第 11 章 曲线积分与曲面积分

1第一型曲线积分

曲线,Peano 曲线, 简单曲线, 简单闭曲线, 曲线的弧长, 弧长参数, 第一型曲线积分

A. 1. 计算以下第一型曲线积分:

(1)	${\int }_{C}xyz\mathrm{d}s,$ 其中 $C$ 为空间曲线 $\{\begin{array}{l}x(t)=\cos t,\\ y(t)=\sin t,\\ z(t)=t\end{array}t\in [0,2\pi ]$. 解答. 由参数方程得$${\int }_{C}xyz\mathrm{d}s={\int }_0^{2\pi }\cos t\cdot \sin t\cdot t\sqrt{{\sin }^{2}t+{\cos }^{2}t+1}\mathrm{d}t=-\frac{\sqrt{2}\pi }{2}.$$$\square$
(2)	${\int }_C{x}^2\mathrm{d}s$, 其中 $C$ 为平面曲线 $x^{2/3}+y^{2/3}=1.$ 解答. 置 $x={\cos }^{3}t,y={\sin }^{3}t,t\in [0,2\pi ]$, 从而$${\int }_C{x}^2\mathrm{d}s={\int }_0^{2\pi }{\cos }^{6}t\sqrt{9{\sin }^{2}t{\cos }^{2}t}\mathrm{d}t=3{\int }_0^{2\pi }{\cos }^{6}t\left|\sin t\cos t\right|\mathrm{d}t=\frac{3}{2}.$$$\square$
(3)	${\int }_C|xy|\mathrm{d}s$, 其中 $C$ 为平面曲线 $(x^2+y^2{)}^2=x^2-y^2$. 解答. 置 $x=\sqrt{\cos 2t}\cos t,y=\sqrt{\cos 2t}\sin t,t\in \left[0,\frac{\pi }{4}\right]$, 利用对称性则有$${\int }_C|xy|\mathrm{d}s=4{\int }_0^{\pi /4}\frac{\cos 2t\cdot \cos t\cdot \sin t}{\sqrt{\cos 2t}}\mathrm{d}t={\int }_0^{\pi /2}\sin x{\cos }^{1/2}x\mathrm{d}x=\frac{1}{2}B\left(1,\frac{3}{4}\right)=\frac{2}{3}.$$$\square$

B. 1. 试将定积分的一些性质移植到第一型曲线积分.

解答.

$\square$

2第一型曲面积分

曲面, 同胚,$k$ 维 $C^m$ 曲面,Schwarz 的例子, 集合的面积, 分片 $C^m$ 曲面,${\mathbb{R}}^n$ 中子集的 $k$ 维体积 (面积), 第一型曲面积分, 余面积公式, 楔积

A. 1. 设 $a,b>0$, 计算椭圆柱面 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 在 $z⩾0,y⩾0$ 中夹在平面 $y=z$ 和平面 $z=0$ 之间部分的侧面积.

解答. 记 $L$ 为在 $xOy$ 平面上的曲线 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$, 结合题设有 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{z^2}{b^2}=1$, 即 $z(x)=b\sqrt{1-\frac{x^2}{a^2}}$, 于是面积可以表成以下第一型曲线积分$${\int }_{L}z(x)\mathrm{d}s={\int }_0^{\pi }b\sqrt{1-{\cos }^2\theta }\sqrt{a^2{\cos }^2\theta +b^2{\sin }^2\theta }\mathrm{d}\theta .$$

选取 $x,z$ 为参数, 则由 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$ 与 $y=z$ 得到题设区域到 $xOz$ 面的投影$$D=\left\{(x,z)|\frac{x^2}{a^2}+\frac{z^2}{b^2}⩽1,z⩾0\right\}.$$又记 $F=\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}-1=0$, 则有 $y_x=-\frac{F_x}{F_y}=-\frac{b^{2}x}{a^{2}y}$, 于是题设区域的面积$$S={\iint }_D\sqrt{1+y_x^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}z,$$置 $x=ar\cos \theta ,z=br\sin \theta$, 结合 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}=1$, 代入 $y_x$, 则有$$\begin{array}{r}S={\iint }_D\sqrt{1+y_x^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}z={\int }_0^{\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^1\sqrt{1+\frac{b^2{r}^2{\cos }^2\theta }{a^2\left(1-r^2{\cos }^2\theta \right)}}\cdot abr\mathrm{d}r\end{array}$$

$\square$

2. 计算螺旋面 $\{\begin{array}{l}x=r\cos \theta ,\\ y=r\sin \theta ,\\ z=a\theta \end{array}\left(r\in [0,R],\theta \in [0,2\pi ]\right)$ 的面积.

记 $\mathbf{r}(r,\theta )=\left(r\cos \theta ,r\sin \theta ,a\theta \right)$, 从而 ${\mathbf{r}}_r=\left(\cos \theta ,\sin \theta ,0\right),{\mathbf{r}}_{\theta }=\left(-r\sin \theta ,r\cos \theta ,a\right)$, 于是题设曲面的面积 $\left(D=\left\{(r,\theta )|r\in [0,R],\theta \in [0,2\pi ]\right\}\right)$$$\begin{array}{rl}S& ={\iint }_D\left|{\mathbf{r}}_u\times {\mathbf{r}}_{\theta }\right|\mathrm{d}r\mathrm{d}\theta ={\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^R\sqrt{a^2+r^2}\mathrm{d}r\\ & =\pi R\sqrt{a^2+R^2}+\pi a^2\ln \left(\frac{R+\sqrt{a^2+R^2}}{a}\right).\end{array}$$

3. 设 $\Sigma$ 为三角形 $x+y+z=1(x,y,z⩾0)$, 计算第一型曲面积分 ${\iint }_{\Sigma }\frac{1}{x+2y+3z}\mathrm{d}S$. 计算曲面积分 ${\int }_{\Sigma }{x}^2\mathrm{d}S$.

$$\begin{array}{c}{\iint }_{\Sigma }\frac{1}{x+2y+3z}\mathrm{d}S={\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{1-x}\frac{\sqrt{3}\mathrm{d}y}{3-2x-y}=\sqrt{3}{\int }_0^1\ln \left(\frac{3-x}{2-x}\right)\mathrm{d}x=\sqrt{3}\ln \frac{27}{16}.\\ {\iint }_{\Sigma }{x}^2\mathrm{d}S={\int }_0^1\mathrm{d}x{\int }_0^{1-x}{x}^2\mathrm{d}y={\int }_0^1{x}^2(1-x)\mathrm{d}x=\frac{1}{12}.\end{array}$$

4. 设球面 $x^2+y^2+z^2=R^2$ 上均匀分布着单位面积质量为 $\rho$ 的物质. 某质点质量为 $m$, 位于点 $(0,0,r),r\ne R$. 试求球面上的物质的质量以及球面对于该质点的引力.

