2013-2014 学年春真题（期末）

#真题

考试日期为 2014 年 6 月 27 日。源文件是带评分答案的 A 卷。第四小题和第五大题的源答案各有一处中间式或算术笔误，下文在对应解析中透明校正。

一、求解下列问题（每小题 6 分，共 48 分）

1. 缩小球面上的平均值

设 u(x,y,z)u(x,y,z) 连续，Σ\Sigma 是以 M(x0,y0,z0)M(x_0,y_0,z_0) 为中心、半径为 RR 的球面，求

lim⁡R→0+14πR2∬Σu(x,y,z) dS.\lim_{R\to0^+}\frac1{4\pi R^2}\iint_\Sigma u(x,y,z)\,\mathrm dS.
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由连续函数的局部平均值性质，球面缩到 MM 时，球面上的函数值一致趋近于 u(M)u(M)，所以极限为

u(x0,y0,z0).u(x_0,y_0,z_0).

2. 调换积分次序

计算

∬Dx2e−y2 dxdy,\iint_Dx^2e^{-y^2}\,\mathrm dx\mathrm dy,

其中 DD 由 x=0x=0、y=1y=1、y=xy=x 围成。

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若先对 yy 积分会遇到不可用初等函数表示的 ∫e−y2 dy\int e^{-y^2}\,\mathrm dy。换序后 0≤y≤10\le y\le1、0≤x≤y0\le x\le y：

I=∫01 ⁣dy∫0yx2e−y2 dx=13∫01y3e−y2 dy=16∫01te−t dt=16(1−2e).\begin{aligned} I&=\int_0^1\!\mathrm dy\int_0^yx^2e^{-y^2}\,\mathrm dx =\frac13\int_0^1y^3e^{-y^2}\,\mathrm dy\\ &=\frac16\int_0^1te^{-t}\,\mathrm dt =\frac16\left(1-\frac2e\right). \end{aligned}

3. 广义极坐标

已知椭圆区域

D={(x,y)∣x2a2+y2b2≤1},D=\left\{(x,y)\mid\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}\le1\right\},

计算

I=∬D(b2x2+a2y2) dxdy.I=\iint_D(b^2x^2+a^2y^2)\,\mathrm dx\mathrm dy.
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令 x=arcos⁡θx=ar\cos\theta、y=brsin⁡θy=br\sin\theta，Jacobian 为 abrabr。于是

I=a3b3∫02π ⁣dθ∫01r3 dr=12πa3b3.I=a^3b^3\int_0^{2\pi}\!\mathrm d\theta\int_0^1r^3\,\mathrm dr =\frac12\pi a^3b^3.

4. 旋转抛物面的面积

求曲面

Σ:z=x2+y2,0≤z≤2\Sigma:z=x^2+y^2,\qquad0\le z\le2

的面积。

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投影应为 x2+y2≤2x^2+y^2\le2，即 0≤r≤20\le r\le\sqrt2。因此

A=∫02π ⁣dθ∫02r1+4r2 dr=π6(93/2−1)=13π3.\begin{aligned} A&=\int_0^{2\pi}\!\mathrm d\theta\int_0^{\sqrt2}r\sqrt{1+4r^2}\,\mathrm dr\\ &=\frac\pi6(9^{3/2}-1)=\frac{13\pi}{3}. \end{aligned}

源答案的投影区域误印为 x2+y2≤4x^2+y^2\le4、径向上限误印为 22，但它给出的最终结果 13π/313\pi/3 正好对应正确上限 2\sqrt2。

5. 利用对称性计算三重积分

计算

∭V[(cos⁡y)2012x+3],dxdydz,\iiint_V\left[(\cos y)^{2012}x+3\right], \mathrm dx\mathrm dy\mathrm dz,

其中 VV 由平面 z=1z=1 与锥面 z=x2+y2z=\sqrt{x^2+y^2} 围成。

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VV 关于 yOzyOz 平面对称，而 (cos⁡y)2012x(\cos y)^{2012}x 关于 xx 是奇函数，其积分为零。因此

I=3∫02π ⁣dθ∫01r dr∫r1 ⁣dz=π.I=3\int_0^{2\pi}\!\mathrm d\theta\int_0^1r\,\mathrm dr\int_r^1\!\mathrm dz =\pi.

