Загрузил Тлек Ищанов

sam 4

реклама
ГОСУДАРСТВЕННОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ
ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ
«БЕЛОРУССКО-РОССИЙСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ»
Кафедра «Высшая математика»
ВЫСШАЯ МАТЕМАТИКА
Методические указания к практическим занятиям
по теме «Криволинейные и поверхностные интегралы»
для студентов всех специальностей
дневной и заочной форм обучения
Могилев 2010
УДК 517
ББК 22.1я 73
В 93
Рекомендовано к опубликованию
учебно-методическим управлением
ГУ ВПО «Белорусско-Российский университет»
Одобрено кафедрой «Высшая математика» «16» сентября 2010 г.,
протокол № 2
Составители: ст. преподаватель Т. Ю. Орлова;
ст. преподаватель С. Ф. Плешкунова;
ст. преподаватель Т. И. Червякова;
ст. преподаватель Д. В. Роголев
Рецензент канд. физ.-мат. наук, доц. И. И. Маковецкий
Методические указания к практическим занятиям по теме «Криволинейные и поверхностные интегралы» предназначены для студентов дневной
и заочной форм обучения всех специальностей. В работе изложены теоретические вопросы, разобраны образцы решения задач, приведены задачи для
самостоятельного решения и задания для домашней работы.
Учебное издание
ВЫСШАЯ МАТЕМАТИКА
Ответственный за выпуск
Л. В. Плетнёв
Технический редактор
А. А. Подошевко
Компьютерная вёрстка
Н. П. Полевничая
Подписано в печать 25.11.2010 . Формат 60×84/16. Бумага офсетная. Гарнитура Таймс.
Печать трафаретная. Усл.-печ. л. 2,09 . Уч.-изд. л. 2,0. Тираж 165 экз. Заказ № 860.
Издатель и полиграфическое исполнение
Государственное учреждение высшего профессионального образования
«Белорусско-Российский университет»
ЛИ № 02330/375 от 29.06.2004 г.
212000, г. Могилёв, пр. Мира, 43
© ГУ ВПО «Белорусско-Российский
университет», 2010
3
1 Криволинейные интегралы первого рода
1.1 Теоретическая часть
y
Пусть функция f ( P )  f ( x, y ) есть функция,
непрерывная в некоторой области на плоскости xOy ,
и L – некоторая гладкая или кусочно-гладкая кривая,
расположенная в этой области. Разобьём кривую системой точек на элементарные дуги l1 , l 2 ,  , l n (рису-
B
A
x
0
нок 1.1). На каждой из дуг li (i  1, n ) выберем произРисунок 1.1
вольную точку Pi ( xi ; yi ) и умножим значение функции в этой точке на длину li элементарной дуги li . Сумма таких произве-
дений по всем элементарным дугам
n
 f  P   l
i
i 1
i
называется интегральной
суммой. Обозначим наибольшую из длин элементарных дуг   max li .
1i  n
Криволинейным интегралом первого рода (КРИ-1) от функции f ( P )
по длине дуги кривой L называется предел интегральных сумм при условии   0 :

n
f  P  dl  lim  f  Pi   li .
0
L
(1.1)
i 1
КРИ-1 обладает следующими свойствами:
1)   k1 f1  P   k2 f 2  P   dl  k1  f1  P dl  k2  f 2  P dl , где k1 , k2 – некоL
L
торые числа;
2) если L  L1  L2 , то
 f  P  dl   f  P  dl   f  P  dl;
L
3)
L
L1
L2
 f  P  dl   f  P  dl , т. е. интеграл не зависит от направления ду-
AB
BA
ги интегрирования.
Для вычисления КРИ-1 пользуются формулами:
– если кривая задана уравнением y   ( x ) , где a  x  b , то
dl  1   ( x )  dx и
2
b
 f  P  dl   f  x,  x   
L
1     x  dx ;
2
(1.2)
a
– если кривая задана уравнением x  g  y  , где c  y  d , то
dl  1   g   y   dy и
2
4
d
 f  P  dl   f  g ( y), y  
L
1  g ( y ) 2 dy;
(1.3)
c
– если кривая задана параметрическими уравнениями x  x  t  и
y  y  t  , где   t   , то dl 
 x(t ) 
2
  y (t )  dt и
2

