高数问题，计算对弧长的曲线积分。_百度知道
高数问题，计算对弧长的曲线积分。
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3π/2--&2dx/3π/θ · 3dθ= 27&#47，y = 3sinθ;2 · ∫(π/ + y&#39，dy/] dθ = √(9sin&#178，π/θ) dθ = 3dθ∫_L y&#178;2 · sin2θ) |(π/2 · [(3π/ ds= ∫(π/2 · (θ - 1/2) (1 - cos2θ) dθ= 27/2)]= 27π/ = 9;2) 9sin&#178;dθ = - 3sinθ;2--&2)= 27/2) - (π/θ + 9cos&#178;dθ = 3cosθds = √[x&#39;2--&)令x = 3cosθ;(θ)&#178;3π&#47x&#178，左半圆为x = - √(9 - y&#178; + y&#178;2 ≤ θ ≤ 3π/(θ)&#178
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虽然晚了，还是谢谢了
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得到r^3 Pi/2就行了;2积分到3Pi&#47， t是极角y
= r sin t然后t从Pi&#47用极坐标ds =2=27Pi&#47
x^2+y^2=9x=-√(9-y^2)dx/dy=-y/√(9-y^2)ds=√(dx)^2+(dy)^2=√[(dx/dy)^2+1] dy=√[y^2/(9-y^2)+1]dy=[3/√(9-y^2)] dy∫y^2ds=∫[-3,3] y^2*3dy/√(9-y^2)=3∫[-3,3]y^2dy/√(9-y^2)=3*[(-1/2)y√(9-y^2)+(1/2)arcsin(y/3)]|[-3,3]=3*[(1/2)*(π/2)-(-1/2)(π/2)]=3π/2∫y^2dy/√(9-y^2)=-∫√(9-y^2)dy+∫dy/√(9-y^2)
=-y√(9-y^2)-∫y^2dy/√(9-y^2)+∫dy/√(9-y^2)2∫y^2dy/√(9-y^2)=-y√(9-y^2)+∫dy/√(9-y^2)∫y^2dy/√(9-y^2)=(-1/2)y√(9-y^2)+(1/2)∫d(y/3)/√(1-(y^2/9))
=(-1/2)y√(9-y^2)+(1/2)arcsin(y/3)
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高等数学曲面积分与曲线积分重点难点
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&&&&&&& 说的太抽象了，举个例子，如何判断两条直线是否垂直，那么z1(角度Theta1)和z2(角度Theta2)互相垂直相当于z1和z2之间的夹角=正负 90度。由于复数的乘法包含了角度的相加，那么z2的共轭矢量角度就是-Theta2。它们两个相乘的结果矢量角就是Theta1-Theta2，如果这 个角度是90度，那么z1*z2'就应该是一个纯虚数，反之，z1*z2'是个纯虚数，就说明z1和z2垂直。所谓的&虚数&并不是不存在，而是它的值在 实数轴x上面的投影总是0。那么写出来就是a+bi与c+di正交的充要条件就是ac+bd=0----看起来像是线形代数里面的[a,b]与[c,d] 互相正交的充要条件是矢量点乘=0。复数，确实是用线形代数的方式在研究高等数学，把函数的研究统一到了解析几何。这里，代数和几何没有区别。
&&&&&&& 再举一个例子，平面几何的命题：一个三角形AB=AC，AB上有线段mn,AC上有线段jk，长度mn=长度jk，证明mj的中点x和nk的中点y，连线 垂直于BC。这道题如果用初等数学平面几何的性质，脑袋破了都很难证明，因为平面几何的定理是用语言表述的某种性质，证明的过程也是和人对图形的感性认识 密切相关，例如垂直平分线，等腰三角形，这些自然语言的概念用起来太费劲，而且必须结合图形本身来使用。OK，用复数来证明，使用一个形式语言的演算系 统：