6. 上半球面上的第一型曲面积分

计算

∬Σ(x+y+z)2 dS,\iint_\Sigma(x+y+z)^2\,\mathrm dS,

其中 Σ\Sigma 是上半球面 x2+y2+z2=a2x^2+y^2+z^2=a^2、z≥0z\ge0，a>0a>0。

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展开平方。由关于坐标面的对称性，xy,yz,xzxy,yz,xz 三个交叉项的积分均为零，所以

I=∬Σ(x2+y2+z2) dS=a2⋅2πa2=2πa4.I=\iint_\Sigma(x^2+y^2+z^2)\,\mathrm dS =a^2\cdot2\pi a^2 =2\pi a^4.

7. 圆锥螺线上的第一型曲线积分

计算

∫Γz ds,\int_\Gamma z\,\mathrm ds,

其中 Γ:x=tcos⁡t, y=tsin⁡t, z=t\Gamma:x=t\cos t,\ y=t\sin t,\ z=t，0≤t≤2π0\le t\le2\pi。

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ds=t2+2 dt\mathrm ds=\sqrt{t^2+2}\,\mathrm dt，故

I=∫02πtt2+2 dt=13[(4π2+2)3/2−22].\begin{aligned} I&=\int_0^{2\pi}t\sqrt{t^2+2}\,\mathrm dt\\ &=\frac13\left[(4\pi^2+2)^{3/2}-2\sqrt2\right]. \end{aligned}

8. 平面片上的第二型曲面积分

计算

∬Σx dydz+y dzdx+z dxdy,\iint_\Sigma x\,\mathrm dy\mathrm dz +y\,\mathrm dz\mathrm dx +z\,\mathrm dx\mathrm dy,

其中

Σ={(x,y,z)∣x+y+z=1, x,y,z≥0},\Sigma=\{(x,y,z)\mid x+y+z=1,\ x,y,z\ge0\},

取上侧。

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写成 z=1−x−yz=1-x-y，向上投影后被积函数为

x+y+(1−x−y)=1.x+y+(1-x-y)=1.

投影区域是 x,y≥0x,y\ge0、x+y≤1x+y\le1 的直角三角形，面积为 1/21/2，故积分为

12.\frac12.

二、常系数非齐次微分方程（10 分）

求

y′′+3y′−4y=xe2xy''+3y'-4y=xe^{2x}

的通解。

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齐次特征方程 r2+3r−4=0r^2+3r-4=0 的根为 −4,1-4,1。设特解

y∗=(Ax+B)e2x,y^*=(Ax+B)e^{2x},

代入得 6A=16A=1、6B+7A=06B+7A=0，即 A=1/6A=1/6、B=−7/36B=-7/36。所以

y=C1e−4x+C2ex+(x6−736)e2x.y=C_1e^{-4x}+C_2e^x+\left(\frac x6-\frac7{36}\right)e^{2x}.

三、路径无关积分（10 分）

设

I=∫L(x+2y) dx+(ax+y) dyx2+y2I=\int_L\frac{(x+2y)\,\mathrm dx+(ax+y)\,\mathrm dy}{x^2+y^2}

在区域 DD 内与路径无关。

  1. 写出 DD 应满足的条件，并求 aa；
  2. LL 从 A(1,0)A(1,0) 沿上半平面到 B(2,0)B(2,0)，求 II。
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由 Py=QxP_y=Q_x 化简得到 a=−2a=-2。因为被积形式在原点无定义，为保证闭路积分为零，DD 应是不包含原点的单连通区域。

积分与路径无关，可选沿 xx 轴正向的线段；此时 y=0y=0、dy=0\mathrm dy=0，所以

I=∫12dxx=ln⁡2.I=\int_1^2\frac{\mathrm dx}{x}=\ln2.

四、Green 公式（12 分）

计算

∮Lx dy−y dx4x2+9y2,\oint_L\frac{x\,\mathrm dy-y\,\mathrm dx}{4x^2+9y^2},

其中 LL 是以 (1,1)(1,1) 为圆心、44 为半径的圆周，取顺时针方向。

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原点在圆内，而被积形式在原点有奇点。挖去小椭圆

l:4x2+9y2=ε2l:4x^2+9y^2=\varepsilon^2

并令它取逆时针方向。在两条边界之间 Qx−Py=0Q_x-P_y=0，所以原积分等于小椭圆积分的相反数。令

x=ε2cos⁡t,y=ε3sin⁡t,x=\frac\varepsilon2\cos t,\qquad y=\frac\varepsilon3\sin t,

可得

∮lx dy−y dx4x2+9y2=π3.\oint_l\frac{x\,\mathrm dy-y\,\mathrm dx}{4x^2+9y^2}=\frac\pi3.

