本章将把积分概念推广到积分范围为一段曲线弧或一片曲面的情形（这样推广后的积分称为曲线积分和曲面积分），并阐明有关这两种积分的一些基本内容。——高等数学同济版

习题11-1 对弧长的曲线积分

  本节主要介绍了对弧长的曲线积分的基本计算。

5.设螺线形弹簧一圈的方程为x=acos⁡tx=a\cos tx=acost，y=asin⁡ty=a\sin ty=asint，z=ktz=ktz=kt，其中0⩽t⩽2π0\leqslant t\leqslant2\pi0⩽t⩽2π，它的线密度ρ(x,y,z)=x2+y2+z2\rho(x,y,z)=x^2+y^2+z^2ρ(x,y,z)=x2+y2+z2，求：

（2）它的质心。

解  设质心位置为(x‾,y‾,z‾)(\overline{x},\overline{y},\overline{z})(x,y​,z)。
M=∫Lρ(x,y,z)ds=∫Lx2+y2+z2ds=∫02π(a2+k2t2)a2+k2dt=23πa2+k2(3a2+4π2k2),x‾=1M∫Lxρ(x,y,z)ds=1M∫Lx(x2+y2+z2)ds=1M∫02πacos⁡t(a2+k2t2)⋅a2+k2dt=aa2+k2M∫02π(a2+k2t2)acos⁡tdt.\begin{aligned} M&=\displaystyle\int\limits_{L}\rho(x,y,z)\mathrm{d}s=\displaystyle\int\limits_{L}x^2+y^2+z^2\mathrm{d}s\\ &=\displaystyle\int^{2\pi}_0(a^2+k^2t^2)\sqrt{a^2+k^2}\mathrm{d}t\\ &=\cfrac{2}{3}\pi\sqrt{a^2+k^2}(3a^2+4\pi^2k^2), \end{aligned}\\ \begin{aligned} \overline{x}&=\cfrac{1}{M}\displaystyle\int\limits_{L}x\rho(x,y,z)\mathrm{d}s=\cfrac{1}{M}\displaystyle\int\limits_{L}x(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}s\\ &=\cfrac{1}{M}\displaystyle\int^{2\pi}_0a\cos t(a^2+k^2t^2)\cdot\sqrt{a^2+k^2}\mathrm{d}t\\ &=\cfrac{a\sqrt{a^2+k^2}}{M}\displaystyle\int^{2\pi}_0(a^2+k^2t^2)a\cos t\mathrm{d}t. \end{aligned} M​=L∫​ρ(x,y,z)ds=L∫​x2+y2+z2ds=∫02π​(a2+k2t2)a2+k2​dt=32​πa2+k2​(3a2+4π2k2),​x​=M1​L∫​xρ(x,y,z)ds=M1​L∫​x(x2+y2+z2)ds=M1​∫02π​acost(a2+k2t2)⋅a2+k2​dt=Maa2+k2​​∫02π​(a2+k2t2)acostdt.​
  由于
∫02π(a2+k2t2)acos⁡tdt=[(a2+k2t2)sin⁡t]∣02π−∫02πsin⁡t⋅2k2tdt=[2k2tcos⁡t]∣02π−∫02π2k2cos⁡tdt=4πk2.\begin{aligned} \displaystyle\int^{2\pi}_0(a^2+k^2t^2)a\cos t\mathrm{d}t&=[(a^2+k^2t^2)\sin t]\biggm\vert^{2\pi}_0-\displaystyle\int^{2\pi}_0\sin t\cdot2k^2t\mathrm{d}t\\ &=[2k^2t\cos t]\biggm\vert^{2\pi}_0-\displaystyle\int^{2\pi}_02k^2\cos t\mathrm{d}t=4\pi k^2. \end{aligned} ∫02π​(a2+k2t2)acostdt​=[(a2+k2t2)sint]∣∣∣∣​02π​−∫02π​sint⋅2k2tdt=[2k2tcost]∣∣∣∣​02π​−∫02π​2k2costdt=4πk2.​
  因此
x‾=aa2+k2⋅4πk223πa2+k2(3a2+4π2k2)=6ak23a2+4π2k2.\overline{x}=\cfrac{a\sqrt{a^2+k^2}\cdot4\pi k^2}{\cfrac{2}{3}\pi\sqrt{a^2+k^2}(3a^2+4\pi^2k^2)}=\cfrac{6ak^2}{3a^2+4\pi^2k^2}. x=32​πa2+k2​(3a2+4π2k2)aa2+k2​⋅4πk2​=3a2+4π2k26ak2​.
  类似的，
y‾=1M∫Ly(x2+y2+z2)ds=aa2+k2M∫02π(a2+k2t2)asin⁡tdt=aa2+k2⋅(−4πk2)M=−6ak23a2+4π2k2.z‾=1M∫Lz(x2+y2+z2)ds=ka2+k2M∫02π(a2+k2t2)asin⁡tdt=ka2+k2⋅(2a2π2+4πk2)M=3πk(a2+4k2π4)3a2+4π2k2.\begin{aligned} \overline{y}&=\cfrac{1}{M}\displaystyle\int\limits_{L}y(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}s=\cfrac{a\sqrt{a^2+k^2}}{M}\displaystyle\int^{2\pi}_0(a^2+k^2t^2)a\sin t\mathrm{d}t\\ &=\cfrac{a\sqrt{a^2+k^2}\cdot(-4\pi k^2)}{M}=\cfrac{-6ak^2}{3a^2+4\pi^2k^2}. \end{aligned}\\ \begin{aligned} \overline{z}&=\cfrac{1}{M}\displaystyle\int\limits_{L}z(x^2+y^2+z^2)\mathrm{d}s=\cfrac{k\sqrt{a^2+k^2}}{M}\displaystyle\int^{2\pi}_0(a^2+k^2t^2)a\sin t\mathrm{d}t\\ &=\cfrac{k\sqrt{a^2+k^2}\cdot(2a^2\pi^2+4\pi k^2)}{M}=\cfrac{3\pi k(a^2+4k^2\pi^4)}{3a^2+4\pi^2k^2}. \end{aligned} y​​=M1​L∫​y(x2+y2+z2)ds=Maa2+k2​​∫02π​(a2+k2t2)asintdt=Maa2+k2​⋅(−4πk2)​=3a2+4π2k2−6ak2​.​z​=M1​L∫​z(x2+y2+z2)ds=Mka2+k2​​∫02π​(a2+k2t2)asintdt=Mka2+k2​⋅(2a2π2+4πk2)​=3a2+4π2k23πk(a2+4k2π4)​.​
（这道题主要利用了参数方程的曲线积分求解）