解答.

$\square$

5. 设 $\ell$ 是长为 $L$ 且足够光滑的平面闭曲线. 对于 $\delta >0$, 设 $W_{\delta }$ 为所有以 $\ell$ 上的点为球心, $\delta$ 为半径的球的并. 证明: 当 $\delta$ 足够小时, $W_{\delta }$ 的表面积为 $2\pi \delta L$.

证明. 当 $\delta$ 足够小时, $W_{\delta }$ 暴露在外的面积为$${\int }_0^L{\int }_0^{2\pi }\theta \delta \mathrm{d}\theta \mathrm{d}L=2\pi \delta L.$$$\square$

6. 设 $\phi ,\psi$ 在 $[a,b]$ 上连续可导. 证明: 曲线 $\{\begin{array}{l}x=\phi (t),\\ y=\psi (t)\end{array}(t\in [a,b])$ 绕 $x$ 轴旋转一周所得到的旋转面的面积为 $2\pi {\int }_a^b|\psi (t)|\sqrt{|{\phi }^{\prime }(t){|}^2+|{\psi }^{\prime }(t){|}^2}\mathrm{d}t$.

证明. 曲线绕 $x$ 轴旋转一周得到旋转面的面积 $S$ 正是$$\begin{array}{r}\sup \left\{\sum _{j=1}^{N}2\pi {\alpha }_j\left|E_j\right||\sum _{j=1}^N{\alpha }_j{\chi }_{E_j}\text{ 为 }[a,b]\text{ 上的简单函数, }0⩽\sum _{j=1}^N{\alpha }_j{\chi }_{E_j}⩽|y|\right\},\end{array}$$记题设曲线为 $L$, 于是$$S=2\pi {\int }_L|y|\mathrm{d}s=2\pi {\int }_a^b|\psi (t)|\sqrt{|{\phi }^{\prime }(t){|}^2+|{\psi }^{\prime }(t){|}^2}\mathrm{d}t.$$

$\square$

B. 1. 设 $a,b,c$ 为实数, $A=\sqrt{a^2+b^2+c^2},f\in L^1[-A,A]$, 证明 Poisson (泊松) 公式$$\underset{x^2+y^2+z^2=1}{\iint }f(ax+by+cz)\mathrm{d}S=2\pi {\int }_{-1}^{1}f(Au)\mathrm{d}u.$$

证明. 我们对坐标系 $Oxyz$ 进行旋转, 记新坐标系为 $Ouvw$, 平面 $Ovw$ 即为 $ax+by+cz=0$, $u$ 轴垂直于该平面, 于是有$$u=\frac{ax+by+cz}{\sqrt{a^2+b^2+z^2}}.$$则有$$\underset{x^2+y^2+z^2=1}{\iint }f(ax+by+cz)\mathrm{d}S=\underset{u^2+v^2+w^2=1}{\iint }f(Au)\mathrm{d}S,$$于是有 $v^2+w^2={\left(\sqrt{1-u^2}\right)}^2$, 则令$$u=u,v=\sqrt{1-u^2}\cos \theta ,w=\sqrt{1-u^2}\sin \theta ,$$

$\square$

3第二型曲线积分

第二型曲线积分, 第一、二型曲线积分的关系, 曲线的方向, Jordan 闭曲线定理

A. 1. 计算以下第二型曲线积分:

(1)	${\int }_{C}y{\mathrm{e}}^{xy}\cos z\mathrm{d}x+x{\mathrm{e}}^{xy}\cos z\mathrm{d}y-{\mathrm{e}}^{xy}\sin z\mathrm{d}z,$ 其中 $C$ 为曲线 $\{\begin{array}{l}x(t)=\cos t,\\ y(t)=\sin t,\\ z(t)=t\end{array}$ 对应于 $t$ 从 $0$ 到 $2\pi$ 的那一段.
(2)	${\int }_C(3x+2y)\mathrm{d}x+(x^2-y^2)\mathrm{d}y$, 其中 $C$ 为平面闭曲线 $x^{2/3}+y^{2/3}=1$ 的逆时针方向.

解答. (1) 由题意知$${\int }_{C}y{\mathrm{e}}^{xy}\cos z\mathrm{d}x+x{\mathrm{e}}^{xy}\cos z\mathrm{d}y-{\mathrm{e}}^{xy}\sin z\mathrm{d}z={\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{\sin t\cos t}\left(\cos 2t-\sin t\right)\mathrm{d}t,$$首先由$$\begin{array}{rl}{\int }_0^{2\pi }{\mathrm{e}}^{\sin t\cos t}\sin t\mathrm{d}t& ={\int }_0^{\pi }{\mathrm{e}}^{\sin t\cos t}\sin t\mathrm{d}t+{\int }_{\pi }^{2\pi }{\mathrm{e}}^{\sin t\cos t}\sin t\mathrm{d}t\\ & ={\int }_0^{\pi }{\mathrm{e}}^{\sin t\cos t}\sin t\mathrm{d}t-{\int }_0^{\pi }{\mathrm{e}}^{\sin x\cos x}\sin x\mathrm{d}x=0,\end{array}$$其次$${\int }_0^{\pi }{\mathrm{e}}^{\sin t\cos t}\cos 2t\mathrm{d}t={{\mathrm{e}}^{\sin t\cos t}|}_0^{2\pi }=0,$$于是原积分为 $0$.

