2011春微积分期末考试试题参考解答

2010级多元微积分期末考试题（A卷）参考解答及注记

一．填空题（每空3分，共15空）（请将答案直接填写在横线上！）

1.

y0

lim

dx

11/e

0(1xy)1/y

1

1214

1

y

1

x

注：可直接在积分号下求极限。 2. 交换累次积分次序

1f(x,y)dx1dy

2

2

f(x,y)dx 1dx2f(x,y)dy

2

x

3. 设D平面上以原点为圆心的闭单位圆盘，则二重积分

44

ysin(xy)dxdy0 D

注：根据积分区域和被积函数的对称性可知积分值为零。

4. 由六个平面3xyz1，x3yz1，xy3z1的所围立体体积

V1/3

注：易知所求体积为



V

dxdydz。作坐标变换u3xyz，vx3yz，

(x,y,z)

dudvdw，其中U表示uvw空间的闭

(u,v,w)

(u,v,w)

24。由

(x,y,w)

wxy3z，则该积分为det

U

正立方体 U: |u|1, |v|1, |w|1。易算得Jacobi行列式det

此可知det

(x,y,z)

1/24。故所求体积为1/3。这里容易犯的错误是混淆了两个

(u,v,w)

Jacobi行列式。注毕。

5. 设曲线L的参数方程为x1sint，y1cost，0t2，则第一型曲线积分

y2

dl 3 22(x1)(y1)L

6.

L

2

ydxxdy4/3 ，其中为曲线yx1从A(0,1)到B(1,0)。 L

7. 积分

22

(xyyzzx1)dS22，其中为锥面被柱面 Szxy

S

x2y22所截得的有限部分。

注：由对称性可以看出

2

2

xydSyzdSzxdS0。

S

S

S

8. 柱面xy1介于曲面z1x与平面z0之间的面积为 3。

注：比较简单的解法是利用第一型曲线积分来求这部分柱面的面积：

2

2



xy1

22

(1x2)dl(1cos2t)dt3

2

2

9. 设S为圆柱面{(x,y,z)|xy1,0z2}的外侧，则第二类曲面积分

xyedxdy(yz)dydzS



注：由于圆柱面S在xy平面上的投影面积为0，故根据函数yz以及圆柱面S的对称性可知



xy

edxdy0 S

(yz)dydz0

S



10. V(x,y,z)(xyz,xyyzzx,xyz)，则divV 1xzxy 

注：典型错误：divV (1,xz,xy). 牢记散度divV是数量函数。

11.f(x,y,z)sin(xyz)，则gradf cos(xyz)(1,1,1)；rot(gradf)0。

dx

xycostsintxdt2t2t11. 方程组 的通解为 CeCe12ycostsintcostsint dy2x3ydt

注1：典型错误：（i）将指数函数e写作e。（ii）将独立变量t写作x（未扣分）。

(2i)t

Ce注2：通解也可写成复数形式：1

2t2

xy1i(2i)t1iCe 222

12. 设duycos(xy)dxxcos(xy)dysinzdz，则u(x,y,z) sin(xy)coszC 注：典型错误：丢掉常数C（未扣分）。

13. 设yxe为三阶常系数线性齐次常微分方程的一个解，则该微分方程的通解为

22x

C1e2xC2xe2xC3x2e2x

注：我们证明过结论：对于常系数线性齐次常微分方程 y

(n)

a1y(n1)any0， 若

xx

0是其特征多项式p()na1n1an的根，重数为 k1，则设e，xe,,

xk1e0x是该齐次方程的解。另一方面，我们不难验证，若xk1e0x是一个解，则0是其特

征多项式的根，且重数k。以下以k3为例来说明。我们记关于x和的求导算子分别为D和D，则De

jx

xjex，Djexjex。于是

2x22

p(D)x2exp(D)DeDp(D)exDp()ex[p''()2xp'()x2p()]ex。

若x2e0x是解，即 p(D)x2ex

0

[p''()2xp'()x2p()]ex

0

0，xR。

由此可得p(0)0，p'(0)0，p''(0)0。这表明0是特征多项式p()的根，

且重数3。注毕。

二．计算题

x2y2

1. （8分）设L为椭圆1，其周长为a，计算(3x2y1)2dl。

49L

解： 将被积函数 (3x2y1)展开，注意到在L上 9x4y36，并且根据对称性可知积分xdl0

L

2

22

2

(3x2y1)dl(361)dl 37a。解答完毕。 ydl。于是 L

LL

2. （10分） 求积分

的下侧。

解：下半球面S加上xy平面的闭圆盘S1:xy1（上侧为正）构成了一个封闭曲面，且外法向为正，所围成的闭区域为下半球体，记作。于是根据Gauss公式得

22

xdydz(z1)dxdyxdydz(z1)dxdy S

S1



S

xdydz(z1)2dxdy

(x2y2z)



22

， S为下半球面zxy

22

22



3

(32z)dxdydz3dxdydz2zdxdydz。 2



考虑在S1上的积分。注意到S1在yz平面上的投影面积为0，而在S1上z0。于是

S1

xdydz(z1)dxdy1dxdy。因此

x2y21

2



S



xdydz(z1)2dxdy

(x2y2z)

22

1

。 2

注1：由于在单位球面上，故积分表达式中的分母为1. 注2：有些同学认为根据对称性得

xdydz0。这是不正确的。实际上

S

xdydz2/3。若x改为x

S

2

则根据对称性可知积分为0.