习题11-2 对坐标的曲线积分

  本节主要介绍了对坐标的曲线积分的计算。

8.设为曲线x=tx=tx=t，y=t2y=t^2y=t2，z=t3z=t^3z=t3上相应于ttt从000变到111的曲线弧。把对坐标的曲线积分∫ΓPdx+Qdy+Rdz\displaystyle\int\limits_{\varGamma}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}zΓ∫​Pdx+Qdy+Rdz化成对弧长的曲线积分。

解  dxdt=1\cfrac{\mathrm{d}x}{\mathrm{d}t}=1dtdx​=1，dydt=2t=2x\cfrac{\mathrm{d}y}{\mathrm{d}t}=2t=2xdtdy​=2t=2x，dzdt=3t2=3y\cfrac{\mathrm{d}z}{\mathrm{d}t}=3t^2=3ydtdz​=3t2=3y，注意到参数ttt由小变到大，因此Γ\varGammaΓ的切向量的方向余弦为
cos⁡α=x′(t)x′2(t)+y′2(t)+z′2(t)=11+4x2+9y2,cos⁡β=y′(t)x′2(t)+y′2(t)+z′2(t)=2x1+4x2+9y2,cos⁡γ=z′(t)x′2(t)+y′2(t)+z′2(t)=3y1+4x2+9y2,\cos\alpha=\cfrac{x'(t)}{\sqrt{x'^2(t)+y'^2(t)+z'^2(t)}}=\cfrac{1}{\sqrt{1+4x^2+9y^2}},\\ \cos\beta=\cfrac{y'(t)}{\sqrt{x'^2(t)+y'^2(t)+z'^2(t)}}=\cfrac{2x}{\sqrt{1+4x^2+9y^2}},\\ \cos\gamma=\cfrac{z'(t)}{\sqrt{x'^2(t)+y'^2(t)+z'^2(t)}}=\cfrac{3y}{\sqrt{1+4x^2+9y^2}},\\ cosα=x′2(t)+y′2(t)+z′2(t)​x′(t)​=1+4x2+9y2​1​,cosβ=x′2(t)+y′2(t)+z′2(t)​y′(t)​=1+4x2+9y2​2x​,cosγ=x′2(t)+y′2(t)+z′2(t)​z′(t)​=1+4x2+9y2​3y​,
  从而
∫ΓPdx+Qdy+Rdz=∫ΓP+2xQ+3yR1+4x2+9y2ds.\displaystyle\int\limits_{\varGamma}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z=\displaystyle\int\limits_{\varGamma}\cfrac{P+2xQ+3yR}{\sqrt{1+4x^2+9y^2}}\mathrm{d}s. Γ∫​Pdx+Qdy+Rdz=Γ∫​1+4x2+9y2​P+2xQ+3yR​ds.
（这道题主要利用曲线积分两种形式之间的转化求解）

习题11-3 格林公式及其应用

  本节主要介绍了格林公式的解法及其应用。

4.确定闭曲线CCC，使曲线积分∮C(x+y33)dx+(y+x−23x3)dy\displaystyle\oint\limits_{C}\left(x+\cfrac{y^3}{3}\right)\mathrm{d}x+\left(y+x-\cfrac{2}{3}x^3\right)\mathrm{d}yC∮​(x+3y3​)dx+(y+x−32​x3)dy达到最大值。

解  记DDD为CCC所围成的平面有界闭区域，CCC为DDD的正向边界曲线，则由格林公式
∮C(x+y33)dx+(y+x−23x3)dy=∬D[(1−2x2)−y2]dxdy.\displaystyle\oint\limits_{C}\left(x+\cfrac{y^3}{3}\right)\mathrm{d}x+\left(y+x-\cfrac{2}{3}x^3\right)\mathrm{d}y=\displaystyle\iint\limits_{D}[(1-2x^2)-y^2]\mathrm{d}x\mathrm{d}y. C∮​(x+3y3​)dx+(y+x−32​x3)dy=D∬​[(1−2x2)−y2]dxdy.
  要使上式右端的二重积分达到最大值，DDD应包含所有使被积函数1−2x2−y21-2x^2-y^21−2x2−y2大于零的点，而不包含使被积函数小于零的点。因此DDD应为由椭圆2x2+y2=12x^2+y^2=12x2+y2=1所围成的闭区域。这就是说，当CCC为取逆时针方向的椭圆2x2+y2=12x^2+y^2=12x2+y2=1时，所给的曲线积分达到最大值。
（这道题主要利用了格林公式的定义求解）

5.设nnn边形的nnn个顶点按逆时针方向依次为M1(x1,y1),M2(x2,y2),⋯Mn(xn,yn),M_1(x_1,y_1),M_2(x_2,y_2),\cdots M_n(x_n,y_n),M1​(x1​,y1​),M2​(x2​,y2​),⋯Mn​(xn​,yn​),。试利用曲线积分证明此边形的面积为A=12[(x1y2−x2y1)+(x2y3−x3y2)+⋯+(xn−1yn−xnyn−1)+(xny1−x1yn)].A=\cfrac{1}{2}[(x_1y_2-x_2y_1)+(x_2y_3-x_3y_2)+\cdots+(x_{n-1}y_n-x_ny_{n-1})+(x_ny_1-x_1y_n)].A=21​[(x1​y2​−x2​y1​)+(x2​y3​−x3​y2​)+⋯+(xn−1​yn​−xn​yn−1​)+(xn​y1​−x1​yn​)].

