目录

  • 例题十八
    • 例18.4  已知平面区域D={(x,y)∣0⩽x⩽π,0⩽y⩽π}D=\{(x,y)|0\leqslant x\leqslant\pi,0\leqslant y\leqslant\pi\}D={(x,y)∣0⩽x⩽π,0⩽y⩽π}，LLL为DDD的正向边界。试证：(2)∮Lxesin⁡ydy−ye−sin⁡xdx⩾52π2.(2)\displaystyle\oint_Lxe^{\sin y}\mathrm{d}y-ye^{-\sin x}\mathrm{d}x\geqslant\cfrac{5}{2}\pi^2.(2)∮L​xesinydy−ye−sinxdx⩾25​π2.
    • 例18.9  设I=∬Σxdydz+ydxdz+zdxdy(x2+y2+z2)32I=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\cfrac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}x\mathrm{d}z+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(x^2+y^2+z^2)^{\frac{3}{2}}}I=Σ∬​(x2+y2+z2)23​xdydz+ydxdz+zdxdy​，试依次对以下四个曲面计算III的值。
      • （1）Σ\SigmaΣ是上半球面z=R2−x2−y2z=\sqrt{R^2-x^2-y^2}z=R2−x2−y2​的上侧；
      • （2）Σ\SigmaΣ是x2a2+y2b2+z2c2=1\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}+\cfrac{z^2}{c^2}=1a2x2​+b2y2​+c2z2​=1的外侧(a,b,c>0)(a,b,c>0)(a,b,c>0)；
      • （3）Σ\SigmaΣ是z=2−x2−y2z=2-x^2-y^2z=2−x2−y2在z⩾0z\geqslant0z⩾0部分的上侧；
      • （4）Σ\SigmaΣ是z=2−x2−y2z=2-x^2-y^2z=2−x2−y2在z⩾−2z\geqslant-2z⩾−2部分的上侧。
  • 习题十八
    • 18.6设P(x,y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z)P(x,y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z)P(x,y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z)都是连续函数，Σ\SigmaΣ是一光滑曲面，面积为SSS，MMM是P2+Q2+R2\sqrt{P^2+Q^2+R^2}P2+Q2+R2​在Σ\SigmaΣ上的最大值，证明∣∬ΣPdydz+Qdxdz+Rdxdy∣⩽MS\left|\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}x\mathrm{d}z+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y\right|\leqslant MS∣∣∣∣∣∣​Σ∬​Pdydz+Qdxdz+Rdxdy∣∣∣∣∣∣​⩽MS。
    • 18.7设空间曲线L:{x=x2+2y2,z=6−2x2−y2,L:\begin{cases}x=x^2+2y^2,\\z=6-2x^2-y^2,\end{cases}L:{x=x2+2y2,z=6−2x2−y2,​从zzz轴正向向负向看去为逆时针方向。求I=∮L(z2−y)dx+(x2−z)dy+(x−y2)dz.I=\displaystyle\oint_L(z^2-y)\mathrm{d}x+(x^2-z)\mathrm{d}y+(x-y^2)\mathrm{d}z.I=∮L​(z2−y)dx+(x2−z)dy+(x−y2)dz.
  • 写在最后

例题十八

例18.4  已知平面区域D={(x,y)∣0⩽x⩽π,0⩽y⩽π}D=\{(x,y)|0\leqslant x\leqslant\pi,0\leqslant y\leqslant\pi\}D={(x,y)∣0⩽x⩽π,0⩽y⩽π}，LLL为DDD的正向边界。试证：(2)∮Lxesin⁡ydy−ye−sin⁡xdx⩾52π2.(2)\displaystyle\oint_Lxe^{\sin y}\mathrm{d}y-ye^{-\sin x}\mathrm{d}x\geqslant\cfrac{5}{2}\pi^2.(2)∮L​xesinydy−ye−sinxdx⩾25​π2.

