补充习题

9.3 补充习题

例 9.3.1 设 $γ$ 是双纽线在右半平面中的一支，其极坐标方程为 $\begin{matrix} (1) & r^{2} = a^{2} \cos 2 θ, θ \in [- \frac{π}{4}, \frac{π}{4}] \end{matrix}$ 求：

(1): 该曲线的弧长；
(2): 该曲线所围成的有界区域的面积；
(3): 该曲线绕 $x$ 轴旋转一周所围成的空间有界区域的体积；
(4): 该曲线绕 $x$ 轴旋转一周所形成的旋转面的面积；
(5): 该曲线所围成的平面有界区域绕 $y$ 轴一周所形成的空间有界区域的体积；
(6): 该曲线绕 $y$ 轴旋转一周所形成的旋转面的面积。

解 (1) $\begin{matrix} (2) & \begin{aligned} d l & = \sqrt{d r^{2} + (r d θ)^{2}} = \sqrt{{(\frac{d (r^{2})}{2 r})}^{2} + (r d θ)^{2}} = \frac{a}{\sqrt{\cos 2 θ}} d θ \\ L & = \int d l = \int_{- π / 4}^{π / 4} \frac{a}{\sqrt{\cos 2 θ}} d θ = 2 a \int_{0}^{π / 4} \frac{d θ}{\sqrt{1 - 2 \sin^{2} θ}} \end{aligned} \end{matrix}$ 令 $\sqrt{2} \sin θ = \sin ϕ$ ，则 $\begin{matrix} (3) & \sqrt{2} \cos θ d θ = \cos ϕ d ϕ ⟹ d θ = \frac{\cos ϕ}{\sqrt{2} \cos θ} d ϕ = \frac{\cos ϕ}{\sqrt{2 - \sin^{2} ϕ}} d ϕ \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (4) & L = 2 a \int_{0}^{π / 2} \frac{1}{\cos ϕ} \cdot \frac{\cos ϕ}{\sqrt{2 - \sin^{2} ϕ}} d ϕ = \sqrt{2} a \int_{0}^{π / 2} \frac{d ϕ}{\sqrt{1 - \frac{1}{2} \sin^{2} ϕ}} = \sqrt{2} a K (\frac{1}{2}) \end{matrix}$

(2) $\begin{matrix} (5) & S = \frac{1}{2} \int_{- π / 4}^{π / 4} r (θ)^{2} d θ = \frac{a^{2}}{2} \int_{- π / 4}^{π / 4} \cos 2 θ d θ = a^{2} \end{matrix}$

(3) $\begin{matrix} (6) & V = - \int_{γ} π y^{2} d x = π a^{3} \int_{0}^{π / 4} \cos 2 θ \sin^{2} θ \frac{\sin 3 θ}{\sqrt{\cos 2 θ}} d θ = π a^{3} [\frac{\ln (\sqrt{2} + 1)}{4 \sqrt{2}} - \frac{1}{12}] \end{matrix}$

(4) $\begin{matrix} (7) & A = \int_{γ} 2 π y d l = 2 π a^{2} \int_{0}^{π / 4} \sin θ d θ = 2 π a^{2} (1 - \frac{1}{\sqrt{2}}) \end{matrix}$

(5) $\begin{matrix} (8) & V_{y} = \int_{γ} π x^{2} d y = 2 π a^{3} \int_{0}^{π / 4} \cos 2 θ \cos^{2} θ \frac{\cos 3 θ}{\sqrt{\cos 2 θ}} d θ = \frac{\sqrt{2}}{8} π^{2} a^{3} \end{matrix}$

(6) $\begin{matrix} (9) & A_{y} = \int_{γ} 2 π x d l = 2 \cdot 2 π a^{2} \int_{0}^{π / 4} \cos θ d θ = 2 \sqrt{2} π a^{2} \end{matrix}$ $◻$

注第一类完全椭圆积分 $K$ 的定义为 $\begin{matrix} (10) & K (k) := \int_{0}^{π / 2} \frac{d θ}{\sqrt{1 - k \sin^{2} θ}} \end{matrix}$

例 9.3.2 证明Pappus-Guldinus定理：

(1): 设平面曲线 $γ$ 上质量均匀分布，则 $γ$ 绕 $x$ 轴旋转所得到曲面 $Σ$ 的面积等于 $γ$ 的质心绕 $x$ 轴旋转得到的周长乘以曲线 $γ$ 的长度；
(2): 设平面封闭曲线 $γ$ 所围成的平面区域 $D$ 上质量均匀分布，则 $D$ 绕 $x$ 轴旋转得到的空间区域 $Ω$ 的体积等于 $D$ 的质心绕 $x$ 轴旋转得到的周长乘以区域 $D$ 的面积。