(2) 置 $x={\cos }^{3}t,y={\sin }^{3}t$, $t$ 从 $0$ 到 $2\pi$, 于是$$\begin{array}{rl}& {\int }_C(3x+2y)\mathrm{d}x+(x^2-y^2)\mathrm{d}y\\ =& {\int }_0^{2\pi }\left(3\left({\cos }^{6}t-{\sin }^{6}t\right){\sin }^{2}t\cos t-3(3{\cos }^{3}t+2{\sin }^{3}t){\cos }^{2}t\sin t\right)\mathrm{d}t\\ =& -6{\int }_0^{2\pi }{\sin }^{4}t{\cos }^{2}t\mathrm{d}t=-\frac{3}{4}\pi .\end{array}$$

$\square$

2. 设 $C$ 为 ${\mathbb{R}}^2$ 中 $C^1$ 简单曲线. $P,Q$ 为 $C$ 上的连续函数, 证明 $\left|{\int }_{C}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y\right|⩽{\int }_C\sqrt{P^2+Q^2}\mathrm{d}s$.

证明. $$\left|{\int }_{C}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y\right|=\left|{\int }_C\left(P,Q\right)\cdot \mathrm{d}\mathbf{s}\right|={\int }_C\left|\left(P\cos \alpha +Q\sin \alpha \right)\mathrm{d}s\right|⩽{\int }_C\left|P\cos \alpha +Q\sin \alpha \right|\mathrm{d}s,$$由 Cauchy 不等式知 $|P\cos \alpha +Q\sin \alpha |⩽\sqrt{P^2+Q^2}\cdot \sqrt{{\cos }^2\alpha +{\sin }^2\alpha }$, 命题获证.

$\square$

B. 1. 对于 $\mathbb{C}$ 中的 $C^1$ 曲线 $C$ 及其上的复值连续函数 $f$, 记 $f(z)\mathrm{d}z=f(x+\mathrm{i}y)(\mathrm{d}x+\mathrm{id}y)=f(x+\mathrm{i}y)\mathrm{d}x+\mathrm{i}f(x+\mathrm{i}y)\mathrm{d}y$. 若令 $s$ 为 $C$ 的弧长参数, $C_{s,\Delta s}$ 为 $C$ 上对应于弧长从 $s$ 到 $s+\Delta s$ 的那一段, 则 $\underset{\Delta s\to 0}{\lim }\frac{\left|{\int }_{C_{s,\Delta s}}\mathrm{d}z\right|}{|\Delta s|}=1.$ 这样相当于 $|\mathrm{d}z|=\mathrm{d}s$. 证明: $\left|{\int }_{C}f(z)\mathrm{d}z\right|⩽{\int }_C|f(z)|\mathrm{d}s$.

证明. 利用题设条件与 Cauchy 不等式有:$$\begin{array}{rl}& \left|{\int }_{C}f(z)\mathrm{d}z\right|=\left|{\int }_{C}f(x+\mathrm{i}y)\mathrm{d}x+\mathrm{i}f(x+\mathrm{i}y)\mathrm{d}y\right|\\ & ⩽{\int }_C\left|\left(f(x+\mathrm{i}y),\mathrm{i}f(x+\mathrm{i}y)\right)\cdot (\mathrm{d}x,\mathrm{d}y)\right|⩽{\int }_C|f(z)|\mathrm{d}s.\end{array}$$

$\square$

4第二型曲面积分

第二型曲面积分, 第一、二型曲面积分的关系, 通量, 曲面的侧

A. 1. 计算以下第二型曲面积分:

(1)	${\iint }_{\Sigma }(x+y)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+(y+z)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(z+x)\mathrm{d}x\mathrm{d}y$, 其中 $\Sigma$ 为曲面 $x^2+\frac{y^2}{4}+\frac{z^2}{9}=1$ 的上半部分, 方向取上侧.
(2)	${\iint }_{\Sigma }{x}^2\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y^2\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(z+2{)}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y$, 其中 $\Sigma$ 为锥面 $z=\sqrt{x^2+y^2}$ 对应于 $0⩽z⩽1$ 的那部分, 方向取上侧.

解答. (1) 为计算 ${\iint }_{\Sigma }(x+y)\mathrm{d}y\mathrm{d}z$, 将 $\Sigma$ 投影到 $yz$ 平面, 其投影为$$D_1=\left\{(y,z)|\frac{y^2}{4}+\frac{z^2}{9}⩽1,z⩾0\right\}.$$曲面分为两部分:$$\begin{array}{rl}{\Sigma }_1& =\left\{(x,y,z)|x=\sqrt{1-\frac{y^2}{4}-\frac{z^2}{9}},(y,z)\in D_1\right\},\text{方向为前侧},\\ {\Sigma }_2& =\left\{(x,y,z)|x=-\sqrt{1-\frac{y^2}{4}-\frac{z^2}{9}},(y,z)\in D_1\right\},\text{方向为后侧}.\end{array}$$于是$$\begin{array}{rl}{\iint }_{\Sigma }(x+y)\mathrm{d}y\mathrm{d}z& ={\iint }_{{\Sigma }_1}(x+y)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+{\iint }_{{\Sigma }_2}(x+y)\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\ & ={\iint }_{D_1}\left(\sqrt{1-\frac{y^2}{4}-\frac{z^2}{9}}+y\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+{\iint }_{D_1}\left(\sqrt{1-\frac{y^2}{4}-\frac{z^2}{9}}-y\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\ & =2{\iint }_{D_1}\sqrt{1-\frac{y^2}{4}-\frac{z^2}{9}}\mathrm{d}y\mathrm{d}z=4\pi .\end{array}$$同理计算可得 ${\iint }_{\Sigma }(y+z)\mathrm{d}z\mathrm{d}x=4\pi ,{\iint }_{\Sigma }(z+x)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=4\pi$. 从而$${\iint }_{\Sigma }(x+y)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+(y+z)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+(z+x)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=12\pi .$$

(2) 由对称性$${\iint }_{\Sigma }{x}^2\mathrm{d}y\mathrm{d}z={\iint }_{\Sigma }{y}^2\mathrm{d}z\mathrm{d}x=0.$$于是仅需计算$${\iint }_{\Sigma }(z+2{)}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y={\iint }_{x^2+y^2⩽1}{\left(\sqrt{x^2+y^2}+2\right)}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y=\frac{43}{6}\pi .$$$\square$