解  由于et+e−t=2∑n=0∞t2n(2n)!⩾2(1+t22!)=2+t2e^t+e^{-t}=2\sum\limits_{n=0}^\infty\cfrac{t^{2n}}{(2n)!}\geqslant2\left(1+\cfrac{t^2}{2!}\right)=2+t^2et+e−t=2n=0∑∞​(2n)!t2n​⩾2(1+2!t2​)=2+t2，于是esin⁡x+e−sin⁡x⩾2+sin⁡2xe^{\sin x}+e^{-\sin x}\geqslant2+\sin^2xesinx+e−sinx⩾2+sin2x，故
∮Lxesin⁡ydy−ye−sin⁡xdx=∬D(esin⁡y+e−sin⁡x)dσ=∬D(esin⁡x+e−sin⁡x)dσ⩾∬D(2+sin⁡2x)dσ=∬D2dσ+∬Dsin⁡2xdσ=2π2+12π2=52π.\begin{aligned} \displaystyle\oint_Lxe^{\sin y}\mathrm{d}y-ye^{-\sin x}\mathrm{d}x&=\displaystyle\iint\limits_{D}(e^{\sin y}+e^{-\sin x})\mathrm{d}\sigma=\displaystyle\iint\limits_{D}(e^{\sin x}+e^{-\sin x})\mathrm{d}\sigma\\ &\geqslant\displaystyle\iint\limits_{D}(2+\sin^2x)\mathrm{d}\sigma=\displaystyle\iint\limits_{D}2\mathrm{d}\sigma+\displaystyle\iint\limits_{D}\sin^2x\mathrm{d}\sigma\\ &=2\pi^2+\cfrac{1}{2}\pi^2=\cfrac{5}{2}\pi. \end{aligned} ∮L​xesinydy−ye−sinxdx​=D∬​(esiny+e−sinx)dσ=D∬​(esinx+e−sinx)dσ⩾D∬​(2+sin2x)dσ=D∬​2dσ+D∬​sin2xdσ=2π2+21​π2=25​π.​
（这道题主要利用了轮换对称性求解）

例18.9  设I=∬Σxdydz+ydxdz+zdxdy(x2+y2+z2)32I=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\cfrac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}x\mathrm{d}z+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(x^2+y^2+z^2)^{\frac{3}{2}}}I=Σ∬​(x2+y2+z2)23​xdydz+ydxdz+zdxdy​，试依次对以下四个曲面计算III的值。

（1）Σ\SigmaΣ是上半球面z=R2−x2−y2z=\sqrt{R^2-x^2-y^2}z=R2−x2−y2​的上侧；

（2）Σ\SigmaΣ是x2a2+y2b2+z2c2=1\cfrac{x^2}{a^2}+\cfrac{y^2}{b^2}+\cfrac{z^2}{c^2}=1a2x2​+b2y2​+c2z2​=1的外侧(a,b,c>0)(a,b,c>0)(a,b,c>0)；