证  nnn边形的正向边界LLL由有向线段M1M2,M2M3,⋯,Mn−1Mn,MnM1,M_1M_2,M_2M_3,\cdots,M_{n-1}M_n,M_nM_1,M1​M2​,M2​M3​,⋯,Mn−1​Mn​,Mn​M1​,组成。
  有向线段M1M2M_1M_2M1​M2​的参数方程为x=x1+(x2−x1)tx=x_1+(x_2-x_1)tx=x1​+(x2​−x1​)t，y=y1+(y2−y1)ty=y_1+(y_2-y_1)ty=y1​+(y2​−y1​)t，ttt从000变到111，于是
∫M1M2xdy−ydx=∫01{[x1+(x2−x1)t](y2−y1)−[y1+(y2−y1)t](x2−x1)}dt=∫01[x1(y2−y1)−y1(x2−x1)]dt=∫01(x1y2−x2y1)dt=x1y2−x2y1.\begin{aligned} \displaystyle\int\limits_{M_1M_2}x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x&=\displaystyle\int^1_0\{[x_1+(x_2-x_1)t](y_2-y_1)-[y_1+(y_2-y_1)t](x_2-x_1)\}\mathrm{d}t\\ &=\displaystyle\int^1_0[x_1(y_2-y_1)-y_1(x_2-x_1)]\mathrm{d}t\\ &=\displaystyle\int^1_0(x_1y_2-x_2y_1)\mathrm{d}t=x_1y_2-x_2y_1. \end{aligned} M1​M2​∫​xdy−ydx​=∫01​{[x1​+(x2​−x1​)t](y2​−y1​)−[y1​+(y2​−y1​)t](x2​−x1​)}dt=∫01​[x1​(y2​−y1​)−y1​(x2​−x1​)]dt=∫01​(x1​y2​−x2​y1​)dt=x1​y2​−x2​y1​.​
  同理可求得
∫M2M3xdy−ydx=x2y3−x3y2,⋯,∫Mn−1Mnxdy−ydx=xn−1yn−xnyn−1,∫MnM1xdy−ydx=xny1−x1yn.\begin{aligned} \displaystyle\int\limits_{M_2M_3}x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x&=x_2y_3-x_3y_2,\cdots,\\ \displaystyle\int\limits_{M_{n-1}M_n}x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x&=x_{n-1}y_n-x_ny_{n-1},\\ \displaystyle\int\limits_{M_nM_1}x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x&=x_ny_1-x_1y_n. \end{aligned} M2​M3​∫​xdy−ydxMn−1​Mn​∫​xdy−ydxMn​M1​∫​xdy−ydx​=x2​y3​−x3​y2​,⋯,=xn−1​yn​−xn​yn−1​,=xn​y1​−x1​yn​.​
  因此nnn边形的面积
A=12∮Lxdy−ydx=12(∫M1M2+∫M2M3+⋯+∫Mn−1Mn+∫MnM1)xdy−ydx=12[(x1y2−x2y1)+(x2y3−x3y2)+⋯+(xn−1yn−xnyn−1)+(xny1−x1yn)].\begin{aligned} A&=\cfrac{1}{2}\displaystyle\oint\limits_{L}x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x=\cfrac{1}{2}\left(\quad\displaystyle\int\limits_{M_1M_2}+\displaystyle\int\limits_{M_2M_3}+\cdots+\displaystyle\int\limits_{M_{n-1}M_n}+\displaystyle\int\limits_{M_nM_1}\quad\right)x\mathrm{d}y-y\mathrm{d}x\\ &=\cfrac{1}{2}[(x_1y_2-x_2y_1)+(x_2y_3-x_3y_2)+\cdots+(x_{n-1}y_n-x_ny_{n-1})+(x_ny_1-x_1y_n)]. \end{aligned} A​=21​L∮​xdy−ydx=21​⎝⎛​M1​M2​∫​+M2​M3​∫​+⋯+Mn−1​Mn​∫​+Mn​M1​∫​⎠⎞​xdy−ydx=21​[(x1​y2​−x2​y1​)+(x2​y3​−x3​y2​)+⋯+(xn−1​yn​−xn​yn−1​)+(xn​y1​−x1​yn​)].​
（这道题主要利用了直线的参数方程求解）

11.确定常数λ\lambdaλ，使在右半平面x>0x>0x>0内的向量A(x,y)=2xy(x4+y2)λi−x2(x4+y2)λj\bm{A}(x,y)=2xy(x^4+y^2)^\lambda\bm{i}-x^2(x^4+y^2)^\lambda\bm{j}A(x,y)=2xy(x4+y2)λi−x2(x4+y2)λj为某二元函数u(x,y)u(x,y)u(x,y)的梯度，并求u(x,y)u(x,y)u(x,y)。

解  在单连通区域GGG内，若P(x,y),Q(x,y)P(x,y),Q(x,y)P(x,y),Q(x,y)具有一阶连续偏导数，则向量A(x,y)=2xy(x4+y2)λi−x2(x4+y2)λj\bm{A}(x,y)=2xy(x^4+y^2)^\lambda\bm{i}-x^2(x^4+y^2)^\lambda\bm{j}A(x,y)=2xy(x4+y2)λi−x2(x4+y2)λj为某二元函数u(x,y)u(x,y)u(x,y)的梯度（此条件相当于P(x,y)dx+Q(x,y)dyP(x,y)\mathrm{d}x+Q(x,y)\mathrm{d}yP(x,y)dx+Q(x,y)dy是u(x,y)u(x,y)u(x,y)的全微分）的充分必要条件是∂P∂y=∂Q∂x\cfrac{\partial P}{\partial y}=\cfrac{\partial Q}{\partial x}∂y∂P​=∂x∂Q​在GGG内恒成立。
  本题中P(x,y)=2xy(x4+y2)λP(x,y)=2xy(x^4+y^2)^\lambdaP(x,y)=2xy(x4+y2)λ，Q(x,y)=x2(x4+y2)λQ(x,y)=x^2(x^4+y^2)^\lambdaQ(x,y)=x2(x4+y2)λ。
∂P∂y=2x(x4+y2)λ+2λxy(x4+y2)λ−1⋅2y,∂Q∂x=−2x(x4+y2)λ−x2λ(x4+y2)λ−1⋅4x3.\cfrac{\partial P}{\partial y}=2x(x^4+y^2)^\lambda+2\lambda xy(x^4+y^2)^{\lambda-1}\cdot2y,\\ \cfrac{\partial Q}{\partial x}=-2x(x^4+y^2)^\lambda-x^2\lambda(x^4+y^2)^{\lambda-1}\cdot4x^3. ∂y∂P​=2x(x4+y2)λ+2λxy(x4+y2)λ−1⋅2y,∂x∂Q​=−2x(x4+y2)λ−x2λ(x4+y2)λ−1⋅4x3.
  由等式∂Q∂x=∂P∂y\cfrac{\partial Q}{\partial x}=\cfrac{\partial P}{\partial y}∂x∂Q​=∂y∂P​得到
4x(x4+y2)λ(1+λ)=0,4x(x^4+y^2)^\lambda(1+\lambda)=0, 4x(x4+y2)λ(1+λ)=0,
  由于4x(x4+y2)λ>04x(x^4+y^2)^\lambda>04x(x4+y2)λ>0，故λ=−1\lambda=-1λ=−1，即A=2xyi−x2jx4+y2\bm{A}=\cfrac{2xy\bm{i}-x^2\bm{j}}{x^4+y^2}A=x4+y22xyi−x2j​。
  在半平面x>0x>0x>0内，取(x0,y0)=(1,0)(x_0,y_0)=(1,0)(x0​,y0​)=(1,0)，则得
u(x,y)=1x2x⋅0x4+02dx−0yx2x4+y2dy=−arctan⁡yx2.\begin{aligned} u(x,y)&=\displaystyle^x_1\cfrac{2x\cdot0}{x^4+0^2}\mathrm{d}x-\displaystyle^y_0\cfrac{x^2}{x^4+y^2}\mathrm{d}y\\ &=-\arctan\cfrac{y}{x^2}. \end{aligned} u(x,y)​=1x​x4+022x⋅0​dx−0y​x4+y2x2​dy=−arctanx2y​.​
（这道题主要利用了梯度的定义求解）

