2015-2016 学年春真题（期末）

考试日期为 2016 年 6 月 24 日。源文件是带答案的 A 卷；下文保留原卷的八个部分，解析以原卷答案为依据，并补足必要的中间步骤。

一、选择题（每小题 4 分，共 20 分）

1. 缩小球面上的平均值

已知 $f(x,y,z)$ 是 $\mathbb R^3$ 上的连续函数，$\Sigma_r$ 表示球面

$$x^2+y^2+z^2=r^2,$$

则

$$\lim_{r\to0^+}\frac{1}{\pi r^2}\iint_{\Sigma_r}f(x,y,z)\,\mathrm dS=(\quad).$$

A. $f(0,0,0)$　B. $\dfrac43f(0,0,0)$　C. $4f(0,0,0)$　D. $\dfrac34f(0,0,0)$

查看答案与解析

答案：C。

球面面积是 $4\pi r^2$。由 $f$ 在原点连续，球面缩小时 $f$ 在球面上趋近于 $f(0,0,0)$，所以

$$\frac{1}{\pi r^2}\iint_{\Sigma_r}f\,\mathrm dS \longrightarrow \frac{4\pi r^2}{\pi r^2}f(0,0,0)=4f(0,0,0).$$

2. 改变积分次序

改变积分次序：

$$\int_1^2\!\mathrm dy\int_y^{y^2}f(x,y)\,\mathrm dx=(\quad).$$

A. $\displaystyle\int_1^2\!\mathrm dx\int_x^{x^2}f\,\mathrm dy+\int_2^4\!\mathrm dx\int_x^4f\,\mathrm dy$

B. $\displaystyle\int_1^2\!\mathrm dx\int_{\sqrt x}^{x}f\,\mathrm dy+\int_2^4\!\mathrm dx\int_{\sqrt x}^{2}f\,\mathrm dy$

C. $\displaystyle\int_1^2\!\mathrm dx\int_2^{\sqrt x}f\,\mathrm dy+\int_2^4\!\mathrm dx\int_x^{\sqrt x}f\,\mathrm dy$

D. $\displaystyle\int_0^2\!\mathrm dx\int_{\sqrt x}^{x}f\,\mathrm dy+\int_2^4\!\mathrm dx\int_{\sqrt x}^{2}f\,\mathrm dy$

查看答案与解析

答案：B。

原区域满足 $1\le y\le2$、$y\le x\le y^2$。竖着切时，$1\le x\le2$ 有 $\sqrt x\le y\le x$；$2\le x\le4$ 有 $\sqrt x\le y\le2$。

3. 二重积分的符号

设

$$D=\{(x,y)\mid r\le |x|+|y|\le1\},\qquad 0<r<1,$$

记

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

则 $I$（　）。

A. 大于 $0$　B. 小于 $0$　C. 等于 $0$　D. 与 $r$ 有关，无法判断符号

查看答案与解析

答案：B。

在 $D$ 上有 $0<x^2+y^2\le(|x|+|y|)^2\le1$，且等号只可能出现在零测集上。因此 $\ln(x^2+y^2)\le0$ 且并非几乎处处为零，故积分严格小于零。

4. 路径无关的参数

设 $L$ 是平面上的有向分段光滑曲线。如果

$$\int_L(x^4+4xy^a)\,\mathrm dx+(6x^{a-1}y^2-5y^4)\,\mathrm dy$$

与路径无关，则 $a=$（　）。

A. $-1$　B. $0$　C. $1$　D. $3$

查看答案与解析

答案：D。

令 $P=x^4+4xy^a$、$Q=6x^{a-1}y^2-5y^4$。路径无关要求 $P_y=Q_x$，即

$$4axy^{a-1}=6(a-1)x^{a-2}y^2.$$

要让两边作为函数恒等，幂次必须满足 $a-1=2$、$a-2=1$，故 $a=3$；此时两边系数也都为 $12$。

5. 混合偏导的矩形积分

设 $f$ 在矩形 $I=[a,b]\times[c,d]$ 上有连续二阶偏导数，则

$$\iint_I\frac{\partial^2f}{\partial x\partial y}\,\mathrm dx\mathrm dy=(\quad).$$

A. $f(b,d)+f(a,c)-f(a,d)-f(b,c)$

B. $f(b,d)+f(a,c)+f(a,d)+f(b,c)$

C. $f(b,d)-f(a,c)+f(a,d)-f(b,c)$

D. $f(a,d)+f(b,c)-f(b,d)-f(a,c)$

查看答案与解析

答案：A。连续使用一元微积分基本定理：

$$\begin{aligned} \int_a^b\!\mathrm dx\int_c^d f_{xy}\,\mathrm dy &=\int_a^b[f_x(x,d)-f_x(x,c)]\,\mathrm dx\\ &=f(b,d)-f(a,d)-f(b,c)+f(a,c). \end{aligned}$$

