Gl1 - Томский политехнический университет

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ
Государственное образовательное учреждение
высшего профессионального образования
«Томский политехнический университет»
В. П. Арефьев
МАТЕМАТИЧЕСКИЙ АНАЛИЗ
Часть 2
Неопределенный и определенный интегралы
Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы
Элементы теории поля
Дифференциальные уравнения и системы
Числовые и функциональные ряды
Ряды Фурье
Рекомендовано в качестве учебного пособия
Редакционно-издательским отделом
Томского политехнического университета
Издательство
Томского политехнического университета
2009
УДК 517(075.8)
ББК 22.161.1
А80
А80
Арефьев В. П.
Математический анализ. Часть 2. Неопределенный и определенный интегралы. Кратные, криволинейные и поверхностные интегралы. Элементы теории поля. Дифференциальные уравнения и системы. Числовые и функциональные ряды. Ряды Фурье: учебное пособие / В. П. Арефьев. – Томск: Изд-во Томского политехнического
университета, 2009. – 164 с.
В учебном пособии ставится цель помочь студенту самостоятельно овладеть методами решения задач по данной части курса высшей
математики. В каждом разделе приведены краткие теоретические сведения и формулы, необходимые для решения задач. Предполагается последовательное рассмотрение решений приведенных типовых задач.
Пособие подготовлено на кафедре высшей математики и математической физики и предназначено для студентов специальностей
140604 «Электропривод и автоматика промышленных установок и технологических комплексов», 140601 «Электромеханика», 200106 «Информационно-измерительная техника и технологии», 200201 «Управление и информатика в технических системах», 140203 «Релейная защита
и автоматизация электроэнергетических систем», 140205 «Электроэнергетические системы и сети», 140211 «Электроснабжение», 230101 «Вычислительные машины, комплексы, системы и сети», 210201 «Автоматизация технологических процессов и производств», 230105 «Программное обеспечение вычислительной техники и автоматизированных
систем» Института дистанционного образования.
УДК 517(075.8)
ББК 22.161.1
Рецензенты
Доктор физико-математических наук,
профессор ТГАСУ
Л. Е. Попов
Кандидат физико-математических наук,
доцент ТГУ
В. И. Рюмкин
© Арефьев В. П., 2009
© Томский политехнический университет, 2009
2
ВВЕДЕНИЕ
Данное пособие посвящено методам решения задач части курса
высшей математики. В учебном пособии ставится цель помочь студенту
самостоятельно или при минимальной помощи преподавателя систематизировать свои знания по решению задач и ознакомиться с основными
методами решения задач. Попыткой достигнуть этой цели и определяется структура настоящего пособия: в начале каждого параграфа кратко
изложен теоретический материал (определения, основные теоремы
и формулы), знание которого необходимо для решения задач данного
раздела. Это позволяет использовать пособие, не прибегая к учебникам.
Далее приводятся подробно разобранные задачи с разъяснениями
методов их решения. Среди решенных задач многие можно назвать типовыми. Это обстоятельство особенно важно для студентов, занимающихся заочно.
Как правило, в пособии приводятся только простые задачи. Сознательно были исключены задачи повышенной сложности, так как ставилась цель научить студента решать основные задачи, дать некоторый
минимум, необходимый для усвоения студентом требований вузовской
программы части курса высшей математики.
По каждому разделу дается минимальное число задач в предположении, что обучающийся будет разбирать их все подряд. Этим объясняется сравнительно небольшое общее число разобранных задач по сравнению с другими задачниками. Такая установка значительно облегчает
работу студента-заочника по самостоятельному решению задач контрольных работ по высшей математике.
Следует отметить, что пособие появилось в результате опыта работы в Институте дистанционного образования ТПУ.
При составлении настоящего пособия был использован ряд задач
из известных задачников по высшей математике, обычно рассматриваемых на занятиях со студентами.
3
Глава 1
ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ ФУНКЦИЙ
1.1. Неопределенный интеграл
Неопределенное интегрирование есть процесс нахождения функции F(x), первообразной для данной функции f(x), т. е. такой функции
F(x), производная которой равна f(x):
F(x) = f(x).
Первообразных для данной функции существует бесчисленное
множество, и все это множество первообразных можно записать одним
выражением
F(x) + C,
где F(x) – одна из первообразных для f(x), а С – const.
Совокупность всех первообразных данной функции f(x) называется
неопределенным интегралом от этой функции и записывается в виде
(С = сonst),
 f x dx  F x   C
где f(x) – подынтегральная функция; f(x)dx – подынтегральное выражение; х – переменная интегрирования.
Отметим свойства неопределенного интеграла:

1.  f x dx  f x 
или
d  f x dx  f x dx .


2.  dF x   F x   C .
3. Вынесение постоянного множителя за знак интеграла:
 k  f xdx  k  f xdx .
4. Почленное интегрирование   f x   qx dx   f x dx   qx dx .
5. Свойство инвариантности формул интегрирования – свойство
сохранения формы результата интегрирования независимо от того, что
является переменной интегрирования – независимая переменная х или
функция U(x), т. е. если
 f xdx  F x  C ,
то
 f U dU  F U   C.
Основные неопределенные интегралы сведены в табл. 1.
4
Таблица 1
x n1
 C , (n  –1)
n 1
2.  dx  x  C
1.
n
 x  dx 
3.

4.
x
 a dx 
5.
 e dx  e  C
 sin xdx   cos x  C
 cos xdx  sin x  C
6.
7.
U n1
 C , (n  –1)
n 1
 dU  U  C
n
 U  du 
dx
 ln x  C
x
x

ax
C
ln a
U
 a du 
U
 cos2 u  tgu  C
dx
 sin 2 u  ctgu  C
9.
 sin 2 x  ctgx  C
du
du
10.  tgxdx   ln cos x  С
 tgudu   ln cos u  С
 сtgudu  ln sin u  С
11.  сtgxdx  ln sin x  С
dx
x
12.
 sin 2 x  ln tg 2  C
13.
 a 2  x 2  a arctg a  C
dx
1
du
x
du
x2  a
1
u
 a 2  u 2  a arctg a  C
1 ua
 u 2  a 2 2a ln u  a  C
du
u
 2 2  arcsin a  C
a u
du

dx
u
 sin 2 u  ln tg 2  C
1
xa
ln
 x 2  a 2 2a x  a  C
dx
x
15. 
 arcsin  C
a
a2  x2
dx

U
dx
 cos2 x  tgx  C
16.
aU
C
ln a
 e du  e  C
 sin udu   cosu  C
 cosudu  sin u  C
x
8.
14.
dU
 ln U  С
U

 ln x  x 2  a  C

du
u2  a
 ln u  u 2  a  C
Методы разложения подынтегральной функции и подведение
функции под знак дифференциала для нахождения интеграла
(см. Пример 1. Раздел «Типовые примеры и их решения)
Интегрирование по частям
(см. Примеры 2–3. Раздел «Типовые примеры и их решения)
5
Интегрирование рациональных функций
(см. Примеры 4–5. Раздел «Типовые примеры и их решения)
Интегрирование тригонометрических функций
(см. Примеры 6–10. Раздел «Типовые примеры и их решения)
В табл. 2 приведены рекомендуемые подстановки при интегрировании тригонометрических функций.
Таблица 2
sin x 
cos x 
2 R(sin x) cos x dx
3 R(cos x) sin x dx
4 R(sin x, cos x) dx,
где
R(–sin x, –соs x)=
=R(sin x, cos x)
sin x = t
cosx = t
tg x = t
ctg x = t
–
6 sin mxcos nx dx
cos mxsin nx dx
sin mxsin nx dx
–
–
–
; dx 
2
1 t
1 t2
2dt
1 t2
;
1 t2
cosx dx = dt
sinx dx = –dt
sin x 
cos x 
cos x 
5 sin2px cos2qx dx
p  0, q 0
2t
t
1 t
1
2
1 t
t
2
; dx 
dt
1 t2
; sin x 
1
1 t
 dt
; dx 
1 t2
1 t2
1  cos 2 x
cos2 x 
;
2
1
sin x  cos x  sin 2 x;
2
1  cos 2 x
sin 2 x 
2
sin   cos  
1
 sin    sin  ;
2
cos   cos  
1
 cos    cos  ;
2
sin   sin  
1
 cos     cos   
2
6
;
2
;
рационализация подынтегрального
выражения
2
t
Результат
подстановки
понижение степени
тригонометрической
функции
tg
Вспомогательные
формулы
переход к интегралу
от суммы функций
№
Вид
Рекоменп/п подынтегрального
дуемая
выражения
подстановка
1 R(sin x, cos x)dx
x
Интегрирование иррациональных функций
(см. Примеры 11–17. Раздел «Типовые примеры и их решения)
В табл. 3 приведены подстановки, применяемые при интегрировании иррациональных функций.
Таблица 3
№
Вид подынтегрального
выражения
1
m
r 

R x, x n ,..., x s   dx ;


m
r
R x, ax  b  n ,..., ax  b  s   dx ;


m
r 

 ax  b  n  ax  b  s 

R  x, 
 dx
 ,..., 

  cx  d 
 cx  d  


R x, a 2  x 2   dx ;


R x, a 2  x 2   dx ;


2
Рекомендуемая
подстановка
b
 f x dx
Результат
подстановки
x = tk, где k – наименьшее Получим
общее кратное знаменарациональтелей n, ..., s
ную функцию от t
ax + b = t k
ax  b k
t
cx  d
x=a sin t или x=a cos t
x=a tg t или x=a ctg t
x
a
a
или x 
cos t
sin t
получим
рациональную функцию от sin t
или cos t
a
3 xm (axn +b)p dx, m, n, pQ
r
a) p  z, m  1 ,
s1
n
x = t k , наименьшее
общее кратное s1 и s2
axn +b = t s
r2
;
s2
axn  b
m 1
r
 z,
p ;
n
s
m 1
r
 p  z,
p
в)
n
s
4
Mx  N
 dx
q  px  x 2
б)
x
x
n
получим
рациональную функцию от t
 ts
плучим
сумму двух
интегралов
p
t
2
Типовые примеры и их решения
Пример 1. Найти неопределенный интеграл
зультат проверить дифференцированием.
7

x  e arcsin x
1 x2
dx. Ре-
Решение.
Для
нахождения
неопределенного
интеграла
arcsin x
xe
dx предварительно разложим подынтегральную функцию

1 x2
на сумму функций. Так как
x  e arcsin x
x
e arcsin x
,


2
2
2
1 x
1 x
1 x

то

x  earcsin x
1
   1 x2
2
1 x
2
 
1
x

dx =
1 x

2
dx  

e arcsin x
1 x
2
2 d 1  x 2  e u du   1  1  x

1
2
2

  1 x2

1

1
2
2
dx 
 eu  C 
 e arcsin x  C .
1
Замечая, что d(1 – x2) = –2xdx, находим xdx=  d 1  x 2 . Предположив
2
dx
arcsin x = u, получим
 du.
2
1 x
.
1


d   1  x 2 2  e arcsin x  C  
Проверка:


 1
 x  e arcsin x 
1
e arcsin x 
2

2
dx.
 2 x  
  1 x
dx  
 2

2 
2 
1 x 

 1 x

Пример 2. Найти  x  sin x  dx .
Решение. Этот интеграл «берется» по частям по формуле


2




 u  dv  u  v   v  du .
(1)
Здесь перед нами несколько возможностей. Если положить u=x;
dv = sin xdx, тогда du = dx; v =  dv   sin x  dx   cos x . Используя
формулу интегрирования по частям, имеем
 x  sin x  dx   x  cos x   cos x  dx   x  cos x  sin x  C.
Замечание. Если в этом примере мы возьмем u=sin x; dv=xdx;
x2
du=cos xdx и v 
,
2
8
x2
x2
то
 x  sin x  dx = 2 sin x   2 cos x  dx .
Это разбиение подынтегрального выражения на произведение двух
сомножителей следует считать неудачным, так как степень х в интеграле повысилась и получился интеграл более сложный, чем исходный.
Пример 3. Найти  e x cos x  dx .
Решение. Этот интеграл находят двухкратным интегрированием по
частям. Причем повторное применение формулы интегрирования по частям приводит к уравнению искомого интеграла.
Обозначим искомый интеграл буквой I и, полагая u=cos x;
dv=exdx; du = –sin xdx; v = ex, получим
I   e x cos x  dx  e x cos x   sin x  e x dx 
e x cos x  e x sin x   e x cos x  dx 
 e x cos x  sin x   I .
Перенеся I в левую часть равенства и разделив на 2, найдем
1
I  e x cos x  sin x   C .
2
Замечание. К числу интегралов, вычисляемых интегрированием по
частям, относятся, например, интегралы вида
 Px  f xdx,
где P(x) – многочлен (в частности, степенная функция хn); f(x) – одна из
следующих функций: eax, sin ax, cos ax, ln x, arctg x, arcsin x.
x5  x 4  8
dx .
Пример 4. Найти  3
x  4x
Решение. Нахождение данного интеграла от рациональной дроби

P x  
 Rx  
 можно условно разбить на 3 этапа:
Qx  

I этап. Если дробь неправильная, т. е. степень числителя P(x) больше или равна степени знаменателя Q(x), выделяют целую часть рациональной дроби R(x), деля числитель P(x) на знаменатель Q(x) по правилу
деления многочлена на многочлен.
Px 
P x 
Тогда
 M x   1 .
Qx 
Qx 
Данная дробь неправильная, так как степень числителя больше степени знаменателя, поэтому выделяем целую часть:
9
x5  x 4  8
x3  4x
x 5  4x 3
x2  x  4
x 4  4x 3
x 4  4x 2
4x3  4x 2
4 x 3  16 х
4 x 2  16 x  8
 2
x5  x 4  8
4 x 2  16 x  8 

dx
=
x

x

4

 dx .
 x3  4x

3

x

4
x


P x 
II этап. Правильную дробь 1
разлагают на простейшие дроби.
Q x 
Для этого находят корни уравнения Q(x) = 0 и разлагают знаменатель
Q(x) на множители первой и второй степени с действительными коэффициентами:
Таким образом,

Qx   x  a k  x  b l    x 2  px  q
  x
m
2

n
 rx  s ...
(2)
В этом разложении знаменателя Q(x) множители первой степени
соответствуют действительным корням, а множители второй степени –
парам мнимых сопряженных корней. Коэффициент при наибольшей
степени х в знаменателе Q(x) можно считать равным единице, ибо этого
всегда можно добиться, деля на него P(x) и Q(x). Разумеется, если знаменатель Q(x) уже представлен в виде (2), корни искать излишне. После
этого правильная дробь разлагается на простейшие по формуле
P1 x 
A
A2
An
B1
B2
Bl
 1 













Qx  x  a x  a 2
x  a n x  b x  b2
x  bl

M1 x  N1
x  px  q
2

M 2 x  N2
x
2
 px  q

2
  
M m x  Nm
x
2
 px  q

m
  ,
(3)
где А1, А2,..., М1, N1, ... – неопределенные (неизвестные) коэффициенты.
Дроби приводят к общему знаменателю Q(x) и приравнивают числители обеих частей равенства (3). Затем сравнивают коэффициенты
при одинаковых степенях х. Это приводит к системе уравнений, из которой и находятся значения интересующих нас коэффициентов.
10
В нашем примере правильная остаточная дробь
P1 x  4 x 2  16 x  8
.

