复旦大学：《数学分析》第十四章 曲线积分、曲面积分与场论（14.3）Green公式、Gauss公式和 Stokes公式习题

习题14.3 Green公式、 Gauss公式和 Stokes公式 1.利用 Green公式计算下列积分 (1)j(x+y)d-(x2+y),其中L是以41,B(32),C(25)为顶 点的三角形的边界,逆时针方向 2)∫x2x2y,其中L是圆周x2+y2=a2,逆时针方向 (3) x cos x+ 2xysin x-y e)k+( x.x-2ye2k,其中L是星形 线x3+y3=a3(a>0),逆时针方向; (4)∫e- cos y)dx-U-siny小,其中L是曲线y=sinx上从(0 到(,0)的一段; (5)j(2-y-(+sn2y,其中L是圆周x2+y2=2x的上半部 分,方向从点00)到点(2,0); (6)∫psin-x+y]+(2cosy-a,其中ab是正常数,L为 从点A(2a0)沿曲线y=√2ax-x2到点O0,0)的一段 (7)「,其中L是以点(0为中心,R为半径的圆周 4x2 (R>1),逆时针方向 (8)「(x-D)在+(x+),其中L为单位圆周x2+y2=1,逆时 针方向 9)「 elSin y-ycos y )dx+(x cos y+ysin y)dy ,其中L是包围原点 的简单光滑闭曲线,逆时针方向。 解(1)∫(x+y) y2)=(-x-2yh dx b.(2x+ y) (2x+y) (2)xydr-x'ydy =[J(2xy-2xy )drdy=- sin@ cos e de ordr =0 (3)(r'ycos x+2xy sinx-y2e kx+(x2sinx-2 ye ly

习 题 14.3 Green 公式、Gauss 公式和 Stokes 公式 1． 利用 Green 公式计算下列积分： （1） ∫ + − + ，其中 是以 L (x y) dx (x y )dy 2 2 2 L A(11, ), B(3,2), C(2,5) 为顶 点的三角形的边界，逆时针方向； （2） ∫ − ，其中L 是圆周 ，逆时针方向； L xy dx x ydy 2 2 x y a 2 2 + = 2 （3） ( ) ( ) ∫ + − + − L x y x xy x y e dx x x ye dy x x cos 2 sin sin 2 2 2 2 ，其中L 是星形 线 ( 0) 3 2 3 2 3 2 x + y = a a > ，逆时针方向； （4） [ ] ( ) ( ) ∫ − − − L e y dx y y dy x 1 cos sin ，其中L 是曲线 y = sin x上从( , 到 0 0) ( , π 0)的一段； （5） ，其中 是圆周 的上半部 分，方向从点 到点 ； ( ) ( ) ∫ − − + L x y dx x y dy 2 2 sin L x y 2 2 + = 2x ( , 0 0) (2,0) （6） [ ] ( ) ∫ − + + − L e y b x y dx e y ax dy x x sin ( ) cos ，其中 是正常数，L 为 从点 沿曲线 a,b A(2a,0) 2 y = 2ax − x 到点O(0,0)的一段； （7） ∫ + − L 2 2 4x y xdy ydx ，其中 L 是以点 (1,0) 为中心， R 为半径的圆周 （R > 1），逆时针方向； （8） ∫ + − + + L 2 2 4 ( ) ( 4 ) x y x y dx x y dy ， 其中 为单位圆周 ，逆时 针方向； L 1 2 2 x + y = （9） [ ] ∫ + − + + L 2 2 ( sin cos ) ( cos sin ) x y e x y y y dx x y y y dy x ，其中 是包围原点 的简单光滑闭曲线，逆时针方向。 L 解（1）∫ + − + L (x y) dx (x y )dy 2 2 2 ∫∫ = − − D ( 4x 2y)dxdy 3 140 2 (2 ) 2 (2 ) 11 3 ( 1) 2 1 3 2 4 3 ( 1) 2 1 2 1 = − + − + = − ∫ ∫ ∫ ∫ − + − + x x x x dx x y dy dx x y dy 。 （2）∫ − L xy dx x ydy 2 2 2 3 0 0 ( 2 2 ) 4 sin cos 0 a D xy xy dxdy d r dr π = − − = − θ θ θ = ∫∫ ∫ ∫ 。 （3） ( ) ( ) ∫ + − + − L x y x xy x y e dx x x ye dy x x cos 2 sin sin 2 2 2 2 1