 f  P  dl   f  x(t ), y(t )    x(t )    y(t ) 
2
2
dt ;
(1.4)
L
– если кривая задана в полярной системе координат (ПСК) уравнением      , где 1     2 , то dl 
  ( ) 
2
   ( )  d и
2
2
 f  P  dl  f   cos ,  sin                d .
L
2
2
(1.5)
1
Аналогично определяются КРИ-1 от непрерывной в некоторой пространственной области функции f  M   f ( x, y, z ) по длине дуги пространственной кусочно-гладкой кривой L , расположенной в этой области:

n
f  M  dl  lim  f  M i   li .
L
0
(1.6)
i 1
x  x t  ,
Если кривая задана параметрическими уравнениями
y  y (t ) , z  z (t ) , где   t   , то dl 

 x(t ) 
2
  y (t )    z (t )  dt и
2
 f  P  dl   f  x(t ), y(t ), z(t )    x(t )    y(t )    z(t ) 
2
2
2
2
dt .
(1.7)
L
1.2 Образцы решения примеров
dl
, где L – отрезок прямой, заключённый
2x  3y
L
между точками A(0;3) и B(1;5) .
1.2.1 Вычислить I  
Решение
Напишем уравнение прямой AB по двум точкам:
AB :
x  x1
y  y1

.
x2  x1 y2  y1
x0 y 3 x y 3
2
; 
; y  2 x  3; y  2; dl  1   y   5dx.

1 0 5  3 1
2
5
1
1
1
5dx
dx
5
I 
 5

ln 4 x  9 0 
2 x  3  2 x  3
4 x  9
4
0
0
5
5 13
 ln13  ln 9    ln .
4
4
9

1.2.2 Вычислить I   ydl по параболе y 2  2 x от точки O  0;0  до
L
точки A(2; 2) .
Решение
Выразим
из
уравнения
параболы
x  y ;
x  y2 2 ,
x:
dl  1   x  dy  1  y 2 dy.
2
3 2
2 2
2
1
1
1 1  y
2 2
I   ydl   y 1  y dy   1  y  d 1  y 2   
3
20
2
L
0
2
2
2


0
1  32 32  5 5  1
  5 1  
.
3 
3



1.2.3 Вычислить I   2 z  x 2  y 2 dl , где L  дуга кривой, заданL
ной параметрически: x  t cos t , y  t sin t , z  t , 0  t  2 .
Решение
Применим формулу (1.7).
x(t )  cos t  t sin t ,
dl 
 x(t ) 
2
y (t )  sin t  t cos t , z (t )  1,
  y (t )    z (t )  dt 
2
2
 cos t  t sin t 
2
  sin t  t cos t   1dt 
2
 cos2 t  2t sin t cos t  t 2 sin 2 t  sin 2 t  2t sin t cos t  t 2 cos 2 t  1dt 
 2  t 2 dt.

2
I
2
2
2

0
1 
    2  4
3 
3
2 2

1 2  t
2

2



t
t
dt
0
3
2
2
2
2t  t cos t  t sin t  2  t dt 
2
3 2
2 2
2
 2 2 
2 2
  1  2
3 

3
2 2


 1 .



0
6
1.2.4 Вычислить I 
 x
2
y
3
2 2

dl , где AB  часть гиперболической
AB
спирали  
1
от 1  3 до  2  2 2.