2. 设 $\Sigma$ 为 ${\mathbb{R}}^3$ 中的有向 $C^1$ 曲面, $P,Q,R$ 为 $\Sigma$ 上的连续函数. 证明:$$\left|{\iint }_{\Sigma }P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y\right|⩽{\iint }_{\Sigma }\sqrt{P^2+Q^2+R^2}\mathrm{d}S.$$

证明. 由第一, 第二型曲面积分的关系与 Cauchy 不等式得到$$\left|{\iint }_{\Sigma }P\mathrm{d}y\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y\right|=\left|{\iint }_{\Sigma }\left(P,Q,R\right)\cdot \mathbf{n}(\mathbf{x})\mathrm{d}S\right|⩽{\iint }_{\Sigma }\sqrt{P^2+Q^2+R^2}\mathrm{d}S.$$其中 $\mathbf{n}$ 为 $\Sigma$ 对应的单位法向量.

$\square$

B. 1. 若请你对 ${\mathbb{R}}^3$ 中的曲面 $\Sigma$ 即函数 $P$ 定义 ${\iint }_{\Sigma }P(x,y,z)\mathrm{d}y\mathrm{d}z$, 则对于 $\Sigma$ 和 $P$ 的要求可以怎么提?

解答.

$\square$

5Green 公式, Gauss 公式, Stokes 公式

向量场, 单连通域,Ostrogradsky–Gauss 定理 (散度定理),Green 公式,Stokes 公式, 曲线积分和路径无关性, 原函数的存在性, 循环常数, 场论初步, 梯度场 (保守场), 散度场, 向量线, 环量, 旋度, 无源场, 无旋场,Hamilton 算子,Laplace 算子, 分部积分公式,Green 第一、第二公式

A. 1. 计算以下曲线积分绕原点的循环常数:$$\begin{array}{r}(1){\int }_C\frac{-y\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y}{x^2+y^2};(2){\int }_C\frac{x\mathrm{d}x+y\mathrm{d}y}{x^2+y^2}.\end{array}$$

解答. 不妨取 $C=\{(x,y)|x^2+y^2=1\}$, 置 $x=\cos \theta ,y=\sin \theta ,(\theta \in [0,2\pi ])$, 于是得到$${\int }_C\frac{-y\mathrm{d}x+x\mathrm{d}y}{x^2+y^2}=2\pi ,{\int }_C\frac{x\mathrm{d}x+y\mathrm{d}y}{x^2+y^2}=0.$$$\square$

2. 设曲线 $C$ 为 $\{\begin{array}{l}x=\cos t,\\ y=2t\sin t,\\ z=t\end{array}$ 对应于 $t$ 从 $0$ 到 $2\pi$ 的那一段. 试计算曲线积分$${\int }_C{\mathrm{e}}^{xy}\left[\left(y\cos (x+y)+y{z}^2-\sin (x+y)\right)\mathrm{d}x+\left(x\cos (x+y)+x{z}^2-\sin (x+y)\right)\mathrm{d}y+2z\mathrm{d}z\right].$$

解答. 方便起见设原积分为 ${\int }_{C}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z$. 令 $L$ 为直线段 $x=1,y=0,z$ 从 $2\pi$ 跑到 $0$, 于是 $C\cup L$ 为闭曲线, 任取曲面 $\Sigma$ 以 $C\cup L$ 为边界, 方向与 $C\cup L$ 的方向成右手系, 由 Stokes 公式得到$${\int }_{C\cup L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z={\iint }_{\Sigma }\left(\frac{\partial R}{\partial y}-\frac{\partial Q}{\partial z}\right)\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\left(\frac{\partial P}{\partial z}-\frac{\partial R}{\partial x}\right)\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\left(\frac{\partial Q}{\partial x}-\frac{\partial P}{\partial y}\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y=0.$$从而$${\int }_{C}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z=-{\int }_{L}P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y+R\mathrm{d}z={\int }_0^{2\pi }2\mathrm{e}z\mathrm{d}z=4\mathrm{e}{\pi }^2.$$$\square$

3. 设 $R>0$, 计算积分 ${\iint }_{\Sigma }\frac{Rx\mathrm{d}y\mathrm{d}z+(z+R{)}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}$, 其中 $\Sigma$ 为下半球面 $z=-\sqrt{R^2-x^2-y^2}$ 的上侧.

解答. 记原积分为 $I_2$, 选取平面 $D=\{(x,y,z)|x^2+y^2⩽R^2,z=0\}$, 方向为上侧, 可以得到$$I_2:={\iint }_D\frac{Rx\mathrm{d}y\mathrm{d}z+(z+R{)}^2\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}={\iint }_D\frac{R^2}{\sqrt{x^2+y^2}}\mathrm{d}x\mathrm{d}y=2\pi R^3.$$记 $\Omega$ 为 $\Sigma \cup D$ 的内部, 于是由 Gauss 公式$$\begin{array}{rl}-I_1+I_2& ={\iiint }_{\Omega }\left(\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{Rx}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\right)+\frac{\partial }{\partial z}\left(\frac{(z+R{)}^2}{\sqrt{x^2+y^2+z^2}}\right)\right)\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\ =& \frac{13}{6}\pi R^3+\pi R^2-\frac{2}{3}{\pi }^2{R}^3,\end{array}$$于是 $I_1=\frac{2}{3}{\pi }^2{R}^3-\pi R^2-\frac{1}{6}\pi R^3.$

$\square$

4. 设 $S$ 为椭球面 $\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{2}+z^2=1$ 的上半部分 $(z>0)$, 对于 $P=(x,y,z)\in S$, $\Sigma$ 为 $S$ 在点 $P$ 处的切平面, $\rho (x,y,z)$ 为原点到平面 $\Sigma$ 的距离, 求积分 ${\iint }_S\frac{z}{\rho (x,y,z)}\mathrm{d}S$.