二、计算题（每小题 6 分，共 30 分）

1. 圆环上的二重积分

使用极坐标计算

$$I=\iint_D\sin(x^2+y^2)\,\mathrm dx\mathrm dy, \qquad D=\{(x,y)\mid1\le x^2+y^2\le2\}.$$

查看答案与解析

原卷答案：

$$I=\int_0^{2\pi}\!\mathrm d\theta\int_1^{\sqrt2}r\sin(r^2)\,\mathrm dr =\pi(\cos1-\cos2).$$

2. 利用对称性计算三重积分

计算

$$I=\iiint_V\left(x^2\sqrt{x^2+y^2}+x^{2016}\sin(xy)\right)\,\mathrm dx\mathrm dy\mathrm dz,$$

其中 $V$ 是锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 与平面 $z=1$ 围成的有界闭区域。

查看答案与解析

$V$ 关于 $xOz$ 平面对称，而 $x^{2016}\sin(xy)$ 关于 $y$ 为奇函数，所以这一项的积分为零。对剩余部分使用柱坐标：

$$\begin{aligned} I&=\int_0^{2\pi}\!\mathrm d\theta\int_0^1\!\mathrm dr\int_r^1 r^4\cos^2\theta\,\mathrm dz\\ &=\pi\int_0^1r^4(1-r)\,\mathrm dr =\frac{\pi}{30}. \end{aligned}$$

3. 圆锥螺线上的第一型曲线积分

计算

$$I=\int_\Gamma z\,\mathrm ds,$$

其中 $\Gamma:x=t\cos t,\ y=t\sin t,\ z=t$，$0\le t\le1$。

查看答案与解析

$$\mathrm ds=\sqrt{(-t\sin t+\cos t)^2+(t\cos t+\sin t)^2+1}\,\mathrm dt =\sqrt{t^2+2}\,\mathrm dt.$$

因此

$$I=\int_0^1t\sqrt{t^2+2}\,\mathrm dt =\frac13(3\sqrt3-2\sqrt2).$$

4. 参数曲线上的第二型曲线积分

计算

$$I=\int_\Gamma z\,\mathrm dx+x\,\mathrm dy+y\,\mathrm dz,$$

其中 $\Gamma:x=t,\ y=t^2,\ z=t^3$，$t\in[0,1]$，方向为 $t$ 增加的方向。

查看答案与解析

$$I=\int_0^1(t^3+2t^2+3t^4)\,\mathrm dt =\frac14+\frac23+\frac35 =\frac{91}{60}.$$

5. 球面片上的第一型曲面积分

计算

$$I=\iint_S\bigl(z+y\cos(xy)\bigr)\,\mathrm dS,$$

其中 $S$ 是球面 $x^2+y^2+z^2=a^2$ 被柱面 $x^2+y^2=ax$ 截下来的上半部分，$a>0$。

查看答案与解析

$S$ 关于 $xOz$ 平面对称，$y\cos(xy)$ 关于 $y$ 为奇函数，故其积分为零。上半球写成 $z=\sqrt{a^2-x^2-y^2}$，有

$$z\,\mathrm dS=a\,\mathrm dx\mathrm dy.$$

投影区域 $D:x^2+y^2\le ax$ 是半径 $a/2$ 的圆盘，所以

$$I=a\operatorname{area}(D)=a\cdot\frac{\pi a^2}{4}=\frac{\pi a^3}{4}.$$

三、第二型曲面积分（10 分）

计算

$$\iint_\Sigma (y^2f(x,y,z)+x)\,\mathrm dy\mathrm dz -xyf(x,y,z)\,\mathrm dz\mathrm dx+2\,\mathrm dx\mathrm dy,$$

其中 $f$ 连续，$\Sigma$ 是曲面 $x^2+y^2+z=1$ 在第一卦限内的部分，取上侧。

查看答案与解析

令 $z=1-x^2-y^2$。向上定向时，$\mathrm dy\mathrm dz=-z_x\,\mathrm dx\mathrm dy=2x\,\mathrm dx\mathrm dy$，$\mathrm dz\mathrm dx=-z_y\,\mathrm dx\mathrm dy=2y\,\mathrm dx\mathrm dy$。含 $f$ 的两项正好抵消：

$$I=\iint_D(2x^2+2)\,\mathrm dx\mathrm dy, \qquad D=\{x^2+y^2\le1,\ x,y\ge0\}.$$

四分之一单位圆盘上 $\iint_Dx^2\,\mathrm dx\mathrm dy=\pi/16$、$\operatorname{area}(D)=\pi/4$，故

$$I=2\cdot\frac{\pi}{16}+2\cdot\frac{\pi}{4}=\frac{5\pi}{8}.$$

四、全微分与路径无关积分（10 分）

验证

$$\left(\frac yx+\frac{2x}{y}\right)\,\mathrm dx +\left(\ln x-\frac{x^2}{y^2}\right)\,\mathrm dy, \qquad x>0,\ y>0,$$