1. 假设AB是实数轴，AC是和AB夹角为a的向量，那么假设等腰边长为l，那么AB=l,AC=l(cosa+isina)，BC=AC-BC=l(cosa-1 +isina)。
2. 假设mn和jk的长度为r，m=M+0i，j=M(cosa+isina)，那么n=M+r,k=(M+r)(cosa+isina)。
3. mj的中点就是d1=(m+j)/2，nk的中点就是d2=(n+k)/2，两点之间的连线的方向矢量f1=d2-d1=(n+k-m-j)/2
4. BC的共轭矢量f2=l(cosa-1-isina)
5. f1*f2，去掉实系数=(cosa+1+isina)(cosa-1-isina)，实部=cosa^2-1+sina^2=0，所以是个纯虚书，根据上例的结果，f1和f2垂直，证毕。
&&&&&&& 再举一个证明题：平行四边形对角线的平方和=相邻对角线平方和的两倍。那么设四边形的两条边是矢量z1和z2，那么|z1+z2|^2+|z1- z2|^2=(z1+z2)(z1'+z2')+(z1-z2)(z1'-z2')=2z1z1'+2z2z2'=2(|z1|^2+|z2|^2)得 证。复数的函数(复变函数)往往具有对称性的性质。如果f(z)=a0+a1z^1+...+anz^n=X+Yi，那么可以证明，f(z')=X- Yi。有什么作用吗? 如果函数f(z)=0有解a+bi，那么a-bi也是解(显然因为X=Y=0)。复数更重要的特征是矢量的方向性。一个直线过z1,z2的端点，那么方向 就是M(z2-z1)，直线方程就可以写成点法式: z1+M(z2-z1)=Mz2+(1-M)z1。
&&&&&& z在由x/y两个轴构成的复片面P1上面，那么映射f(z)对应另一个复平面P2，z-&f(z)是一个映射，那么每一个z都有一个f(z)对应， 当然不同的z可能对应相同的f(z)值。那么P2上面的点总能找到P1上面的对应点。如果2次多项式f(z)=az^2+bz+c，其中a，b，c都是复 数，那么逆映射总是存在，f(z)=0是P2上面的0点，它总是对应P1上面的2个点，当然这两个点可能重合。一般的，如果不考虑平移的结果，我们假设 f(z)=z^n，按么z-&f(z)是一个什么样子的变换呢? 我们把P1平面以0点为圆心切割成n个扇形，每个扇形的圆心角=2Pi/n，那么每个扇形fi都对应f(z)的一个映射平面Pi，于是P1映射到了n个平 面Pi1-Pin上面，Pi1-Pin这n个平面全都相似，每个Pi对应P1上划分的第i个扇形；每个Pi上面的点zi对应P1上面的第i个扇形当中的一 个根。这些根幅度相同，角度等差。也就是说，n阶方程总是有n个复根，当然这些复根当中有些可能是虚部=0因此是实数。我们考虑一个著名的问题，三次曲线 和直线的交点,z^3=3pz+2q，p，q不为0。根据戒指定理我们可以知道f(z)=z^3-3px-q=0总是有解的，这个解写出来就是是两个根号 相加，根号里面还有根号，所以可能是两个共轭复数相加同样得到一个实数。为什么呢? 3次方程=0逆映射回z的平面，3个根必然是沿着单位原对于x轴对称的3个点，所以有一个点一定在实数轴的负半轴，经过平移以后就能得到方程的实数解。这 样就解释清楚了黎曼平面: Pi1-Pin这N个面连接起来构成一个黎曼面PL. PL和原来z的平面P1之间的点构成一一对应关系，一对多的混乱关系得到了解决，复数函数仍然是一一对应。