l Oddy=0 (4)设L1:y=0,x:0→丌,则 ∫e- cos y)dx-(y- -sin y)小]=eydb=e L+LI 所以 [1-cos y)dx-(-sin y )dyl Je [0-cos yldr-(-sin y)dy ]+e (5)设L1:y=0,x:0→2,则 =∫ L+LI 所以 -k-(+b=2-)k 8 -lx+sin- yky=x dx=3o (6)设L1:y=0,x:0→2a,则 sin y-b(x+y COS =』(b-adh=na2 L+I 所以 sin y-b(x+y)kx+(e cos y-axkdy ∫psny-bx+y)]红+(2cosy-akh 2a(b-a)+bxd=(2+2)n3b-2 (7)设P(x,y) 取路径L1:4x2+y2=1,逆时针方向,由 Green公式, xdy-ydx xdy-ydx 令y_1 cos,y=sint,得到 2 4x2+y2 ∫(2eost+2smi=z x-y. o(x,y) (8)设P(xy)=x2+4y x+4y

= ∫∫ = 。 D 0dxdy 0 （4）设L1 : y = 0, x :0 → π ，则 [ ] ( ) ( ) 5 1 1 cos sin sin 0 0 − − − − = = = ∫ ∫∫ ∫ ∫ − + π π e e y dx y y dy e ydxdy e dx ydy x x D x x L L1 ， 所以 [ ] ( ) ( ) ∫ − − − L e y dx y y dy x 1 cos sin [ ] ( ) ( ) ∫ = − − − 1 1 cos sin L e y dx y y dy x = − + 5 1 π e 5 −1 π e 。 （5）设L1 : y = 0, x :0 → 2，则 ( ) ( sin ) (1 1) 0 2 2 − − + = − = ∫ ∫∫ − + D x y dx x y dy dxdy L L1 ， 所以 ( ) ( ) ∫ − − + L x y dx x y dy 2 2 sin ( ) ( ) 3 8 sin 2 0 2 2 2 1 = − − + = = ∫ ∫ x y dx x y dy x dx L 。 （6）设L1 : y = 0, x :0 → 2a，则 [ ] ( ) ( ) 2 sin ( ) cos ( ) 2 e y b x y dx e y ax dy b a dxdy a b a D x x − + + − = − = − ∫ ∫∫ + π L L1 ， 所以 [ ] ( ) ∫ − + + − L e y b x y dx e y ax dy x x sin ( ) cos 2 ( ) 2 a b a π = − [ ] ( ) ∫ − − + + − 1 sin ( ) cos L e y b x y dx e y ax dy x x = − + = ∫ a a b a b xdx 2 0 2 ( ) 2 π 2 3 2 ) 2 (2 a b a π π + − 。 （7）设 2 2 2 2 4 , ( , ) 4 ( , ) x y x Q x y x y y P x y + = + = − ，则 x Q x y y x y P ∂ ∂ = + − = ∂ ∂ 2 2 2 2 2 (4 ) 4 ， 取路径L1 : 4x y 2 2 + =1，逆时针方向，由 Green 公式， 2 2 4 xdy ydx x y − = + ∫ L 1 2 2 4 xdy ydx x y − + ∫ L 。 令 1 cos , sin 2 x = t y = t ，得到 2 2 4 xdy ydx x y − = + ∫ L 1 2 2 4 xdy ydx x y − + ∫ L 2 2 2 0 1 1 ( cos sin ) 2 2 t t dt π = + = π ∫ 。 （8）设 2 2 2 2 4 4 , ( , ) 4 ( , ) x y x y Q x y x y x y P x y + + = + − = ，则 2

oP 4y--8 y 取路径L1;x2+4y2=1,逆时针方向,由 Green公式, (x-y)dx+(x+4y)dy r(x-y)dx+(x+4y)dy 令x=cos,y=sint,得到 (x=y)+(x+4)=(x=y)在+(x+4)=21m=z。 (9)设P(x,y) e(xsin y-ycos y) o(x,y) e(xcos y+ ysin y) 则 aP [O )x+y2-x2 (x2+y2)2 取路径L;x2+y2=r2,即x= rcos t,y= rain,t:0→2z,由 Green公式, e [(rsin y-ycos y)dx+(rcos y+ ysin y)dy] X e"[(xsin y-ycos y)dx+(cos y+ ysin y)dy] 于是 a[(rsin y-ycos y)dx+(xcos y+ysin y)dy cos(rsin t)dt, 令r→0,即得到 I=2丌 2.利用曲线积分,求下列曲线所围成的图形的面积: (1)星形线x=acos3t,y=asin3t; (2)抛物线(x+y)2=ax(a>0)与x轴; (3)旋轮线的一段:{x=a(=mD1r02x与x轴。 y=a(-cost) 3a 解(1)S=J-yx=-」J 3 sin'tcos tdt=-na (2)令y=x,则x= 1+y2)0+少3,1:0→+。于是 x=2a2 dt (1+D) (3)S (2-tsint-2cosn)dt= 3Ta' 3.先证明曲线积分与路径无关,再计算积分值:

x Q x y y xy x y P ∂ ∂ = + − − = ∂ ∂ 2 2 2 2 2 ( 4 ) 4 8 ， 取路径L1 : 4 x y 2 + 2 =1，逆时针方向，由 Green 公式， 2 2 ( ) ( 4 ) 4 x y dx x y dy x y − + + = + ∫ L 1 2 2 ( ) ( 4 ) 4 x y dx x y dy x y − + + + ∫ L 。 令 1 cos , sin 2 x = t y = t ，得到 ∫ + − + + L 2 2 4 ( ) ( 4 ) x y x y dx x y dy π π = = + − + + = ∫ ∫ 2 0 2 2 2 1 4 ( ) ( 4 ) 1 dt x y x y dx x y dy L 。 （9）设 2 2 2 2 ( cos sin ) , ( , ) ( sin cos ) ( , ) x y e x y y y Q x y x y e x y y y P x y x x + + = + − = ，则 x Q x y x y x y x y x y x y y y P ∂ ∂ = + + + − + + − = ∂ ∂ 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( ) [( ) ]cos ( 2 ) sin ， 取路径Lr ：x 2 + y 2 = r 2，即 x = r cost, y = rsin t, t : 0 → 2π , 由 Green 公式， [ ] 2 2 ( sin cos ) ( cos sin ) x e x y y y dx x y y y dy x y − + + + ∫ L [ ] 2 2 ( sin cos ) ( cos sin ) r x e x y y y dx x y y y dy x y − + + = + ∫ L 。 于是 [ ] ∫ + − + + = r x y e x y y y dx x y y y dy I x L 2 2 ( sin cos ) ( cos sin ) ∫ = 2π 0 cos e cos(rsin t)dt r t ， 令r → 0，即得到 I = 2π 。 2．利用曲线积分，求下列曲线所围成的图形的面积： （1）星形线 x a = cos 3 3 t, y = a sin t ； （2）抛物线( ) x + = y 2 ax ( ) a > 0 与 x轴； （3）旋轮线的一段： t ⎩ ⎨ ⎧ = − = − (1 cos ), ( sin ), y a t x a t t ∈[ , 0 2π]与 x轴。 解（1） 2 2 2 2 0 1 3 sin cos 2 2 L a S xdy ydx t tdt π 3 2 8 = − = = π a ∫ ∫ 。 （2）令 y = tx，则 2 2 (1 ) , (1 ) t at y t a x + = + = ，t : 0 → +∞ 。于是 2 2 5 0 1 2 (1 ) 6 L t S ydx a dt t +∞ = − = = + ∫ ∫ a 。 （3） 2 2 2 0 1 (2 sin 2cos ) 3 2 2 L a S xdy ydx t t t dt a π = − = − − = π ∫ ∫ 。 3. 先证明曲线积分与路径无关，再计算积分值： （1） ( , ) ( )( ； ( , ) x y − dx − dy ∫ 0 0 1 1 ) 3

(2)∫m(x)x+(y),其中o(x,0y)为连续函数 (3)10x+y2 (6,8)xax t ya 沿不通过原点的路径。 解(1)设P(x,y)=x-y,Q(x,y)=-(x-y), 则=-1=2,所以曲线积分与路径无关 取积分路径为L:y=x,x:0→1,于是 (x-y(dx-dy)=0 (2)设P(x,y)=9(x),Q(x,y)=p(y), 伞参兮=0=,所以曲线积分与路径无关。 则 aP 积分路径为L:折线ABC,其中A(2,1),B(11,C(12),于是 C3)+)+0yb=门90-9) (3)设P(x,y)= x=2,所以曲线积分与路径无关。 取积分路径为L:折线ABC,其中A(10,B(60),C(68),于是 (6.8)xdxt yay=[dx+ 4.证明(2 x cosy+y2cosx)+(2 sinx-x2siny)在整个xy平面上是某个 函数的全微分,并找出这样一个原函数。 证设P(x,y)=2 xcos]+y2cosx,Q(x,y)=2 sinx-x2siny,因为 -2xsin y+2ycos x ao ay 所以(2 xcos y+y2cosx)d+(2 sinx-x2siny)在整个xy平面上是某个函 数的全微分 设这个函数为(x,y),则 u(x,y)= o,o)(2x cos y+y* cos x)dx+(2ysin x-x sin y)dy+C 「。2x+2ynx-x2siny)h=xosy+y2sinx+C。 5证明+在除去y的负半轴及原点的裂缝x平面上是某个函数 的全微分,并找出这样一个原函数。 证设P(x,y)=-x,Q(x,y)=-2,因为