Решение
Линия AB задана в ПСК. Применим формулу (1.5).
2
 1 
2 1
2 1

dl       d 
 
d 
d 
d .
 2   2 
4
2
2 2
I
 
1
2
2
2
cos    sin  
2
2
2
3

3
2
3
2 2
2 1
1
2 1

d     
d 
2

2
3 
2 2
2 2
3
1
2 2
    1   d  1   
3
3
2
3
1
19
   27  8   .
3
3
1.2.5 Вычислить I   xydl , где L  контур прямо-
y C
3
L
угольника с вершинами O(0;0) , A(5;0) , B (5;3) , C (0;3) .
B
A
Решение
Сделаем рисунок (рисунок 1.2). Применим свойство 2 КРИ-1 и вычислим интегралы по каждому из отрезков OA , AB , BC , CO .
5 x
O
Рисунок 1.2
5
а) OA : y  0 , y   0 , 0  x  5 , I1   x  0 1  0dx  0 ;
0
3
5 y2
б) AB : x  5 , x  0 , 0  y  3 , I 2   5 y 1  0dy 
2
0
5
в) BC : y  3 , y   0 , 0  x  5 , I 3   3 x 1  0dx
0
3
3x
2
2 5
0
г) CO : x  0 , x  0 , 0  y  3 , I 4   y  0 1  0dy  0 ;
0
I  I1  I 2  I 3  I 4 
45 75

 60.
2
2
3

0

45
;
2
75
;
2
7
1.3 Примеры для самостоятельной работы
Вычислить КРИ-1.
dl
1.3.1 
, где L  отрезок прямой, заключённой между точ5(
)
x

y
L
ками A(0; 4) и B(4;0) . Ответ: 0.
1.3.2
 ydl , где L  дуга параболы
y 2  2 x 3 между точками O  0;0  и
L
B (35 6; 35 3) . Ответ: 215 27 .
 ydl , где
1.3.3
L  дуга астроиды x  cos3 t , y  sin 3 t , заключённая
L
между точками A(1;0) и B(0;1) . Ответ: 0,6.
y
1.3.4  arctg dl , где L  дуга кардиоиды   1  cos  , 0     2 .
x
L
Ответ: (  2) 2  8 .
( y 2  x 2 ) xy
dl , где L  дуга кривой   9sin 2 , 0     4 .
1.3.5  2
( x  y 2 )2
L
Ответ:  9 8 .
  x  y  dl ,
1.3.6
где L  контур треугольника ABO с вершинами
L
A(1;0), B(0;1), O (0;0) . Ответ:  2 .
 ydl , где
1.3.7
L  дуга параболы y 2  2 x , отсечённая параболой
L
x  2 y . Ответ: (5 5  1) 3 .
2
 ydl , где
1.3.8
L  контур прямоугольника с вершинами O(0;0) ,
L
A(4;0) , B(4; 2), C (0; 2) . Ответ: 24.
1.3.9

x 2  y 2 dl , где L  окружность x 2  y 2  2 y. Ответ: 8.
L
1.3.10

dl
, где L  отрезок прямой, соединяющей точки
x y z
A(1;1;1) и B(2; 2; 2) . Ответ: ln 2 .
L
2
2
2
8
1.4 Домашнее задание
Вычислить интегралы
1.4.1  (4 3 x  3 y )dl , где L  отрезок прямой от A  1;0  до B  0;1 .
L
Ответ: 5 2 .
1.4.2
ydl

