东南大学2020年5月30日高数月考

1.

设曲线C为 $y = \sqrt{4 x - x^{2} - 3}$ 上从点 $A (1, 0)$ 到点 $B (3, 0)$ 的一段，则曲线积分

\int_{C} \sqrt{x^{2} + y^{2}} d x + [5 x + y \ln (x + \sqrt{x^{2} + y^{2}})] d y =

解答积分式子的形式比较复杂，采用格林公式计算会比较方便。从点 $(1, 0)$ 到点 $(3, 0)$ 是顺时针方向，从而格林公式得出的答案带有负号。

取上半圆环和点 $(1, 0)$ 到 $(3, 0)$ 的逆时针路径，使用格林公式结果如下：

{\begin{cases} P = \sqrt{x^{2} + y^{2}} \\ Q = 5 x + y \ln (x + \sqrt{x^{2} + y^{2}}) \end{cases} {\begin{cases} \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} \\ \frac{\partial Q}{\partial x} = 5 + \frac{y}{\sqrt{x^{2} + y^{2}}} \end{cases}

从而

\iint_{D} \frac{\partial Q}{\partial x} - \frac{\partial P}{\partial y} d x d y = \iint_{D} 5 d x d y = \frac{5 π}{2}

下方直线段的积分结果为4，所以上半部分的结果是 $\frac{5 π}{2} - 4$ ，最终结果为

\int_{C} \sqrt{x^{2} + y^{2}} d x + [5 x + y \ln (x + \sqrt{x^{2} + y^{2}})] d y = 4 - \frac{5 π}{2}

2.

设 $D_{k}$ 是区域 $D = {(x, y) | | x | + | y | \leq 1}$ 在第 $k$ 象限的部分，记

I_{k} = \iint_{D_{k}} (y - x) d x d y (k = 1, 2, 3, 4)

判断每个区域积分值的正负。

解答画出积分区域的图，容易知道这个区域是一个正方形。画出直线 $y = x$ ，容易知道在第二象限的部分满足 $y - x > 0$ ，第四象限的部分 $y - x < 0$ 。一三象限的积分值为0。

3.

设 $L$ 为球面 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = a^{2}$ 与平面 $x + y + z = 0$ 的交线，则

\int_{L} (x^{2} + z^{2}) d s =

解答我们不难发现这个图形具有高度的对称性，从而

\begin{aligned} \oint_{L} (x^{2} + z^{2}) d s = & \oint_{L} (a^{2} - y^{2}) d s \\ = & \oint_{L} a^{2} d s - \frac{1}{3} \oint_{L} (x^{2} + y^{2} + z^{2}) d s \\ = & \frac{2}{3} \oint_{L} a^{2} d s \\ = & \frac{4 π}{3} a^{3} \end{aligned}

4.

曲面 $z = 2 - x^{2} - y^{2}$ 与 $z = 1$ 围成的立体的表面积为

解答这个物体由一个抛物面和一个圆组成。圆的方程为 $x^{2} + y^{2} = 1$ ，面积为 $π$ ，抛物面的面积利用二重积分计算。

\begin{aligned} S_{抛 物 面} = & \iint_{x^{2} + y^{2} \leq 1} d S \\ = & \iint_{x^{2} + y^{2} \leq 1} \sqrt{1 + 4 x^{2} + 4 y^{2}} d x d y \\ = & \iint_{x^{2} + y^{2} \leq 1} r \sqrt{1 + 4 r^{2}} d r d θ = \frac{5 \sqrt{5} - 1}{6} π \end{aligned}

所以总的面积为 $\frac{5 \sqrt{5} + 5}{6} π$ 。

5.