习题11-4 对面积的曲面积分

  本节主要介绍了对面积的曲面积分的计算方法。

4.计算曲面积分∬Σf(x,y,z)dS\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}f(x,y,z)\mathrm{d}SΣ∬​f(x,y,z)dS，其中Σ\SigmaΣ为抛物面z=2−(x2+y2)z=2-(x^2+y^2)z=2−(x2+y2)在xOyxOyxOy面上方的部分，f(x,y,z)f(x,y,z)f(x,y,z)分别如下：

（2）f(x,y,z)=x2+y2;f(x,y,z)=x^2+y^2;f(x,y,z)=x2+y2;

解
∬Σ(x2+y2)dS=∬Dxy(x2+y2)1+4x2+4y2dxdy=极坐标∬Dxyρ21+4ρ2ρdρdθ=∫02πdθ∫02ρ31+4ρ2dρ=ρ=12tan⁡t2π⋅116∫0arctan⁡22sec⁡3t⋅tan⁡3tdt=π8∫0arctan⁡22sec⁡2t(sec⁡2t−1)d(sec⁡t)=π8⋅5963=14930π.\begin{aligned} \displaystyle\iint\limits_{\Sigma}(x^2+y^2)\mathrm{d}S&=\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}(x^2+y^2)\sqrt{1+4x^2+4y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &\xlongequal{\text{极坐标}}\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}\rho^2\sqrt{1+4\rho^2}\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\\ &=\displaystyle\int^{2\pi}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^{\sqrt{2}}_0\rho^3\sqrt{1+4\rho^2}\mathrm{d}\rho\\ &\xlongequal{\rho=\cfrac{1}{2}\tan t}2\pi\cdot\cfrac{1}{16}\displaystyle\int^{\arctan2\sqrt{2}}_0\sec^3t\cdot\tan^3t\mathrm{d}t\\ &=\cfrac{\pi}{8}\displaystyle\int^{\arctan2\sqrt{2}}_0\sec^2t(\sec^2t-1)\mathrm{d}(\sec t)=\cfrac{\pi}{8}\cdot\cfrac{596}{3}=\cfrac{149}{30}\pi. \end{aligned} Σ∬​(x2+y2)dS​=Dxy​∬​(x2+y2)1+4x2+4y2​dxdy极坐标Dxy​∬​ρ21+4ρ2​ρdρdθ=∫02π​dθ∫02​​ρ31+4ρ2​dρρ=21​tant2π⋅161​∫0arctan22​​sec3t⋅tan3tdt=8π​∫0arctan22​​sec2t(sec2t−1)d(sect)=8π​⋅3596​=30149​π.​
（这道题主要利用了换元法求解）

（3）f(x,y,z)=3z.f(x,y,z)=3z.f(x,y,z)=3z.

解
∬Σ3zdS=3∬Dxy[2−(x2+y2)]1+4x2+4y2dxdy=极坐标3∬Dxy(2−ρ2)1+4ρ2ρdρdθ=3∫02πdθ∫02(2−ρ2)1+4ρ2ρdρ=ρ=12tan⁡t6π(12∫0arctan⁡22sec⁡3t⋅tan⁡tdt−116∫0arctan⁡22sec⁡3t⋅tan⁡3tdt)=6π[12∫0arctan⁡22sec⁡2td(sec⁡t)−116∫0arctan⁡22sec⁡2t(sec⁡2t−1)d(sec⁡t)]=6π(133−14960)=11110π.\begin{aligned} \displaystyle\iint\limits_{\Sigma}3z\mathrm{d}S&=3\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}[2-(x^2+y^2)]\sqrt{1+4x^2+4y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &\xlongequal{\text{极坐标}}3\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}(2-\rho^2)\sqrt{1+4\rho^2}\rho\mathrm{d}\rho\mathrm{d}\theta\\ &=3\displaystyle\int^{2\pi}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^{\sqrt{2}}_0(2-\rho^2)\sqrt{1+4\rho^2}\rho\mathrm{d}\rho\\ &\xlongequal{\rho=\cfrac{1}{2}\tan t}6\pi\left(\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{\arctan2\sqrt{2}}_0\sec^3t\cdot\tan t\mathrm{d}t-\cfrac{1}{16}\displaystyle\int^{\arctan2\sqrt{2}}_0\sec^3t\cdot\tan^3t\mathrm{d}t\right)\\ &=6\pi\left[\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{\arctan2\sqrt{2}}_0\sec^2t\mathrm{d}(\sec t)-\cfrac{1}{16}\displaystyle\int^{\arctan2\sqrt{2}}_0\sec^2t(\sec^2t-1)\mathrm{d}(\sec t)\right]\\ &=6\pi\left(\cfrac{13}{3}-\cfrac{149}{60}\right)=\cfrac{111}{10}\pi. \end{aligned} Σ∬​3zdS​=3Dxy​∬​[2−(x2+y2)]1+4x2+4y2​dxdy极坐标3Dxy​∬​(2−ρ2)1+4ρ2​ρdρdθ=3∫02π​dθ∫02​​(2−ρ2)1+4ρ2​ρdρρ=21​tant6π(21​∫0arctan22​​sec3t⋅tantdt−161​∫0arctan22​​sec3t⋅tan3tdt)=6π[21​∫0arctan22​​sec2td(sect)−161​∫0arctan22​​sec2t(sec2t−1)d(sect)]=6π(313​−60149​)=10111​π.​
（这道题主要利用了换元法求解）

6.计算下列对面积的曲面积分：

（4）∬Σ(xy+yz+zx)dS\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}(xy+yz+zx)\mathrm{d}SΣ∬​(xy+yz+zx)dS，其中Σ\SigmaΣ为锥面z=x2+y2z=\sqrt{x^2+y^2}z=x2+y2​被柱面x2+y2=2axx^2+y^2=2axx2+y2=2ax所截得的有限部分。