x y
2
L
2
, где L  дуга кардиоиды   2 1  cos   ,    0;  2 .
Ответ: 16 3 .
1.4.3

L  первая арка циклоиды
где
2 ydl ,
x  2(t  sin t ) ,
L
y  2(t  cos t ) .Ответ: 8 2 .
2 Криволинейные интегралы второго рода (КРИ-2)
2.1 Теоретическая часть
Криволинейный интеграл от непрерывной в некоторой области
плоскости xOy функции P( x, y ) по координате x вдоль дуги плоской кусочно-гладкой кривой L , расположенной в этой области, связан с КРИ-1
соотношением
 P  x, y  dx   P  x, y   cos  dl ,
L
L
где   угол между касательной, проведённой к кривой в любой её
точке, и положительным направлением оси Ox (рисунок 2.1).
Аналогично,
y
 Q  x, y  dy   Q  x, y   cos  dl ,
L
β
α
l
L
где  – угол между касательной, проведённой к 0
x
кривой в любой её точке, и положительным направлениРисунок 2.1
ем оси Oy .
Обычно рассматривают сумму интегралов по координате x и y и записывают в виде:
 P  x, y  dx  Q  x, y  dy .
L
КРИ-2 обладают теми же свойствами, что и КРИ-1, кроме
(2.1)
9
 P  x, y  dx  Q  x, y  dy    P  x, y  dx  Q  x, y  dy .
AB
(2.2)
BA
Для вычисления КРИ-2 пользуются формулами:
– если кривая задана уравнением y   ( x) и a  x  b , то
b
 P  x, y  dx  Q  x, y  dy    P  x,  x    Q  x,  x       x   dx ;
L
(2.3)
a
– если кривая задана уравнением x  g ( y ) и c  y  d , то
d
 P  x, y  dx  Q  x, y  dy    P  g  y  , y  g   x   Q  g  y  , y   dy ;
L
(2.4)
c
– если кривая задана параметрическими уравнениями x  x(t ) и
y  y (t ) , t  [ ,  ] , то

 P( x, y)dx  Q( x, y)dy    P  x(t ), y(t )   x(t )  Q  x(t ), y(t )   y(t )  dt . (2.5)
L
В случае замкнутой области положительное направление обхода выбирают так, чтобы область, ограниченная кривой L , всегда оставалась слева. Интеграл по замкнутой области обозначают  Pdx  Qdy .
L
Аналогично определяются криволинейные интегралы по координатам, если кривая L лежит в плоскостях xOz и yOz .
КРИ-2 от непрерывных в некоторой пространственной области
функций P ( x, y, z ), Q( x, y, z ), R( x, y, z ) вдоль дуги кусочно-гладкой кривой
L определяют так:
 P  x, y, z  dx  Q  x, y, z  dy  R  x, y, z  dz .
(2.6)
L
Если кривая L задана параметрическими уравнениями x  x(t ) ,
y  y (t ) , z  z (t ) ,   t   , то

 P  x, y, z  dx  Q  x, y, z  dy  R  x, y, z  dz    P  x(t ), y(t ), z (t )   x(t ) 
L
Q  x(t ), y (t ), z (t )   y (t )  R  x(t ), y (t ), z (t )   z (t )  dt .
(2.7)
10
2.2 Образцы решения примеров
 x
2.2.1 Вычислить I 
 2 xz  dx   z 2  2 xz  dz , где AB  дуга па-
2
AB
раболы z  x , пробегаемая от точки A(1;1) до точки B (1;1) .
2
Решение
Сделаем рисунок (рисунок 2.2).
1
I
 x
2

 2 x  x 2   x 4  2 x  x 2   2 x dx 
1
z
1
A
B
1
 x
2
 2 x3 
1
1
 x3 x 4 x 6 4 x5 
14
5
4
2 x  4 x  dx    

  .
4
3
5  1
15
 3
1 x
0
–1
Рисунок 2.2
2.2.2 Вычислить I    xy  y 2  dx  xdy , где L – ломаная OBA , точки
L
A(1; 2) , B(1 2;3) .
Решение
Контур OBA состоит из отрезков OB и BA , поэтому,
согласно свойству аддитивности, I     . Уравнение пряOB
BA
мой OB : y  6 x, где 0  x  0,5 . Тогда dy  6dx .
0,5
  xy  y  dx  xdy    6 x
2
2
 36 x 2  6 x dx 
y
B
3
A
2
1
O 1/2 1
x
0
OB
 (10 x  3 x )
3
2
Найдём уравнение прямой BA :
0,5
0
Рисунок 2.3
 0,5 .
x 1
2  y  3 ; y  4  2 x, где 0,5  x  1.
23
1 1
2
 y  4  2x 1
2
2
xy