解答完毕。

3. （10分）计算积分



2

x2y2z2dxdydz，(x,y,z)x2y2zx2y2

2





解：





xyzdxdydzd4d2sind

22

1



2。 122

解答完毕。

4. （12分）设f(x)二阶可导，f(1)0,f(1)0，并设在右半平面（x0），第二类

曲线积分

92

2f(x)ydxxf(x)sinydy与路径无关，求f(x)。 L(A)x2



(B)



解：由于右半平面（x0）是单连通区域，根据积分与路径无关的充要条件可知平面向量场 V(x,y)(P,Q):(9/x2f(x)y, xf(x)siny) 是无旋的QxPy0。即

2

2

9

x2f(x)siny2f(x)y。对该方程稍加整理得关于f(x)的方程 xyx



x2f(x)2xf(x)2f(x)

t

992

 或 。这是Euler方xf(x)2xf(x)2f(x)22

xx

t

程。作标准变换 xe，g(t)f(e)，我们得到关于g(t)的常系数线性ODE方程

d2gdgd2gdg2t

2g0的两个特征值为1和2，2g9e. 对应齐次方程 其

dtdtdtdt

通解为C1eC2e

t

2t

。由于非齐次方程的右端项为9e

2t

2t

，根据求特解的待定系数法可知

2t

非齐次方程有形如cte的解，c为待定常数。将gcte

代入非齐次线性方程

d2gdg

2g9e2t容易确定c3，于是其通解为g(t)C1etC2e2t3te2t。由2dtdt

此得方程 xf(x)2xf(x)2f(x)

2

C3lnx9

的通解为 f(x)Cx2。由初始1

x2xx2

条件f(1)0和f(1)0可确定两个常数分别为C11，C21。于是所求函数为

f(x)x

13lnx

2。 2xx

注：典型错误：在确定f(x)C1x数C1和C2。 解答完毕。

C23lnx

之后，未继续根据初值条件进一步确定常xx

三．证明题

1. （7分）设f为连续函数，证明：证明：

1

dxdy

0xz

1xy

11

f(z)dz(1z)2f(z)dz。

20

1

x



1

dxdyf(z)dzdxf(z)dzdydz(xz)f(z)dz

xy1x

1

f(z)dz

z

11

(xz)dx(1z)2f(z)dz。证毕。

20

2. （8分） 设DR为单连通有界闭区域，其边界D逐段光滑，n为边界的外法向量，

2

2u2u

二阶连续可微函数u(x,y)为D内的调和函数，即220,(x,y)D，r0为

xy

D内任意一点，r为r0到D上点的向量，rr。证明：

（1） u(r0)

1

2

ucosr,n

ulnrdl； rnD

（2） 如果LR为以r0为圆心，R为半径的圆，则u(r0)

1

u(x,y)dl。 2RLR

证明：注意这道题实际上是课本第225页上的题11的平面情形。 （1）不失一般性，假设 r00，n为单位外法向量，于是 r

x2y2，r(x,y)，

1 2

u1cosr,n

ulnrdlrn2D

(x,y)uu

x,yur2lnrndl

D

不难验证 divu

(x,y)uu

0。 lnr,2

xyr

故

12

u1cosr,n

ulnrdlrn2D

x

(x,y)uu

ulnrx,yr2ndl

L

y



11(x,y)

undlr22L2

L

lnr(u,u)ndl

其中L记以r0为圆心为半径的闭圆盘D，即LD。注意在L上

n(x,y)/，r，于是上式第一个积分

1(x,y)(x,y)11udludl(p)Lu(p)， 22Lrr2L2

这里使用了第一曲面积分的中值定理，p是圆周D上的某一点，pD， L表示圆周L的周长，即2。再考虑积分 式的散度形式我们有

1

2

L

lnr(u,u)ndl。根据Green公

x

y

12

D

lnr(ux,uy)ndl

12

ln2

L

(ux,uy)ndl

ln2



D

(uxxuyy)dxdy0。

于是我们得到

ucosr,n

ulnrdlu(p)， pD。注意这里rnD



的0可以任意小。因此可令0得

1

2

ucosr,n

ulnrdllimu(p)u(0)。 0rnD

即结论（1）成立。

证（2）：实际上在结论（1）的证明过程中，我们已经证明

1

2

u11(x,y)cosr,n

ulnrdlundlr2rn2L2D

L

lnr(u,u)ndl，

x

y

并且已证明第二个积分为零，而第一个积分为

1(x,y)1

undludl。 r2L2L

将改为R我们就得到 u(r0)

12

u1cosr,n

ulnrdlrn2D

LR

u

1(x,y)

ndl

2r2

LR

lnr(u,u)ndl

x

y

1

u(x,y)dl。证毕。 2RLR