解  Σ\SigmaΣ在xOyxOyxOy面上的投影区域DxyD_{xy}Dxy​为圆域x2+y2⩽2axx^2+y^2\leqslant2axx2+y2⩽2ax。由于Σ\SigmaΣ关于zOxzOxzOx面对称，而函数xyxyxy和yzyzyz关于yyy均为奇函数，故
∬ΣxydS=.0,∬ΣyzdS=0.\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}xy\mathrm{d}S=.0,\quad\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}yz\mathrm{d}S=0. Σ∬​xydS=.0,Σ∬​yzdS=0.
  于是
∬Σ(xy+yz+zx)dS=∬ΣzxdS=∬Dxyxx2+y21+x2+y2x2+y2dxdy=2∬Dxyxx2+y2dxdy=极坐标2∫−π2π2dθ∫02acos⁡θρcos⁡θ⋅ρ⋅ρdρ=82a4∫0π2cos⁡5θdθ=82a4⋅45⋅23=64152a4.\begin{aligned} \displaystyle\iint\limits_{\Sigma}(xy+yz+zx)\mathrm{d}S&=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}zx\mathrm{d}S\\ &=\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}x\sqrt{x^2+y^2}\sqrt{1+\cfrac{x^2+y^2}{x^2+y^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=\sqrt{2}\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}x\sqrt{x^2+y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &\xlongequal{\text{极坐标}}\sqrt{2}\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_{-\frac{\pi}{2}}\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^{2a\cos\theta}_0\rho\cos\theta\cdot\rho\cdot\rho\mathrm{d}\rho\\ &=8\sqrt{2}a^4\displaystyle\int^{\frac{\pi}{2}}_0\cos^5\theta\mathrm{d}\theta\\ &=8\sqrt{2}a^4\cdot\cfrac{4}{5}\cdot\cfrac{2}{3}=\cfrac{64}{15}\sqrt{2}a^4. \end{aligned} Σ∬​(xy+yz+zx)dS​=Σ∬​zxdS=Dxy​∬​xx2+y2​1+x2+y2x2+y2​​dxdy=2​Dxy​∬​xx2+y2​dxdy极坐标2​∫−2π​2π​​dθ∫02acosθ​ρcosθ⋅ρ⋅ρdρ=82​a4∫02π​​cos5θdθ=82​a4⋅54​⋅32​=1564​2​a4.​
（这道题主要利用了被积函数和积分区域的对称性求解）

习题11-5 对坐标的曲面积分

  本节主要介绍了对坐标的曲面积分的解法。

3.计算下列对坐标积分的曲面积分：

（3）∬Σ[f(x,y,z)+x]dydz+[2f(x,y,z)+y]dzdx+[f(x,y,z)+z]dxdy\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}[f(x,y,z)+x]\mathrm{d}y\mathrm{d}z+[2f(x,y,z)+y]\mathrm{d}z\mathrm{d}x+[f(x,y,z)+z]\mathrm{d}x\mathrm{d}yΣ∬​[f(x,y,z)+x]dydz+[2f(x,y,z)+y]dzdx+[f(x,y,z)+z]dxdy，其中f(x,y,z)f(x,y,z)f(x,y,z)为连续函数，Σ\SigmaΣ是平面x−y+z=1x-y+z=1x−y+z=1在第四卦限部分的上侧；

解  在Σ\SigmaΣ上，z=1−x+yz=1-x+yz=1−x+y。由于Σ\SigmaΣ取上侧，故Σ\SigmaΣ在任一点处的单位法向量为
n=11+zx2+zy2(−zx,−zy,1)=13(1,−1,1).\bm{n}=\cfrac{1}{\sqrt{1+z^2_x+z^2_y}}(-z_x,-z_y,1)=\cfrac{1}{\sqrt{3}}(1,-1,1). n=1+zx2​+zy2​​1​(−zx​,−zy​,1)=3​1​(1,−1,1).
  由两类曲面积分之间的联系，可得
原式=∬Σ[(f+x)cos⁡α+(2f+y)cos⁡β+(f+z)cos⁡γ]dS=13∬Σ[(f+x)−(2f+y)+(f+z)cos⁡γ]dS=13∬Σ(x−y+z)dS=13∬ΣdS=13⋅(Σ的面积)=13⋅32=12.\begin{aligned} \text{原式}&=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}[(f+x)\cos\alpha+(2f+y)\cos\beta+(f+z)\cos\gamma]\mathrm{d}S\\ &=\cfrac{1}{\sqrt{3}}\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}[(f+x)-(2f+y)+(f+z)\cos\gamma]\mathrm{d}S\\ &=\cfrac{1}{\sqrt{3}}\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}(x-y+z)\mathrm{d}S=\cfrac{1}{\sqrt{3}}\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\mathrm{d}S\\ &=\cfrac{1}{\sqrt{3}}\cdot(\Sigma\text{的面积})=\cfrac{1}{\sqrt{3}}\cdot\cfrac{\sqrt{3}}{2}=\cfrac{1}{2}. \end{aligned} 原式​=Σ∬​[(f+x)cosα+(2f+y)cosβ+(f+z)cosγ]dS=3​1​Σ∬​[(f+x)−(2f+y)+(f+z)cosγ]dS=3​1​Σ∬​(x−y+z)dS=3​1​Σ∬​dS=3​1​⋅(Σ的面积)=3​1​⋅23​​=21​.​
（这道题主要利用了曲面积分的定义式积分求解）

习题11-6 高斯公式 通量与散度

   本节主要介绍了高斯公式的应用以及通量与散度的计算。

4.设u(x,y,z),v(x,y,z)u(x,y,z),v(x,y,z)u(x,y,z),v(x,y,z)是两个定义在闭区域Ω\varOmegaΩ上的具有二阶连续偏导数的函数，∂u∂n,∂v∂n\cfrac{\partial u}{\partial n},\cfrac{\partial v}{\partial n}∂n∂u​,∂n∂v​依次表示u(x,y,z),v(x,y,z)u(x,y,z),v(x,y,z)u(x,y,z),v(x,y,z)沿Σ\SigmaΣ的外法线方向的方向导数。证明：∭Ω(uΔv−vΔu)dxdydz=∯Σ(u∂v∂n−v∂u∂n)dS.\displaystyle\iiint\limits_{\varOmega}(u\varDelta v-v\varDelta u)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma}\left(u\cfrac{\partial v}{\partial n}-v\cfrac{\partial u}{\partial n}\right)\mathrm{d}S.Ω∭​(uΔv−vΔu)dxdydz=Σ∬​​(u∂n∂v​−v∂n∂u​)dS.其中Σ\SigmaΣ是空间闭区域Ω\varOmegaΩ的整个边界曲面。这个公式叫作格林第二公式。

