962 微積分甲 08-12 班 期末考題
1. (10%) 令 R 為矩形 −1 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2 。 求 Z Z
R|y − x2|dA 。
Z Z
R|y − x2|dA = Z 1
−1
Z x2 0
(x2− y)dydx + Z 1
−1
Z 2
x2(y − x2)dydx (5 points)
= Z 1
−1
(tx2 −1
2x2y)|x02dx + Z 1
−1
(1
2y2− x2y)|2x2dx (2 points)
= 46
15 (1 point)
2. (10%) 求 Z 12
0
Z √
1−y2
√3y
ln(x2+ y2)dxdy 。
Z 1/2 0
Z √
1−y2
√3y
ln(x2+ y2)dxdy = Z π6
0
Z 1
0
ln r2· rdrdθ (4 points)
= π 6 · lim
a→0
1
2(r2ln r2− r2)|1a
= −π
12 (2 points)
3. (10%) 求 Z 2
0
Z 4−x2
0
Z x 0
sin 2z
4 − zdydzdx 。
4. (12%) 令 D = {(x, y, z)|2x2+ 3y2+ 5z2 + 6yz + 2xz ≤ 1} 。 求 Z Z Z
D
(x + y + z)2dV 。
(提示: 利用 2x2+ 3y2+ 5z2+ 6yz + 2xz = (x + y + z)2+ (x − y)2+ (y + 2z)2, 可以將 D 轉換成一球體。)
Let
u = x + y + z v = x − y w = y + 2z
then
x = 13(2u + v − w) y = 13(2u − 2v − w) z = 13(−u + v + 2w)
|∂(x, y, z)
∂(u, v, w)| = |
2 3
1 3 −13 2
3 −23 1 3
−13 1 3
2 3
| = | − 1 3| = 1
3
Z Z Z
D
(x + y + z)2dV = 1 3
Z Z Z
D
u2dudvdw
Let
u = ρ sin φ cos θ v = ρ sin φ sin θ w = ρ cos φ
then|∂(u, v, w)
∂(ρ, φ, θ)| = ρ2sin φ
1 3
Z Z Z
D
u2dudvdw = 1 3
Z 2π 0
Z π 0
Z 1
0
(ρ sin φ cos θ)2 · ρ2sin φdρdφdθ
= 4
45π
2
5. (14%) 令 F = yz2i+ (xz2 + zeyz)j + (2xyz + p(y, z) + 1
1 + z)k, 其中 p(y, z) 為變數 y, z 的函數, 它有 連續的一階偏導函數, 且 p(0, z) = 0 。 假設 F 為保守場 (conservative):
(a) 求 p(y, z) 。
(b) 求 F 的位勢函數 (potential function)。
(c) 令曲線 C 為 r(t) = ti + t2j+ t3k, 0 ≤ t ≤ 1, 求 Z
C
F· dr 。
φ is a potential,
∂φ
∂x = yz2 ⇒ φ = xyz2+ θ(y, z)
∂φ
∂y = xz2+ ∂θ∂y(y, z) = xz2+ zeyz
∂θ
∂y = zeyz ⇒ θ = eyz+ σ(z) and
φ = xyz2+ eyz+ σ(z)
∂φ
∂z = 2xyz + yeyz+ σ′(z) = 2xyz + p(y, z) +1+1z
⇒ yeyz= p(y, z), σ(z) = ln(1 + z) + C (a) p(y, z) = yeyz
(b) φ = xyz2 + eyz+ ln(1 + z) + C (c) R
CF dr = φ(1, 1, 1) − φ(0, 0, 0) = e + ln 2~
6. (10%) 令 R 為矩形 1 ≤ x ≤ √
3,√13 ≤ y ≤ 1, C 為 R 的邊界, 且取逆時針方向, n 為往外的單位法向量;
F= (x + 2y tan−1x
1 + y2 )i + (y − ln(1 + y2) 1 + x2 )j 。 求
I
C
F· nds 。
div ~F = 1
1 + y2 + 2y
(1 + x2)(1 + y2)+ 1
1 + x2 − 2y
(1 + x2)(1 + y2) = 1
1 + y2 + 1 1 + x2 Use Green’s Thm
I
C = F · nds = Z Z
R
divFdA
= Z √3
1
Z 1
1
√3
1
(1 + y2) + 1
1 + x2dydx
= 3
18π
也可以在每個邊上運用線積分去計算, 也可以得到相同結果。
I
C
F·nds = Z 1
1
√3
F(√
3, y)·(1, 0)dy+
Z √3
1
F(x, 1)·(0, 1)dx+
Z 1
1
√3
F(1, y)·(−1, 0)dy+
Z √3
1
F(x, 1
√3)·(0, −1)dx
其中 y 的部分
Z 1
1
√3
√3 + π32y 1 + y2 dy −
Z 1
1
√3
1 + π42y
1 + y2 dy = π 12(√
3 − 1) + π
12(ln 2 − ln4 3)