（2） ( , ) ϕ( ) φ( ) ，其中 ( , ) x dx + y dy ∫ 2 1 1 2 ϕ( ) x , φ( y) 为连续函数； （3） xdx ydy x y + + ∫ 1 0 2 2 6 8 ( , ) ( , ) ，沿不通过原点的路径。 解（1）设P(x, y) = x − y, Q(x, y) = −(x − y)， 则 x Q y P ∂ ∂ = − = ∂ ∂ 1 ，所以曲线积分与路径无关。 取积分路径为L: y = x, x :0 →1，于是 ( )( ) 0 (1,1) (0,0) − − = ∫ x y dx dy （2）设P(x, y) = ϕ(x), Q(x, y) = φ( y)， 则 x Q y P ∂ ∂ = = ∂ ∂ 0 ，所以曲线积分与路径无关。 取积分路径为L : 折线 ABC ，其中 A(2,1), B(1,1),C(1,2)，于是 ϕ φ ( ) ( ) ( , ) ( , ) x dx + y dy ∫ 2 1 1 2 = + = ∫ ∫ 2 1 1 2 ϕ(x)dx φ( y)dy ∫ − 2 1 [φ(t) ϕ(t)]dt。 （3）设 2 2 2 2 ( , ) , ( , ) x y y Q x y x y x P x y + = + = ， 则 x Q x y xy y P ∂ ∂ = + = − ∂ ∂ 2 3 2 2 ( ) ，所以曲线积分与路径无关。 取积分路径为L : 折线 ABC ，其中 A(1,0), B(6,0),C(6,8)，于是 xdx ydy x y + + ∫ 1 0 2 2 6 8 ( , ) ( , ) 9 36 8 0 2 6 1 = + = + ∫ ∫ y ydy dx 。 4．证明( c 2x os y + + y 2 cos x)dx (2y sin x − x 2 sin y)dy在整个 xy平面上是某个 函数的全微分，并找出这样一个原函数。 证 设P(x, y) 2x cos y y cos x, Q(x, y) 2y sin x x sin y ，因为 2 2 = + = − x Q x y y x y P ∂ ∂ = − + = ∂ ∂ 2 sin 2 cos ， 所以( c 2x os y + + y 2 cos x)dx (2y sin x − x 2 sin y)dy在整个 xy平面上是某个函 数的全微分。 设这个函数为u(x, y)，则 u(x, y) ( , ) 2 2 (0,0) (2 cos cos ) (2 sin sin ) x y = + x y y x dx + y x − x y dy C ∫ + 2 2 2 0 0 2 (2 sin sin ) cos sin x y = + xdx y x − x y dy = x y + y x C ∫ ∫ + 。 5．证明 xdx ydy x y + +2 2 在除去 y的负半轴及原点的裂缝 xy平面上是某个函数 的全微分，并找出这样一个原函数。 证 设 2 2 2 2 ( , ) , ( , ) x y y Q x y x y x P x y + = + = ，因为 4