&&&&&&& 实变函数可以展开成泰勒级数----本质的意义不在于泰勒级数的导数项，而是在于，函数可以展开成自变量所表达的一个幂级数求和表达式，这个有点像离散结 构里面的P问题。那么对于复数，因为解释函数的方向导数有无数个，所以无法直接表示成泰勒级数，但是仍然可以写成幂级数求和的形式----洛朗级数，同 时，可以把泰勒级数看成洛朗级数在实轴方向上投影的特例。当然，这个时候的幂级数系数不能再用导数来求了(切线逼近法)，而是使用一个积分。如何理解这个 积分要从柯西积分公式开始(基于柯西-古萨定理，也就是2维平面的格林公式积分和路径无关的条件)f(x,y)=1，绕着单位圆作对坐标的积分，显 然=0，但是f(x,y)=1绕着单位圆作对弧长，显然=2Pi。复数平面上对z做的积分，微元\是对弧长作积分，但是积分的结果又可以分解成对x和y分 别作的积分。S(z)dz=0,S(1/z)dz=2Pi*i。那么f(z0)=SL(f(z)/z-z0)dz就是柯西积分公式了，把z0看成变量，把 z写成w，那么就是函数形式的柯西积分公式。
&&&&&&& 需要很好的考虑几个问题:
1. 我们在把可积函数变成傅立叶级数的时候，曾经强调过，每个分量之间由于是三角函数族的成员，所以构成正交关系，所以显然，分量之间没有重叠，展开式显然唯 一。那么对于泰勒级数和复分析当中的洛朗级数而言，函数的幂级数展开式是否是唯一的? 我们主要到没有任何条件限制规定展开分量之间必须构成正交关系。正交性并不必要，基不需要正交性。z和z^2线性无关（注意是&线性&）因为不存在c1和 c2\in R，使得c1*z + c2*z^2=0, 对于所有的z属于R都成立(z是变量，可以任意取)。严格的说，&幂分量&不需正交，仅要线性无关即可。反证法，我们假设幂级数的分量之间是线形相关的， 也就是存在常数k1-kn使得(k1(1是角标))k1x+k2x^2+k3x^3+...+knx^n =0。我们又知道前面这个方程，在复数域中仅有n个解，即0点仅有n个。故只有k1=k2=....=kn左端才恒为0(对于任意的z)，这就是线性无关 的条件，n任意个，即无穷个x^i都线性无关。当然这里线性空间是一个函数空间，其实x,x^2,...构成其一个基----所以k1-kn都是0， {z^n}构成的分量，是个线性无关的集合(两两之间)。
2. 黎曼平面有什么应用的意义? 除了前面说的，可以建立z和f(z)的一一映射(不论是单值函数还是多值函数)以外，黎曼还有一个重要的发明: 黎曼球面。这个球面把所有的有限的问题(圆)和无限的问题(直线)统一到了一个球面上面。也就是说，无限远的点，无论从原点看过去是哪个方向过来的，现在 都被统一到了黎曼球面的北极点(N)上面。因此，现在，所有的无穷的问题都有了一个用有限的可表示的黎曼球面来研究的可能性的，因此许多初等分析的超越问 题现在都变得可解了。
3. 一起探讨一下直线到圆的思维方式的转变，以及这种转变所可能包含的几何意义。在一元微积分里面，计算定积分的时候用到了牛顿莱布尼茨公式，也就是寻找了 F(x)和F(x)的导数f(x)之间的一种关系，他们在线段长度上面构成一种几何关系，也就是在x0点附近，存在微分关 系：dF(x)=F'(x)*dx=f(x)*dx，所以dF(x)/(x-x0)=f(x)，其中dx=x-x0是x轴上面的线段的长度。这个式子两边 取不定积分就是S(F(x)/x-x0)dx=F(x)。放到复平面上面去，积分限无法取，我们把x变成变量w,x0先看成常量z0，积分就只能变成围绕 z0点的一个任意无限小的圆，同时前面加上了一个系数(1/2PI*i)，然后在把z0变成变量z，于是我们就得到了柯西积分公式----一维和二维的积 分公式终于得到了统一。
4. 再次讨论级数，柯西积分公式当中f(z)=S(f(w)/w-z)dw，我们在收敛半径之内的单位圆里面，把分母部分(1/w-z)展开成为幂级数，限制 条件是在半径R之内的圆，我们就把f(z)变成了洛朗级数。对比f(z)的复数泰勒级数形式，我们得到(1/n!)f(n')(a)=(1 /2Pi*I)S(f(w)/(w-z)^n+1)*(z-a)^ndz。我们显然可以看到一种集合关系，也就是把f(w)看成常数，g(z)=1 /(w-z)对z求n次导数，我们就得到了gn'(z)=1/(w-z)^(n+1)，两边取长度的积分我们就得到了洛朗级数和泰勒级数之间的对应关系， 原先要求f(x)有无穷阶导数，现在这个要求放宽了，只要这个函数可积就可以了。