设 $Σ$ 为曲面 $z = x^{2} + y^{2}$ 上满足 $z \leq 2 x$ 部分，取上侧，则

\iint_{Σ} (x + y^{2}) d z \land d x + z d x \land d y =

解答如果直接进行的话要投影到两个区域上面，笔者在此选择用高斯公式进行求解。

把平面 $z = 2 x$ 被平面所截下的部分补到上面，记

I = \iint_{Σ} (x + y^{2}) d z \land d x + z d x \land d y

则

\begin{array}{r} ∭_{V} (2 y + 1) d x d y d z = \iint_{Σ^{'}} (x + y^{2}) d z \land d x + z d x \land d y - I \end{array}

先计算左端的三重积分：根据对称性含有 $y$ 的项都可以消去。

\begin{aligned} ∭_{V} d x d y d z = & \iint_{x^{2} + y^{2} \leq 2 x} d x d y \int_{x^{2} + y^{2}}^{2 x} d z \\ = & \iint_{x^{2} + y^{2} \leq 2 x} (2 x - x^{2} - y^{2}) d x d y \\ = & \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} d θ \int_{0}^{2 \cos θ} r (2 r \cos θ - r^{2}) d r \\ = & \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} \frac{4}{3} \cos^{4} θ d θ = \frac{π}{2} \end{aligned}

再计算平面的第二型面积分：

\begin{array}{r} \iint_{Σ^{'}} (x + y^{2}) d z \land d x + z d x \land d y = \iint_{x^{2} + y^{2} \leq 2 x} 2 x d x d y = 2 π \end{array}

从而

\frac{π}{2} = 2 π - I I = \frac{3}{2} π

6.

设

\begin{aligned} I_{1} = & \iint_{D} \sin \sqrt{x^{2} + y^{2}} d x d y \\ I_{2} = & \iint_{D} \cos \sqrt{x^{2} + y^{2}} d x d y \\ I_{3} = & \iint_{D} \cos (x^{2} + y^{2}) d x d y \end{aligned}

其中

D = {(x, y) | x^{2} + y^{2} \leq \frac{1}{4}}

比较三个积分的大小。

解答显然本题只需要比较出三个函数值的大小。这也是这份试卷里为数不多不需要计算的题目。

不难得出在给定区域上

\cos (x^{2} + y^{2}) > \cos \sqrt{x^{2} + y^{2}} > \sin \sqrt{x^{2} + y^{2}}

从而 $I_{3} > I_{2} > I_{1}$ 。

7.

设 $L$ 为 $x^{2} + y^{2} = 2 x (y \geq 0)$ 上从 $O (0, 0)$ 到 $A (2, 0)$ 的一段连续函数，满足

f (x) = x^{2} + \frac{1}{π} \int_{L} y (f (x) + e^{x}) d x + (e^{x} - x y^{2}) d y

求 $f (x)$ 。

解答显然后端的第二型曲线积分不好处理，需要使用格林公式化简成二重积分再进行求解。

补上从 $O (0, 0)$ 到 $A (2, 0)$ 的线段，容易知道这部分的积分为0，根据格林公式

\begin{aligned} \int_{L} y (f (x) + e^{x}) d x + (e^{x} - x y^{2}) d y = & \iint_{x^{2} + y^{2} \leq 2 x (y \geq 0)} y^{2} + f (x) d x d y \\ = & \frac{π}{8} + \iint_{x^{2} + y^{2} = 2 x (y \geq 0)} f (x) d x d y \end{aligned}

所以

f (x) = x^{2} + \frac{1}{8} + \frac{1}{π} \iint_{x^{2} + y^{2} = 2 x (y \geq 0)} f (x) d x d y

两边再次在这个区域上积分就能得到

\iint_{x^{2} + y^{2} = 2 x (y \geq 0)} f (x) d x d y = \frac{11}{8} π

从而

f (x) = x^{2} + \frac{3}{2}

8.