解  由格林第一公式知：
∭ΩuΔvdxdydz=∯Σu∂v∂ndS−∯Ω(∂u∂x∂v∂x+∂u∂y∂v∂y+∂u∂z∂v∂z).\displaystyle\iiint\limits_{\varOmega}u\varDelta v\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma}u\cfrac{\partial v}{\partial n}\mathrm{d}S-\displaystyle\oiint\limits_{\varOmega}\left(\cfrac{\partial u}{\partial x}\cfrac{\partial v}{\partial x}+\cfrac{\partial u}{\partial y}\cfrac{\partial v}{\partial y}+\cfrac{\partial u}{\partial z}\cfrac{\partial v}{\partial z}\right). Ω∭​uΔvdxdydz=Σ∬​​u∂n∂v​dS−Ω∬​​(∂x∂u​∂x∂v​+∂y∂u​∂y∂v​+∂z∂u​∂z∂v​).
  在此公式中将函数uuu和vvv交换位置，得
∭ΩvΔudxdydz=∯Σv∂u∂ndS−∯Ω(∂u∂x∂v∂x+∂u∂y∂v∂y+∂u∂z∂v∂z).\displaystyle\iiint\limits_{\varOmega}v\varDelta u\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma}v\cfrac{\partial u}{\partial n}\mathrm{d}S-\displaystyle\oiint\limits_{\varOmega}\left(\cfrac{\partial u}{\partial x}\cfrac{\partial v}{\partial x}+\cfrac{\partial u}{\partial y}\cfrac{\partial v}{\partial y}+\cfrac{\partial u}{\partial z}\cfrac{\partial v}{\partial z}\right). Ω∭​vΔudxdydz=Σ∬​​v∂n∂u​dS−Ω∬​​(∂x∂u​∂x∂v​+∂y∂u​∂y∂v​+∂z∂u​∂z∂v​).
  将上面两个式子相减即得
∭Ω(uΔv−vΔu)dxdydz=∯Σ(u∂v∂n−v∂u∂n)dS.\displaystyle\iiint\limits_{\varOmega}(u\varDelta v-v\varDelta u)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z=\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma}\left(u\cfrac{\partial v}{\partial n}-v\cfrac{\partial u}{\partial n}\right)\mathrm{d}S. Ω∭​(uΔv−vΔu)dxdydz=Σ∬​​(u∂n∂v​−v∂n∂u​)dS.
（这道题主要利用了格林第一公式的证明求解）

习题11-7 斯托克斯公式 环流量与旋度

  本节主要介绍了斯托克斯公式的应用以及环流量与旋度的计算。

2.利用斯托克斯公式，计算下列曲线积分：

（2）∮Γ(y−z)dx+(z−x)dy+(x−y)dz\displaystyle\oint\limits_{\Gamma}(y-z)\mathrm{d}x+(z-x)\mathrm{d}y+(x-y)\mathrm{d}zΓ∮​(y−z)dx+(z−x)dy+(x−y)dz，其中Γ\GammaΓ为椭圆x2+y2=a2,xa+zb=1(a>0,b>0)x^2+y^2=a^2,\cfrac{x}{a}+\cfrac{z}{b}=1(a>0,b>0)x2+y2=a2,ax​+bz​=1(a>0,b>0)，若从xxx轴正向看去，这椭圆是取逆时针方向；

解  取Σ\SigmaΣ为平面xa+zb=1\cfrac{x}{a}+\cfrac{z}{b}=1ax​+bz​=1的上侧被Γ\GammaΓ所围成的部分，Σ\SigmaΣ的单位法向量n=(cos⁡α,cos⁡β,cos⁡γ)=(ba2+b2,0,aa2+b2)\bm{n}=(\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma)=\left(\cfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}},0,\cfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\right)n=(cosα,cosβ,cosγ)=(a2+b2​b​,0,a2+b2​a​)。由斯托克斯公式
∮Γ(y−z)dx+(z−x)dy+(x−y)dz=∬Σ∣ba2+b20aa2+b2∂∂x∂∂y∂∂zy−zz−xx−y∣dS=−2(a+b)a2+b2∬ΣdS.\begin{aligned} &\displaystyle\oint\limits_{\Gamma}(y-z)\mathrm{d}x+(z-x)\mathrm{d}y+(x-y)\mathrm{d}z\\ =&\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\begin{vmatrix}\cfrac{b}{\sqrt{a^2+b^2}}&0&\cfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}\\\cfrac{\partial}{\partial x}&\cfrac{\partial}{\partial y}&\cfrac{\partial}{\partial z}\\y-z&z-x&x-y\end{vmatrix}\mathrm{d}S\\ =&\cfrac{-2(a+b)}{\sqrt{a^2+b^2}}\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\mathrm{d}S. \end{aligned} ==​Γ∮​(y−z)dx+(z−x)dy+(x−y)dzΣ∬​∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣​a2+b2​b​∂x∂​y−z​0∂y∂​z−x​a2+b2​a​∂z∂​x−y​∣∣∣∣∣∣∣∣∣∣​dSa2+b2​−2(a+b)​Σ∬​dS.​
  由于∬ΣdS=Σ\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\mathrm{d}S=\SigmaΣ∬​dS=Σ的面积AAA，而A⋅cos⁡γ=A⋅aa2+b2=ΣA\cdot\cos\gamma=A\cdot\cfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}=\SigmaA⋅cosγ=A⋅a2+b2​a​=Σ在xOyxOyxOy面上的投影区域的面积=πa2=\pi a^2=πa2，故
∬ΣdS=πa2aa2+b2=πaa2+b2.\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\mathrm{d}S=\cfrac{\pi a^2}{\cfrac{a}{\sqrt{a^2+b^2}}}=\pi a\sqrt{a^2+b^2}. Σ∬​dS=a2+b2​a​πa2​=πaa2+b2​.
（这道题主要利用了斯托克斯公式求解）

总习题十一

3.计算下列曲线积分：

（5）∫L(exsin⁡y−2y)dx+(excos⁡y−2)dy\displaystyle\int\limits_{L}(e^x\sin y-2y)\mathrm{d}x+(e^x\cos y-2)\mathrm{d}yL∫​(exsiny−2y)dx+(excosy−2)dy，其中LLL为上半圆周(x−a)2+y2=a2,y⩾0(x-a)^2+y^2=a^2,y\geqslant0(x−a)2+y2=a2,y⩾0，沿逆时针方向；

解  添加有向线段OA:y=0OA:y=0OA:y=0，xxx从000变到2a2a2a，则在半圆闭区域DDD上应用格林公式可得
∫L+OA(exsin⁡y−2y)dx+(excos⁡y−2)dy=∬D(∂Q∂x−∂P∂y)dxdy=∬D(excos⁡y−excos⁡y+2)dxdy=2∬Ddxdy=πa2.\begin{aligned} &\displaystyle\int\limits_{L+OA}(e^x\sin y-2y)\mathrm{d}x+(e^x\cos y-2)\mathrm{d}y\\ =&\displaystyle\iint\limits_{D}\left(\cfrac{\partial Q}{\partial x}-\cfrac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ =&\displaystyle\iint\limits_{D}(e^x\cos y-e^x\cos y+2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ =&2\displaystyle\iint\limits_{D}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\pi a^2. \end{aligned} ===​L+OA∫​(exsiny−2y)dx+(excosy−2)dyD∬​(∂x∂Q​−∂y∂P​)dxdyD∬​(excosy−excosy+2)dxdy2D∬​dxdy=πa2.​
  于是
∫L(exsin⁡y−2y)dx+(excos⁡y−2)dy=πa2−∫OA(exsin⁡y−2y)dx+(excos⁡y−2)dy=πa2−∫02a(exsin⁡0−2⋅0)dx=πa2.\begin{aligned} &\displaystyle\int\limits_{L}(e^x\sin y-2y)\mathrm{d}x+(e^x\cos y-2)\mathrm{d}y\\ =&\pi a^2-\displaystyle\int\limits_{OA}(e^x\sin y-2y)\mathrm{d}x+(e^x\cos y-2)\mathrm{d}y\\ =&\pi a^2-\displaystyle\int^{2a}_0(e^x\sin0-2\cdot0)\mathrm{d}x=\pi a^2. \end{aligned} ==​L∫​(exsiny−2y)dx+(excosy−2)dyπa2−OA∫​(exsiny−2y)dx+(excosy−2)dyπa2−∫02a​(exsin0−2⋅0)dx=πa2.​
（这道题主要利用了添加线段的方法求解）