Qx 
x3  4x
Знаменатель правильной дроби разлагается на множители следующим образом:
x 3  4 x  x x 2  4  xx  2 x  2  x  0 x  2 x  2 .
По формуле (3) каждому множителю знаменателя вида (х – а)
в разложении правильной дроби на простейшие соответствует слагаеA
мое вида
, поэтому в данном случае получится разложение
xa


4 x 2  16 x  8 A
B
C



.
x x2 x2
x3  4x
Приводя правую часть к общему знаменателю и приравнивая числители, получим тождество
4 x 2  16 x  8  Ax  2  x  2  Bxx  2  Cxx  2.
Коэффициенты при одинаковых степенях х в обеих частях тождества должны быть равны, поэтому, отмечая за чертой слева при каких
степенях х сравниваются коэффициенты, получим систему уравнений
x2
x1
x0
4  A  B  C,
16  2 B  2C ,
 8   4 A.
Из третьего уравнения системы А = 2. Подставляя значение А в первое
уравнение и сокращая второе на 2, будем иметь:
B + C = 2; B – C = 9  B = 5; C = –3.
III этап. Находят интегралы выделенной целой части и всех простейших дробей, которые затем складывают.
Заменяя под знаком интеграла остаточную дробь ее разложением на
простейшие дроби и находя нужные интегралы, последовательно получим
x5  x 4  8
2
5
3 
 2
 x 3  4 x dx    x  x  4  x  x  2  x  2   dx 


  x 2 dx   x  dx  4 dx  2
dx
dx
dx
 5
 3

x
x2
x2
x3 x 2


 4 x  2 ln x  5 ln x  2  3 ln x  2  C .
3
2
11
2 x 2  3x  1
dx .
Пример 5. Найти 
x3  1
Решение. Подынтегральная дробь правильная, ее знаменатель разлагается
на
множители
по
формуле
суммы
кубов
3
2
x  1  x  1 x  x  1 . По формуле (3) имеем


2 x 3  3x  1
A
Mx  N


,
x 1 x2  x 1
x3  1


откуда 2 x 2  3x  1  A x 2  x  1  Mx  N  x  1 .
Сравнивая коэффициенты, составим систему уравнений
x2
x1
x0
2  A M,
 3   A  M  N,
1  A  N.
найдем А = 2; М = 0; N = –1, поэтому
2 x 2  3x  1
dx
dx
dx
.
 x 3  1 dx = 2 x  1   x 2  x  1  2 ln x  1  
2
2
1   3 

 x    
2   2 

1
В последнем интеграле подстановка x   t; dx = dt дает
2
dx
dt
2
2t
2
2x 1


arctg

C

arctg
 C.


2
2
2
3
3
3
3
 3
1  3



t 2  
 x    
2
2
2

 



Пример 6. Найти
dx
 5  sin x  3 cos x .
Решение. Данный интеграл от тригонометрических функций вида
 R(sin x, cos x)  dx чаще всего «берется» с помощью универсальной тригонометрической подстановки: tg
2t
2dt
x
;
dx

;
 t , тогда sin x 
2
1 t 2
1 t 2
1 t2
cos x 
.
1 t2
12
dx
 5  sin x  3 cos x = 
1
5
2t
1 t 2


31 t 2


2dt

1 t 2
1 t 2
1 t2
dt
dt
dt
 2

 2 2
 2

2
2
2
5  5t  2t  3  3t 1  t
2t  2t  8
t t 4
1
dt
dt
t u
=



2
2
2
2



dt  du
 1   15 
 t 2  2  1  t   1    1  4
t   


2
 2   4
 2   2 


du
 15 

u  

2


2

2
2
2u
2
2t  1
arctg
C 
arctg
C 
15
15
15
15
x
2tg  1
2
2

arctg
C.
15
15
Пример 7. Найти  sin 3 x  cos4 x  dx .
Решение. Рекомендуемая подстановка соs x = t
 sin
3
x  cos4 x  dx =
2
4
 f x dx  f  b  a   1  cos x  cos x  sin x  dx 
b
=
a
cos x  t
=
=
sin x  dx  dt


t5 t7
cos5 x cos7 x
 1  t  t dt   5  7  C   5  7  C.
2
4
dx
 3 cos2 x  4 sin 2 x .
Решение. Рекомендуемая подстановка t = tg x,
t2
2
тогда sin x 
;
1 t2
1
dt
cos2 t 
dx

,
.
1 t2
1 t2
Пример 8. Найти
13
dx
 3 cos2 x  4 sin 2 x = 

1
3
4t 2

1 t2 1 t2

dt
dt
1
=



1 t2
3  4t 2 4
dt
 3

t 2  

2


2

1 2
2t
1
2  tg x
arctg
C 
arctg
 C.
4 3
3
2 3
3
x
x
sin

cos
 dx .
 3
4
Решение. Применяя формулу преобразования произведения тригонометрических функций в сумму, получим
1
1
x
x
 x x
 x x
 sin 3  cos 4  dx = 2  sin  3  4   dx  2  sin  3  4   dx 
1 12
7x  7x  1
x  x
6
7x
x
   sin  d     12  sin  d     cos  6 cos  C.
2 7
12  12  2
12  12 
7
12
12
Пример 9. Найти
Пример 10. Найти  sin 2 x  cos4 x  dx .
Решение. Применяя понижение степени тригонометрических функций, имеем
1
2
2
4
 sin x  cos x  dx = 8  1  cos2 x   1  cos 2 x  dx 
1
  1  cos 2 x  cos2 2 x  cos3 2 x  dx 
8
1 
1  cos 4 x 1  cos 4 x

  1  cos 2 x 

 cos 2 x   dx 
8 
2
2

1
  1  cos 2 x  cos 4 x  cos 4 x  cos 2 x   dx.
16
1
1
Так как cos 4 x  cos 2 x  cos 2 x  cos6 x, получаем
2
2
1  1
1

2
4
 sin x  cos x  dx =  16  1  2 cos 2 x  cos 4 x  2 cos6 x   dx 
x sin 2 x sin 4 x sin 6 x
 


 C.
16
64
64
192


14
dx
.
x 3 x
Решение. Данный интеграл от иррациональной функции вида
m
r 

n ,..., x s   dx , где функция R рациональна относительно своих

R
x
,
x
 



аргументов. Рекомендуемая подстановка x=t k, где k – общий знамена1 1
тель дробей
, т. е. k = 6, поэтому делаем подстановку х = t 6,
,
2 3
5
dx = 6t dt, тогда
Пример 11. Найти




t 5 dt
t 3 dt
t 3 1 1
dx
1 
 2
6

6

6
dt

=
6
t

t

1


  dt 




t 1
t 1
t 1
x 3 x
t3  t2

dt
t3
t2
 6 t dt  6 t  dt  6 dt  6
 6  6  6t  6 ln t  1  C 
t 1
3
2
2
 2 x  33 x  66 x  6 ln 6 x  1  C.
Пример 12. Найти
1 x
 3 1 x 
dx
1  x 2
.
1 t3
1 x 3
;
Решение. Рекомендуемая подстановка
 t дает x 
1 x
1 t3
2
 6t 2
1

x

. Поэтому
dx 
dt
3
3 2
1

t
1 t



2
1 x
dx
t  6t 2 1  t 3
3 3
3 t4
3
 
dt    t dt     C 
 1 x 
3 2 2
2
2 4
1  x 2
1 t  2


3 1 x 
  

8 1 x 
Пример 13. Найти

4 x  7 dx
3  2x  x

2
4
3
 C.
.

Решение. Замечая, что d 3  2 x  x 2   2 x  2 dx , получим
15
4 x  7 dx

3  2x  x
2
= F x 
b
a
 F b   F a 
dx
 2  2 3  2 x  x 2  3
Для нахождения
x = t – 1; dx = dt.
dx

3  2x  x2

=
dx
3  2x  x

2
3  2t  1  t  12
 arcsin

3  2x  x2
Пример 14. Найти

dt
t
 arcsin  C 
2
22  t 2
x 1
C.
2
=  4 3  2 x  x 2  3 arcsin

.
применим подстановку t = x + 1, тогда
dt
Окончательно получаем
4 x  7 dx
3  2x  x
2
dx
.
x 1
 C.
2
x 7x  2x  5
Решение. Данный интеграл с помощью «обратной подстановки»
dx
1
. Действительно, полагая
x  сводится к интегралу вида 
2
t
q  px  x
1
1
x  , dx   2 dt, получим
t
t
1
 2 dt
dt
dx
t
=
 


2
1 7 2
7

2
t

5
t
x 7x2  2x  5
 5
t t2 t
1
dt
1
dt





5
2
7
5
1
1  1 7
 2
t2  t 

t  2  t   
5
5
5
25  25 5

2
16
 1
dt  
 5
2
1
1
1
34
 1


ln t    t   
C 

5
25
5  1  2 34
5
 5
t   
25
 5
2
1
1 1
34
1 1

ln      
C.
x
5
25
5 x 5


9  x 2 dx
Пример 15. Найти 
.
x2
Решение. Рекомендуемая подстановка x = 3 sin t. Тогда dx = 3 cos tdt,
9  x 2  9  9 sin 2 t  9 cos 2 t . Имеем

9  x 2 dx
=
x2

9 cos2
3sin t 2

 1

 3 cost  dt   ctg 2t  dt    2  1  dt 
 sin t 
dt
sin 2 t
  dt  ctg t  t  C.
2
Так как sin t 
x
, то
3
x
t  arcsin . Поэтому
3

Пример 16. Найти
 x
1  
cost
1  sin 2 t
9  x2
3
ctg t 



,
x
sin t
sin t
x
3
9  x 2 dx
9  x2
x
=
 arcsin  C.
2
x
3
x

dx
.
1  x  2x  2
Решение. Прежде всего в интеграле сделаем подстановку t=x +1
(см. табл. 3), x = t – 1, dx = dt. Тогда x2 + 2x – 3 = (t – 1)2 + 2(t – 1) – 3 =
=t2 – 4. Следовательно,
dx
dt
=
.

2
2
1 t  4
1  x  2x  2
2
17
Рекомендуемая подстановка для вычисления интеграла t 
2 sin z
dz,
cos2 z
Таким образом,
dt 
t2  4 
2
. Тогда
cos z
4
1

4

2
 1  2  tg z .
cos2 z
cos2 z
2 sin z
2 sin z  dz
dt
cos2 z dz 
=

 1  2tg z
 cos z cos z  2 sin z  
1 t 2  4
=

2 sin z  cos z   cos z dz  dz 
dz
.


cos z cos z  2 sin z 
cos z
cos z  2 sin z


d  z 
dz
2
   ln tg   z   C ,


1
 cos z    
4 2

sin   z 
2

z
2dv
v  tg ;
dz 
dz
2
1 v2

 cos z  2 sin z
2v
1 v2
sin z 
; cos z 
1 v2
1 v2
 2
dv
d v  2


2

v 2  4v  1
v  22  5
 2


2dv

1  v 2  4v
v  2  5  C 
2
ln
2
2  5 v  2  5
z
tg  2  5
1

ln 2
 C2 .
5 tg z  2  5
2
2
; t = x + 1), получим
t
z
tg  2  5
dx
1
 z
=  ln tg   
ln 2
C 

z
2
4
2
5


1  x  2x  2
tg  2  5
2
Возвращаясь к переменной х (z = arccos
18
2 

 arccos

x 1   2  5
tg
2 
2





  arccos

1


x

1

=  ln tg  
ln
 C.
2 
2

5
4



 arccos



x

1
2 5
tg
2






Замечание. Для вычисления этого интеграла может быть применена
первая подстановка Эйлера (см. Пискунов Н. С. Дифференциальное и
x 2  2 x  2  t  x.
интегральное исчисление. М.: Наука, 1975):
Пример 17. Найти
b
b
a
a
 k  f x dx  k  f x dx .
Решение. Данный интеграл – интеграл от дифференциального биp
1
нома, т. е. вида  x m  axn  b dx . В нашем случае m = –3, n = 3, p =  ;
3
3
m 1
4 x
 t3,
 p  1 – целое число. Рекомендуемая подстановка
3
n
x



 , x  4 1  t  ; dx   4  t 1  t 
4  x3 13  t 1  x 1  t 1  1  t 3 13  413 .
x3  4 1  t 3
1
3
3
1
3
2
3
3
1
3 dt;
Таким образом,


dx
x3  3 4  x3
 
  4 1 1  t 3  t 1 1  t 3

1
3
4

=  x 3 4  x 3
1
3
4

1
3
1
3 dx 

 t 2  1  t 3
t2
4  x3
  C  
8
8x 2
19


2
3
 C.

4
3 dt
t
    dt 
4
1.2. Определенный и несобственный интегралы
Использование свойств определенного интеграла
(см. Примеры 1–2. Раздел «Типовые примеры и их решения»)
b
Для вычисления определенного интеграла
 f x dx
используется
a
формула Ньютона – Лейбница: для всякой непрерывной в промежутке
[a, b] функции у = f(x) справедлива формула
b
 f x dx = F x 
b
a
 F b  F a ,
(4)
a
где F(x) – есть какая-нибудь первообразная функции f(x) (F(x) = f(x)).
Использование формулы (4) предполагает нахождение первообразной
для подынтегральной функции. Все методы неопределенного интегрирования можно перенести на случай определенного интегрирования.
Приведем основные свойства определенного интеграла, которые используются при его вычислении:
b
b
a
b
a
1.  k  f x dx  k  f x dx .
2.
b
 f x dx  0 .
b
c
 f x dx =  f x dx +  f x dx ,
a
a
6.
a
 f x dx =   f x dx .
a
b
5.
a
a
a
a
4.
b
  f x   g x  dx   f x dx   g x dx .
a
b
3.
b
с  [a, b].
c
a
a
 f x dx  2 f x dx , если
a
f(x) = f(–x), т. е. f(x) – четная в сим-
0
метричном интервале [– a; a].
a
 f x dx  0 , если
f(x) = – f(–x), т. е. f(x) – нечетная в симмет-
a
ричном интервале [– a, a].
20
Замена переменной в определенном интеграле
(см. Пример 3. Раздел «Типовые примеры и их решения»)
Интегрирование по частям в определенном интеграле
(см. Пример 4. Раздел «Типовые примеры и их решения»)
Несобственные интегралы
(см. Пример 5–7. Раздел «Типовые примеры и их решения»)
Понятие определенного интеграла, данное в предположении, что
область интегрирования конечна, обобщается на интегралы с бесконечными пределами и на интегралы от разрывных функций, только в этом
случае рассматривается предел определенного интеграла.
Если функция f(x) интегрируема на любом отрезке [a, b], где a < b < :

b
a
b a
 f x  dx 

Интеграл
 f x  dx
lim
 f x  dx .
(5)
называется сходящимся, если существует
a
предел в правой части равенства (5), и называется расходящимся, если
указанный предел не существует.
Аналогично, если f(x) интегрируема на любом отрезке [a, b],
где  < a < b, то полагают
b
 f x  dx 

b
lim
 f x  dx .
(6)
a  a
Наконец, если f(x) интегрируема на любом отрезке [a, b] числовой оси, то

b
0
b

b  a
a 
a  a
b  0
 f x  dx 
lim
 f x  dx 
 f x  dx 
lim
lim
 f x  dx .
(7)
Замечание. Если хотя бы один из пределов правой части равенства (7)

не существует, то
 f x  dx называется расходящимся.