5. 为什么洛朗级数里面会有复数次幂? 因为对于柯西积分公式而言，要求在闭合路径之内函数解析，但是如果不满足这么严格的条件怎么办? 我们去掉不解析的点，就得到了一些列圆环，这个圆环上作闭合路径包围一定的面积，就是里外两条曲线，外围曲线就是洛朗技术的n&=-1的幂次项，内 围曲线是反方向的环绕无穷原点(很奇怪吗? 只要把z平面映射到黎曼球面上，就会得到这个结论!)，是一个负数的积分结果，它的收敛半径相反，我们把z用z的倒数来代替，就得到了和前半部分几乎一样 的表达式。所以洛朗级数的形式是Sigma从n=负无穷到正无穷的形式(完备)。特别的，如果圆环是圆饼，那么内环等于是不存在或者收缩到了一个点，也就 是n&-1的那些负数次幂不存在了，函数解析，得到洛朗级数等于泰勒级数的结论。
6. f(x)的可积条件是什么? 是f(x)x在x-&无穷的时候，极限=0。如何理解这个结论? 显然limf(x)*x=0必要条件是f(x)是1/x的高阶无穷小。这意味着什么? 因为1/x作为一个被积函数，积分是无穷大，这个结论可以通过把积分看成Sigma(1/x)求和来理解，这个求和是不收敛的。
7. 通过洛朗级数的展开我们看到，函数关于z的幂级数展开释里面，1/z的系数就是对原函数做的一个围线积分。这有什么作用呢? 如果我们求f(z)的某个线积分，我们可以做辅助线来求f(z)的围线积分S1减去f(z)关于辅助线的积分S2。我们构造辅助线使得S2=0或者很容易 求，那么S1是可以通过把f(z)展开成幂级数立刻得到的。因此，难以计算的一维线积分变得可以求解了，幂级数的a(-1)就是传说中的&留数&。如果这 个线积分的积分限是无穷，那么我们就计算相应的无穷远点的留数，这个通过留数定理可解。于是，复分析变成了数学分析的延伸。 &&&&&&& 再说一个概念从线面方程到复数向量: 黎曼几何
&&&&&&& 平面上的直线方程怎么写? ax+by=c。但是这个方程很丑陋，我们要写成ax'+by'=0的形式，那么就是直线可以表示为点的取值集合(x',y')。因此x',y'之间的约 束关系就是直线方程，把这个约束写成变量的形式，我们得到(x'=bt,y'=-at+c/b)，t是实数。于是平面几何的方程就可以表示为点的集合。这 样做有什么好处? 点值的几何做代数映射，对应就是几何上的各种变换，于是只能用自然语言表示的几何问题现在成了可计算的代数问题了。
&&&&&&& 复变函数为什么引入了黎曼球面？就是为了把范围无限大的集合限制到范围有限大的集合内，让超越问题变得可能计算。为什么高等数学搞了那么多种变换，总之是 为了让直观不可能计算的问题变得可计算，然后再反变换回去。由递推式(z+z',-i(z-z'),|z|^2-1)/|z|^2+1，可以知道z平面上 面对应球面的点:0对应(0,0,-1),1+i对应(2/3,2/3,1/3)。通过几何观察可以得知，黎曼球面上的圆对应于复数平面上面的圆(黎曼圆 不过N点)或者直线(黎曼圆过N点)。又因为复平面的点和黎曼圆的点一一对应，所以所有的直线在无穷远处必定相交，哪怕是平行线----这就是黎曼几何不 同于欧式几何的一个地方。一个感受就是，通篇没有任何平面几何的图形化证明，没有使用任何平面几何的自然语言表述的公理，一切都是使用代数符号完成的计算 和证明，完成了从感性到理性的认识高度的上升，从平面几何的&形而中&，上升到了解析代数的&形而上&，完成了从初等数学到高等数学的升级。
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高数.对弧长的曲线积分其中曲线为圆周x2+y2=a2,直线y=x,及x轴在第一象限内围成的扇形的整个边界.在不同的边界上的积分,被积函数不变么?
其中曲线为圆周x2+y2=a2,直线y=x,及x轴在第一象限内围成的扇形的整个边界.在不同的边界上的积分,被积函数不变么?
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