设

\begin{array}{r} L_{1} : x^{2} + y^{2} = 1 \\ L_{2} : x^{2} + y^{2} = 2 \\ L_{3} : 2 x^{2} + y^{2} = 2 \end{array}

记

I_{i} = \oint_{L_{i}} (y + \frac{y^{3}}{6}) d x + (2 x - \frac{x^{3}}{3}) d y

比较三个积分的大小。

解答首先将这几个曲线积分化成二重积分。

{\begin{cases} P = y + \frac{y^{3}}{6} \\ Q = 2 x - \frac{x^{3}}{3} \end{cases} {\begin{cases} \frac{\partial P}{\partial y} = 1 + \frac{y^{2}}{2} \\ \frac{\partial Q}{\partial x} = 2 - x^{2} \end{cases}

所以

\oint_{L_{i}} (y + \frac{y^{3}}{6}) d x + (2 x - \frac{x^{3}}{3}) d y = \iint_{D_{i}} (1 - x^{2} - \frac{y^{2}}{2}) d x d y

我本来以为这个可以直接看出来的，没想到这个不能直接判断。。。

首先可以肯定的是 $I_{3}$ 是最大的。这个是可以从积分区域上面看出来的。剩下的两个要算一下，根据对称性化简以后不是很困难。

\begin{aligned} \iint_{x^{2} + y^{2} \leq R^{2}} (1 - \frac{y^{2}}{2} - x^{2}) d x d y \\ = & \iint_{x^{2} + y^{2} \leq R^{2}} d x d y - \frac{3}{4} \iint_{x^{2} + y^{2} \leq R^{2}} (x^{2} + y^{2}) d x d y = π R^{2} - \frac{3 π R^{4}}{8} \end{aligned}

所以 $I_{2} < I_{1}$ ，最终结果为

I_{3} > I_{1} > I_{2}

9.

设区域 $Ω$ 为 $x^{2} + y^{2} + z^{2} \leq 1$ ，则

∭_{Ω} (x + z^{2}) d x d y d z =

解答本题比较简单，用对称性和轮换对称性容易求解。

\begin{aligned} ∭_{Ω} (x + z^{2}) d x d y d z = & \frac{1}{3} ∭_{Ω} (x^{2} + y^{2} + z^{2}) d x d y d z \\ = & \frac{1}{3} ∭_{Ω} (r^{4} \sin φ) d r d φ d θ \\ = & \frac{4 π}{15} \end{aligned}

10.

已知表达式

\frac{a y}{(x + y)^{2}} d x + \frac{b x}{(x + y)^{2}} d y

是某个函数的全微分，则常数 $a$ 与 $b$ 之间的关系是？

解答两个式子再求一下偏导就好了。

{\begin{cases} \frac{\partial P}{\partial y} = \frac{a (x - y)}{(x + y)^{3}} \\ \frac{\partial Q}{\partial x} = \frac{b (y - x)}{(x + y)^{3}} \end{cases}

所以 $a = - b$ 。

11.

设在 $x O y$ 平面上有一力场，力场的大小与作用和点 $M$ 到点 $A (0, 1)$ 的距离的平方成反比（比例系数为 $k$ ），力的方向从点 $A$ 指向 $M$ 。则质点 $M$ 沿曲线 $(x - 2)^{2} + y^{2} = 4 (y \geq 0)$ 从点 $B (4, 0)$ 运动到点 $O (0, 0)$ ，力所做的功为？

解答根据物理学常识我们很容易知道平方反比力是保守力，接下来怎么做不用我多说了吧。。。

根据物理意义很容易看出

W = (\frac{1}{\sqrt{17}} - 1) k

12.

设物体为圆锥面 $z = \sqrt{x^{2} + y^{2}}$ 被圆柱面 $x^{2} + y^{2} = 2 a x (a > 0)$ 所截下的部分，密度函数为 $μ (x, y, z) = x y + y z + z x$ ，则该物体的质量为？

解答由对称性其中两项可以直接消去。

\begin{aligned} m = \iint_{x^{2} + y^{2} \leq 2 a x} (x y + y z + z x) d S = & \iint_{x^{2} + y^{2} \leq 2 a x} \sqrt{2} \cdot x \cdot \sqrt{x^{2} + y^{2}} d x d y \\ = & \sqrt{2} \iint_{x^{2} + y^{2} \leq 2 a x} x \sqrt{x^{2} + y^{2}} d x d y \\ = & \sqrt{2} \int_{- \frac{π}{2}}^{\frac{π}{2}} d θ \int_{0}^{2 a \cos θ} r^{3} \cos θ d r \\ = & 8 \sqrt{2} \int_{0}^{\frac{π}{2}} \cos^{5} θ d θ = 8 \sqrt{2} \cdot \frac{4}{5} \cdot \frac{2}{3} \cdot 1 = \frac{64 \sqrt{2}}{15} \end{aligned}

13.