Для исследования сходимости несобственных интегралов с бесконечными пределами (первого рода) используется признак сравнения.
Пусть для достаточно больших значений x выполняется равенство
f ( x)  g ( x) . Тогда, если сходится


a
a

 g ( x)dx ,
a
то сходится и интеграл

 f ( x)dx . Если расходится  f ( x)dx , то расходится и интеграл  g ( x)dx .
a
21
При применении признака сравнения в качестве функций, с которыми сравнивается подынтегральная, используются две функции
A
g ( x )  k и g ( x)  q x .
x
Можно доказать, что


сходится при q  1,
dx сходится при k  1
x

и
q
dx


 k расходится при k  1


расходится при q  1.
ax
a

Например.
2x  4
 x 2  5 x  1 – расходится, т. к. при
1
2x  4
2
~
, k  1.
x2  5x  1 x2 x
Если функция f(x) непрерывна при a < x  b и имеет бесконечный
разрыв в точке х = а, т. е. lim f x    , то полагают
x
~
2x
x a
b
b
 f x   dx  lim  f x   dx
a
0 a  
  0.
(8)
b
Интеграл
 f x   dx
называется сходящимся, если существует пре-
a
дел в правой части равенства (8), и расходящимся, если указанный предел не существует.
Аналогично определяется интеграл от функции, имеющей бесконечный разрыв в правом конце отрезка [a, b]:
b
b 
 f x   dx  lim  f x   dx
a
0 a
  0.
(9)
Если функция f(x) непрерывна при a  x < c и c < x  b и имеет бесконечный разрыв в точке x = c, то полагают
b
b
b
a
a
c
 f x   dx  lim
 f x   dx  lim
 f x   dx
0
0
  0. (10)
b
Интеграл
 f x   dx
называется сходящимся, если оба предела
a
в правой части равенства (10) существуют, и расходящимся, если хотя
бы один из указанных пределов не существует.
22
Для исследования сходимости несобственных интегралов от разрывных функций (второго рода) также используется признак сравнения.
Пусть функции f (x) и g (x) в полузакрытом интервале a, b  ограничены и терпят бесконечный разрыв при x  b . Тогда, при f ( x)  g ( x) , по
крайней мере, для всех x , близких к b , если сходится интеграл
b
 g ( x)dx ,
b
 f ( x)dx .
то сходится и интеграл
a
b
a
b
a
a
Если расходится интеграл
 f ( x)dx , то расходится и интеграл  g ( x)dx . При применении признака
сравнения в качестве функций для сравнения используются две функции вида
A
A
и
,
b  x k
x  a k
первая их них имеет бесконечный разрыв при x  b , а вторая – при
x a.
Можно доказать, что
b

a
dx
b  x k
2
Например.

1e
и
dx
x 1
1

dx
 x  a k
при
k  1 сходится
k  1 расходятся .
– расходится, т. к. при
x  1, e x 1  1 ~ x  1 и k  1 .
Геометрические приложения определенного интеграла
(см. Примеры 8–14. Раздел «Типовые примеры и их решения»)
Вычисление площади основано на геометрическом смысле определенного интеграла: определенный интеграл от неотрицательной функции численно равен площади криволинейной трапеции. Вычисление
объема тела по известным поперечным сечениям, объема тела вращения, длины дуги кривой, площади поверхности вращения также сводится к рассмотрению предела интегральной суммы, т. е. к определенному
интегралу. Приведем соответствующие формулы.
1. Вычисление площадей плоских фигур.
A) Если площадь S ограничена кривой y = f(x) (f(x)  0), двумя вертикалями х = а, х = b и отрезком оси абсцисс a  x  b (см. рис. 1), то
23
b
S   f x   dx .
(11)
a
В случае параметрического задания кривой x = (t), y = (t)
t2
S   t   t   dt ,
(12)
t1
где t1 и t2 определяются из уравнений a = (t1) и b = (t2) ((t)  0 на отрезке [t1, t2]).
Б) Если площадь S ограничена линиями y = f1(x), y = f2(x), x = a,
x = b (f1(x)  f2(x) при a  x  b) (рис. 2), то
b
S    f 2 x   f1 x   dx .
(13)
a
y
y
y=f(x)
y=f2(x)
S
0
a
S
b x
a
0
b
x
y=f1(x)
Рис. 1
Рис. 2
В) Если площадь S ограничена линиями х = f(y) (f(y)  0), y = c,
y = d и отрезком оси ординат c  y  d (см. рис. 3), то
d
S   f  y   dx .
(14)
c
Г) Если площадь ограничена линиями x = f1(y), x = f2(y), y = c,
y= d, ( f1(y)  f2(y) при c  y  d) (см. рис. 4), то
d
S    f 2  y   f1  y   dy .
c
24
(15)
y
y
d
d
x=f(y)
0
c
x=f2(y)
x=f1(y)
x
0
c
c
Рис. 3
x
Рис. 4
Д) Если кривая задана уравнением в полярных координатах
 =  () (рис. 5), то

1
S    2   d .
2
(16)

Е) Если кривые заданы уравнениями  = 1 () и  = 2 ()
(рис. 6), то



1
S    22   12   d .
2
(17)

β
ρ=ρ2(φ)
ρ=ρ1(φ)
ρ=ρ(φ)
β
α
α
0
0
Рис. 5
Рис. 6
2. Длина дуги.
А) Если кривая задана параметрическими уравнениями х=х (t),
y = y (t), то длина ее дуги вычисляется по формуле
l
t2
2
2
 xt    yt  dt ,
(18)
t1
где t1 и t2 (t1 < t2)  значения параметра, соответствующие концам дуги.
25
Б) Если кривая задана уравнением y = f (x), то
b
l   1   y x 2 dx ,
(19)
a
где a и b (a < b)  абсциссы начала и конца дуги.
В) Если кривая задана уравнением x = х (y), то
 2
d
l   1  xy
dy ,
(20)
c
где c и d (c < d)  ординаты начала и конца дуги.
Г) Если кривая задана уравнением в полярных координатах
 =  (), то

 
l    2   2 d ,
(21)

где  и  ( < )  значения полярного угла, соответствующие концам дуги.
3. Объем тела вращения.
А) Объем тела, образованного вращением вокруг оси 0х криволинейной трапеции, ограниченной кривой y = f (x), отрезком оси абсцисс a  x  b и двумя вертикалями х = а и х = b (см. рис. 7), вычисляется по формуле
b
b
V0 x    y dx    f 2  x   dx .
2
a
(22)
a
б) Объем тела, образованного вращением вокруг оси 0y фигуры,
ограниченной кривой x = (y), отрезком оси ординат c  y  d и двумя
параллелями y = c и y = d (см. рис. 8), вычисляются по формуле
d
d
V0 y    x dy    2  y   dy .
2
c
(23)
c
4. Площадь поверхности вращения.
А) Если кривая задана параметрическими уравнениями x=x (t),
y = y (t), (y (t)  0), то площадь поверхности, образованной вращением
вокруг оси 0х дуги этой кривой, вычисляется по формуле
t2
S  2  y t  xt 2   yt 2 dt ,
(24)
t1
где t1 и t2 (t1 < t2)  значения параметра t, соответствующие концам дуги.
26
Б) Если кривая задана уравнением вида y = f (x), то
b
S  2  y x  1   y x 2 dx ,
(25)
a
где а и b (a < b)  абсциссы начала и конца дуги.
y
y
d
x=φ(y)
y=f(x)
c
0
a
b
x
0
Рис. 7
x
Рис. 8
Типовые примеры и их решения
2 2
x 2
Пример 1. Оценить интегралы: 1)  2
dx ; 2)
x

3
0
π2

π4
ctgx
dx .
x
Решение. Для оценки двух интегралов воспользуемся следующим
свойством определенных интегралов: если m – наименьшее, а М –
наибольшее значение функции f(x) на отрезке х  [a, b], то
b
m  b  a    f x   dx  M  b  a .
(26)
a
1. Наибольшего значения функция достигает при х = 2, т. е.
6
2
М = f(2) = . Аналогично, при х = 0 m = f(0) = . Так как b – a = 2, то
7
3
4 2 x2  2
12
 2
 dx  .
3 0 x 3
7
27
1
 
монотонно убывают на отрезке  ;
,
x
 4 2 
монотонно убывает поэтому и их произведение, так что наибольшее и
наименьшее значения подынтегральная функция принимает на концах
отрезка:
  4

M  f  ,
m  f    0.
4 
2

Учитывая, что b – a = , получаем оценку:
4
2. Функции
ctg x и

0
2


ctg x
 dx  1 .
x
4
Пример 2. Найти среднее значение функции f(x) = tg2x на отрезке

x[0; ].
4
Решение. Для нахождения среднего значения воспользуемся следующим свойством определенных интегралов: если функция f(x) непрерывна на отрезке x[a, b], то на этом отрезке найдется такая точка , что
b
 f x dx  f   b  a .
(27)
a
1 b
f  
 f x dx называется средним значением f(x)
ba 
Число
на отрезке [a; b].
Таким образом,
f   

1

0
4

4

0
a

 4

4 

4 1  cos x
4
dx
2
tg x  dx  
dx   
 dx  
 cos2 x
  cos2 x  
0
0

2

  4 


 4
 tg x 4  x 4    tg  tg 0    0     1 .
0
0
4
4
 
  4
28
4
dx
.
2x  1
 1
Пример 3. Вычислить
0
Решение. Рекомендуемая подстановка 2x + 1 = t2; x = (t2 – 1)/2;
dx = tdt. Такая подстановка приводит к тому, что иррациональность под
знаком интеграла исчезает. При этом изменению переменной х от х = 0
до х = 4 соответствует изменение переменной t от t – 1 до t = 3. Применяя
формулу замены переменной для определенного интеграла, получаем
4
3
3
3
3
dx
t  dt 3 1  t   1
dt
d 1  t 
3
=

dt

dt


t

 1  2x  1  1  t  1  t
 1 t 1  1 t 
0
1
1
1
 3  1  ln 1  t
3
1
1
Пример 4. Вычислить
1
 2  ln 4  ln 2  2  ln 2.
 xe
x
1
dx .
0
Решение. Данный пример на использование формулы интегрирования по частям для определенного интеграла:

b
v  dv  u  v
a
b
  v  du ,
(28)
a
где символ u  v
b
a
обозначает разность u(b)v(b)  u(a)v(a).
Положим u = x, dv=exdx, тогда du= dx, v   e  x dx   e  x d  x   e  x .
Подставляя полученные значения в формулу (7) интегрирования по
частям, получаем
1
 xe
0
x
1
dx   x  e  x
0


1
1
  e  x dx  e 1  e  x 
0
1
 e 1  e 1  e0  2e
0
 1.

Пример 5. Вычислить несобственный интеграл
e
x
dx или дока-
0
зать его расходимость.
Решение. В силу определения имеем

b

x
x
 e dx = lim  e dx  lim  e
0
x
b 0
b
Следовательно, интеграл сходится.
29

b
0


 lim e b  1  1 .
b

Пример 6. Вычислить несобственный интеграл

зать его расходимость.
Решение. По формуле (7) имеем




2 x  dx
x 1
2
2 x  dx
x2 1
или дока-
=
0
b
0
b
2 x  dx
2 x  dx
2
2
lim  2
 lim  2
 lim ln x  1  lim ln x  1 
a b
0
a  a x  1 b 0 x  1 a 






= lim ln 1  ln a 2  1  lim ln b 2  1  ln 1     .
a
b
Следовательно, интеграл расходится.
1

Пример 7. Вычислить несобственный интеграл
0
dx
или доказать
x
его расходимость.
Решение. Интеграл от разрывной функции.
1
Подынтегральная функция
имеет бесконечный разрыв в точке
x
х=0. В силу определения имеем
1

0


1
1
dx
dx
= lim 
 lim 2 x  lim 2  2   2 .
 0
x 0 x 0

Следовательно, интеграл сходится и равен 2.
Пример 8. Найти площадь фигуры, ограниченной линиями y = 2x  x2,
2x + y = 0.
Решение. В данном примере линии заданы в декартовой системе
координат, поэтому исходной – является формула (13). Фигура сверху
ограничена графиком функции f2(x) = 2x  x2, снизу f1(x) = 2x (см. рис. 9).
Пределы интегрирования  точки пересечения этих графиков:
2x  x2 = 2x  x2  4x = 0  x1 = 0; x2 = 4.
Таким образом,
b
4
a
0


4


S    f 2 x   f1 x  dx   2 x  x   2 x   dx   4 x  x 2  dx 
2
0
30
x2
 4
2
4
0
x3

3
4
 2 16 
0
64 32
 .
3
3
Рис. 9
Пример 9. Найти площадь фигуры, ограниченной кривой
 = 2а cos3.
Решение. Линия задана в полярных координатах, поэтому исходная –
формула (16). Фигура (рис. 10) симметрична относительно полярной оси,
поэтому можно вычислить площадь
Рис. 10
верхней части фигуры, соответствующей изменению угла  от 0 до /2, и результат удвоить:


S 1 2
1
     d 
2 2
2
2


4a 2 cos6   d 2a 2
0
2

cos6   d.
0
Используя формулу интегрирования по частям в определенном интеграле, имеем:

2

0
cos   d 
u  cos5 x;
6
dv  cos xdx
du  5 cos x sin xdx;
v  sin x
4


2
2


 5  cos4 x  sin 2 x  dx  5  cos4 x 1  cos2 x  dx 
0
0
31

 cos x  sin x 0 2 
5


2
2
 5  cos x  dx  5  cos6 x  dx ,
4
0
0
или

2

6
0

2

т. е.

2
cos x  dx  5  cos4 x  dx ,
6
0

cos6 x  dx 
0
5
6
2

cos4 x  dx 
0
u  cos3 x;
dv  cos x  dx

2
du  3 cos x  sin x  dx; v  sin x

5 3
  cos x  sin x
6


15

6

2 1  cos 2 x

2
0

15 2 15

x 
24 0
24

0

2
2
2
3 
0


cos x  sin x  dx  


2
1  cos 2 x
15

 dx 
2
24
2 1  cos 4 x
0


2

2

1  cos2 2 x dx 
0


2 5
15
15 2 15 1
 dx    x    sin 4 x  .
48
48 0
48 4
32
0
Таким образом,

S
 2a 2
2
2

cos6   d 
0
2a 2  5
32
или
S
5a 2
.
8
Пример 10. Вычислить длину дуги полукубической параболы
y  x 3 от точки А(1, 1) до точки В(4, 8).
Решение. Так как кривая задана уравнением вида y = f (x), то длина
ее дуги вычисляется по формуле (19)
b
4
l   1   y x  dx =  1 
2
1
a
32
9
x  dx =
4

3 4
 2
4
4
9
 9  4 2 9
1  x  d 1  x     1  x 

91
4
 4  9 3 4 

8 
13

13  .
10 10 
27 
8

1
Пример 11. Найти длину первого витка спирали Архимеда  = а 
(рис. 11).
Рис. 11
Решение. Так как линия задана в полярной системе координат, то
используется формула (21), причем первый виток спирали соответствует изменению угла  от 0 до 2:
l

 
 2   2 d =

2

2
a
0

a 2  2  a 2  d 
0
  ctgt
dt
1    d 
d   2
sin t
2
 a
arcctg2


dt
3
.
sin t
2
Рассмотрим неопределенный интеграл
dt
 sin 3 t 
t
u  tg ;
2
sin t 
dt 
2u
2du
1 u2
1  u   2du 

8u 1  u 
2 3
3
1 u2
1 1  2u 2  u 4
1
1
1 2
 

du



ln
u

u c 
4
8
u3
8u 2 2

1
1
t 1
t
 ln tg  tg 2  c .
t 2
2 8
2
8tg 2
2
33
2
Таким образом,

arcctg2

dt
  1  1 ln tg t  1 tg 2
l  a 


a
2 8
 8tg 2 t 2
sin 3 t


2
2

arcctg2 

t 
2



2



1
1
arcctg2 1 2 arcctg2 1 1 

 a 
 ln tg
 tg
  
2
8
2
8 8
 8tg 2 arcctg2 2


2


arcctg2


 1  tg 4
1
arcctg2 
2

a
 ln tg
.
2
 8tg 2 arcctg2 2



2


Пример 12. Вычислить объем тела, образованного вращением вокруг оси 0х одной полуволны синусоиды y = sin x (0  x  ) (рис. 12).
Решение. По формуле (22), учитывая, что а = 0; b = , y2dx = sin2x dx,
имеем
b
y

V0 x    y dx    sin 2 x  dx 
2
a
1
0

1  cos 2 x
 dx 
2
0
 
0
х
π
Рис. 12

sin 2 x 
 2
1
.
  x 
   
2
4
2
2

0
Пример 13. Найти объем тела, образованного вращением вокруг
оси 0y астроиды x =a cos3t, y = a sin3t (см. рис. 13).
Решение. Подставляя в формулу (23) выражения x2 = a2 cos6t
и dy = a 3sin2t cos t dt и переходя к новым пределам интегрирования (по t),


t1   и t 2  , для искомого объема получаем
2
2
34

y
V0 y  
2


a
0

x
3a
a 2 cos6 t  a  3 sin 2 t  cost  dt 
2
 1  sin t  sin
2
2

2
3
2
t  d sin t  
2
Рис. 13

t 3 sin t 3 sin t sin
 3a



 3
5
7
9

2  sin
3
5
7
9

t 
32 3

a .