（6）∮Γxyzdz\displaystyle\oint\limits_{\Gamma}xyz\mathrm{d}zΓ∮​xyzdz，其中Γ\GammaΓ是用平面y=zy=zy=z截球面x2+y2+z2=1x^2+y^2+z^2=1x2+y2+z2=1所得的截痕，从zzz轴的正向看去，沿逆时针方向。

解  由Γ\GammaΓ的一般方程{y=z,x2+y2+z2=1\begin{cases}y=z,\\x^2+y^2+z^2=1\end{cases}{y=z,x2+y2+z2=1​可得x2+2y2=1x^2+2y^2=1x2+2y2=1。从而可令x=cos⁡t,y=sin⁡t2,z=sin⁡t2x=\cos t,y=\cfrac{\sin t}{\sqrt{2}},z=\cfrac{\sin t}{\sqrt{2}}x=cost,y=2​sint​,z=2​sint​，ttt从000变到2π2\pi2π。于是
∮Γxyzdz=∫02πcos⁡t(sin⁡t2)2⋅cos⁡t2dt=122∫02πsin⁡2tcos⁡2tdt=182∫02πsin⁡2(2t)dt=182∫02π1−cos⁡4t2dt=π82=2π16.\begin{aligned} \displaystyle\oint\limits_{\Gamma}xyz\mathrm{d}z&=\displaystyle\int^{2\pi}_0\cos t\left(\cfrac{\sin t}{\sqrt{2}}\right)^2\cdot\cfrac{\cos t}{\sqrt{2}}\mathrm{d}t\\ &=\cfrac{1}{2\sqrt{2}}\displaystyle\int^{2\pi}_0\sin^2 t\cos^2 t\mathrm{d}t\\ &=\cfrac{1}{8\sqrt{2}}\displaystyle\int^{2\pi}_0\sin^2(2t)\mathrm{d}t\\ &=\cfrac{1}{8\sqrt{2}}\displaystyle\int^{2\pi}_0\cfrac{1-\cos4t}{2}\mathrm{d}t=\cfrac{\pi}{8\sqrt{2}}=\cfrac{\sqrt{2}\pi}{16}. \end{aligned} Γ∮​xyzdz​=∫02π​cost(2​sint​)2⋅2​cost​dt=22​1​∫02π​sin2tcos2tdt=82​1​∫02π​sin2(2t)dt=82​1​∫02π​21−cos4t​dt=82​π​=162​π​.​
（这道题主要利用了参数方程求解）

4.计算下列曲面积分：

（1）∬ΣdSx2+y2+z2\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\cfrac{\mathrm{d}S}{x^2+y^2+z^2}Σ∬​x2+y2+z2dS​，其中是界于平面z=0z=0z=0及z=Hz=Hz=H之间的圆柱面x2+y2=R2x^2+y^2=R^2x2+y2=R2；

解  将Σ\SigmaΣ分成Σ1\Sigma_1Σ1​和Σ2\Sigma_2Σ2​两片，Σ1\Sigma_1Σ1​为y=R2−x2y=\sqrt{R^2-x^2}y=R2−x2​，Σ2\Sigma_2Σ2​为y=−R2−x2y=-\sqrt{R^2-x^2}y=−R2−x2​，Σ1\Sigma_1Σ1​和Σ2\Sigma_2Σ2​在zOxzOxzOx面上的投影区域均为
Dzx={(x,z)∣0⩽z⩽H,−R⩽x⩽R}.∬Σ1dSx2+y2+z2=∬Dxz1R2+z21+(−x)2R2−x2dxdz=∫0H1R2+z2dz⋅∫−RRRR2−x2dx=[1Rarctan⁡zR]∣0H⋅[Rarcsin⁡xR]∣−RR=πarctan⁡HR.D_{zx}=\{(x,z)|0\leqslant z\leqslant H,-R\leqslant x\leqslant R\}.\\ \begin{aligned} \displaystyle\iint\limits_{\Sigma_1}\cfrac{\mathrm{d}S}{x^2+y^2+z^2}&=\displaystyle\iint\limits_{D_{xz}}\cfrac{1}{R^2+z^2}\sqrt{1+\cfrac{(-x)^2}{R^2-x^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}z\\ &=\displaystyle\int^H_0\cfrac{1}{R^2+z^2}\mathrm{d}z\cdot\displaystyle\int^R_{-R}\cfrac{R}{\sqrt{R^2-x^2}}\mathrm{d}x\\ &=\left[\cfrac{1}{R}\arctan\cfrac{z}{R}\right]\biggm\vert^H_0\cdot\left[R\arcsin\cfrac{x}{R}\right]\biggm\vert^R_{-R}\\ &=\pi\arctan\cfrac{H}{R}. \end{aligned} Dzx​={(x,z)∣0⩽z⩽H,−R⩽x⩽R}.Σ1​∬​x2+y2+z2dS​​=Dxz​∬​R2+z21​1+R2−x2(−x)2​​dxdz=∫0H​R2+z21​dz⋅∫−RR​R2−x2​R​dx=[R1​arctanRz​]∣∣∣∣​0H​⋅[RarcsinRx​]∣∣∣∣​−RR​=πarctanRH​.​
  又由于被积函数关于yyy是偶函数，积分曲面Σ1\Sigma_1Σ1​和Σ2\Sigma_2Σ2​关于zOxzOxzOx面对称，故
∬Σ1dSx2+y2+z2=∬Σ2dSx2+y2+z2=πarctan⁡HR.\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_1}\cfrac{\mathrm{d}S}{x^2+y^2+z^2}=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_2}\cfrac{\mathrm{d}S}{x^2+y^2+z^2}=\pi\arctan\cfrac{H}{R}. Σ1​∬​x2+y2+z2dS​=Σ2​∬​x2+y2+z2dS​=πarctanRH​.
  由此得
∬ΣdSx2+y2+z2=2πarctan⁡HR.\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\cfrac{\mathrm{d}S}{x^2+y^2+z^2}=2\pi\arctan\cfrac{H}{R}. Σ∬​x2+y2+z2dS​=2πarctanRH​.
（这道题主要利用了分片的方法求解）