aP (x2+y2)2 所以 在除去y的负半轴及原点的裂缝xy平面上是某个函数的 全微分 设这个函数为u(x,y),则 (x,y) (x, y)xdx ydy o)x2+ =In(x +y)+C 2 6.设Q(xy)在x平面上具有连续偏导数,曲线积分j2xd+(xy)与 路径无关,并且对任意t恒有 2xydx +o(x, y)dy 2xydx+o(x, y)dy 求Q(x,y) 解因为曲线积分2x+xy)与路径无关,所以=2x,两边 关于x积分,即得到Q(x,y)=x2+(y),其中φ待定。 由条件2h+Qxy)=2+Qxy)b,可得 (t2+o(y)y=(1+o(y)d 两边对t求导,得到21=1+9(1),即9(y)=2y-1,所以 Q(x,y)=x2+2y-1。 7.确定常数λ,使得右半平面x>0上的向量函数r(x,y)=2x(x4+y2)i x2(x4+y2)2j为某二元函数u(x,y)的梯度,并求v(x,y) 解由题意,型2(x+)]=-x(x2+y),即 ax x(x4+y2)2+4Axy2(x2+y2)41=-2x(x4+y2)2-4ax3(x4+y2) 化简后,求得A=-1。这时 (1, y)2xydx-x'dy u(x +C=-x +C=- arctan+C。 8.设一力场为F=(3x2y+8xy2)i+(x3+8x2y+12ye”),证明质点在此场 内移动时,场力所作的功与路径无关。 证设P(x,y)=3x2y+8x2,Q(x,y)=x3+8x2y+12ye”,因为 aP =3x2+16 ox 所以质点在此场内移动时,场力所作的功与路径无关 9.利用 Gauss公式计算下列曲面积分: (1)xd+y2+dhd,E为立方体0≤x,y=sa的表面,方

x Q x y xy y P ∂ ∂ = + = − ∂ ∂ 2 2 2 ( ) 2 ， 所以 xdx ydy x y + +2 2 在除去 y的负半轴及原点的裂缝 xy平面上是某个函数的 全微分。 设这个函数为u(x, y)，则 u(x, y) ( , ) 2 2 2 2 2 2 2 (0,1) 0 1 1 ln( ) 1 2 x y xdx ydy x xdx y ydy x y C x y x x y + = = + = + + + + ∫ ∫ ∫ + 。 6．设Q(x, y)在 xy平面上具有连续偏导数，曲线积分 与 路径无关，并且对任意 恒有 ∫ + L 2xydx Q(x, y)dy t ∫ ∫ + = + (1, ) (0, 0) ( ,1) (0, 0) 2 ( , ) 2 ( , ) t t xydx Q x y dy xydx Q x y dy ， 求Q(x, y)。 解 因为曲线积分∫ + 与路径无关，所以 L 2xydx Q(x, y)dy x x Q = 2 ∂ ∂ ，两边 关于 x积分，即得到Q(x, y) = x 2 +ϕ( y)，其中ϕ 待定。 由条件∫ + = ∫ + ，可得 (1, ) (0, 0) ( ,1) (0, 0) 2 ( , ) 2 ( , ) t t xydx Q x y dy xydx Q x y dy ∫ + = ∫ + ， t t y dy y dy 0 1 0 2 ( ϕ( )) (1 ϕ( )) 两边对t求导，得到2t = 1+ϕ(t)，即ϕ( y) = 2y −1，所以 ( , ) 2 1 2 Q x y = x + y − 。 7．确定常数λ ，使得右半平面 上的向量函数 为某二元函数 的梯度，并求 。 x > 0 r i λ ( , ) 2 ( ) 4 2 x y = xy x + y j λ ( ) 2 4 2 − x x + y u(x, y) u(x, y) 解 由题意， x x x y y xy x y ∂ ∂ − + = ∂ ∂[2 ( + ) ] [ ( ) ] 4 2 λ 2 4 2 λ ，即 4 2 2 4 2 1 4 2 5 4 2 1 2 ( ) 4 ( ) 2 ( ) 4 ( ) − − + + + = − + − + λ λ λ λ x x y λxy x y x x y λx x y ， 化简后，求得 λ = −1。这时 u(x, y) 2 2 ( , ) 4 2 4 2 2 (1,0) 0 2 arctan x y xydx x dy y x dy y C C x y x y x − = + = − + = − + + ∫ ∫ +C 。 8．设一力场为 ，证明质点在此场 内移动时，场力所作的功与路径无关。 F (3 8 )i ( 8 12 ) j 2 2 3 2 y = x y + xy + x + x y + ye 证 设 ，因为 y P(x, y) 3x y 8xy , Q(x, y) x 8x y 12ye 2 2 3 2 = + = + + x Q x xy y P ∂ ∂ = + = ∂ ∂ 3 16 2 ， 所以质点在此场内移动时，场力所作的功与路径无关。 9．利用 Gauss 公式计算下列曲面积分： （1） x dydz y dzdx z dxdy ，Σ为立方体0 2 2 2 ∫∫ + + Σ ≤ x, , y z ≤ a 的表面，方 5