105
 
2
2
Пример 14. Размеры параболического зеркала AOB указаны на рис. 14.
Требуется найти поверхность этого зеркала.
Решение. Уравнение параболы y2 = 2px. Учитывая координаты точки
А(а, 4а), имеем 16а2 = 2pа  p = 8a и уравнение параболы y2 = 16ax.
Уравнение верхней половины параболы y  4 a  x . Для нахождения поверхности зеркала используем формулу (25)
b
y
S  2 yx  1   yx 2 dx =
А
a
2
4 a 
 dx 
 2  4 a  x  1  

2
x


0
8a
a
0
x
a
 8 a  x  4a  d  x  4a  
a
B
0
2 x  4a 
 8 a
3
Рис. 14
3
a
2

0

35


16 2
a 5 5  8 .
3
1.3. Кратные интегралы
Схема построения двойного интеграла аналогична схеме построения определенного интеграла. Пусть функция z = f(p) = f(x,y) задана
в некоторой ограниченной замкнутой области D на плоскости x0y. Разобьем эту область сеткой кривых на ячейки S1, S2, ..., Sn. В каждой ячейке
Si (i =1, 2, 3, ..., n) выберем произвольную точку Pi (xi, yi) и умножим
значение функции f в этой точке на площадь Si ячейки Si. Сумма таких
произведений по всем ячейкам
n
 f Pi Si
i 1
называется интегральной суммой.
Двойным интегралом  f ( p)ds от функции f(p) по области D
D
называется предел интегральных сумм при неограниченном увеличении
числа разбиений области на части и неограниченном уменьшении площадей (диаметров) всех частичных областей:

f ( p )ds  lim
n
 f ( pi )Si .
n i 1
D
Если такой предел существует, то функция f(p) называется интегрируемой в области D. Всякая непрерывная в ограниченной замкнутой
области D функция f(p) интегрируема на ней.
Геометрически двойной интеграл от неотрицательной в области D
функции z = f(x, y) есть объем цилиндрического тела, ограниченного
сверху графиком поверхности z = f(x, y), снизу – областью D в плоскости x0y и с боков – цилиндрической поверхностью с образующими, параллельными оси 0z.
Свойства двойного интеграла:
1. Вынесение постоянного множителя за знак интеграла
 cf ( p)ds  c  f ( p)  ds .
D
D
2. Почленное интегрирование
  f1 ( p) 
D
f 2 ( p) ds   f1 ( p)ds   f 2 ( p)ds .
D
D
3. Аддитивность (разбиение области на части). Если область D состоит из областей D1, D2, ..., Dn, то
36
 f ( p)ds   f ( p)ds   f ( p)ds  ...   f ( p)ds .
D
D1
D2
Dn
4. Если в области D имеет место неравенство f1(p)  f2(p), то
 f1 ( p)ds   f 2 ( p)ds .
D1
D2
5. Оценка двойного интеграла. Если М и m – соответственно
наибольшее и наименьшее значения функции f(p) в области D, то
m  S   f ( p)ds  M  S ,
D
где S – площадь области D.
Теорема о среднем значении. Если функция f(p) – непрерывна
в области D, то двойной интеграл равен произведению значения функции
в некоторой точке Pc области интегрирования на площадь этой области:
 f ( p)  ds 
f ( Pc )  S .
D
В декартовых координатах элемент площади ds обычно записывается в виде ds = dxdy, а двойной интеграл обозначают
 f ( x, y)dxdy .
D
Область D на плоскости x0y называют простой областью:
1) (относительно оси 0х) если она ограничена сверху линией y = 2(x),
снизу y = 1(x) (функции 1(х) и 2(х) непрерывны) и с боков отрезками
прямых х = а и x = b (рис. 15); в частных случаях один из этих отрезков
(или оба вместе) могут превратиться в точку (рис. 16);
y = 2(x)
y
y = 2(x)
y
D
D
y = 1(x)
y = 1(x)
0
a
b
x
0
Рис. 15
a
b
x
Рис. 16
2) (относительно оси 0y) если она ограничена слева линией х = 1(y),
справа х = 2(y) (функции 1(y) и 2(y) непрерывны) и сверху и снизу отрезками прямых y = d и y = c (см. рис. 17, 18).
37
В случае простой области вида «1» всякая прямая, параллельная
оси 0y и проходящая внутри отрезка [a, b], пересекает границу области
в двух точках (см. рис. 15, 16). Двойной интеграл по такой области вычисляется по формуле
b
2 ( x )
 f ( x, y)dxdy   dx  f ( x, y)dy .
D
a
Здесь внутренний интеграл
(29)
1 ( x )
2 ( x )
 f ( x, y)dy
берется по у при фиксиро-
1 ( x )
ванном, но произвольном в отрезке [a, b] значении х от нижней границы
области D до ее верхней границы. В результате получается некоторая
функция от х, которая интегрируется затем по отрезку [a, b].
Если же область D есть простая область вида «2», то всякая прямая,
параллельная оси 0х и проходящая внутри отрезка [c, d], пересекает
границу области в двух точках (рис. 17, 18). Двойной интеграл по такой
области вычисляется по формуле
2 ( y)
d
 f ( x, y)dxdy   dy  f ( x, y)dx .
D
y
d
(30)
1 ( y )
c
d
D
y
x = 1(y)
D
x = 2(y)
c
x = 1(y)
x = 2(y)
0
c
x
0
x
Рис. 17
Рис. 18
Замечания. Наиболее простой вид формулы (29) и (30) принимают
в случае прямоугольной области D, ограниченной прямыми x = a, x = b,
y = c, y = d:
b
d
d
b
 f ( x, y)dxdy   dx  f ( x, y)dy   dy f ( x, y)dx .
D
a
c
c
(31)
a
Если область D не является простой областью, то ее разбивают на
конечное число простых областей D1, D2, ... , Dn и при вычислении
38
двойного интеграла по области D используется свойство аддитивности
двойного интеграла.
Аналогичные определения и формулы могут быть получены и тогда, когда область D лежит либо в плоскости x0z, либо в плоскости y0z.
При вычислении двойных интегралов иногда бывает полезно сделать
замену переменных. Пусть
u = u(x, y),
v = v(x, y)
(32)
– функции, определенные на всей плоскости х0у или в некоторой ее области D и имеющие непрерывные частные производные в области D.
Пусть также систему уравнений (32) можно однозначно разрешить относительно х и у:
x = x(u, v),
y = y(u, v);
(33)
тогда каждой точке М(х, у) из области D будет взаимно однозначно соответствовать пара чисел (u, v), называемых криволинейными координатами этой точки (рис. 19).
V
y
D
D
M
0
0
x
U
Рис. 19
Формула замены переменных в двойном интеграле имеет вид
 f ( x, y)dxdy   f x(u, v); y(u, v) J (u, v) dudv ,
D
(34)
D
где D – область изменения криволинейных координат u и v, отвечающая области D, а J(u, v) – якобиан преобразования, связывающий две
системы координат
x x
x y x y
J  u v 
   .
y y u v v u
u v
В полярных координатах формулы (33) имеют вид
x =  cos,
y =  sin ,
(35)
где  – полярный радиус, а  – полярный угол точки М(х, у).
39
Система (35) осуществляет переход от декартовых координат х и у
к полярным координатам  и  при условии, что полюс помещен в
начале координат и полярная ось направлена вдоль оси 0х.
В этом случае |J|= и формула (34) принимает вид
 f ( x, y)dxdy   f  cos,  sin dd .
(36)
D
D
При расстановке пределов интегрирования удобно использовать
стрелку, пересекающую область. В полярной системе координат стрелка
– это луч, выходящий из полюса и пересекающий границы на линии
входа и выхода.
Большинство областей интегрирования в полярной системе координат можно соотнести к одной из четырех схем (для каждой из схем
записаны соответствующие формулы):
2
 ( )
 d  f  cos,  sin d
а)
0
(37)
0
 = ()
D
0
p
2
 2 ( )
б)  f ( x, y )dxdy   d
1
D
 f  cos,  sin d
1 ()
 = 2()
 = 1()
D
0
1
2
40
p
(38)
в)
()
2
 f ( x, y)dxdy   d  f  cos,  sin d
1
D
(39)
0
 = ()
D
1
p
2
2
 2 ( )
г)  f ( x, y )dxdy   d
D
0
 f  cos,  sin d
(40).
1 ()
 = 2()
 = 1()
D
p
Замечания. Использование полярной системы координат при вычислении двойных интегралов удобно в тех случаях, когда граница области интегрирования образована линиями, уравнения которых в полярных координатах имеют более простой аналитический вид, чем в декартовой системе координат (например, различные окружности или их
части).
Если область D лежит в плоскости x0z, то в обоих случаях |J|=, но
для плоскости x0z формулы перехода к полярным координатам имеют вид
x =  cos ,
z =  sin ,
а для плоскости y0z
y =  cos ,
z =  sin .
41
Приложения двойного интеграла
(см. Примеры 10–11. Раздел «Типовые примеры и их решения»)
1. Вычисление площадей плоских областей.
Площадь S плоской области D на плоскости х0у вычисляется по
формуле
(41)
S   dxdy .
D
2. Вычисление объемов.
Объем цилиндрического тела, ограниченного сверху поверхностью
z  f ( x, y ) , а снизу – областью D плоскости х0у (рис. 20), находится по
формуле
V   f ( x, y )dxdy .
(42)
D
z
z = f(x, y)
y
D
x
0
Рис. 20
Если тело не является цилиндрическим, то его разбивают на цилиндрические части.
3. Вычисление площади поверхности.
Пусть поверхность , заданная уравнением z = f(x, y), проектируется на плоскость х0у в область D (см. рис. 28). Тогда ее площадь S находят по формуле
2
S  
D
2
 z   z 
1       dxdy .
 x   y 
(43)
4. Пусть D – плоская пластинка, лежащая в плоскости х0у, с поверхностной плоскостью массы (х, у).
Тогда:
а) массу m пластинки находят по формуле
m   ( x, y )dxdy ;
D
42
(44)
б) статические моменты Мх и Му пластинки относительно координатных осей 0х и 0у находят по формулам
M x   y( x, y )dxdy ,
(45)
D
M y   x( x, y )dxdy ;
(46)
D
в) координаты центра тяжести Xc и Yc пластинки – по формулам
My
Xc 
(47)
m
и
Mx
;
(48)
m
г) моменты инерции Ix, Iy и I0 пластинки соответственно относительно координатных осей 0х, 0у и начала координат находят по формулам
Yc 
I x   y 2( x, y )dxdy ,
(49)
D
I y   x 2( x, y )dxdy ,
D


I 0   x 2  y 2 ( x, y )dxdy .
(50)
(51)
D
Для однородных пластинок  = const и для простоты в этом случае
будем считать  = 1.
Тройной интеграл – это интеграл от функции f(M) = f(x, y, z) – трех
независимых переменных, заданной в некоторой ограниченной замкнутой пространственной области V. Схема построения тройного интеграла
аналогична схеме построения двойного интеграла.
Разобьем область V на пространственные ячейки V1, V2, ... , Vn.
В каждой ячейке Vi (i=1, 2, 3, ..., n) выберем произвольную точку
Mi(xi, yi, zi) и умножим значение функции f в этой точке на объем Vi
ячейки Vi. Сумма таких произведений по всем ячейкам
n
 f (M i )Vi
i 1
называется интегральной суммой.
43
Тройным интегралом
 f (M )dV
от функции f(M) по области V
V
называется предел интегральных сумм при неограниченном увеличении
числа разбиений области на ячейки и неограниченном уменьшении при
этом объемов (диаметров) всех частичных областей:

f ( M )dV  lim
n
 f ( M i )Vi .
n i 1
V
Если такой предел существует, то функция f(M) называется
интегрируемой в области V; всякая непрерывная в ограниченной
замкнутой области V функция f(M) интегрируема в ней.
Тройной интеграл обладает свойствами, аналогичными свойствам
двойного интеграла.
В декартовых координатах элемент объема обычно записывают
в виде dV  dxdydz , а тройной интеграл обозначают
 f ( x, y, z )dxdydz .
V
Пусть V проектируется в область D на плоскости х0у так, что всякая прямая, параллельная оси 0z и проходящая внутри области D, пересекает границу области V в двух точках. В общем случае такая область
ограничена сверху поверхностью z   2 ( x, y ) , снизу – поверхностью
z  1 ( x, y ) и с боков – цилиндрической поверхностью с образующими,
параллельными оси 0z (рис. 21).
z = 2(x, y)
z
z = 1(x, y)
b
0
a
y = 1(x)
y
D
y = 2(x)
x
Рис. 21
Функции 1 ( x, y ) и  2 ( x, y ) будем считать непрерывными. Тройной интеграл по такой области вычисляется по формуле
44
 2 ( x, y )
 f ( x, y, z )dxdydz   dxdy  f ( x, y, z )dz .
V
Здесь
внутренний
1 ( x, y )
D
интеграл
(52)
 2 ( x, y )
 f ( x, y, z )dz
берется
по
z
при
1 ( x , y )
фиксированных, но произвольных в D значениях х и у от нижней
границы области V до ее верхней границы. В результате получается
некоторая функция от х и у, которая интегрируется затем по области D.
Наиболее простой вид формула (52) принимает в случае, когда V
есть прямоугольный параллелепипед, ограниченный плоскостями x = a,
x = b, y = c, y = d, z = e, z = g:
b
d
g
 f ( x, y, z )dxdydz   dx  dy  f ( x, y, z )dz .
V
a
c
(53)
e
Замечания. Аналогичные определения и формулы могут быть получены и тогда, когда область V проектируется в область D, лежащую
или в плоскости x0z, или в плоскости y0z.
Если область V имеет более сложную форму, то ее разбивают на
конечное число областей V1, V2, ..., Vn, каждая из которых удовлетворяет
условиям, изложенным выше.
В частных случаях боковая поверхность цилиндра может превратиться в линию.
Цилиндрические и сферические координаты
для вычисления тройных интегралов
(см. Примеры 11–15. Раздел «Типовые примеры и их решения»)
При вычислении тройных интегралов иногда бывает полезно сделать замену переменных.
Пусть
u  u ( x, y, z ), v  v( x, y, z ) ,   ( x, y, z )
(54)
– функции, определенные во всем пространстве x y z или некоторой его
области V. Допустим также, что систему уравнений (54) можно
однозначно разрешить относительно x, y и z:
x  x(u, v, ) , y  y(u, v, ) , z  z (u, v, ) .
(55)
Тогда каждой точке M(x, y, z) из области V будет взаимно однозначно
соответствовать тройка чисел (u, v, ) , называемых криволинейными
координатами этой точки. Если область V расположена в той части
пространства xyz, в которой введены криволинейные координаты
(u, v, ) , то справедлива формула
45
 f ( x, y, z )dxdydz   f x(u, v, ), y(u, v, ), z (u, v, ) J dudvd ,
V
V
где V – область изменения криволинейных координат u, v, ,
отвечающая области V, а J – якобиан преобразования (55):
x x x
u v 
y y y
J (u , v, ) 
.
u v 
z z z
u v 
В частности, в цилиндрических координатах формулы (55) имеют
вид (рис. 22) – x   cos , y   sin  , z=z , где 0    2 , 0     ,
   z   .
z
M(x, y, z)
 r
z
0
 