（2）∬Σ(y2−z)dyz+(z2−x)dzdx+(x2−y)dxdy\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}(y^2-z)\mathrm{d}y\mathrm{z}+(z^2-x)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(x^2-y)\mathrm{d}x\mathrm{d}yΣ∬​(y2−z)dyz+(z2−x)dzdx+(x2−y)dxdy，其中Σ\SigmaΣ为锥面z=x2+y2(0⩽z⩽h)z=\sqrt{x^2+y^2}(0\leqslant z\leqslant h)z=x2+y2​(0⩽z⩽h)的外侧；

解  添加辅助曲面Σ1={(x,y,z)∣z=h,x2+y2⩽h2}\Sigma_1=\{(x,y,z)|z=h,x^2+y^2\leqslant h^2\}Σ1​={(x,y,z)∣z=h,x2+y2⩽h2}，取上侧，则在由Σ\SigmaΣ和Σ1\Sigma_1Σ1​所包围的空间闭区域Ω\varOmegaΩ上应用高斯公式得
∬Σ+Σ1(y2−z)dyz+(z2−x)dzdx+(x2−y)dxdy=∭Ω[∂(y2−z)∂x+∂(z2−x)∂y+∂(x2−y)∂z]dv=∭Ω0⋅dv=0.\begin{aligned} &\displaystyle\iint\limits_{\Sigma+\Sigma_1}(y^2-z)\mathrm{d}y\mathrm{z}+(z^2-x)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(x^2-y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ =&\displaystyle\iiint\limits_{\varOmega}\left[\cfrac{\partial(y^2-z)}{\partial x}+\cfrac{\partial(z^2-x)}{\partial y}+\cfrac{\partial(x^2-y)}{\partial z}\right]\mathrm{d}v=\displaystyle\iiint\limits_{\varOmega}0\cdot\mathrm{d}v=0. \end{aligned} =​Σ+Σ1​∬​(y2−z)dyz+(z2−x)dzdx+(x2−y)dxdyΩ∭​[∂x∂(y2−z)​+∂y∂(z2−x)​+∂z∂(x2−y)​]dv=Ω∭​0⋅dv=0.​
  于是
原式=−∬Σ1(y2−z)dyz+(z2−x)dzdx+(x2−y)dxdy=−∬Σ1(x2−y)dxdy=−∬Dxy(x2−y)dxdy.\begin{aligned} \text{原式}&=-\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_1}(y^2-z)\mathrm{d}y\mathrm{z}+(z^2-x)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(x^2-y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=-\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_1}(x^2-y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}(x^2-y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y. \end{aligned} 原式​=−Σ1​∬​(y2−z)dyz+(z2−x)dzdx+(x2−y)dxdy=−Σ1​∬​(x2−y)dxdy=−Dxy​∬​(x2−y)dxdy.​
  其中
Dxy={(x,y)∣x2+y2⩽h2}.D_{xy}=\{(x,y)|x^2+y^2\leqslant h^2\}. Dxy​={(x,y)∣x2+y2⩽h2}.
  在计算∬Dxy(x2−y)dxdy\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}(x^2-y)\mathrm{d}x\mathrm{d}yDxy​∬​(x2−y)dxdy时，由对称性易知∬Dxyydxdy=0\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}y\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0Dxy​∬​ydxdy=0，又∬Dxyx2dxdy=∬Dxyy2dxdy\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}x^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}y^2\mathrm{d}x\mathrm{d}yDxy​∬​x2dxdy=Dxy​∬​y2dxdy，故
∬Dxy(x2−y)dxdy=12∬Dxy(x2+y2)dxdy=极坐标12∫02πdθ∫0hρ2⋅ρdρ=π4h4.\begin{aligned} \displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}(x^2-y)\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\cfrac{1}{2}\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}(x^2+y^2)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &\xlongequal{\text{极坐标}}\cfrac{1}{2}\displaystyle\int^{2\pi}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^h_0\rho^2\cdot\rho\mathrm{d}\rho=\cfrac{\pi}{4}h^4. \end{aligned} Dxy​∬​(x2−y)dxdy​=21​Dxy​∬​(x2+y2)dxdy极坐标21​∫02π​dθ∫0h​ρ2⋅ρdρ=4π​h4.​
  从而得
原式=−π4h4.\text{原式}=-\cfrac{\pi}{4}h^4. 原式=−4π​h4.
（这道题主要利用了补足闭曲面的方法求解）

（4）∬Σxyzdxdy\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}xyz\mathrm{d}x\mathrm{d}yΣ∬​xyzdxdy，其中Σ\SigmaΣ为球面x2+y2+z2=1(x⩾0,y⩾0)x^2+y^2+z^2=1(x\geqslant0,y\geqslant0)x2+y2+z2=1(x⩾0,y⩾0)的外侧。

解  应用高斯公式计算。添加辅助曲面Σ3:x=0\Sigma_3:x=0Σ3​:x=0（取后侧）；Σ4:y=0\Sigma_4:y=0Σ4​:y=0（取左侧），则有
∬Σ3xyzdxdy=∬Σ4xyzdxdy=0.\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_3}xyz\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_4}xyz\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0. Σ3​∬​xyzdxdy=Σ4​∬​xyzdxdy=0.
  在由Σ,Σ3\Sigma,\Sigma_3Σ,Σ3​和Σ4\Sigma_4Σ4​所围成的空间闭区域Ω\varOmegaΩ上应用高斯公式，得
∬Σxyzdxdy=∬Σ+Σ3+Σ4xyzdxdy=∭Ω∂(xyz)∂zdv=∭Ωxydv=∬Dxyxydxdy∫−1−x2−y21−x2−y2dz=2∬Dxyxy1−x2−y2dxdy=215.\begin{aligned} \displaystyle\iint\limits_{\Sigma}xyz\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma+\Sigma_3+\Sigma_4}xyz\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\displaystyle\iiint\limits_{\varOmega}\cfrac{\partial(xyz)}{\partial z}\mathrm{d}v\\ &=\displaystyle\iiint\limits_{\varOmega}xy\mathrm{d}v=\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}xy\mathrm{d}x\mathrm{d}y\displaystyle\int^{\sqrt{1-x^2-y^2}}_{-\sqrt{1-x^2-y^2}}\mathrm{d}z\\ &=2\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}xy\sqrt{1-x^2-y^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\cfrac{2}{15}. \end{aligned} Σ∬​xyzdxdy​=Σ+Σ3​+Σ4​∬​xyzdxdy=Ω∭​∂z∂(xyz)​dv=Ω∭​xydv=Dxy​∬​xydxdy∫−1−x2−y2​1−x2−y2​​dz=2Dxy​∬​xy1−x2−y2​dxdy=152​.​
（这道题主要利用了添加辅助面的方法求解）

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