解答. 首先, 记 $f=\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{2}+z^2-1$, 对于 $P=(A,B,C)\in S$, $\Sigma$ 的方程为$$\left(f_x{|}_{x=A},f_y{|}_{y=B},f_z{|}_{z=C}\right)\cdot (x-A,y-B,z-C)=0,$$即 $Ax+By+2Cz-A^2-B^2-2C^2=0.$ 由此$$\rho (x,y,z)=\frac{x^2+y^2+2z^2}{\sqrt{x^2+y^2+4z^2}},$$即计算 ${\iint }_S\frac{z\sqrt{x^2+y^2+4z^2}}{x^2+y^2+2z^2}\mathrm{d}S.$ 注意到 $\Sigma$ 上的点 $(x,y,z)$ 处, 指向曲面外侧的的单位法向量为 $\frac{(x,y,2z)}{\sqrt{x^2+y^2+4z^2}}$, 这样就是计算$$I(S):={\iint }_S\frac{zx}{x^2+y^2+2z^2}\mathrm{d}y\mathrm{d}z+\frac{zy}{x^2+y^2+2z^2}\mathrm{d}z\mathrm{d}x+\frac{2z^2}{x^2+y^2+2z^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y.$$置 $D=\{(x,y,z)|\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{2}=1,z=0\}$, 易见 $I(D)=0$. 令 $\Omega$ 表示 $S\cup D$ 的内部, 利用 Gauss 公式, 得到$$\begin{array}{rl}I& ={\iiint }_{\Omega }\frac{6z(x^2+y^2+2z^2)-2x^{2}z-2y^{2}z-8z^3}{(x^2+y^2+2z^2{)}^2}\mathrm{d}x\mathrm{d}y\mathrm{d}z\\ & ={\int }_0^{2\pi }\mathrm{d}\theta {\int }_0^{\pi /2}\mathrm{d}\phi {\int }_0^1\left(6r\cos \phi \sin \phi -2r\cos \phi {\sin }^3\phi -4r{\cos }^3\phi \sin \phi \right)\mathrm{d}r=\frac{\pi }{2}.\end{array}$$

$\square$

5. 设 ${\theta }_1<{\theta }_2⩽{\theta }_1+2\pi$. 证明: 在极坐标下由射线 $\theta ={\theta }_1,\theta ={\theta }_2$ 和曲线 $C:\rho =\rho (\theta )({\theta }_1⩽\theta ⩽{\theta }_2)$ 所围成的曲边扇形 (如图 1 所示) 的面积为 $\frac{1}{2}{\int }_{{\theta }_1}^{{\theta }_2}{\rho }^2(\theta )\mathrm{d}\theta$. 当 $\rho$ 连续可导时, 验证这一结果与公式 (11.5.9) 给出的结果一致. 思考这一面积为什么不是 $\frac{1}{2}{\int }_C{\rho }^2\mathrm{d}\sigma$.

图 1. 第 5 题图

解答.

$\square$

6. 试对于足够光滑的 $f$ 和 $\mathbf{F}$, 化简以下表达式:$$\begin{array}{rlrlr}(1)\nabla \cdot \nabla f;& (2)\nabla \times \nabla f;& (3)\nabla \left(\nabla \cdot \mathbf{F}\right);& (4)\nabla \cdot \left(\nabla \times \mathbf{F}\right);& (5)\nabla \times \left(\nabla \times \mathbf{F}\right).\end{array}$$

解答. 不妨设 $f=f(x,y,z),\mathbf{F}=X(x,y,z)\mathbf{i}+Y(x,y,z)\mathbf{j}+Z(x,y,z)\mathbf{k}$, 于是$$\nabla \cdot \nabla f=\nabla \cdot \left(\frac{\partial f}{\partial x}\mathbf{i}+\frac{\partial f}{\partial y}\mathbf{j}+\frac{\partial f}{\partial z}\mathbf{k}\right)=\frac{{\partial }^{2}f}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}f}{\partial y^2}+\frac{{\partial }^{2}f}{\partial z^2}.$$容易验证 $\nabla \times \nabla f=0,\nabla \cdot \left(\nabla \times \mathbf{F}\right)=0$.$$\nabla \left(\nabla \cdot \mathbf{F}\right)=\left(\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial X}{\partial x}+\frac{\partial Y}{\partial y}+\frac{\partial Z}{\partial z}\right),\frac{\partial }{\partial x}\left(\frac{\partial X}{\partial x}+\frac{\partial Y}{\partial y}+\frac{\partial Z}{\partial z}\right),\frac{\partial }{\partial z}\left(\frac{\partial X}{\partial x}+\frac{\partial Y}{\partial y}+\frac{\partial Z}{\partial z}\right)\right),$$$$\begin{array}{rl}\nabla \times \left(\nabla \times \mathbf{F}\right)& =\nabla \times \left(\frac{\partial Z}{\partial y}-\frac{\partial Y}{\partial z},\frac{\partial X}{\partial z}-\frac{\partial Z}{\partial x},\frac{\partial Y}{\partial x}-\frac{\partial X}{\partial y}\right)\\ & =\left(\frac{{\partial }^{2}Y}{\partial x\partial y}-\frac{{\partial }^{2}X}{\partial y^2}-\frac{{\partial }^{2}X}{\partial z^2}+\frac{{\partial }^{2}Z}{\partial x\partial z},\frac{{\partial }^{2}Z}{\partial y\partial z}-\frac{{\partial }^{2}Y}{\partial z^2}-\frac{{\partial }^{2}Y}{\partial x^2}+\frac{{\partial }^{2}X}{\partial y\partial x},\frac{{\partial }^{2}X}{\partial z\partial x}-\frac{{\partial }^{2}Z}{\partial x^2}-\frac{{\partial }^{2}Z}{\partial y^2}+\frac{{\partial }^{2}Y}{\partial z\partial y}\right).\end{array}$$值得一提的是 $\nabla \left(\nabla \cdot \mathbf{F}\right)-\nabla \times \left(\nabla \times \mathbf{F}\right)=\Delta \mathbf{F}$. (不难发现, 空间解析几何中出现过这个等式. )

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7. 保守场, 无源场和无旋场之间有没有什么关系?

解答. content...

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8. 用记号 $\nabla$ 重写 Gauss 公式和 Stokes 公式.