x 的部分
Z √3
1
1 − ln 2 1 + x2 dx −
Z √3
1
√1
3 − ln43
1 + x2 = π
12(1 − 1
√3) − π
12(ln 2 − ln4 3)
4
7. (12%) 令 S 為曲面 z = x2 + y2 被平面 z = 0 及 z = 1 所截出的部份; 單位法向量 n 的方向指離 z 軸 (即
−n 指向 z 軸); F = 4xi + 4yj + 2k。 求 F 經由 S 的外通量 (outward flux)。
法向量 ~n = (2x, 2y, −1)/p1 + 4(x2+ y2) , dσ =p1 + 4(x2+ y2)dxdy ⇒(6 points) rr× rθ = (−2r2cos θ, −2r2sin θ, r) (3 points)
∇ · F = 8 ⇒(1point)
RRR ∇ · F dV = 4π ⇒(1point) 圓錐, 但算對 (6points)
div.thm – 上蓋, 算錯 (6 8 points) 計算錯誤 (8 12 points)
∇ × F (0point) , ∇ · F = (4, 4, 2),etc. (0point)
8. (10%) 令 S 為柱面 4x2 + 9y2 = 36,0 ≤ z ≤ 5 , 在 z = 5 處加上頂蓋 4x2+ 9y2 ≤ 36; 單位法向量 n 的方向指離 z 軸 (即 −n 指向 z 軸); F = −yi+(x+z)j+x2k 。 求∇×F 經由 S 的外 通量 (outward flux)。
S 為整個柱面 (包含頂蓋),S1為側面,S2為頂蓋,S3為底部。 其中 S = S1 ∪ S2 且 C = ∂S3, 為逆時針 ( 由 於法向量指向柱體外部 )。
Solution1
C : {x = 3 cos t, y = 2 sin t, z = 0, 0 ≤ t ≤ 2π} By Stokes’ thm Z Z
S(∇ × F) · ~ndσ = I
C
F· dt = Z 2π
0 (−2 sin t, 3 cos t, 9 cos2t) · (−3 sin t, 2 cos t, 0)dt = 12π Solution2
∇ × F =
i j k
∂
∂x
∂
∂y
∂
∂z
−y x + z x2
= −i − 2xj + 2k
根據 Divergence Thm
Z Z
S(∇ × F) · ~ndσ + Z Z
S3
(∇ × F) · ~ndσ = Z Z Z
V ∇ · (∇ × F)dV = 0 Z Z
S3(∇ × F) · ~ndσ = Z Z
S3(−1, −2x, 2) · (0, 0, −1)dA = −12π ∴ Z Z
S(∇ × F) · ~ndσ = 12π 註: 底的面積亦可由 Green 定理求出
Solution3
S1 : {x = 3 cos s, y = 2 sin s, z = t, 0 ≤ s ≤ 2π, 0 ≤ t ≤ 5} ⇒ r1(s, t) = (3 cos s, 2 sin s, t)
∂
∂sr1 = (−3 sin s, 2 cos s, 0),∂t∂r1 = (0, 0, 1)
~nS1 = (−3 sin s, 2 cos s, 0) × (0, 0, 1) = (2 cos s, 3 cos s, 0) RR
S1(∇ × F) · ~ndσ =R5
0
R2π
0 (−1, −2 · 3 cos s, 2) · (2 cos s, 3 sin s, 0)dsdt = 0 S2 : {x = 3r cos t, y = 2r sin t, z = 5, 0 ≤ t ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ 1}
Similarily, RR
S2(∇ × F) · ~ndσ = 12π
6
9. (12%) 令 S 為環狀柱體 1 ≤ x2+ y2 ≤ 2,1 ≤ z ≤ 2 的全表面; 單位法向量 n 的方向 指離 z 軸 (即 −n 指 向 z 軸); F = ln(x2+ y2)i − xyzj + z2px2+ y2k 。 求 F 經由 S 的外通量 (outward flux)。
Z Z
S
F· ndσ = Z Z
V
divFdV
= Z Z Z
V
2x
x2+ y2 − xz + 2zpx2+ y2dV
= Z 2π
0
Z √2
1
Z 2
1
r(2r cos θ
r2 − rz cos θ + 2rz)dzdrdθ
= 2π(2√ 2 − 1)
亦可不用 Divergence Theorem, 分成上下內外四部分, 直接計算 外:RR
S(∇ × F) · ~ndσ =R2
1
R2π 0 (√
2 cos θ ln 2 − 2√
2 cos θ sin2θz)√
2dθdz = · · · = 0 內:RR
S(∇ × F) · ~ndσ =R2
1
R2π
0 (cos θ sin2θz)dθdz = · · · = 0 上:RR
S(∇ × F) · ~ndσ =R2π 0
R2
1(4r2)drdθ = · · · = 83π(2√ 2 − 1) 下:RR
S(∇ × F) · ~ndσ =R2π 0
R2
1(−r2)drdθ = · · · = −23 π(2√ 2 − 1)