x
x
y
y
Рис. 22
В этом случае |J| =  и переход от прямоугольных координат x, y, z
к цилиндрическим координатам , , z осуществляется по формуле
 f ( x, y, z )dxdydz   f  cos ,  sin , z dddz .
(56)
V
V
В сферических координатах формулы (55) имеют вид (рис. 22)
(57)
x  r cos  sin  , y  r sin  sin  , z  r cos  ,
где
0    ,
0  r   .
0    2 ,
В этом случае J  r 2 sin  и переход от прямоугольных координат
x, y, z к сферическим координатам , , r осуществляется по формуле
 f ( x, y, z )dxdydz 
V
  f r cos  sin , r sin  sin , r cos  r 2 sin dddr.
V
46
(58)
Замечания. Использование цилиндрических координат полезно
в тех случаях, когда область V ограничена параболоидами, цилиндрами,
конусами и их сочетаниями с другими поверхностями. Использование
сферических координат полезно в тех случаях, когда область V ограничена сферическими поверхностями, а также коническими поверхностями с вершинами в начале координат.
Если тело ограничено поверхностями: эллиптическим цилиндром
 x2 y2

 x2 y2


,

,
эллиптическим
параболоидом


1


z
 a2 b2

 a2 b2





 x2 y2 z 2

эллиптическим конусом  2  2  2  0  и их сочетаниями с
a

b
c


 x2 y2 z 2


 , то используют переход от
эллипсоидом



1
 a2 b2 c2



прямоугольных координат к обобщенным цилиндрическим координатам:
x  a cos ,
y  b sin  ,
z=z,
J = a b .
Если тело ограниченно эллипсоидом или эллипсоидом и эллиптическим конусом, то используют переход от прямоугольных координат
к обобщенным
сферическим
координатам
( x  a sin  cos  ,
y  b sin  sin  , z  c cos  и J  abc 2 sin  ).
Приложения тройного интеграла
(см. Примеры 16–17. Раздел «Типовые примеры и их решения»)
1. Вычисление объемов. Объем пространственного тела находится
по формуле
V   dxdydz .
(59)
V
В цилиндрических координатах
V   dddz .
(60)
V
В сферических координатах
V   r 2 sin dddr .
(61)
V
2. Приложения в механике. Пусть V – область пространства, занимаемая каким-либо материальным телом с плоскостью (x, y, z). Тогда:
47
а) масса этого тела m находится по формуле
m   x, y, z dxdydz ;
(62)
б) моменты инерции Ix, Iy, Iz относительно координатных осей 0x,
0y, 0z; Ixy, Ixz, Iyz относительно координатных плоскостей x0y, x0z, y0z; I0
относительно начала координат соответственно находятся


(63)


(64)
I x   z 2  y 2  dxdydz ,
V
I y   x 2  z 2  dxdydz ,
V


(65)
I xy   z 2 dxdydz ,
(66)
I z   x 2  y 2 dxdydz ;
V
V
I xz    y 2 dxdydz ,
(67)
V
I yz   x 2 dxdydz ;
V

(68)

I 0   x 2  y 2  z 2 dxdydz ;
(69)
V
в) координаты центра тяжести тела находятся по формулам:
 xdxdydz
x0 
V
m
,
(70)
,
(71)
 ydxdydz
y0 
V
m
 zdxdydz
z0 
V
.
(72)
m
Для однородного тела (μ = const) эти формулы упрощаются, так как
в этом случае можно считать, что μ = 1.
48
Типовые примеры и их решения
 x
Пример 1. Вычислить двойной интеграл
2

 2 y dxdy по прямо-
D
угольной области D, ограниченной прямыми x = 0, x = 1, y = 0, y = 2.
Решение. Вычисляем данный интеграл по формуле (31):
1
2
0
0
2
2
 ( x  2 y)dxdy   dx ( x  2 y)dy .
D
Внутренний интеграл вычисляем, считая х постоянным:
2
 2
2  y 2 
2

(
x

2
y
)
dy

x
y

 x 2  2  22  2x 2  4 .



2 

0
0
2
Полученную функцию от х интегрируем по отрезку [0, 1]:

1

 x3

2
2

  2  4  14 .
(
x

2
y
)
dxdy

2
x

4
dx

2


4
x


 3

3

0 3
D
0
1
Обычно вычисление внутреннего интеграла отдельно не делают, а все
выкладки записывают в одну строку следующим образом:
 ( x
2
1
2
1
0
0
0

 2 y )dxdy   dx ( x 2  2 y )dy   x 2 y  y 2
D


2
dx 
0
1

 x3

2
14
2
  2 x  4 dx   2 
 4x    4  .
 3

3

0 3
0
1
Пример 2. Вычислить двойной интеграл

D
y2
dydz , если область D ограничена пряz2
1
.
y
Решение. Область D (рис. 23) является
простой относительно оси 0у. Она имеет
1
нижнюю границу z 
и верхнюю границу
y
z
z = 1/y
z=y
мыми y = 2, z = y и гиперболой z 
49
D
0
1
y=2
2
Рис. 23
y
z=y. При любом фиксированном значении у из отрезка [1, 2] z меняется
1
от z  до z=y, поэтому имеем
y
y

D
y 2
y
2
2
y2
y
2 1 
2  1
dydz

dy
dz

y

dy

y


  z2

  y 
z
z2


1
1
1
1
y

y dy 

1
y
y
2
 y2 y4 
  2  4  1  1  9 .
 

 2
4 
2 4 4

1
Пример 3. Вычислить двойной интеграл
 e dxdy , где область D ограничена прямыми
y
x
x= 0
2
D
x = ln y
x = 0, y = 1 и кривой x = ln y.
Решение. Область D (рис. 24) является
простой относительно оси 0у. Она имеет леx вую границу х = 0 и правую границу x = ln y.
При любом фиксированном значении у из отрезка [1, 2] x меняется от x = 0 до x = ln y, поэтому по формуле (30) имеем
D
1
0
Рис. 24
2
 e dxdy   dy
x
D
ln y
1

2
e x dx   e x
0
1
ln y
0
2


dy   e ln y  e 0 dy 
1
2
 y2

1
  ( y  1)dy  
 y  .
 2


1 2
1
2
Пример 4. Изменить порядок интегрирования в двойном интеграле
2a
2 ax
0
2 ax x 2
 dx
 f ( x, y )dy .
Решение. Область D (см. рис. 25) является простой относительно оси
0х. Проекцией области D на ось 0х является отрезок [0, 2a]. Нижняя граница – дуга окружности y  2ax  x 2 , верхняя – парабола y  2ax .
50
Область D проектируется на ось 0у
в отрезок [0, 2a]. Пересекая область D
стрелками, параллельными оси 0х, видим,
что линии входа и выхода не описываются
одним уравнением.
Разбивая область D прямой у = а на три
части:


y2


D1 0  y  a,
 x  a  a2  y2  ;
2a





y
2a
D3
a
D1
0
D2
a
2a
x
Рис. 25

D2 0  y  a,
a  a 2  y 2  x  2a ;


D3 a  y  2a,


получим

y2

 x  2a  ,
2a


2a
2 ax
a
a a2  y2
0
2 ax  x 2
0
y2
2a
2a
 dx
 f ( x, y )dy   dy
a
2a
2a
0
a a2  y2
a
  dy
 f ( x, y )dx 
 f ( x, y)dx   dy  f ( x, y)dx .
Пример 5. Вычислить двойной интеграл
y2
2a

R 2  x 2  y 2 dxdy , если об-
D
ласть D ограничена окружностью x 2  y 2  R 2 и прямыми у = х и y  3x .
Решение. В данном примере область D
 =R
– сектор круга радиуса R с центром в нача- y = 3 x
y=x
ле координат (рис. 26). Введем полярные
координаты.
D
В полярных координатах
x 2  y 2   2 cos 2    2 sin 2    2
и уравнение окружности принимает вид  = R.


Угол  меняется от
(прямая у = х) до
3
4
(прямая y  3x ). Тогда по формуле (39)
получим
51
0
/4
/3
Рис. 26
p



3

R
R 2  x 2  y 2 dxdy   R 2  x 2  y 2 dxdy   d  R 2   2   d 
D

4
D


3
1
2 


3
2
2 2
R 
3
2
4
R

3
0

3
1
1
R 3
d  R 3  d  R 3 
.

3 
3
36
4
4
0
Пример 6. Вычислить двойной интеграл
 x
2

 z 2 dxdz , если об-
D
ласть D ограничена окружностью x  z  2az .
Решение. Преобразуем уравнение x 2  z 2  2az следующим образом:
2
2
x 2  z 2  2az  a 2  a 2 
x 2  z  a 2  a 2 .
z
Область D – круг с центром в точке (0; а)
(рис. 27). Введем полярные координаты:
x =  cos, z =  sin .
Уравнение окружности в полярных координатах принимает вид
2  cos2   2  sin 2   2a  sin  
 2  2a  sin 
D
a
0
x
Рис. 27
   2a sin .
Подынтегральная функция имеет вид x 2  z 2   2 . Угол  меняется
от 0 до  (круг находится в I и II четвертях). При каждом фиксированном значении угла   меняется от 0 (в начале координат) до  = 2a sin 
(на окружности).
Получаем
 x
2


2a sin 
0
0
 z dxdz   d
2
D

  d  
4
0
0
16a 4  4
d 
sin d 
4 
0

1  cos 4 
 1  cos 2 
4 
 4a  
 d  a  1  2 cos 2 
d 
2
2




0
0
4


 4 2a sin 
2
2
52


1
a
d  2  cos 2d   cos 4d  

2

2
0
0
 0

4 3



1
3a 4

 a    sin 2  sin 4  
.
8
2
2
0
4 3
 f ( x, y)dxdy
Пример 7. В двойном интеграле
расставить пределы
D
интегрирования в полярных координатах, если область D ограничена
окружностями x 2  y 2  4 x , x 2  y 2  8 x и прямыми у = х и у = 2х.
Решение. Запишем уравнения окружностей в виде x  22  y 2  22
и x  42  y 2  42 . Область D ограничена двумя окружностями и двумя
прямыми, вырезающими из полученной области сектор (рис. 28).
Уравнения окружностей в
y = 2x
полярных координатах приниy=x
y
мают вид:
 2  4 cos     4 cos  ;
 = 8cos
 = 4cos
 2  8 cos 
   8 cos  .

Угол  меняется от
(пря4
мая у=х) до arctg2 (прямая у =2х).
При каждом фиксированном значении угла   меняется от 4cos
 до  = 8 cos . Получаем
arctg2
/4
2
0
x
4
8
p
Рис. 28
arctg2 8 cos 
 f ( x, y)dxdy   d  f   cos ,   sin d .

4
D
4 cos 
Пример 8. В двойном интеграле
 f ( x, z )dxdz
расставить пределы
D
в
x
полярных

2

координатах,

если
область
D
ограничена кривой
 z 2  a2 x2  z 2 .
Решение. Введем полярные координаты x =  cos, z =  sin .
Уравнение кривой в полярных координатах принимает вид
2
53


4  a 22 cos2   sin 2  
y
 2  a 2 cos 2    a cos 2 .
При изменении угла  от 


до
4
4
0
a
3
5
до
 меняется от 0 до
4
4
  a cos2 (рис. 29).
и от
x
Рис. 29
Тогда получаем

4
a cos 2
 f ( x, z )dxdz   d
 f ( cos ,  sin )d 
D
0


4
5
4
a cos 2
3
4
0
  d
 f ( cos ,  sin )d.
Пример 9. Вычислить двойной интеграл
2

D
2
2
4
x2
a2

y2
b2
dxdy , если
x
y
x
y2

 1 и лежит в перобласть D ограничена кривыми 2  2  1 ,
4a 2 4b 2
a
b
вой четверти (рис. 30).
Решение. Для решения данной задачи удобно ввести так называемые обобщенные полярные координаты, которые применяются, когда
границей области интегрирования служит эллипс или дуга эллипса, положив x  a   cos , y  b   sin  .
y
2b
D
b
x
0
а
Рис. 30
54
2а
p
Найдем якобиан данного перехода:
J


a cos   a sin 
 ab cos2   sin 2   ab и | J |=ab.
b sin  b cos 
x2 y2

 1 принимает вид
a2 b2
Уравнение эллипса
a 2 2 cos2  b 2 2 sin 2 

 1   2  1   = 1,
2
2
a
b
а уравнение
x2
y2

 1  = 2.
4a 2 4b 2
При изменении угла  от 0 до
меняется от 1 до 2. Тогда получаем

D
4

(область D в первой четверти) 
2

2
2
 x2 y2 
x2 y2



dxdy

4


dxdy

d

4   2 abd 



2
2
2
2

a
b
b 
a
D
0
1


ab 2 2 
2

0


3
2 2
4
2
d 
3
3 
ab  3 2 2
3
 d 
0
3ab
.
2
1
Пример 10. Вычислить площадь плоской области D, ограниченной
прямыми у = –1, у = –х и окружностью x 2  y 2  2 y .
Решение. Область D (рис. 31)
y
данного примера спроектируем на
ось 0у, которая проектируется в от0
резок [–1; 0] и имеет левой границей
линию x   1   y  12 , а правой –
прямую х = –у.
Тогда используя формулу (41),
получаем
x
D
–1
Рис. 31
55
0
y
1
 1 y 12
S   dy
 dx
y2

2
0

0

1
1   y  12 dy 
1

0
y
0
dy     y  1   y  12 dy 


2
 x
1  1 y 1
0

1
1
1 0
1   y  1 dy    1   y  12 dy .
2 1
2
y  1  sin t
dy  costdt

2 1  cos 2t

0
2
Окончательно получаем S 


2

2

1  sin 2 t  costdt   cos2 tdt 
0
0

2
1

1
dt   t  sin 2t   .
4
2
0 4
1 
 .
2 4
Пример 11. Найти координаты центра тяжести плоской однородy2 z2
ной пластинки, ограниченной верхней половиной эллипса 2  2  1
a
b
(a  b) и его большой осью (рис. 32).
Решение. Пластинка лежит в плоскоz
сти y0z. В силу симметрии пластинки отноb
сительно оси 0z имеем yc = 0. Уравнение
c
верхней половины эллипса, разрешенное
y2
.
a2
Для нахождения Zc найдем My и m ( = 1):
относительно z, имеет вид z  b 1 
M y   zdydz 
D
a
y2
b 1 2
a
a
0
y2
b
1

a 2
a2
z
 dy  z  dz  
a
2
b 2 
y3 

y 2 
2 
3a 
56
0
–a
a
a y
Рис. 32
b2
dy 
2
a

0
2 2
ab .
3
 y2 
 1  a 2 dy 

a 
a
a
y2
b 1 2
a
a
0
m   dydz   dy
D

y  a  sin t
dy  a  costdt
 dz 
y2
b
1

a
a2
z
a 0
 ba  cos2 tdt  ba
Следовательно, Z c 

2

2
m


2
1  cos 2t
ba  1
ba
dt   t  sin 2t  
.
2
2
2
2







My

y2
b a 2
dy

a  y 2 dy 

2
a
a
a
b 1
a

2

a
dy 
2
2
4b
.
3
Пример 12. Вычислить тройной интеграл
 x
2 2
y zdxdydz , если об-
V
ласть V ограничена плоскостями x = 1, x = 3, y = 0, y = 2, z = 2, z = 5.
Решение. Вычисляем данный интеграл по формуле (53)
 x
3
2
5
1
0
2
y zdxdydz   dx dy x 2 y 2 zdz .
2 2
V
Внутренний интеграл вычисляем, считая х и у постоянными:
5
5
2
2
x2 y2 z 2
2 2
x
y
zdz