求下面积分的值。

\int_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}} d y \int_{\frac{1}{2}}^{\sqrt{y}} x y e^{\frac{y^{2}}{x}} d x + \int_{\frac{1}{2}}^{1} d y \int_{y}^{\sqrt{y}} x y e^{\frac{y^{2}}{x}} d x

解答交换积分次序以后求解即可。

\begin{aligned} \int_{\frac{1}{4}}^{\frac{1}{2}} d y \int_{\frac{1}{2}}^{\sqrt{y}} x y e^{\frac{y^{2}}{x}} d x + \int_{\frac{1}{2}}^{1} d y \int_{y}^{\sqrt{y}} x y e^{\frac{y^{2}}{x}} d x \\ = & \int_{\frac{1}{2}}^{1} d x \int_{x^{2}}^{x} x y e^{\frac{y^{2}}{x}} d y \\ = & \int_{\frac{1}{2}}^{1} x^{2} (e^{x} - e^{x^{3}}) d x = \frac{e}{3} - \frac{5 \sqrt{e}}{8} + \frac{1}{6} e^{\frac{1}{8}} \end{aligned}

14.

设函数

Q (x, y) = \frac{x}{y^{3}}

如果对于上半平面 $(y > 0)$ 的任意有向光滑闭曲线都有

\oint_{C} P (x, y) d x + Q (x, y) d y = 0

那么函数 $P (x, y)$ 可以取为？

解答本题只要选出一个正确的就行，注意P在平面上必须都有意义。选择 $2 x^{2} - \frac{1}{2 y^{2}}$

15.

设L为任何不经过 $y = 0$ 的区域 $D$ 内的曲线，为了使曲线积分

\int_{L} \frac{x}{y} (x^{2} + y^{2})^{α} d x - \frac{x^{2}}{y^{2}} (x^{2} + y^{2})^{α} d y

与路径无关，求 $α$ 的值。

解答根据积分与路径无关的条件列出方程即可。

{\begin{cases} \frac{\partial P}{\partial y} = x (2 α (x^{2} + y^{2})^{α - 1} - \frac{(x^{2} + y^{2})^{α}}{y^{2}}) \\ \frac{\partial Q}{\partial x} = - \frac{2 x (x^{2} + y^{2})^{α} + 2 x^{3} α (x^{2} + y^{2})^{α - 1}}{y^{2}} \end{cases}

令 $\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}$ ，整理后可以得到 $α = - \frac{1}{2}$ .

16.

设 $Σ$ 为球面 $x^{2} + y^{2} + z^{2} = R^{2}$ 的下半部分， $\cos α, \cos β, \cos γ$ 为 $Σ$ 的外法线方向的方向余弦，则

\iint_{Σ} [(x^{3} + R^{3}) \cos α + (y^{3} + R^{3}) \cos β + (z^{3} + R^{3}) \cos γ] d S =

解答显然直接做不太容易，补上一个圆以后用高斯公式求解。

补上平面 $z = 0$ 上的圆 $x^{2} + y^{2} = R^{2}$ ，由高斯公式得

\begin{array}{r} ∭_{x^{2} + y^{2} + z^{2}} 3 (x^{2} + y^{2} + z^{2}) d x d y d z = π R^{5} + \iint_{Σ} [(x^{3} + R^{3}) \cos α + (y^{3} + R^{3}) \cos β + (z^{3} + R^{3}) \cos γ] d S \end{array}

下面求解左侧的积分。

\begin{array}{r} ∭_{x^{2} + y^{2} + z^{2}} 3 (x^{2} + y^{2} + z^{2}) d x d y d z = 3 ∭_{r < R} r^{4} \sin φ d r d φ d θ = \frac{6 π R^{5}}{5} \end{array}

从而原积分的结果为

\frac{π}{5} R^{5}

17.