解答. Gauss 公式可以表示为$${\iint }_{\partial \Omega }\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{S}={\iiint }_{\Omega }\nabla \cdot \mathbf{F}\mathrm{d}V,$$Stokes 公式可表示为$${\int }_{\partial \Sigma }\mathbf{F}\cdot \mathrm{d}\mathbf{s}={\iint }_{\Sigma }\left(\nabla \cdot \mathbf{F}\right)\cdot \mathrm{d}\mathbf{S}.$$$\square$

9. 验证$${\int }_{\partial \Omega }\omega ={\int }_{\Omega }\mathrm{d}\omega$$适用于 Green 公式, Ostrogradskiı̌–Gauss 公式, Stokes 公式以及 Newton–Leibniz 公式.

解答.

注: 事实上, 此式即称为 Stokes 公式, 在几何和拓扑中非常重要.

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10. 试利用 Stokes 公式计算 ${\int }_{C}y\mathrm{d}x+2z\mathrm{d}y+3x\mathrm{d}z$, 其中 $C$ 为圆周 $\{\begin{array}{l}{x}^2+y^2+z^2=1,\\ x+y+z=0.\end{array}$ 从 $z$ 轴正向 ¹看去, 曲线是逆时针方向的.

解答. 平面 $x+y+z=0$ 的法线的方向余弦为 $\cos \alpha =\cos \beta =\cos \beta =\frac{1}{\sqrt{3}}$, 于是由 Stokes 公式$${\int }_{C}y\mathrm{d}x+2z\mathrm{d}y+3x\mathrm{d}z$$

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B. 1. 设 $a,b,c>0,$ $\Sigma$ 为曲面 $\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{c^2}=1.$ 利用 Gauss 公式计算曲面积分$${\iint }_{\Sigma }\frac{\mathrm{d}S}{(x^2+y^2+z^2{)}^{\frac{3}{2}}\sqrt{\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4}+\frac{z^2}{c^4}}}.$$

解答. 记原积分为 $I$, 注意到有$$I={\iint }_{\Sigma }\frac{\frac{x^2}{a^2}+\frac{y^2}{b^2}+\frac{z^2}{y^2}}{(x^2+y^2+z^2{)}^{3/2}\sqrt{\frac{x^2}{a^4}+\frac{y^2}{b^4}+\frac{z^2}{c^4}}}\mathrm{d}S.$$注意到曲面 $\Sigma$ 的单位法向量为 $\frac{\left(x/a^2,y/b^2,z/c^2\right)}{\sqrt{x^2/a^4+y^2/b^4+z^2/c^4}}$. 于是有$$I={\iint }_{\Sigma }\frac{x\mathrm{d}y\mathrm{d}z+y\mathrm{d}z\mathrm{d}x+z\mathrm{d}x\mathrm{d}y}{(x^2+y^2+z^2{)}^{3/2}}=:{\iint }_{\Sigma }P\mathrm{d}z+Q\mathrm{d}z\mathrm{d}x+R\mathrm{d}x\mathrm{d}y,$$由于 $P,Q,R$ 在原点处不可导, 而在别处有$$\frac{\partial P}{\partial x}+\frac{\partial Q}{\partial y}+\frac{\partial R}{\partial z}=0,$$再由 Gauss 公式有$$I={\iint }_{{\Sigma }^{\prime }}\frac{\mathrm{d}S}{x^2+y^2+z^2}={\iint }_{{\Sigma }^{\prime }}\frac{\mathrm{d}S}{{\rho }^2}=\frac{4\pi {\rho }^2}{{\rho }^2}=4\pi ,$$其中 ${\Sigma }^{\prime }$ 是半径 $\rho$ 充分小使得含于 $\Sigma$ 的球面 $x^2+y^2+z^2={\rho }^2$.

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2. 设 $\mathbf{A}$ 是 $n$ 阶方阵, $\Omega$ 为 ${\mathbb{R}}^n$ 中具有 $C^1$ 边界的有界区域, $\mathbf{\phi }\in C_0^2(\Omega ;{\mathbb{R}}^n)$. 证明: $${\int }_{\Omega }\det (\mathbf{A}+{\mathbf{\phi }}_{\mathbf{x}})\mathrm{d}\mathbf{x}=\det (\mathbf{A})\left|\Omega \right|.$$

证明.

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3. 设 $n⩾1$, $R$ 是仅在点 $(0,0)$ 为零的 $2n$ 次二元多项式, $P,Q$ 是不超过 $2n-2$ 次的二元多项式. 若 $\underset{(x,y)\to \infty }{\underline{\lim }}\frac{R(x,y)}{(x^2+y^2{)}^n}>0$, 且在点 $(0,0)$ 之外成立 $\frac{\partial }{\partial x}\frac{Q(x,y)}{R(x,y)}=\frac{\partial }{\partial y}\frac{P(x,y)}{R(x,y)}$, 证明: 曲线积分 ${\int }_C\frac{P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y}{R}$ 绕点 $(0,0)$ 的循环常数为零.

证明. 由 Green 公式, $C$ 可换为一个以 $(0,0)$ 为中心半径 $r$ 超级大的圆 $C^{\prime }$. $C^{\prime }$ 上成立$$|P|,|Q|\lesssim r^{2n-2},R\gtrsim r^{2n},$$从而$${\int }_C\frac{P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y}{R}={\int }_{C^{\prime }}\frac{P\mathrm{d}x+Q\mathrm{d}y}{R}\lesssim 2\pi r\cdot r^{-2}\to 0.$$$\square$

4. 在上一题中, 去掉条件 $\underset{(x,y)\to \infty }{\underline{\lim }}\frac{R(x,y)}{(x^2+y^2{)}^n}>0$ 后结论是否依然成立?

解答.

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6调和函数与解析函数

调和函数, 平均值公式, 最值原理,Poisson 公式, 复可导与复解析的等价性,Cauchy 定理, 最大模原理,Liouville 定理, 共轭函数, 利用解析函数计算

A. 1. 利用解析函数的性质证明: ${\int }_0^{+\infty }\frac{{\mathrm{e}}^{-x}-\cos x}{x}\mathrm{d}x=0$.

证明. 考虑积分 ${\int }_L\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}z}}{z}\mathrm{d}z$, 其中 $L$ 是如下图所示的路径:

图 2.