因此原积分为

−π3.-\frac\pi3.

五、Gauss 公式（10 分）

计算

∬Σ(x2+z2) dydz+(y2+x2) dzdx+(z2+y2) dxdy,\iint_\Sigma(x^2+z^2)\,\mathrm dy\mathrm dz +(y^2+x^2)\,\mathrm dz\mathrm dx +(z^2+y^2)\,\mathrm dx\mathrm dy,

其中 Σ\Sigma 是上半球面

z=1−x2−y2,z=\sqrt{1-x^2-y^2},

取上侧。

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补上 z=0z=0 的单位圆盘，取下侧。向量场散度为 2(x+y+z)2(x+y+z)；由对称性只剩 2z2z，所以闭曲面通量为

2∭Ωz dV=π2.2\iiint_\Omega z\,\mathrm dV=\frac\pi2.

辅助圆盘取下侧，其通量为

−∬x2+y2≤1y2 dxdy=−π4.-\iint_{x^2+y^2\le1}y^2\,\mathrm dx\mathrm dy=-\frac\pi4.

因此上半球面的通量为

π2−(−π4)=3π4.\frac\pi2-\left(-\frac\pi4\right)=\frac{3\pi}{4}.

源答案最后把 π/2+π/4\pi/2+\pi/4 误写成 3π/83\pi/8；这里按它前面的两个正确分项校正为 3π/43\pi/4。

六、Stokes 公式（10 分）

计算

∮Γy dx+(z−cos⁡x) dy+(x+ez) dz,\oint_\Gamma y\,\mathrm dx+(z-\cos x)\,\mathrm dy+(x+e^z)\,\mathrm dz,

其中 Γ\Gamma 是球面 x2+y2+z2=R2x^2+y^2+z^2=R^2 与平面 x+y+z=0x+y+z=0 的交线；从 zz 轴正向看，Γ\Gamma 为逆时针方向。

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取平面圆盘向上的法向量 (1,1,1)/3(1,1,1)/\sqrt3。向量场旋度为

(−1,−1,sin⁡x−1).(-1,-1,\sin x-1).

点乘单位法向量得到 (−3+sin⁡x)/3(-3+\sin x)/\sqrt3。圆盘关于 x=0x=0 对称，sin⁡x\sin x 项积分为零；圆盘半径为 RR，面积为 πR2\pi R^2。故

I=−33πR2=−3πR2.I=-\frac3{\sqrt3}\pi R^2=-\sqrt3\pi R^2.

七、附加题（10 分）

设 Σ\Sigma 是分片光滑闭曲面，单位外法向量的方向余弦为 (cos⁡α,cos⁡β,cos⁡γ)(\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma)。分别在以下条件下证明

I=∬Σ∣cos⁡αcos⁡βcos⁡γ∂x∂y∂zPQR∣ dS=0:I=\iint_\Sigma \begin{vmatrix} \cos\alpha&\cos\beta&\cos\gamma\\ \partial_x&\partial_y&\partial_z\\ P&Q&R \end{vmatrix}\,\mathrm dS=0:
  1. P,Q,RP,Q,R 在 Σ\Sigma 围成的立体 Ω\Omega 上有连续二阶偏导；
  2. P,Q,RP,Q,R 在 Σ\Sigma 上有连续一阶偏导。
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第一种情形下，把行列式展开成旋度的通量：

I=∬Σ(∇×F)⋅n dS.I=\iint_\Sigma(\nabla\times\mathbf F)\cdot\mathbf n\,\mathrm dS.

由 Gauss 公式，

I=∭Ω∇⋅(∇×F) dV=0.I=\iiint_\Omega\nabla\cdot(\nabla\times\mathbf F)\,\mathrm dV=0.

第二种情形下，在闭曲面上任取一条分段光滑闭曲线 Γ\Gamma，把 Σ\Sigma 分成 Σ1,Σ2\Sigma_1,\Sigma_2。分别使用 Stokes 公式，两片曲面诱导的边界方向相反：

I=∮ΓF⋅dr+∮−ΓF⋅dr=0.I=\oint_\Gamma\mathbf F\cdot\mathrm d\mathbf r +\oint_{-\Gamma}\mathbf F\cdot\mathrm d\mathbf r=0.

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