设L是柱面 $x^{2} + y^{2} = 1$ 与平面 $2 x + y - 2 z = 0$ 的交线，从 $z$ 轴正向往 $z$ 轴负向看去为逆时针方向，则曲线积分

\oint_{L} x z d x + x d y + \frac{y^{2}}{2} d z =

解答化为参数方程直接写就好。

曲线的参数方程为

{\begin{cases} x = \cos θ \\ y = \sin θ \\ z = \cos θ + \frac{\sin θ}{2} \end{cases} {\begin{cases} d x = - \sin θ d θ \\ d y = \cos θ d θ \\ d z = \frac{\cos θ}{2} - \sin θ \end{cases}

注意被积函数的奇偶性，几乎所有的项都被消去了

\begin{aligned} \oint_{L} x z d x + x d y + \frac{y^{2}}{2} d z \\ = & \int_{0}^{2 π} \cos^{2} θ + \frac{\sin^{2} θ}{2} (\frac{\cos θ}{2} - \sin θ) - \cos θ \sin θ (\frac{\cos θ}{2} - \sin θ) d θ \\ = & \int_{0}^{2 π} \cos^{2} θ d θ = π \end{aligned}

18.

设曲线

{\begin{cases} | x | + | y | = 1 \\ z = \arctan (x + y) \end{cases}

从 $z$ 轴正向向 $z$ 轴负向看去为逆时针方向，则曲线积分

\oint_{L} (x^{2} - y) d x + (2 x^{2} + y^{2}) d y + z^{2} d z =

解答含有绝对值的式子显然不好直接化成参数方程，所以用 $Stokes$ 公式来解决。

取

{\begin{cases} | x | + | y | = 1 \\ z = \arctan (x + y) \end{cases}

的相交部分作为曲面。由 $Stokes$ 公式

\oint_{L} (x^{2} - y) d x + (2 x^{2} + y^{2}) d y + z^{2} d z = \iint_{| x | + | y | \leq 1} 3 d x \land d y = 6

19.

设 $L$ 为 $| x | + | y | = 1$ 取逆时针方向，曲线积分

\oint_{L} \frac{y d x - x d y}{3 x^{2} - 2 x y + 3 y^{2}} =

解答注意到

\frac{\partial P}{\partial y} = \frac{\partial Q}{\partial x}

且函数在原点无定义，所以用割补法化为另外一个曲线的线积分即可。

取曲线 $3 x^{2} - 2 x y + 3 y^{2} = ε$ ，使用简单的割补法就可以得到

\oint_{L} \frac{y d x - x d y}{3 x^{2} - 2 x y + 3 y^{2}} = \frac{1}{ϵ} \oint_{L^{'}} y d x - x d y

上面那个积分的几何意义是这个椭圆面积的 $- \frac{2}{ε}$ 倍，用各种技巧都可以得到椭圆的长短轴分别为 $\frac{\sqrt{ε}}{\sqrt{2}}, \frac{\sqrt{ε}}{2}$ ，面积为 $π a b = \frac{ε}{2 \sqrt{2}}$ ，原积分的结果为 $- \frac{\sqrt{2} π}{2}$ 。

20.

向量场 $\vec{A} = (x^{3}, y^{3}, z^{3})$ 穿过由曲面

y = R + \sqrt{R^{2} - x^{2} - z^{2}} (R > 0)

与 $x^{2} + z^{2} = y^{2}$ 所围成的封闭曲面的外侧的通量是？

解答用高斯公式即可。

只需要求出下面这个积分：

\begin{aligned} 3 ∭_{D} (x^{2} + y^{2} + z^{2}) d x d y d z = & \int_{0}^{2 π} d θ \int_{0}^{\frac{π}{4}} d φ \int_{0}^{2 R \cos φ} r^{4} \sin φ d r \\ = & 3 \cdot \frac{28 π}{15} R^{5} = \frac{28 π R^{5}}{5} \end{aligned}

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