（3）Σ\SigmaΣ是z=2−x2−y2z=2-x^2-y^2z=2−x2−y2在z⩾0z\geqslant0z⩾0部分的上侧；

（4）Σ\SigmaΣ是z=2−x2−y2z=2-x^2-y^2z=2−x2−y2在z⩾−2z\geqslant-2z⩾−2部分的上侧。

解  设z=x2+y2+z2,P=xr3,Q=yr3,R=zr3,∂P∂x=r3−3xr2⋅xrr6=1r3−3x2r5z=\sqrt{x^2+y^2+z^2},P=\cfrac{x}{r^3},Q=\cfrac{y}{r^3},R=\cfrac{z}{r^3},\cfrac{\partial P}{\partial x}=\cfrac{r^3-3xr^2\cdot\cfrac{x}{r}}{r^6}=\cfrac{1}{r^3}-\cfrac{3x^2}{r^5}z=x2+y2+z2​,P=r3x​,Q=r3y​,R=r3z​,∂x∂P​=r6r3−3xr2⋅rx​​=r31​−r53x2​。
  同理∂Q∂y=1r3−3y2r5,∂R∂z=1r3−3z2r5\cfrac{\partial Q}{\partial y}=\cfrac{1}{r^3}-\cfrac{3y^2}{r^5},\cfrac{\partial R}{\partial z}=\cfrac{1}{r^3}-\cfrac{3z^2}{r^5}∂y∂Q​=r31​−r53y2​,∂z∂R​=r31​−r53z2​，所以∂P∂x+∂Q∂y+∂R∂z=0\cfrac{\partial P}{\partial x}+\cfrac{\partial Q}{\partial y}+\cfrac{\partial R}{\partial z}=0∂x∂P​+∂y∂Q​+∂z∂R​=0。
  （1）将Σ\SigmaΣ的方程代入被积函数分母中，得I=1R3∬Σxdydz+ydzdx+zdxdyI=\cfrac{1}{R^3}\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}yI=R31​Σ∬​xdydz+ydzdx+zdxdy。
  补Σ0:z=0,x2+y2⩽R2\Sigma_0:z=0,x^2+y^2\leqslant R^2Σ0​:z=0,x2+y2⩽R2，方向向下，又Ω\OmegaΩ是由Σ\SigmaΣ和Σ0\Sigma_0Σ0​围成的半球体，则
I=1R3(∯Σ+Σ0−∬Σ0)=1R3(∭Ω3dv−0)=3R3⋅2π3R3=2π.I=\cfrac{1}{R^3}\left(\quad\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma+\Sigma_0}-\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_0}\right)=\cfrac{1}{R^3}\left(\displaystyle\iiint\limits_{\Omega}3\mathrm{d}v-0\right)=\cfrac{3}{R^3}\cdot\cfrac{2\pi}{3}R^3=2\pi. I=R31​⎝⎛​Σ+Σ0​∬​​−Σ0​∬​⎠⎞​=R31​⎝⎛​Ω∭​3dv−0⎠⎞​=R33​⋅32π​R3=2π.
  （2）作一球面Σρ:x2+y2+z2=ρ2\Sigma_\rho:x^2+y^2+z^2=\rho^2Σρ​:x2+y2+z2=ρ2，方向向内，且取ρ\rhoρ充分小使得Σρ\Sigma_\rhoΣρ​位于Σ\SigmaΣ的内部，又记Σ\SigmaΣ和Σρ\Sigma_\rhoΣρ​所围区域为Ω\OmegaΩ，Σρ\Sigma_\rhoΣρ​所围区域为Ωρ\Omega_\rhoΩρ​，则I=∬Σ=∯Σ+Σρ−∯ΣρI=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}=\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma+\Sigma_\rho}-\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma_\rho}I=Σ∬​=Σ+Σρ​∬​​−Σρ​∬​​。
  根据高斯公式，∯Σ+Σρ=∭Ω(∂P∂x+∂Q∂y+∂R∂z)dv=∭Ω0dv=0\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma+\Sigma_\rho}=\displaystyle\iiint\limits_{\Omega}\left(\cfrac{\partial P}{\partial x}+\cfrac{\partial Q}{\partial y}+\cfrac{\partial R}{\partial z}\right)\mathrm{d}v=\displaystyle\iiint\limits_{\Omega}0\mathrm{d}v=0Σ+Σρ​∬​​=Ω∭​(∂x∂P​+∂y∂Q​+∂z∂R​)dv=Ω∭​0dv=0。在Σρ\Sigma_\rhoΣρ​上x2+y2+z2=ρ2x^2+y^2+z^2=\rho^2x2+y2+z2=ρ2，并注意方向向内，则∯Σρ=∯Σρxdydz+ydxdz+zdxdy(x2+y2+z2)32=1ρ3∯Σρxdydz+ydxdz+zdxdy=−1ρ3∭Ωρ3dv=−3ρ3⋅4π3ρ3=−4π\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma_\rho}=\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma_\rho}\cfrac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}x\mathrm{d}z+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(x^2+y^2+z^2)^{\frac{3}{2}}}=\cfrac{1}{\rho^3}\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma_\rho}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}x\mathrm{d}z+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y=-\cfrac{1}{\rho^3}\displaystyle\iiint\limits_{\Omega_\rho}3\mathrm{d}v=-\cfrac{3}{\rho^3}\cdot\cfrac{4\pi}{3}\rho^3=-4\piΣρ​∬​​=Σρ​∬​​(x2+y2+z2)23​xdydz+ydxdz+zdxdy​=ρ31​Σρ​∬​​xdydz+ydxdz+zdxdy=−ρ31​Ωρ​∭​3dv=−ρ33​⋅34π​ρ3=−4π。