2

x 2 y 2  25 x 2 y 2  4 21 2 2

 x y .
2
2
2
Полученную функцию от х и у интегрируем по у, считая х постоянным:
2
2
0
0
21 2 2
21 2 y 3
 2 x y dy  2 x 3

21 2 8
x   28 x 2 .
2
3
Полученную функцию от х интегрируем по x:
3
3
1
1
x3
2
28
x
dx

28


3

728
.
3
Обычно для сокращения записи все вычисления записывают в одну
строку:
3
2
5
1
0
2
3
2 2 2 2 5
1
0
x y z
 x y zdxdydz   dx dy x y zdz   dx 2
2 2
V
2 2
57
2
3
2
1
0
21x 2 y 2
dy   dx
dy 
2
2
3
21 3 2 y 3
21 3 2 8
x3
728
.
 x 
dx   x   dx  28 

2
3
2
3
3
3
1
1
0
1
Пример 13. Вычислить тройной интеграл

V
dxdydz
x  y  z  13
, если
область V ограничена плоскостями x = 0, y = 0, z = 0, x + y + z = 1.
Решение. В этой задаче область V можно спроектировать, например, на плоскость x0z .
Тогда область V (рис. 33) имеет нижнюю границу у = 0 и верхнюю
границу y  1  x  z . Область D (рис. 34) проектируется в отрезок [0; 1]
оси 0х и имеет границы z = 0 и z = 1– x. Переходя к повторному интегрированию, получим
1 1 x 1 x  z
dxdydz
dy

dx
dz





3
3




x

y

z

1
x

y

z

1
V
0
0
0
1
1 x
  dx


0
0
1 x 
11
 dx
20

0
1 x  z
1
 2 x  y  z  12
dz 
0

1
1



  x  1  x  z  z  12  x  z  12 dz 


1 1 1
1 
   z 

2 0 4
x  z 1
1 x
dx  
0
1 1 1
1
1 

 (1  x) 
dx 

2 0 4
x 1 x 1 x 1
1

1  1
1 x2 1
1
5

x    x  ln x  1   ln 2  .

2  4
4 2 2
2
16

0
z
z
1
1
z=1–x
D
0
D
x 1
1
0
y
1
z=0
Рис. 34
Рис. 33
58
x
Пример 14. Вычислить тройной интеграл
 z
x 2  y 2 dxdydz , ес-
V
ли область V ограничена плоскостями y, z = 0, z = a и цилиндром
x2  y 2  2x .
Решение. Область V (рис. 35) данного интеграла ограничена «снизу» плоскостью z = 0, а «сверху» – плоскостью z = a. Эта область проектируется в область D плоскости х0у (рис. 36), ограниченную прямой
у = 0 и окружностью x 2  y 2  2 x . Введем цилиндрические координаты
y   sin  ,
x   cos ,
z = z.
Так как x 2  y 2   2 cos 2    2 sin 2    2 , то

z x 2  y 2 dxdydz   z    dddz .
V
V

,  – от 0 до  = 2cos 
2
(рис. 36), z – от плоскости z = 0 до плоскости z = a.
В области V координата  меняется от 0 до
z
z
a
 = 2cos
D
0
1 D
x
2
0
y
1
Рис. 35
x
2
Рис. 36
Таким образом,
 z
  d
0
2 cos 

 d  zdz 
0
0
0
x  y dxdydz   z   dddz   d
2
2
2
V
V

2

2
2 cos 

0
a
2 

2
z2
d   d
2
0
0
2 cos 

0
59
2 
a
2
2 cos 

a 2 2 3
a2
d 
2
2

0
3
0
d 


a2 2
6
3
 8 cos d 

4a 2 2
3
0
4a
2
 1  sin  d sin   3
2
0

 sin  



sin 3   2
3
 

0
4a 2  1  8 2

1    a .
3  3 9

Пример 15. Вычислить тройной интеграл
dxdydz
,
a x y z
если область V ограничена плоскостями x = 0, y = 0, z = 0 и сферой
x2  y2  z 2  a2 .
Решение. Область V (рис. 37) ограничена «снизу» плоскостью
z = 0, «сверху» – сферой x 2  y 2  z 2  a 2 . В сферических координатах
V
2
2
2
2
x 2  y 2  z 2  r 2 , поэтому по формуле (58)

V
dxdydz
a2  x2  y2  z 2
 
V
dxdydz

a2  x2  y2  z 2

 
V
r 2  sin dddr
a2  r 2
.
z
a
0
a
y
x a
Рис. 37


,  – от 0 до , r – от 0
2
2
2
2
до а, так как уравнение сферы принимает вид r  a или r = a. Тогда
имеем
Очевидно, что в области V  меняется от 0 до

V
dxdydz
a2  x2  y2  z 2
 
V
r 2  sin dddr
a2  r 2
60

2

2
a
  d  sin d
0
0
0
r 2 dr
a2  r 2
.
Для вычисления внутреннего интеграла воспользуемся подстановкой
r  a sin t :
a

0
r 2 dr
a r
2
2


2 a 2 sin 2 t  a cost  dt

0
a  a sin t
2
2
2

2

2 1  cos 2t
 a 2  sin 2 t  dt  a 2 
0

2
2
0
dt 
a2  1
a2  
.

 t  sin 2t  
2  2
4
0
Таким образом,

V

2

2

2

a 2
a 2
  d 
sin d  
cos  02 d 

2
2
2
2
4
4 0
a x y z
0
0
dxdydz

2

2
a 
a 
a 2 2

 d  4   8 .
4 0
0
2
2
Пример 16. С помощью тройного интеграла вычислить объем тела,
ограниченного плоскостью у = 0, цилиндром x 2  z 2  R 2 и конусом
x2  z 2  y2 .
Решение. Тело, объем которого находим (см. рис. 38), ограничено
«снизу» плоскостью у = 0, а «сверху» конусом x 2  z 2  y 2 и проектируется в область D плоскости x0z, ограниченную окружностью x 2  z 2  R 2 .
Введем цилиндрические координаты:
z   sin  , y = y.
x   cos ,
С учетом того, что данное тело симметрично относительно плоскостей
y0z и y0x и что уравнения окружности, ограничивающей область D и конуса,
соответственно принимают вид   R и y  x 2  z 2  y  ,

2
R


2
R

2

R

2 3
V  4  d    d  dy  4  d  y d  4  d   2 d  4 
0
0
0
0
0
0
0
0
0
имеем
R
d 
3
0

4R 3 2
3
4R

d



3 
3
0
61

2
0
2R 3
.

3
z
0
y
x
Рис. 38
Пример 17. Найти момент инерции относительно начала координат тела, ограниченного параболоидом z 2  x 2  y 2 и плоскостью z = 4
( = 1) (рис. 39).
Решение. Согласно формуле (69) имеем
I 0   x 2  y 2  z 2 dxdydz .


V
Введя цилиндрические координаты:
x   cos , y   sin  , z = z,
получим
2
2
4
0
2

I 0   d d     z
0
2

2
2

2
2
4
z 3 

dz   d  z  
d 


3
 2
0
0
3
2
2 
6
64
6 
8 
5
4 32 2 


  d   4        
d      

d 




3
3
3
6
24

0
0
0
0 
2
3
112 2
224 
.

d 

3
3
0
z
4
0
x
2
Рис. 39
62
y
1.4. Криволинейные и поверхностные интегралы.
Элементы теории поля
Схема построения криволинейного интеграла первого рода аналогична схеме построения определенного интеграла. Пусть непрерывная
функция z  f ( x; y ) задана непрерывной кривой L, лежащей в плоскости x0 y . Разобьем линию интегрирования на элементарные части li ,
вычислим значения функции в произвольной точке каждого элементарного участка кривой и умножим значения функции в точках кривой на
длины соответствующих элементарных дуг. Сумма таких произведений
n
 f xi ; yi   li
i 1
называется интегральной суммой.
Криволинейным интегралом первого рода от функции z  f ( x; y )
по кривой L называется предел интегральных сумм при условии
max li  0 , т. е. при неограниченном увеличении числа элементарных
частей, когда все элементарные участки стягиваются в точку:
 f ( x; y)dl 
L

lim
 f ( xi ; yi )  li .
n n 1
Свойства криволинейного интеграла совпадают со свойствами
определенного интеграла (вынос постоянного множителя, почленное
интегрирование, разбиение линии интегрирования на части).
Вычисление криволинейного интеграла первого рода сводится
к вычислению определенного интеграла.
Геометрически криволинейный интеграл первого рода от неотрицательной функции f ( x; y ) вдоль контура L есть площадь цилиндрической поверхности (см. рис. 40)
S цил.пов   f ( x; y )dl ,
L
если же подынтегральная функция f ( x; y)  1 , то криволинейный интеграл от элемента дуги dl есть длина кривой L:
 dl   .
L
63
z  f ( x; y)
z
y
0
L
x
Рис. 40
Для вычисления криволинейного интеграла по длине дуги используется одна из следующих формул:
а) если кривая задана уравнением y  ( x) (a  x  b) , то
dl  1  x 2 dx
и
b
f ( x; y )dl   f ( x; ( x)) 1  ( x) 2 dx ;

L
(73)
a
б) если кривая задана параметрически
x  x(t ), y  y(t )
(  t  ) ,
dl 
то
и

L
x   y  dt
' 2
t
' 2
t
   y  dt ;

f ( x; y )dl   f ( x(t ), y (t )) xt'
2
' 2
t
(74)

в) если кривая задана уравнением   () (1     2 ) , то
dl   2  2 d
и
2
 f ( x; y )dl  
L
f ( cos ,  sin )  2  () 2 d .
1
64
(75)
Замечания. Кривая в пространстве обычно задается параметрически:
x  x(t ), y  y(t ), z  z (t ), (  t  )
и

   y   z  dt .

f ( x; y; z )dl   f ( x(t ); y (t ); z (t )) xt'
2
' 2
t
' 2
t
(76)

L
Кроме длины дуги, площади цилиндрической поверхности с помощью криволинейного интеграла первого рода можно вычислить массу
кривой, моменты инерции дуги кривой относительно осей координат
и начала координат, а также координаты центра тяжести дуги.
Формулы для их вычисления аналогичны соответствующим формулам с использованием двойного интеграла для плоской пластины.
Криволинейный интеграл от непрерывной в некоторой области
плоскости x0 y функции P( x; y) по координате x вдоль плоской непрерывной или кусочно-непрерывной кривой L, расположенной в этой области, связан с криволинейным интегралом первого рода соотношением
 P( x; y)dx   P( x; y) cosdl ,
L
L
где  – угол между касательной, проведенной к кривой в любой ее точке, и положительным направлением оси 0 x (рис. 42). Аналогично
y

 Q( x; y)dy   Q( x; y) cosdl ,
L

L
L
где  – угол между касательной, проведенной к кривой в любой ее точке, и поло0
жительным направлением оси 0 y (рис. 42).
x

Рис. 42
Так как     , то cos   sin  .
2
Обычно рассматривают сумму интегралов по координате x и по
координате y , которая записывается в виде
 P( x; y)dx  Q( x; y)dy .
(77)
L
Криволинейный интеграл второго ряда обладает теми же свойствами, что и интеграл первого рода, только в отличие от интеграла первого
рода смена направления движения по контуру интегрирования влечет за
собой смену знака интеграла.
65
Для вычисления интеграла (77) используется одна из следующих
формул:
а) если кривая задана уравнением y  (x) и при перемещении из
точки A в точку B x меняется от a до b , то

b
Pdx  Qdy   Px; x   Qx; x   ( x) dx ;
AB
(78)
a
б) если кривая задана параметрически x  x(t ), y  y(t ) и при перемещении из точки A в точку B параметр t меняется от  до  , то

Pdx  Qdy 
 Pxt ; yt xt  Qxt ; yt  yt  dt .

'
'
(79)

AB
Замечания. В случае замкнутой кривой берется направление обхода
кривой L так, чтобы область, ограниченная этой кривой L, всегда оставалась слева.
Аналогичным образом вычисляется интеграл для пространственного случая. Кривая в пространстве обычно задается параметрически
x  x(t ), y  y(t ), z  z (t ) (при перемещении из точки A в точку B параметр t меняется от  до  ) и
 Pdx  Qdy  Rdz 
AB

 Pxt ; yt ; z t xt  Qxt ; yt ; z t  yt  Rxt ; yt ; z t zt  dt.

'
'
(80)
'

В некоторых случаях для вычисления криволинейного интеграла
удобно пользоваться формулой Грина.
Пусть L – кусочно-непрерывный контур на плоскости x0 y , а D –
ограниченная этим контуром замкнутая область. В области D заданы
непрерывные функции P( x; y) и Q( x; y) , имеющие в этой области непрерывные частные производные. Тогда
 Q
  x
D

P 
dxdy   P( x; y )dx  Q( x; y )dy ,
y 
(81)
L
где направление на контуре L выбрано так, чтобы при движении по
контуру область D все время оставалась слева.
Условием независимости криволинейного интеграла
66
 P( x; y)dx  Q( x; y)dy
L
от пути интегрирования является равенство
P Q
.
(82)

y x
Поверхностные интегралы подразделяются на поверхностные интегралы по площади поверхности (первого рода) и поверхностные интегралы по координатам (второго рода).
Пусть на некоторой поверхности  , определенной уравнением
, F ( x, y, z )  0 задана непрерывная функция U  f ( x; y; z ) . Разобьем эту
поверхность на ячейки 1, 2 ,, n . В каждой ячейке i (i  1, 2, 3,, n)
выберем произвольную точку M i ( x i , y i , z i ) и умножим значение
функции U  f ( x; y; z ) в этой точке на площадь i ячейки i . Сумма
таких произведений по всем ячейкам
n
 f ( M i )i
i 1
называется интегральной суммой.
Поверхностным интегралом первого рода от функции U  f ( x; y; z )
по поверхности  называется предел соответствующей интегральной
суммы при неограниченном увеличении числа разбиений поверхности
на части и стремлении площадей всех элементарных участков к нулю:

f ( x, y, z )d  lim
n
 f ( xi , yi , zi )  i .
n i 1

(83)
Поверхностный интеграл по площади поверхности обладает свойствами, аналогичными свойствам криволинейного интеграла по длине дуги.
Если f ( x, y, z ) означает поверхностную плотность массы материальной поверхности  , то интеграл (83) определяет массу всей поверхности; и по формулам, аналогичным формулам приложений тройного
интеграла, вычисляются координаты центра тяжести и моменты инерции этой поверхности.
Вычисление поверхностного интеграла первого рода сводится к
вычислению двойного интеграла по области, являющейся проекцией
поверхности интегрирования на одну из трех координатных плоскостей.
Пусть поверхность задана уравнением F ( x; y; z )  0 . Вначале нахо-


дим вектор нормали к поверхности интегрирования N  Fx' , Fy' , Fz' . По
67
виду поверхности выбираем наиболее удобную координатную плоскость для проектирования и находим соответствующий косинус вектора
нормали к поверхности. Используем следующие формулы:
Fy'
Fx'
Fz'
cos  
, cos 
, cos  
,
N
N
N
N 
F   F   F  .
' 2
x
' 2
y
' 2
z
И окончательно, в зависимости от выбора координатной плоскости проектирования, имеем:
1) проектирование на плоскость x0 y
f ( x, y , z )
cos 
 f ( x, y, z )d  

Dxy
dxdy ;
(84)
dxdz ;
(85)
dydz .
(86)
z  z ( x, y )
2) проектирование на плоскость x0 z
 f ( x, y, z )d  

Dxz
f ( x, y , z )
cos
y  y ( x, z )
3) проектирование на плоскость y0 z
f ( x, y , z )
cos 
 f ( x, y, z )d  

D yz
x x( y, z )
Пусть на поверхности  задана непрерывная функция R( x, y, z ) . На поверхности  выбрана одна из двух сторон, определяемая направлением
нормали N  cos ; cos; cos . Поверхностный интеграл  R( x, y, z )dxdy

(поверхностный интеграл второго рода) от непрерывной функции
R( x, y, z ) по координатам x и y по поверхности  выражается через поверхностный интеграл первого рода следующим образом:
 R( x, y, z )dxdy   R( x, y, z ) cos d .


