pi/4}\!\mathrm d\varphi \int_0^1\rho\cos\varphi\,\rho^2\sin\varphi\,\mathrm d\rho =\frac\pi4.$$

2. 椭圆弧上的第二型曲线积分

计算

$$I=\int_L(x^2+y^2)\,\mathrm dx+2y\,\mathrm dy,$$

其中 $L$ 为椭圆 $x^2/a^2+y^2/b^2=1$ 的上半部分，方向从 $A(a,0)$ 到 $B(-a,0)$。

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令 $x=a\cos\theta$、$y=b\sin\theta$，$0\leq\theta\leq\pi$。代入得

$$I=\int_0^\pi\left[(a^2\cos^2\theta+b^2\sin^2\theta)(-a\sin\theta) +2b^2\sin\theta\cos\theta\right]\,\mathrm d\theta,$$

从而

$$I=-\frac{2a}{3}(a^2+2b^2).$$

3. 上半球面上的第一型曲面积分

计算 $\displaystyle\iint_\Sigma z\,\mathrm dS$，其中 $\Sigma$ 是上半球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$、$z\geq0$。

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写成 $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$，有

$$\mathrm dS=\frac{a}{z}\,\mathrm dx\mathrm dy.$$

因此

$$\iint_\Sigma z\,\mathrm dS =\iint_{x^2+y^2\leq a^2}a\,\mathrm dx\mathrm dy =\pi a^3.$$

四、第二型曲面积分（10 分）

计算

$$\iint_\Sigma(3y-z)\,\mathrm dy\mathrm dz+(z-3x)\,\mathrm dz\mathrm dx +(x-y)\,\mathrm dx\mathrm dy,$$

其中 $\Sigma$ 为锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$、$0\leq z\leq b$ 的外侧。

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锥体内部满足 $r\le z\le b$，所以侧面的外法向应指向 $r-z$ 增大的方向。投影到 $xy$ 平面时取有向面积元

$$\mathbf n\,\mathrm dS=(x/r,y/r,-1)\,\mathrm dx\mathrm dy, \qquad r=\sqrt{x^2+y^2}.$$

源答案使用了相反方向 $(-x/r,-y/r,1)$；那是内侧法向。投影是圆盘 $D:x^2+y^2\leq b^2$。按外侧方向代入 $z=r$ 后，被积函数化为 $2(y-x)$，故由圆盘的对称性，积分仍为

$$2\iint_D(y-x)\,\mathrm dx\mathrm dy=0.$$

五、路径无关积分（10 分）

设 $f(x),g(y)$ 在 $\mathbb R$ 上具有一阶连续导数，且 $f(0)=0$。已知

$$\int_L2xy\,\mathrm dx+[f(x)+g(y)]\,\mathrm dy$$

与路径无关，并且对任意 $t$ 恒有

$$\int_{(0,0)}^{(t,1)}2xy\,\mathrm dx+[f(x)+g(y)]\,\mathrm dy =\int_{(0,0)}^{(1,t)}2xy\,\mathrm dx+[f(x)+g(y)]\,\mathrm dy.$$

求 $f(x),g(y)$。

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路径无关要求

$$f'(x)=\frac{\partial(2xy)}{\partial y}=2x.$$

由 $f(0)=0$ 得 $f(x)=x^2$。两条积分分别为

$$t^2+\int_0^1g(y)\,\mathrm dy, \qquad t+\int_0^tg(y)\,\mathrm dy.$$

两边对 $t$ 求导，得到 $2t=1+g(t)$，所以

$$f(x)=x^2,\qquad g(y)=2y-1.$$

六、利用 Gauss 公式（10 分）

计算

$$\iint_Sx(x-2y+x^2)\,\mathrm dy\mathrm dz +y(y-2z+y^2)\,\mathrm dz\mathrm dx +z(z-2x+z^2)\,\mathrm dx\mathrm dy,$$

其中 $S$ 为上半球面 $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$ 的上侧。

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补上底面 $\Sigma:z=0$ 并取下侧。底面上的通量为零。向量场散度为

$$3(x^2+y^2+z^2).$$

由 Gauss 公式及球坐标，所求积分为

$$\iiint_\Omega3\rho^2\,\mathrm dV =3\int_0^{2\pi}\!\mathrm d\theta\int_0^{\pi/2}\sin\varphi\,\mathrm d\varphi \int_0^a\rho^4\,\mathrm d\rho =\frac{6\pi a^5}{5}.$$

七、利用 Stokes 公式（10 分）

计算

$$\oint_\Gamma(5y-2e^x)\,\mathrm dx+(5z-2y^2)\,\mathrm dy+(5x+e^{2z})\,\mathrm dz,$$

其中

$$\Gamma:\begin{cases} x^2+y^2+z^2=R^2,\\ x+y-z=0, \end{cases}$$

从 $z$ 轴正向看 $\Gamma$ 为逆时针方向。

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取平面 $x+y-z=0$ 内由 $\Gamma$ 围成的圆盘 $\Sigma$，法向量向上。单位法向量为

$$\mathbf n=\frac1{\sqrt3}(-1,-1,1).$$

向量场的旋度与该法向量点乘为 $5/\sqrt3$。$\Sigma$ 是过球心的大圆盘，面积为 $\pi R^2$，故由 Stokes 公式，结果为

$$\frac5{\sqrt3}\pi R^2=\frac{5\sqrt3}{3}\pi R^2.$$

八、利用 Green 公式（10 分）

证明

$$I=\oint_L\frac{e^x}{x^2+y^2}\left[(x\sin y-y\cos y)\,\mathrm dx +(x\cos y+y\sin y)\,\mathrm dy\right]=2\pi,$$

其中 $L$ 为任意把原点包在内部的分段光滑闭曲线，方向为逆时针。

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记积分中的两个系数为 $P,Q$。在 $(x,y)\neq(0,0)$ 处直接求导可得 $P_y=Q_x$，但原点是奇点，不能直接对 $L$ 内部使用 Green 公式。

在 $L$ 内挖去小圆 $L_a:x^2+y^2=a^2$。在两条边界之间的区域用 Green 公式，得到 $I$ 等于小圆 $L_a$ 上同向积分。参数化 $x=a\cos t$、$y=a\sin t$ 后，原卷将其化为

$$I=\frac1{a^2}\iint_{x^2+y^2\leq a^2}2e^x\cos y\,\mathrm dx\mathrm dy.$$

由积分中值定理，右边为 $2\pi e^\xi\cos\eta$，其中 $(\xi,\eta)$ 位于半径 $a$ 的圆盘内。令 $a\to0$ 即得 $I=2\pi$。