  故I=0−(−4π)=4πI=0-(-4\pi)=4\piI=0−(−4π)=4π。
  （3）作上半球面Σρ:z=ρ2−x2−y2\Sigma_\rho:z=\sqrt{\rho^2-x^2-y^2}Σρ​:z=ρ2−x2−y2​，方向向下，ρ\rhoρ充分小使得Σρ\Sigma_\rhoΣρ​在Σ\SigmaΣ的内部，再补一平面Σ0:z=0,ρ2⩽x2+y2⩽2\Sigma_0:z=0,\rho^2\leqslant x^2+y^2\leqslant2Σ0​:z=0,ρ2⩽x2+y2⩽2，方向向下，设由Σ,Σρ\Sigma,\Sigma_\rhoΣ,Σρ​和Σ0\Sigma_0Σ0​共同围成的立体区域记为Ω\OmegaΩ，则I=∬Σ=∯Σ+Σρ−∬Σρ−∬Σ0I=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}=\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma+\Sigma_\rho}-\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_\rho}-\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_0}I=Σ∬​=Σ+Σρ​∬​​−Σρ​∬​−Σ0​∬​。
  由高斯公式，第一项=0=0=0。由（1），∬Σρ=−2π(Σρ方向向下),∬Σ0=∬Σ0xdydz+ydxdz+zdxdy(x2+y2+z2)32=0.\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_\rho}=-2\pi(\Sigma_\rho\text{方向向下}),\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_0}=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_0}\cfrac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}x\mathrm{d}z+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(x^2+y^2+z^2)^{\frac{3}{2}}}=0.Σρ​∬​=−2π(Σρ​方向向下),Σ0​∬​=Σ0​∬​(x2+y2+z2)23​xdydz+ydxdz+zdxdy​=0.
  故I=0−(−2π)=2πI=0-(-2\pi)=2\piI=0−(−2π)=2π。
  （4）补平面Σ0:z=−2,x2+y2⩽4\Sigma_0:z=-2,x^2+y^2\leqslant4Σ0​:z=−2,x2+y2⩽4，方向向下；作球面Σρ:x2+y2+z2=ρ2\Sigma_\rho:x^2+y^2+z^2=\rho^2Σρ​:x2+y2+z2=ρ2，方向向内，且ρ\rhoρ充分小，使得Σρ\Sigma_\rhoΣρ​包含在Σ\SigmaΣ之内。又将Σρ\Sigma_\rhoΣρ​所围球体区域记为Ωρ\Omega_\rhoΩρ​，Σ\SigmaΣ与Σρ,Σ0\Sigma_\rho,\Sigma_0Σρ​,Σ0​所围立体记为Ω\OmegaΩ，则I=∬Σ=∯Σ+Σρ−∯Σρ−∬Σ0I=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}=\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma+\Sigma_\rho}-\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma_\rho}-\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_0}I=Σ∬​=Σ+Σρ​∬​​−Σρ​∬​​−Σ0​∬​。
  根据高斯公式，第一项为000。由（2），∯Σρ=−4π\displaystyle\oiint\limits_{\Sigma_\rho}=-4\piΣρ​∬​​=−4π。最后，
∬Σ0=∬Σ0−2dxdy(x2+y2+4)32=−∬Dxy−2dxdy(x2+y2+4)32=2∫02πdθ∫02rdr(r2+4)32=−4π1r2+4∣02=(2−2)π,\begin{aligned} \displaystyle\iint\limits_{\Sigma_0}&=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma_0}\cfrac{-2\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(x^2+y^2+4)^{\frac{3}{2}}}=-\displaystyle\iint\limits_{D_{xy}}\cfrac{-2\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(x^2+y^2+4)^{\frac{3}{2}}}\\ &=2\displaystyle\int^{2\pi}_0\mathrm{d}\theta\displaystyle\int^2_0\cfrac{r\mathrm{d}r}{(r^2+4)^{\frac{3}{2}}}=-4\pi\cfrac{1}{\sqrt{r^2+4}}\biggm\vert^2_0\\ &=(2-\sqrt{2})\pi, \end{aligned} Σ0​∬​​=Σ0​∬​(x2+y2+4)23​−2dxdy​=−Dxy​∬​(x2+y2+4)23​−2dxdy​=2∫02π​dθ∫02​(r2+4)23​rdr​=−4πr2+4​1​∣∣∣∣​02​=(2−2​)π,​
  故I=0−(−4π)−(2−2)π=(2+2)πI=0-(-4\pi)-(2-\sqrt{2})\pi=(2+\sqrt{2})\piI=0−(−4π)−(2−2​)π=(2+2​)π。（这道题主要利用了第一型曲线曲面积分和第二型曲线曲面积分的综合运用求解）