是某个二元函数 $u(x,y)$ 的全微分，求 $u$，并计算从 $(1,1)$ 到 $(2,3)$ 的该曲线积分。

查看答案与解析

令

$$P=\frac yx+\frac{2x}{y},\qquad Q=\ln x-\frac{x^2}{y^2}.$$

在第一象限有 $P_y=Q_x=1/x-2x/y^2$，故微分是恰当的。由 $u_x=P$ 得

$$u=y\ln x+\frac{x^2}{y}+C.$$

原卷取 $u(1,1)=0$，于是 $C=-1$。曲线积分等于势函数增量：

$$u(2,3)-u(1,1)=3\ln2+\frac13.$$

五、Green 公式（10 分）

利用 Green 公式计算

$$\oint_L\frac{(x-y)\,\mathrm dx+(x+4y)\,\mathrm dy}{x^2+4y^2},$$

其中 $L:x^2+y^2=1$，取逆时针方向。

查看答案与解析

被积形式在原点有奇点，不能直接对整个圆盘使用 Green 公式。在内部挖去小椭圆

$$L_1:x^2+4y^2=\varepsilon^2,$$

并令 $L_1$ 取顺时针方向。在环形区域上 $Q_x-P_y=0$，所以 $\int_L+\int_{L_1}=0$。又由小椭圆上的直接参数化或再用一次 Green 公式可得

$$\int_{L_1}\frac{(x-y)\,\mathrm dx+(x+4y)\,\mathrm dy}{x^2+4y^2}=-\pi.$$

因此

$$\boxed{\int_L=\pi}.$$

六、Gauss 公式（10 分）

利用 Gauss 公式计算

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

其中 $\Sigma$ 是抛物面 $z=x^2+y^2$ 介于 $z=0$ 与 $z=R$ 之间的部分，取下侧，$R>0$。

查看答案与解析

补上平面 $\Sigma_1:z=R$，取上侧。向量场的散度为零，所以闭曲面总通量为零，原积分等于辅助面通量的相反数。辅助面投影为 $x^2+y^2\le R$，且

$$\iint_{\Sigma_1}(x^2-y)\,\mathrm dx\mathrm dy =\int_0^{2\pi}\!\mathrm d\theta\int_0^{\sqrt R} (r^2\cos^2\theta-r\sin\theta)r\,\mathrm dr =\frac{\pi R^2}{4}.$$

故所求为

$$-\frac{\pi R^2}{4}.$$

七、Stokes 公式（10 分）

用 Stokes 公式计算

$$\oint_\Gamma(y-z)\,\mathrm dx+(x-y)\,\mathrm dz,$$

其中 $\Gamma$ 是从 $(a,0,0)$ 经 $(0,a,0)$、$(0,0,a)$ 回到 $(a,0,0)$ 的三角形边界，$a>0$。

查看答案与解析

取三角形所在平面 $x+y+z=a$ 的上侧。把被积形式视为向量场

$$\mathbf F=(y-z,0,x-y),$$

则

$$\nabla\times\mathbf F=(-1,-2,-1).$$

使用 $xOy$ 投影时，向上的有向面积向量为 $(1,1,1)\,\mathrm dx\mathrm dy$。投影三角形面积为 $a^2/2$，所以

$$\oint_\Gamma\mathbf F\cdot\mathrm d\mathbf r =(-1-2-1)\frac{a^2}{2} =-2a^2.$$

八、附加题（10 分）

设 $P(x,y)$、$Q(x,y)$ 在全平面上有连续偏导数，而且以任意点 $(x_0,y_0)$ 为中心、任意 $r>0$ 为半径的上半圆

$$C:x=x_0+r\cos\theta,\qquad y=y_0+r\sin\theta,\qquad0\le\theta\le\pi$$

恒有

$$\int_C P\,\mathrm dx+Q\,\mathrm dy=0.$$

证明：$P(x,y)\equiv0$，且 $Q_x\equiv0$。

查看答案与解析

用直径线段 $AB$ 补成上半圆盘 $D$ 的正向边界。因为半圆弧积分为零，故边界积分只剩直径：

$$\oint_{\partial D}P\,\mathrm dx+Q\,\mathrm dy =\int_{x_0-r}^{x_0+r}P(x,y_0)\,\mathrm dx =2rP(\xi,y_0)$$

其中 $\xi\in[x_0-r,x_0+r]$。另一方面，由 Green 公式和积分中值定理，存在 $M\in D$ 使

$$\oint_{\partial D}P\,\mathrm dx+Q\,\mathrm dy =\iint_D(Q_x-P_y)\,\mathrm dx\mathrm dy =\frac{\pi r^2}{2}(Q_x-P_y)(M).$$

两式相除并令 $r\to0$，得到 $P(x_0,y_0)=0$。点 $(x_0,y_0)$ 任意，所以 $P\equiv0$，进而 $P_y\equiv0$。再代回 Green 公式关系，并令半径缩到零，得到 $Q_x(x_0,y_0)=0$；因此 $Q_x\equiv0$。