其中 ${\Gamma }_R$ 表图中半径为 $R$ 的弧. 由于 $f(z)=\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}z}}{z}$ 在 ${\Gamma }_R$ 所围区域内解析, 从而$${\int }_{{\Gamma }_R}\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}z}}{z}\mathrm{d}z=0.$$又$${\int }_{L}f(z)\mathrm{d}z={\int }_{AB}f(z)\mathrm{d}z+{\int }_{{\Gamma }_R}f(z)\mathrm{d}z+{\int }_{CD}f(z)\mathrm{d}z+{\int }_{{\Gamma }_r}f(z)\mathrm{d}z,$$注意到$$\begin{array}{rl}& {\int }_{AB}f(z)\mathrm{d}z+{\int }_{CD}f(z)\mathrm{d}z={\int }_r^R\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x}}{x}\mathrm{d}x+{\int }_R^r\frac{{\mathrm{e}}^{-y}}{y}\mathrm{d}y\\ =& {\int }_r^R\frac{-{\mathrm{e}}^{-x}+{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}x}}{x}\mathrm{d}x=-{\int }_r^R\frac{{\mathrm{e}}^{-x}-\cos x}{x}\mathrm{d}x+\mathrm{i}{\int }_r^R\frac{\sin x}{x}\mathrm{d}x,\end{array}$$

下面我们说明 ${\int }_{{\Gamma }_r}f(z)\mathrm{d}z=-\frac{\pi \mathrm{i}}{2}$, 由于 $\underset{r\to 0}{\lim }zf(z)=1$, 则 $r$ 充分小时, 有$$|zf(z)-1|<\frac{2}{\pi }\epsilon ,$$又$$\left|{\int }_{{\Gamma }_r}f(z)\mathrm{d}z-\mathrm{i}\frac{\pi }{2}\right|=\left|{\int }_{{\Gamma }_r}\frac{zf(z)-1}{z}\mathrm{d}z\right|<\epsilon ,$$从而结论得证. 又由 Jordan 引理可知$$\underset{R\to +\infty }{\lim }{\int }_{{\Gamma }_R}\frac{{\mathrm{e}}^{\mathrm{i}z}}{z}\mathrm{d}z=0,$$结合上述结论可知 ${\int }_0^{+\infty }\frac{{\mathrm{e}}^{-x}-\cos x}{x}\mathrm{d}x=0$.

$\square$

2. 设 $1⩽p<+\infty$, $\phi$ 为 ${\mathbb{R}}^n$ 上的调和函数, $\phi \in L^p({\mathbb{R}}^n)$. 证明 $\phi \equiv 0$.

证明. 对任意 ${\mathbf{x}}_0\in {\mathbb{R}}^n$, 任取 $r>0$, 由平均值公式, $$|\phi ({\mathbf{x}}_0)|⩽\frac{1}{|B_r|}{\int }_{B_r({\mathbf{x}}_0)}|\phi (\mathbf{x})|\mathrm{d}\mathbf{x}⩽(\frac{1}{|B_r|}{\int }_{B_r({\mathbf{x}}_0)}|\phi (\mathbf{x}){|}^p\mathrm{d}\mathbf{x}{)}^{\frac{1}{p}}⩽|B_r{|}^{-\frac{1}{p}}\Vert \phi {\Vert }_{L^p}$$有一致的上界, 根据 Liouville 定理 $\phi \equiv$ 常数, 再用 $\phi \in L^p({\mathbb{R}}^n)$ 得常数为 $0$.

$\square$

3. 设 $\phi \in C^2({\mathbb{R}}^n)$ 为上调和函数, 即满足 $-\Delta \phi ⩾0$. 任取 ${\mathbf{x}}_0\in {\mathbb{R}}^n$, 证明 $F(r)=\frac{1}{|B_r({\mathbf{x}}_0)|}\cdot {\int }_{B_r({\mathbf{x}}_0)}\phi (\mathbf{x})\mathrm{d}\mathbf{x}$ 关于 $r>0$ 单减.

证明.

$\square$

4. 设 $f$ 在有界复区域 $D$ 上复解析, 在 $\overline{D}$ 上连续. 若存在 $z_0\in D$ 满足 $|f(z_0)|⩽\underset{z\in \partial D}{\min }|f(z)|$. 证明: $f$ 在 $D$ 内为常数或有零点.

证明. 假设 $f$ 不为常数且无零点, 则 $\frac{1}{f(z)}$ 在 $D$ 上解析, 依条件有 $\left|\frac{1}{f(z_0)}\right|⩾\underset{x\in \partial D}{\max }\left|\frac{1}{f(z)}\right|$, 这与最大模原理矛盾, 从而 $f$ 在 $D$ 内有零点.

$\square$

5. 设 $f$ 在 $\mathbb{C}$ 上复解析, $\underset{z\to \infty }{\lim }|f(z)|=+\infty$. 证明: $f$ 有零点. 进一步, 若存在 $n⩾1$ 使得 $\underset{z\to \infty }{\lim }\frac{|f(z)|}{|z{|}^n}=a\in \left(0,+\infty \right]$, 则 $f$ 至少有 $n$ 个零点 (含重数).

证明. 由条件知 $\underset{z\to \infty }{\lim }\left|\frac{1}{f(z)}\right|=0$, 若 $f$ 无零点, 则 $\frac{1}{f(z)}$ 解析, 但依极限知存在 $z_0$, 使得 $\forall |z|>|z_0|$ 时有 $\left|1/f(z)\right|>\left|1/f(z_0)\right|$, 与最大模原理矛盾, 从而 $f$ 有零点. 进一步, 若 $\underset{z\to \infty }{\lim }\frac{\left|f(z)\right|}{|z{|}^n}=a\in \left(0,+\infty \right]$, 则 $\underset{z\to \infty }{\lim }\left|\frac{f(z)}{z^{n-1}}\right|=+\infty$, 归纳即得结论.