习题十八

18.6设P(x,y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z)P(x,y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z)P(x,y,z),Q(x,y,z),R(x,y,z)都是连续函数，Σ\SigmaΣ是一光滑曲面，面积为SSS，MMM是P2+Q2+R2\sqrt{P^2+Q^2+R^2}P2+Q2+R2​在Σ\SigmaΣ上的最大值，证明∣∬ΣPdydz+Qdxdz+Rdxdy∣⩽MS\left|\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}x\mathrm{d}z+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y\right|\leqslant MS∣∣∣∣∣∣​Σ∬​Pdydz+Qdxdz+Rdxdy∣∣∣∣∣∣​⩽MS。

证  由于要证的不等式中出现了曲面的积分，所以应将左端的第二型曲面积分化为对面积的曲面积分，设n∘=(cos⁡α,cos⁡β,cos⁡γ)\bm{n}^\circ=(\cos\alpha,\cos\beta,\cos\gamma)n∘=(cosα,cosβ,cosγ)为曲面Σ\SigmaΣ上选定侧的单位向量，则
∬ΣPdydz+Qdxdz+Rdxdy=∬Σ(Pcos⁡α+Qcos⁡β+Rcos⁡γ)dS=∬Σ(P,Q,R)⋅n∘dS.\begin{aligned} \displaystyle\iint\limits_{\Sigma}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}x\mathrm{d}z+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y&=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}(P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma)\mathrm{d}S\\ &=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}(P,Q,R)\cdot\bm{n}^\circ\mathrm{d}S. \end{aligned} Σ∬​Pdydz+Qdxdz+Rdxdy​=Σ∬​(Pcosα+Qcosβ+Rcosγ)dS=Σ∬​(P,Q,R)⋅n∘dS.​
  因为∣(P,Q,R)⋅n∘∣=∣(P,Q,R)∣⋅∣n∘∣cos⁡φ⩽∣(P,Q,R)∣=P2+Q2+R2(φ是(P,Q,R)与n∘的夹角)|(P,Q,R)\cdot\bm{n}^\circ|=|(P,Q,R)|\cdot|\bm{n}^\circ|\cos\varphi\leqslant|(P,Q,R)|=\sqrt{P^2+Q^2+R^2}(\varphi\text{是}(P,Q,R)\text{与}\bm{n}^\circ\text{的夹角})∣(P,Q,R)⋅n∘∣=∣(P,Q,R)∣⋅∣n∘∣cosφ⩽∣(P,Q,R)∣=P2+Q2+R2​(φ是(P,Q,R)与n∘的夹角)，因此
∣∬ΣPdydz+Qdxdz+Rdxdy∣=∣∬Σ(Pcos⁡α+Qcos⁡β+Rcos⁡γ)dS∣⩽∬Σ∣Pcos⁡α+Qcos⁡β+Rcos⁡γ∣dS⩽∬ΣP2+Q2+R2dS⩽MS.\begin{aligned} &\left|\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}x\mathrm{d}z+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y\right|=\left|\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}(P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma)\mathrm{d}S\right|\\ \leqslant&\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}|P\cos\alpha+Q\cos\beta+R\cos\gamma|\mathrm{d}S\leqslant\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\sqrt{P^2+Q^2+R^2}\mathrm{d}S\leqslant MS. \end{aligned} ⩽​∣∣∣∣∣∣​Σ∬​Pdydz+Qdxdz+Rdxdy∣∣∣∣∣∣​=∣∣∣∣∣∣​Σ∬​(Pcosα+Qcosβ+Rcosγ)dS∣∣∣∣∣∣​Σ∬​∣Pcosα+Qcosβ+Rcosγ∣dS⩽Σ∬​P2+Q2+R2​dS⩽MS.​
（这道题主要利用了第二型曲面积分的定义求解）