Аналогично вводятся поверхностные интегралы по координатам
x, z и y, z :
 Q( x, y, z )dxdz   Q( x, y, z ) cosd


68
и
 P( x, y, z )dydz   P( x, y, z ) cosd .


Обычно рассматривают сумму всех трех интегралов по координатам вида
 P( x, y, z )dydz  Q( x, y, z )dxdz  R( x, y, z )dxdy .
(87)

Поверхностный интеграл по координатам обладает всеми свойствами интеграла по площади за исключением одного: при изменении
стороны поверхности интеграл по координатам меняет знак.
Поверхностные интегралы по координатам вычисляются следующим образом. Предположим, что поверхность  однозначно проектируется в область Dxy на плоскости x0 y и z  z ( x, y) – уравнение этой
поверхности, тогда
 R( x, y, z )dxdy    R( x, y, z ( x, y ))dxdy ,

(88)
Dxy
где знак плюс берется в том случае, если на выбранной стороне поверхности cos   0 и знак минус – если cos   0 . Аналогично, если  однозначно проектируется в область Dxz (или D yz ) на плоскость x0 z (или y0 z ),
т. е. может быть задана уравнением y  y( x, z ) (или x  x( y, z ) ), то
 Q( x, y, z)dxdz    Q( x, y( x, z), z)dxdz ,

Dxz
 P( x, y, z )dydz    P( x( y, z ), y, z )dydz ,

(89)
(90)
D yz
где в случае (89) берется тот же знак, что и у cos , а в случае (90) – знак
cos  .
В некоторой области V пространства задано векторное поле, если
каждой точке M ( x, y, z ) этой области сопоставлен вектор
A( M )  P( x, y, z )i  Q( x, y, z ) j  R( x, y, z )k ,
проекции которого – функции P, Q, R – будем считать непрерывно
дифференцируемыми в этой области.
Пусть в указанной области V задана двусторонняя поверхность  .
Выбор стороны на этой поверхности определяется единичным вектором

нормали n к поверхности  :
69

n  cos i  cos  j  cos  k .
Если поверхность  задана уравнением
F ( M )  F ( x, y, z )  0 ,
(91)
то единичный вектор нормали
gradF ( M )
n 

gradF ( M )

Fx' i  Fy' j  Fz' k
     
2
Fx'
2
Fy'
2
Fz'
,
(92)
причем знак в правой части берется так, чтобы получить нормальный

вектор n именно к выбранной стороне поверхности. Если поверхность
состоит из нескольких частей, заданных уравнением (91), то вектор
нормали вычисляется для каждой части отдельно по формуле (92), выбор знаков в которых определяется заданием одной из сторон всей составной поверхности. В случае замкнутой поверхности условимся всегда выбирать ее внешнюю сторону.
Потоком векторного поля A через двустороннюю поверхность 
называется поверхностный интеграл
   A(M )  n

( M )d ,


где n (M ) – единичный вектор нормали к выбранной стороне поверхности в ее произвольной точке.
Если поверхность  взаимно однозначно проектируется на плоскость x0 y в область Dxy , то вычисление потока векторного поля A через  сводится к вычислению двойного интеграла по области Dxy по
формуле
   A  n



d 

Dxy
A n
cos 
dxdy ,
(93)
z  z ( x, y )
где cos  – коэффициент при k в формуле (92), а z  z ( x, y) получается
разрешением уравнения (91) относительно z . Аналогично, если поверхность  взаимно однозначно проектируется на плоскость y0 z или z0 x ,
поток вычисляется по формулам:
70
  
D yz
  
Dxz

A n
cos 
dydz ,
(94)
dxdz .
(95)
x x( y, z )

A n
cos
y  y ( x, z )
Замечание. Для вычисления потока через внешнюю сторону замкнутой поверхности  , ограничивающей объем V , можно применять
теорему Остроградского: поток векторного поля A через любую замкнутую поверхность  равен тройному интегралу от дивергенции векторного поля ( div A ), взятому по объему V , ограниченному поверхностью  , т. е.
 A  n


d   div A  dv ,
(96)
V
где дивергенция векторного поля
A( M )  P( x, y, z )i  Q( x, y, z ) j  R( x, y, z )k
в декартовой системе координат вычисляется по формуле
 P Q R 
 .
div A( M )  



x

y

z

M
(97)
Пусть в некоторой области пространства задано векторное поле
A( M )  P( x, y, z )i  Q( x, y, z ) j  R( x, y, z )k
и линия L (с указанным на ней направлением). Линейным интегралом
векторного поля A вдоль линии L называется криволинейный интеграл
W   A    dl   A  d r   P( x, y, z )dx  Q( x, y, z )dy  R( x, y, z )dz ,
L
L
(98)
L
где  – единичный касательный вектор к линии L ; dl – дифференциал
ее дуги; r – радиус-вектор точки, описывающей линию L .
Если A – поле сил, то линейный интеграл (98) представляет собой
работу этого силового поля вдоль линии L .
Если линия L задана параметрическими уравнениями
x  x(t ), y  y(t ), z  z (t ),
причем в начальной и конечной точках пути параметр t соответственно
принимает значения t   и t   , то
71

W   Pxt , y t , z t xt   Qxt , y t , z t y t   Rxt , y t , z t z t dt . (99)

Если линия L задана уравнениями y  y( x), z  z ( x), (a  x  b) , то
линейный интеграл вычисляется по формуле

W   Px, y ( x), z ( x)   Qx, y ( x), z ( x) y ( x)  Rx, y ( x), z ( x) z ( x) dx .
(100)
В случае плоской линии L формулы (99) и (100) упрощаются (полагают z  0 ).
В случае изменения направления линии L (с концами A и B ) линейный интеграл меняет знак.
Циркуляцией векторного поля A называется линейный интеграл
этого поля вдоль замкнутого пути L :
Ц   Adr,
(101)
L
где d r  dxi  dy j  dzk .
Циркуляция, как всякий линейный интеграл, непосредственно вычисляется по формулам (98), (99), (100).
Замечание. Если линия L состоит из нескольких частей L1, L2 , L3 и т. д., то
Ц
 Ad r  
L1
L2
Ad r   Ad r  
(102)
L3
Замечание. Для вычисления циркуляции векторного поля по контуру ABCA можно применять кроме непосредственного вычисления теорему Стокса: если в некоторой области пространства содержится двусторонняя кусочно-гладкая поверхность  , ограниченная кусочно
гладким контуром L с единичным вектором нормали n , выбранным
так, чтобы видимый с его конца обход контура L совершался против
часовой стрелки, то

Ц   Ad r   rot A  n d ,
(103)

L
т. е. циркуляция равна потоку ротора векторного поля A через поверхность  , «натянутую» на контур L .
Здесь векторному полю
A  P( x, y, z )i  Q( x, y, z ) j  R( x, y, z )k
72
поставлено в соответствие другое векторное поле, называемое ротором A ,
которое определяется равенством
i

rot A 
x
P
j

y
Q
k
  R Q   P R   Q P 
i  


  j 
 k .
z  y z   z x   x y 
R
(104)

Так как n  cosi  cos j  cos  k , то на основании определения (104)
формула (103) может быть записана в виде
  R Q 

 Q P 
 P R 
 cos   
Ц    


  cos  d . (105)
 cos  
 y z 

 z x 
 x y 

 
Векторное поле A(M ) называется потенциальным, если существует такое скалярное поле U (M ) в области V , для которого
A  gradU .
(106)
Функция U (M ) называется потенциалом поля A . Потенциальное
поле является безвихревым, т. е.
rot A  0 .
(107)
Это условие (107) является также и достаточным для потенциальности векторного поля A (в односвязных областях).
В случае потенциального поля линейный интеграл не зависит от
формы пути, а лишь от выбора начальной и конечной точек. Потенциал
этого поля определяется по формуле
U (M ) 
M

Ad r ,
(108)
M0
где интеграл берется по любому пути, исходящему из некоторой фиксированной точки M 0 . Обычно в качестве такого пути выбирают ломанную M 0 , M1, M 2 , M (см. рис. 43).
В этом случае
U ( M )  U ( x, y , z ) 
y
x
z
 P( x, y0 , z0 )dx   Q( x, y, z )dy   R( x, y, z )dz .
x0
y0
(109)
z0
Векторное поле A(M ) называется соленоидальным в области V ,
если div A  0 во всех точках этой области. Необходимым и достаточ73
ным условием соленоидальности поля A является равенство нулю потока этого поля через любую замкнутую поверхность области V .
Говорят, что векторное поле A(M ) обладает векторным потенциалом H (M ) , если
A  rot ( H  grad ) ,
(110)
где   (M ) – произвольное скалярное поле. Необходимым и достаточным условием существования векторного потенциала H (M ) является соленоидальность поля A . Векторный потенциал вычисляется по
формуле
1


H ( M )   A( M )r ( M ) tdt ,
(111)
0
где r – радиус-вектор точки M , а M (tx, ty , tz ) – точка, пробегающая
отрезок OM , соответствующий изменению параметра t от t  0 до
t  1, а r  x i  y j  z k , M ( x , y , z ) .
z
M2(x, y, z)
M0=(x0, y0, z0)
0
x
y
M1(x, y0, z0)
M2(x, y, z0)
Рис. 43
74
Типовые примеры и их решения
dl
 x y
Пример 1. Вычислить
по отрезку прямой, соединяющему
L
точки A(0;  2) и B(4; 0) .
Решение. Данный интеграл – криволинейный интеграл по длине
дуги (первого рода).
Для данного интеграла запишем уравнение прямой, проходящей
через две точки:
x  xA
y  yA
x0 y 2
1

,

 y  x  2.
xB  x A y B  y A
40 02
2
2
5
1
Для данной линии dl  1    dx 
dx .
2
2
При движении от A к B x меняется от 0 до 4. По формуле (73)
имеем
dl
54
dx
5 4 dx
 x  y  2  x  0,5 x  2  2  0,5 x  2 
L
0
0
4
 5 ln 0,5 x  2
 5 ln 4  ln 2   5 ln 2.
0
Пример 2. Вычислить

x 2  y 2 dl , где L – верхняя половина
L
окружности x 2  y 2  ax (a  0) (рис. 44).
y
a
2
0
Рис. 44
75
a
x
Перейдем к полярным координатам:
x    cos, y    sin ,
x 2  y 2  ax   2 cos2    2 sin 2   a cos,


 2 cos2   sin 2  a cos или   acos,
'  a sin  и dl  a 2 cos2   a 2 sin 2   d  ad.
Так как берется только верхняя часть окружности, то угол  меня
ется от 0 до . По формуле (75) имеем
2


2

2
0
0
x 2  y 2 dl   ad  a 2  cos  d  a 2  sin 
L
Пример 3. Вычислить


2
 a2  0  a2.
0
x 2  y 2  dl , где L – дуга
L
x  acos t  t  sin t ,
y  a(sin t  t cos t ) (0  t  2) .
Решение. Так как
dl 
xt' 2  yt' 2 dt 
a sin t  sin t  t  cost 2  acost  cost  t  sin t 2 dt 

 a 2t 2 cos2 t  a 2t 2 sin 2 t dt  at  dt,
то по формуле (74) имеем

x 2  y 2 dl 
L

2


a 2 cos2 t  2t sin t cost  t 2 sin 2 t  sin 2 t  2t sin t cost  t 2 cos2 t  atdt 
0
2
a
0
1
1  t tdt  a  
2
2
a 2 
Ответ:
1  4 2

3

2

3
2


3
2 2 2
2 1 t
3

 1 .


76
0
a 3 

1  4 2

3



3
2

 1.


 2 xydx  x
Пример 4. Вычислить
2
dy , где L – дуга параболы
L
x  2 y , пробегаемая от точки O(0; 0) до A(2; 1) .
Решение. Данный интеграл – криволинейный интеграл по координатам (второго рода).
Для данного интеграла x  2 y 2 , x  4 y и при движении из точки 0
в точку A y меняется от 0 до 1, и по формуле (78) имеем
2


 y4
y 5  1
4 16

 2 xydx  x dy   2  2 y  4 y  4 y dy 16 4  4 5   4  5  5 .

0
L
0
1
2
2
Пример 5. Вычислить
4
 yzdx  z
R 2  y 2 dy  xydz , где L – дуга
L
at
, от точки пересечения
2
линии с плоскостью z  0 до точки ее пересечения с плоскостью z  a .
Решение. При данном перемещении параметр t меняется от 0 до
2 , по формуле (80) имеем
винтовой линии x  R cost ,
y  R sin t ,
 yzdx  z
z
R 2  y 2 dy  xydz 
L

2

at
at
  R sin t  2  R sin t   2
R 2  R 2 sin 2 t R cost  R cost  R sin t
0

2
 at
  2 R
0
2
a 
dt 
2 
cos2 t  sin 2 t  2a R 2 cost  sin t   dt 
u  t ; du  dt
aR2 2
aR2 2

 t cos 2tdt  2  sin t  d sin t  dv  cos 2t  dt; v  1 sin 2t 
2 0
0
2
aR2  t
1
sin 2 t 

sin 2t  cos 2t 
2  2
4
2 
77
2
 0.
0
Пример 6. Применяя формулу Грина, вычислить
 ( xy  x  y)dx  ( xy  x  y)dy ,
L
2
где L – окружность x  y 2  ax .
Решение. Для данного интеграла используем формулу Грина.
В данном случае
Q
P
P  xy  x  y, Q  xy  x  y,
 y  1,
 x  1.
x
y
Применяя формулу Грина (81), получаем
 ( xy  x  y )dx  ( xy  x  y )dy   ( y  1  ( x  1))dxdy .
L
D
Область D – круг (рис. 45). Введем полярные координаты
x   cos, y   sin  . Уравнение окружности в полярных координатах

принимает вид  2  a cos  или   a cos . Угол  меняется от  до
2

(круг находится в первой и четвертой четверти).
2
y
a
2
0
a
x
Рис. 45
Тогда получаем

2
a cos 

2
0
 ( y  x)dxdy   dy   sin    cos d 
D

78
a cos 

2
 3

3

 
sin   cos  


3
 3


2
d 
1
3
0

2
 a
3

cos3   sin   a 3 cos4  d 


2






3
4 2
2
a  cos 
1 
1  cos 4  


  1  2 cos 2 
d 
3 
4
2
 4 
 




2
2




2
a 
1
1
a 3
.

   sin 2    sin 4 
12 
2
8
8
 
3
2
Пример 7. Вычислить
xdx  ydy
, где L – окружность
2
2
x

y
L

x  12  y  12  1 ,
пробегаемая против хода часовой стрелки.
Решение. Контур L – замкнутый,
x
y
P Q
2 xy
P 2
,
Q

и



y x
x  y2
x2  y2
x2  y2
поэтому по формуле Грина данный интеграл равен нулю.