$\square$

6. 证明: 对任何 $z\in \mathbb{C}$ 以及 $\delta \in (0,1)$, 有 $\underset{s\to +\infty }{\lim }\frac{{\int }_{(0,1-\delta )\cup (1+\delta ,+\infty )}{x}^z{\left(x{\mathrm{e}}^{-x}\right)}^s\mathrm{d}x}{{\int }_0^{+\infty }{\left(x{\mathrm{e}}^{-x}\right)}^s\mathrm{d}x}=0.$

证明. 记 $\alpha$ 为 $x{\mathrm{e}}^{-x}$ 在 $[0,1-\delta ]\cup [1+\delta ,+\infty ]$ 上的最大值, 给定 $\beta \in (\alpha ,{\mathrm{e}}^{-1})$, 则存在长度为 $l$ 的区间 $I\subseteq [1-\delta ,1+\delta ]$, 使得 $x{\mathrm{e}}^{-x}⩾\beta$ 对 $x\in I$ 恒成立. 从而 ${\int }_0^{+\infty }{\left(x\mathrm{e}\right)}^s\mathrm{d}x⩾l\cdot {\beta }^s$, $s$ 足够大时, 存在常数 $C_1$ 使得$$\left|{\int }_0^{1-\delta }{x}^z(x{\mathrm{e}}^{-x}{)}^s\mathrm{d}x\right|⩽C_1\cdot {\alpha }^s,$$又存在常数 $C_2$ 使得$$\begin{array}{rl}& \left|{\int }_{1+\delta }^{+\infty }{x}^z(x{\mathrm{e}}^{-x}{)}^s\mathrm{d}x\right|⩽{\int }_{1+\delta }^{+\infty }{x}^{\mathrm{Re}z}(x{\mathrm{e}}^{-x}{)}^s\mathrm{d}x\\ & ⩽{\int }_{1+\delta }^{+\infty }{x}^{\mathrm{Re}z}(x{\mathrm{e}}^{-x}{)}^{s-1}\cdot \left[s(x-1)-\mathrm{Re}z\right]{\mathrm{e}}^{-x}\mathrm{d}x=-{\int }_{1+\delta }^{+\infty }\mathrm{d}\left[x^{\mathrm{Re}z}(x{\mathrm{e}}^{-x}{)}^s\right]⩽C_2\cdot {\alpha }^s.\end{array}$$

$\square$

B. 1. 设 $\alpha \in \mathbb{R}$, $\mathbf{\sigma }\in S^{n-1}$. 证明: 在 ${\mathbb{R}}^n$ 的单位球 $B_1(\mathbf{x})$ 内, $f(\mathbf{x})=|\mathbf{\sigma }-\mathbf{x}{|}^{\alpha }$ 可以展开成 $\mathbf{x}$ 的幂级数, 且对任何 $\delta \in (0,1)$, 该幂级数关于 $(\mathbf{\sigma },\mathbf{x})\in S^{n-1}\times B_{\delta }(0)$ 一致收敛.

2. 已知当 $0<\alpha <1$ 时, 成立$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2-{\alpha }^2}=\frac{1}{2{\alpha }^2}-\frac{\pi \cot (\alpha \pi )}{2\alpha }.$$试利用复解析函数的性质证明: 当 $\alpha >0$ 时, 成立$$\sum _{n=1}^{\infty }\frac{1}{n^2+{\alpha }^2}=-\frac{1}{2{\alpha }^2}+\frac{\pi }{2\alpha \tanh (\alpha \pi )}.$$

证明. 用复解析函数的唯一性, $\alpha$ 换为 $\mathrm{i}\alpha$, $$-\frac{\pi \cot (\mathrm{i}\alpha \pi )}{2\mathrm{i}\alpha }=-\frac{\pi \cos (\mathrm{i}\alpha \pi )}{2\mathrm{i}\alpha \sin (\mathrm{i}\alpha \pi )}=\frac{\pi \cosh (\alpha \pi )}{2\alpha \sinh (\alpha \pi )}=\frac{\pi }{2\alpha \tanh (\alpha \pi )}.$$$\square$

3. 试用不同的方法证明$$\mathrm{sh}x=x\prod _{n=1}^{\infty }\left(1+\frac{x^2}{n^2{\pi }^2}\right).$$

7附录: $C^1$ 曲面上的 Hausdoff 测度

Binet-Cauchy 公式,$C^1$ 曲面的 Hausdorff 公式

定理 7.1. 设 $1⩽k⩽n,$ $D_0$ 为 ${\mathbb{R}}^k$ 中区域, 单射 $\mathbf{\phi }:D_0\to {\mathbb{R}}^n$ 连续可微, 则对于紧包含于 $D_0$ 的可测集 $D$,$\Sigma =\mathbf{\phi }(D)$ 的 $k$ 维测度为$$V_k(\Sigma )={\int }_D\sqrt{\det \left({{\mathbf{\phi }}_{\mathbf{u}}}^T{\mathbf{\phi }}_{\mathbf{u}}\right)}\mathrm{d}\mathbf{u}.$$等价地,$$V_k(\Sigma )={\int }_D\sqrt{{\mathbf{\phi }}_{\mathbf{u}}\text{ 的所有 }k\text{ 阶子式的平方和}}\mathrm{d}\mathbf{u}.$$

A. 1. 设 $\Omega \subseteq {\mathbb{R}}^n$ 为区域, $\mathbf{\phi }\in C^1\left(\Omega ;{\mathbb{R}}^m\right)$. 设 $F\subset \Omega$ 为紧集,$$\omega (r)=\underset{\genfrac{}{}{0ex}{}{0<|\mathbf{u}-\mathbf{v}|⩽r}{\mathbf{u}\in F,\mathbf{v}\in \Omega }}{\sup }\frac{\left|\mathbf{\phi }(\mathbf{u})-\mathbf{\phi }(\mathbf{v})\right|}{|\mathbf{u}-\mathbf{v}|},r>0.$$证明 $\underset{r\to 0^{+}}{\lim }\omega (r)=0.$

证明.

$\square$

B. 1. 试减弱定理 7.1 的条件使得结论仍然成立.

解答.

$\square$

1.	^ 表示从上往下看.