18.7设空间曲线L:{x=x2+2y2,z=6−2x2−y2,L:\begin{cases}x=x^2+2y^2,\\z=6-2x^2-y^2,\end{cases}L:{x=x2+2y2,z=6−2x2−y2,​从zzz轴正向向负向看去为逆时针方向。求I=∮L(z2−y)dx+(x2−z)dy+(x−y2)dz.I=\displaystyle\oint_L(z^2-y)\mathrm{d}x+(x^2-z)\mathrm{d}y+(x-y^2)\mathrm{d}z.I=∮L​(z2−y)dx+(x2−z)dy+(x−y2)dz.

解
I=∬Σ∣dydzdzdxdxdy∂∂x∂∂y∂∂zz2−yx2−zx−y2∣=∬Σ(−2y+1)dydz+(2z−1)dzdx+(2x+1)dxdy,\begin{aligned} I&=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}\begin{vmatrix}\mathrm{d}y\mathrm{d}z&\mathrm{d}z\mathrm{d}x&\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\\cfrac{\partial}{\partial x}&\cfrac{\partial}{\partial y}&\cfrac{\partial}{\partial z}\\z^2-y&x^2-z&x-y^2\end{vmatrix}\\ &=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}(-2y+1)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+(2z-1)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(2x+1)\mathrm{d}x\mathrm{d}y, \end{aligned} I​=Σ∬​∣∣∣∣∣∣∣∣​dydz∂x∂​z2−y​dzdx∂y∂​x2−z​dxdy∂z∂​x−y2​∣∣∣∣∣∣∣∣​=Σ∬​(−2y+1)dydz+(2z−1)dzdx+(2x+1)dxdy,​
  其中Σ\SigmaΣ为以LLL为边界的任一空间曲面，考虑转换公式，Σ\SigmaΣ向xOyxOyxOy面投影，易得Dxy:x2+y2⩽2D_{xy}:x^2+y^2\leqslant2Dxy​:x2+y2⩽2，则
I=∬Σ[(−2y+1)⋅4x+(2z−1)⋅2y+(2x+1)]dxdy=∬Σ[(−2y+1)⋅4x+(11−4x2−2y2)⋅2y+(2x+1)]dxdy=2π.\begin{aligned} I&=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}[(-2y+1)\cdot4x+(2z-1)\cdot2y+(2x+1)]\mathrm{d}x\mathrm{d}y\\ &=\displaystyle\iint\limits_{\Sigma}[(-2y+1)\cdot4x+(11-4x^2-2y^2)\cdot2y+(2x+1)]\mathrm{d}x\mathrm{d}y=2\pi. \end{aligned} I​=Σ∬​[(−2y+1)⋅4x+(2z−1)⋅2y+(2x+1)]dxdy=Σ∬​[(−2y+1)⋅4x+(11−4x2−2y2)⋅2y+(2x+1)]dxdy=2π.​
  由于Σ\SigmaΣ可任取，以LLL为边界即可，此处Σ\SigmaΣ为z=6−2x2−y2z=6-2x^2-y^2z=6−2x2−y2在交线之上的部分。（这道题主要利用了斯托克斯公式求解）

写在最后

  如果觉得文章不错就点个赞吧。另外，如果有不同的观点，欢迎留言或私信。
   欢迎非商业转载，转载请注明出处。

高等数学张宇18讲 第十八讲 第二型曲线曲面积分相关推荐

  1. 高等数学学习笔记——第六十八讲——隐函数存在定理

    1. 问题引入--方程两边同时关于x求导数,求解隐函数导数 2. 要研究的问题:方程在什么条件下才能确定隐函数(隐函数的存在性):隐函数的连续性.可微性.求导方法 3. 隐函数存在定理(二元函数) 4 ...

  2. 高等数学学习笔记——第七十八讲——极坐标下二重积分的计算

    1. 问题的引入--对于某些积分区域,在直角坐标系下计算并不方便 2. 区域的极坐标描述 1. 直角坐标与极坐标的关系 2. 区域的极坐标描述(圆域.圆环域.极矩形) 3. 极坐标形式的二重积分 1. ...