2
,
Пример 8. Найти моменты инерции относительно осей координат
участка однородной прямой z  2 y  1, лежащего между осями координат в плоскости y0 z .
Решение. Пример на приложение криволинейного интеграла. Как
отмечалось ранее, формулы для вычисления моментов инерции дуги
кривой относительно осей координат аналогичны соответствующим
формулам с использованием двойного интеграла для плоской пластины.
А именно:
 2
I y   z 2 dl    2 y  12  1  z 'y dy 
L
L
1
2
   2 y  12  5dy  
0
79
1
3 2
 2y 1
5
2

3
0

5
;
6
 
2
1 z 
' 2
I z   y dl   
  1  y z dz 
2 
L
0
2
1
1
11
1
5  1  z 3 
5
  1  z 2 1  dz 


.
40
4
8 
3 
24
0

4

  2 x  3 y  z d , где
 – часть плоскости



6 x  4 y  3z  12 , лежащая в I октанте (рис. 46).
Решение. Данный интеграл – поверхностный интеграл по площади
поверхности (первого рода).
Для вычисления данного интеграла спроектируем поверхность 
на плоскость x0 y . Проекцией является треугольник Dxy , ограниченный
прямыми 6 x  4 y  12, x  0, y  0 . В этом треугольнике x меняется от 0
до 2, а при каждом фиксированном x ордината меняется от y  0 до
3
y  3 x.
2
Пример 9. Вычислить
z
4
3
y
2
x
Рис. 46
Уравнение плоскости запишем в виде 6 x  4 y  3z  12  0 . Так как
Fx'  6; Fy'  4; Fz'  3 , то
cos  
3
62  42  32
80

3
.
61
4
y , по формуле (84) имеем
3
4
61



dxdy 
 2x  y  z 
3

 z 42 x  4 y 3
Учитывая, что z  4  2 x 


4
  2 x  3 y  z d  

Dxy
3
61
4
4 


 2 x  y   4  2 x  y  dxdy 

3 D 
3
3 

xy

2
3
3 x
2
61
 dx
3 0


0
4
4 

 4  2 x  y  2 x  y dy 
3
3 

2
4 61 2 
3 
4 61 
3 x 2 

  3  2 x dx  3  3x  2  2   4 61.
3 0

0
Пример 10. Вычислить
 y
2
dxdz  z 2 dxdy , где  – внешняя сторо-

на части сферы x  y  z  a 2 , x  0, y  0, z  0 (рис. 47).
Решение. В нашем случае
z
будем вычислять каждый из слаa
гаемых поверхностных интеграN
лов второго рода отдельно. В первом из них надо выразить y через
x и z из уравнения сферы
2
2
2
y2  a2  x2  z 2 .
–a
0
Так как вектор нормали к указанa
ной стороне поверхности образует
тупой угол с осью 0 y , то, перехоx
Рис. 47
дя к двойному интегралу (см.
формулу (89)), надо взять знак минус (cos  0) :
I1   y 2 dxdz  

 a
2
y

 x 2  z 2 dxdy .
Dxz
Данная часть сферы проектируется на плоскость x0 z в часть круга радиуса a , с центром в начале координат, расположенном в первой четверти, поэтому для нахождения двойного интеграла перейдем к полярным координатам
81

x    cos, z   sin , 0    , 0    a.
2
Получим
I1  
a

2


2
a
0
0


  dd    d  a 2  2 d 
2
Dxz

2



a
1
  d  a 2  2 d a 2  2 
20 0

2

1 a 
 
20
2
2

a
2 2
0

2
Аналогично,
I 2   z 2 dxdy 


0



2
a



1
a 4
4
d   0  a d  
.
40
8
 x
2

 y 2  z 2 dxdy 
Dxy

d a 2  2 d  
0
1
2
0



2
a
2

2

a
2 2
d 
0
0
1
a4 
  a 4
  a4   
0

.



4
4
2
8



2
Здесь при вычислении I 2 была использована формула (88), причем
знак плюс взят потому, что выбранная нормаль N образует с осью 0 z
острый угол (cos   0) .
a 4 a 4
Таким образом, I  I1  I 2  

 0.
8
8
Пример 11. Вычислить поток векторного поля
A  x  z i  2 x j  2 z  x k
через полную поверхность треугольной пирамиды с вершинами
A(1, 0, 0) , B(0, 1, 0) , C (0, 0, 1) и O(0, 0, 0) .
82
Решение. При вычислении потока данного примера придется рассмотреть сумму потоков, т. к. поверхность  состоит из четырех частей
(рис. 48)

   A  n d  

A  n1d 


A  n 2d 

ABC
CBO
   
n1 , n 2 , n3 , n 4 – соответствен-


A  n3d 
AOC
где
но нормали к поверхностям
ABC, CBO, AOC и AOB .
Будем вычислять каждый из
слагаемых интегралов отдельно.
В первом интеграле ABC взаимно однозначно проектируется,
например, на плоскость x0 y ,
а уравнение
его
плоскости
x  y  z 1  0 .
Принимая
F ( x, y, z )  x  y  z  1 ,

 A  n4d,
AOB
z

1 C n2

n1

n3
B
0
A
1
у

n4
1
x
Рис. 48
найдем единичный вектор нормали к этой плоскости по формуле (92)

n1 
gradF i  j  k

.
gradF
3
1
 0 , что и соответствует нормали к внешней сто3
роне треугольника. После этого находим
Здесь cos  

A  n1
1
x  z  2 x  2 z  x   11 

cos 
3
3
 2 x  3z  2 x  31  x  y   5 x  3  3 y.
I1 
1
1
1 x
0
0
  5 x  3 y  3dxdy   dx   5 x  3 y  3dy 
AOB
1 x
1

y2
3




   5 xy  3  3 y
dx     5 x1  x   1  x 2  31  x dx 


2
2

0
0
0
83

1

1
3


7
2 3
2
    5 x  5 x  1  2 x  x  3  3x dx    x 2  5 x  dx 
2
2
2

0
0
1
2
 7 x3
x
3 
7 5 3 1
    5  x     ,
2 3
2 2 
6 2 2 6

0
1
I1  .
6

Во втором интервале n 2  i , cos  1  0 и

A  n2
1
 x  z    x  z 
 z .
x 0
1
cos 


COB
A  n2
cos 
1 2 1 y
z
 
2
0
0
dydz 
0
0

1

11
1
y 2 y 3 
dy    1  2 y  y 2 dy    y  2 


20
2 
2
3 
0
1
1
1
  1  1     ,
2
3
6
В третьем интеграле
I3 
1 y
  z  dydz   dy   z dz 
COB
x 0
1

AOC

n3
1
I2   .
6

A  n3
1
  j , cos   1  0 и
 2x  .
1
cos
1
1 x
0
0
2 x y 0 dxdz   dx

1
2 xdz  2 xz
1 x
dx 
0
0
1
 x 2 x3 
 1 1 1
 2 x(1  x)dx  2
   2    ,
 2
3 
 2 3 3

0
0
1
В четвертом интеграле
I 4 

AOB
0
n4

A  n4
 k , cos   1  0 и
 (2 z  x).
cos 
1
1 x
0
0
1
(2 z  x) z  0 dxdy   dx

1
I3  .
3


1
1 x
xdy   xy 0 dx 
0
1
1
 x 2 x3 
1 1 1
  x(1  x)dx   x  x 2 dx        ,
 2
3 
2 3 6

0
0
0
84
1
I4  .
6
Окончательно получаем
1 1 1 1 1
    .
6 6 3 6 2
Дадим еще одно решение этой задачи с помощью теоремы Остроградского:
I1  I 2  I 3  I 4 
A  ( x  z )i  2 x j  (2 z  x)k ,



div A  ( x  z )  (2 x)  (2 z  x)  1  0  2  3 ,
x
y
z
поэтому
1 1
1
   div Adv   3dv  3V  3  3  2  2 ,
V
V
где V – объем пирамиды VCAOB  .
Пример 12. Вычислить линейный интеграл векторного поля
A  xi  y j  ( x  2 y  3)k
вдоль прямолинейного отрезка AB , где A(1, 1, 1) и B(3, 4, 4) .
Решение. В данном примере согласно формуле (98)
W
 xdx  ydy  ( x  2 y  3)dz .
AB
Каноническое уравнение прямой AB
x 1 y 1 z 1
x 1 y 1 z 1
или
.




3 1 4 1 4 1
2
3
3
Отсюда имеем
3
1
3
1
3
3
и dy  dx, dz  dx ,
y x ,
z  x
2
2
2
2
2
2
а x вдоль AB изменяется от 1 до 3.
Подставив выражения y, z, dy и dz в формулу для линейного интеграла и приведя подобные члены, находим
3
1 3 
1  3
3
3
W    x   x      x  2 x    3   dx 

2 2 
2   2 
2
2
1
3

13
1  x2
47
  37 x  27 dx   37
 27 x   .

4
4 
2
2

1
1
85
Пример 13. Найти работу силового поля F  x 2 i  y j  cos z k по
одному витку дуги AB винтовой линии x  a cost , y  a sin t , z  2t , где
3
точки A и B соответственно получаются при t  0 и t   .
2



Решение. Так как x (t )  a sin t , y (t )  a cos t , z  2 , то по формуле (99)
W
 a3
3
2

0
3
2

a 2 cos2 t (a sin t )  a sin t  a cost  cos2t  2 dt 
cos2 td (cost )  a 2
0
3
2
1
 sin t  d (sin t )  2  2 sin 2t
0
3
2

0
3
 2
 3 cos t
a3 a 2
2 sin t


 a
a
 sin 2t
  .


3
2
3
2

0
3
2
Пример 14. Найти циркуляцию векторного поля A  z 2 i  x 2 j  y 2 k
по контуру ABCA, получаемому при пересечении параболоида
x 2  y 2  4  z с координатными плоскостями (рис. 49).
z
4C
n
y2  4  z
x 4 z
2
0
2
Рис. 49
Решение. В данном примере имеем
Ц   Ad r   Ad r 
ABCA
2
x 2 By 2  4 Y
A
x

AB

BC
если
86
Ad r 
 Ad r,
CA
1. На
AB : z  0
dz  0 , следовательно,
и
A  x2 j  y2 k
и
d r  dxi  dyk , тогда Ad r  y 2 dy .
При перемещении по дуге AB от точки А до точки B y возрастает
от 0 до 2, поэтому

AB
2
y3
Ad r   y dy 
3
0
2. На BC : x  0, dx  0,
2
2
0
8
 .
3
A  z 2 i  y 2 k , d r  dy j  dz k .
Следовательно, Ad r  y 2 dz .
Используя уравнение параболы y 2  4  z , имеем Ad r  (4  z )dz .
При перемещении по дуге BC от точки B до точки C z возрастает
от 0 до 4, поэтому
4

z 2 

A
d
r

(
4

z
)
dz

4
z

 8.




2

0
BC
0
4
3. На CA : y  0, dy  0, A  z 2 i  x 2 j , d r  dxi  dz k , т. е. Ad r  z 2 dx .
Из уравнения параболы x 2  4  z находим z  4  x 2 , тогда


2
Ad r  4  x 2 dx .
При перемещении по дуге CA от точки C до точки A x возрастает от 0 до 2, поэтому
2


Ad r   4  x
CA
0

2 2
2

x3 x5 
256
dx  16 x  8    
.


3
5
15

0
Таким образом,
8
256 416
Ц  8

.
3
15
15
Замечание. Вычислим циркуляцию векторного поля по формуле
Стокса (103).
В данной задаче в качестве поверхности, «натянутой» на контур,
возьмем поверхность x 2  y 2  4  z . Единичный вектор нормали к этой
поверхности определяется по формуле
87

n 

поэтому n 
grad F
, где F  x 2  y 2  z  4 ;
grad F
2 xi  2 y j  k
4x  4 y  1
2
2
1
, откуда cos  
4x  4 y  1
2
2
 0 , нормаль

n обеспечивает требуемое теоремой Стокса направление обхода контура L (видимый с конца этого вектора обход контура L совершается
против часовой стрелки).
Ротор данного поля вычислим по формуле (104)
i

rot A 
x
z2
j

y
 x2
k

 i (2 y  0)  j (0  2 z )  k (2 x  0) 
z
y2
 2 yi  2 z j  2 x k .
По теореме Стокса (103)
 rot A  n  

Ц   rot A  n d   
dxdy ,
 cos  

Dxy 
 z  z ( x, y )

но
rot A  n
cos 

 (4 yx  4 zy  2 x)
z 4 x 2  y 2
z  4 x 2  y 2
 4 yx  4(4  x 2  y 2 ) y  2 x.
Следовательно,
Ц
 4 yx  44  x

2


 y 2 y  2 x dxdy 
Dxy
2
4 x 2
0
0
  dx

4 yx  44  x2  y 2 y  2 x dy  416
.
15
Пример 15. Дано векторное поле A  yz i  xz j  xy k . Показать, что
поле A потенциальное и найти его потенциал.
Решение. Для данного примера в начале найдем rot A :
88
i

rot A 
x
yz
j

y
xz
k

 i ( x  x)  j ( y  y )  k ( z  z )  0 .
z
xy
Следовательно, в силу условия (107) поле потенциальное. Потенциал поля найдем по формуле (109), положив в ней
M 0 ( x0 , y0 , z0 )  O(0, 0, 0) . Тогда
x
y
z
0
0
0
U ( M )   0  0  dx   x  0dy   xydz  x  y  z .
Таким образом, U ( M )  xyz является потенциалом поля A . Действительно, grad U  yz i  xz j  xy k  A .
Полученный потенциал найден с точностью до постоянного слагаемого. Все числовые значения, которые получаются при вычислении
интегралов, включаются в одну постоянную C .
Пример 16. Доказать, что поле A( M )  ( yz  2 x)i  ( xz  2 y ) j  xy k
– потенциальное и соленоидальное. Найти его векторный потенциал.
Решение. Для данного примера найдем дивергенцию A .
По формуле (97)
div A 



( yz  2 x)  ( xz  2 y)  ( xy )  2  2  0  0 .
x
y
z
Следовательно, поле A – соленоидальное.
Определим rot A :
i
j


rot A 
x
y
yz  2 x xz  2 y
k

 i ( x  x)  j ( y  y )  k ( z  z )  0 .
z
xy
Следовательно, поле A – потенциальное.
По формуле (111) найдем векторный потенциал. В нашем случае

 

A( M )  yz  t 2  2 xt i  xz  t 2  2 yt j  xy  t 2 k
и
89
i
A( M )  r ( M )  yzt 2  2 xt
x

j
xzt  2 yt
y


 
k
xyt 2 
z

 i xz 2t 2  2 yzt  xy 2 t 2  j yz 2t 2  2 xzt  x 2 yt 2 


 k y 2 zt 2  2 xyt  x 2 zt 2  2 yxt ;
по формуле (111) найдем векторный потенциал:
1

 

H ( M )   xz 2t 2  2 yzt  xy 2t 2 i  yz 2t 2  2 xzt  x 2 yt 2 j 
0


4
4

t3
2t
2t 


 y zt  2 xyt  x zt  2 yxt k  tdt  xz
 2 yz  xy
i


4
3
4


2
2
2
2
1
4
4
 2 t4
 2 t4
t3
t3
t 3  
2 t 
2 t


 yz
 2 xz  x y
j  y z  2 xy  x z  2 yx
k 



 
4
3
4
4
3
4
3



 0




2 
2 
x
y
  z 2  y 2  yz  i   x 2  z 2  xz  j 
3 
3 
4
4
4 
z
  y 2  x 2  xy  k .
3 
4


Полученный векторный потенциал определен с точностью до градиента произвольного поля (M ) .
90