证明 (1) $\begin{matrix} (11) & 2 π \overset{―}{y} = \frac{\int_{γ} 2 π y d l}{\int_{γ} d l} = \frac{A_{Σ}}{L_{γ}} \end{matrix}$ (2) $\begin{matrix} (12) & 2 π \overset{―}{y} = \frac{\oint_{γ} x d (π y^{2})}{\oint_{γ} x d y} = \frac{V_{Ω}}{A_{D}} \end{matrix}$ $◻$

例 9.3.3 求：

(1): 质量均匀分布的摆线的质心。
(2): 摆线与 $x$ 轴围成的平面区域上质量均匀分布，该区域的质心。
(3): 设 $γ$ 为双纽线在右半平面的一支，其上质量均匀分布，该曲线的质心。
(4): 设 $D$ 为双纽线在右半平面的一支所围成的平面有界区域，其上质量均匀分布，该区域的质心。

解记质心为 $(\overset{―}{x}, \overset{―}{y})$ 。

(1) 由对称性可得 $\overset{―}{x} = π a$ ，且 $\begin{matrix} (13) & \overset{―}{y} = \frac{1}{2 π} \frac{A_{Σ}}{L_{γ}} = \frac{1}{2 π} \frac{\frac{64}{3} π a^{2}}{8 a} = \frac{4}{3} a \end{matrix}$

(2) 由对称性可得 $\overset{―}{x} = π a$ ，且 $\begin{matrix} (14) & \overset{―}{y} = \frac{1}{2 π} \frac{V_{Ω}}{A_{D}} = \frac{1}{2 π} \frac{5 π^{2} a^{3}}{3 π a^{2}} = \frac{5}{6} a \end{matrix}$

(3) 由对称性可得 $\overset{―}{y} = 0$ ，且 $\begin{matrix} (15) & \overset{―}{x} = \frac{1}{2 π} \frac{A_{Σ}}{L_{γ}} = \frac{1}{2 π} \frac{2 \sqrt{2} π a^{2}}{\sqrt{2} a K (\frac{1}{2})} = \frac{a}{K (\frac{1}{2})} \end{matrix}$

(4) 由对称性可得 $\overset{―}{y} = 0$ ，且 $\begin{matrix} (16) & \overset{―}{x} = \frac{1}{2 π} \frac{V_{Ω}}{A_{D}} = \frac{1}{2 π} \frac{\frac{\sqrt{2}}{8} π^{2} a^{3}}{a^{2}} = \frac{\sqrt{2}}{16} π a \end{matrix}$ $◻$

例 9.3.4 若 $C^{2}$ 的平面正则曲线 $γ$ 的曲率为非零常数 $κ$ ，证明： $γ$ 为圆弧。

证明取曲线的弧长参数，此时 $∥ x^{'} (l) ∥ = 1$ 、 $∥ x^{″} (l) ∥ = κ = const$ 。由于 $R^{2}$ 和 $C$ 构成微分同胚（自然地定义 $f : (x, y)^{T} \mapsto x + i y$ ），不妨设 $\begin{matrix} (17) & x^{'} (l) = e^{i θ (l)}, θ (l) \in R \end{matrix}$ 则 $\begin{matrix} (18) & x^{″} (l) = i θ^{'} (l) e^{i θ (l)} ⟹ ∥ x^{″} (l) ∥ = | θ^{'} (l) | = κ \end{matrix}$ 于是 $θ^{'} (l) = κ$ 或 $θ^{'} (l) = - κ$ 。由于导函数满足介值性质，上述两种情形必有一种情形恒成立，不妨设 $θ^{'} (l) = κ$ ，则有 $\begin{matrix} (19) & θ (l) = θ (0) + κ l \end{matrix}$ 从而 $\begin{matrix} (20) & x (l) = x (0) + \int_{0}^{l} e^{i θ (s)} d s = x (0) + \int_{0}^{l} e^{i θ (0) + i κ s} d s = x (0) + \frac{e^{i θ (0)}}{i κ} (e^{i κ l} - 1) \end{matrix}$ 因此 $\begin{matrix} (21) & ‖ x (l) - x (0) + \frac{e^{i θ (0)}}{i κ} ‖ = \frac{1}{κ} = const \end{matrix}$ $◻$

注同胚(Homeomorphism)的定义为：设 $X, Y$ 为拓扑空间， $f : X \to Y$ 为双射，若 $f$ 和 $f^{- 1}$ 均连续，则称 $f$ 为同胚映射， $X$ 和 $Y$ 同胚。

微分同胚(Diffeomorphism)的定义为：设 $X, Y$ 为微分流形， $f : X \to Y$ 为双射，若 $f$ 和 $f^{- 1}$ 均光滑，则称 $f$ 为微分同胚映射， $X$ 和 $Y$ 微分同胚。