  3. 王佩丰excel学习笔记（五）：第十五——十八讲

    目录 第十五讲 第十六讲 第十七讲 第十八讲 第十五讲 根据某些条件突出显示单元格:开始-条件格式-突出显示单元格规则 制作数据范围趋势:开始-条件格式-数据条 用于分组统计:插入-切片器 多重条件格 ...

  4. 小甲鱼Python3学习笔记之第二十八讲(仅记录学习)

    第二十八讲:文件:因为懂你,所以永恒 一.知识点: 0.file对象利用open函数来创建. 1.file文件的打开模式:f = open('文件地址','r/w/x/a等') 'r':只读模式,以只 ...

  5. 趣谈网络协议笔记-二（第十八讲）

    趣谈网络协议笔记-二(第十八讲) DNS协议:网络世界的地址簿 自勉 勿谓言之不预也 -- 向为祖国牺牲的先烈致敬! 正文 DNS用于域名解析,但也不仅仅是用于域名解析,不仅仅是将域名转换成IP. 在 ...

  6. python字符串操作入门十八讲——合集一

    字符串操作十八讲合集 导读

  7. 前端简单入门第十八讲 使用jQuery实现表格的隔行换色

    还记得之前我使用JavaScript来实现表格的隔行换色效果吗?如果读者初次翻阅本文,可记得看看前端简单入门第十二讲 使用JavaScript完成后台数据展示表格的隔行换色!现在我就来使用jQuery ...

  8. 名词解释第二十八讲：跨链

    这里是王团长区块链学院,与最优秀的区块链人一起成长!今天给大家讲讲跨链. 点击观看视频教程:名词解释第二十八讲:跨链 随着区块链技术的发展,出现了越来越多的链,包括公有链.联盟链.私有链层出不穷,但每 ...

  9. stata：stata软件教程（人大十八讲）（1） 第一章 stata入门

    第一章 stata入门 1.1 安装 1.2 启用和退出 1.3 打开和查看数据 1.4 寻求帮助与网络资源 1.4.1 获取帮助的命令 1.4.2 几个主要网站 1.5 命令示例 1.5.1 进行四 ...

  10. 名词解释第十八讲：糖果

    这里是王团长区块链学院,与最优秀的区块链人一起成长!今天给大家讲讲糖果. 点击观看视频教程:名词解释第十八讲:糖果 我们经常会在朋友圈看到一些关于领取免费糖果的宣传海报,对于了解区块链的人来说这没有什 ...

最新文章

  1. Leetcode 15.三数之和 双指针 or 暴力哈希
  2. Appdelegate跳转到指定tabbaritem
  3. 三维坐标 偏转_什么是激光三维扫描？
  4. 3、CSS 边框border
  5. 质数判断，不同算法效率比较
  6. 【朴灵评注】JavaScript 运行机制详解：再谈Event Loop
  7. 分析业务模型-类图（Class Diagram）（上）
  8. SQL Server删除整个数据库中表数据的方法（不影响表结构）
  9. 每天工作6小时，月入过万，这个新职业火了
  10. 计算学习理论、统计学习基础理论
  11. Python实现温度转换
  12. 以向量和矩阵的视角抽象万物
  13. UIActivityIndicatorView活动指示器(菊花)
  14. 配电室智能监控系统设计及实现分析-Susie 周
  15. 网络管理员考试试题讲解
  16. 访黏度计算公式_调节阀流量系数Kv的计算公式
  17. php iconv translit,php iconv translit for removing accents: not working as excepted?
  18. FineReport的数据库
  19. Android8.0通知栏适配全面解析
  20. 贫民窟里的WPF系列讲座（二）

热门文章

  1. 企业如何从0到1搭建BI系统
  2. 基于JSP的房屋租赁管理系统
  3. MySQL之数据库操作
  4. 【算法竞赛入门经典（第二版）】_要点提取（第三章）
  5. 网络攻击盯上民生领域，应对DDoS和APT攻击，如何有效防御？
  6. oracle可以只装客户端吗,我想在linux下只装oracle客户端行吗？怎么装？
  7. 关于anaconda下载包的位置的问题
  8. 后台数据联调的接口工具 postman和apizza 集成数据
  9. 流畅的 Python
  10. 流畅的Python(1)- 一摞Python风格的纸牌