y
dx

xdy


x

x


x
 2 x dx 
4
2
4
2






BA



dy
dx
2

 0,5

2
1

2
2
3
 18x  6 x  16  dx   9 x  2 x  16 x 
0,5
1
0,5

9 1

  9  2  16      8   3 .
4 4

I  0,5  3  3,5 .
11
2.3 Примеры для самостоятельной работы
Вычислить криволинейные интегралы.
2.3.1   x 2  2 xy  dx   y 2  2 xy  dy, где AB  дуга параболы y  x 2 от
AB
A(1;1) до B (1;1) . Ответ: 14 15 .
  x  2 y  dx   x  y  dy ,
2.3.2
где
L
– окружность
x  2 cos t ,
L
y  2sin t при положительном направлении обхода. Ответ: 4 .
2.3.3
 x
2
 y 2  dx  xydy , где AB  отрезок прямой между точками
AB
A(1;1) и B(3; 4) . Ответ: 71 6 .
x
2.3.4
2
 y 2  dx   x  y 2  dy , где L – ломаная ABC : A 1; 2  ,
L
B(3; 2) , C (3;5) . Ответ: 194 3 .
2.3.5  xdx  ydy   x  y  1 dz , где L  отрезок прямой, заключённой
L
между точками A(1;1;1) и B(2;3; 4) . Ответ: 7.
2.3.6
 xdx  ydy , где
AB  дуга астроиды x  2 cos3 t , y  2sin 3 t от
AB
точки A(2;0) до точки B(0; 2) . Ответ: 3 4 .
2.3.7
  x
2
 y  dx , где L  контур прямоугольника: 0  x  1, 0  y  2.
L
Ответ: 2.
2.3.8
 2 xzdx  x dz , где
2
L  дуга параболы z  x 2 4 , пробегаемая от
L
точки O(0;0) до A(2;1) . Ответ: 0.
2.3.9
  x  y  dx  xdy , где
L
а) L  прямая, соединяющая точки O(0;0) и B(4; 2) ;
б) L  ломаная, проходящая через точки O(0;0), A(2;0) B (4; 2).
Ответ: а) 8; б) 4.
2.3.10  xdy , где L  контур треугольника, образованного прямыми
L
y  x , x  2 , y  0 (интегрирование вести в положительном направлении).
Ответ: 2.
12
2.4 Домашнее задание
Вычислить криволинейные интегралы.
2.4.1   xy  y 2  dx  xdy , где AB  дуга параболы y  2 x 2 от точки
AB
O(0;0) до точки A(1; 2) . Ответ: 31 30 .
2.4.2
 2 yzdy  y dz ,
2
где L  ломаная OBA : O  0;0;0  ,
B(0;2;0) ,
L
A(0; 2;1) . Ответ: 4 .
2.4.3
 xy dx  yz dy  x zdz ,
2
2
2
где
L  отрезок прямой от точки
L
O(0;0;0) до точки A(2; 4;5) . Ответ: 91.
2.3.4
 2 xydx  y dy  z dz , где
2
2
AB  дуга одного витка винтовой ли-
AB
нии x  cos t , y  sin t , z  2t , A 1;0;0  , B 1;0;4  . Ответ: 64 3 3 .
2.4.5
 xdy  ydx ,
где L  контур треугольника ABC с вершинами
L
A(1;0) , B(1;0) , C (0;1) при положительном направлении обхода. Ответ: 2.
3 Формула Грина. Независимость криволинейного
интеграла второго рода от пути интегрирования
3.1 Теоретическая часть
Пусть L  кусочно-гладкий контур на плоскости xOy и 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 справедлива формула Грина:
 Q P 
D  x  y  dxdy  L P  x, y  dx  Q  x, y  dy ,
(3.1)
где направление на контуре L выбрано так, чтобы при движении по контуру области D все время оставалось слева.
Условием независимости КРИ-2  P  x, y  dx  Q  x, y  dy от пути инL
тегрирования является равенство
P Q

.
y x
(3.2)
13
 P  x, y  dx  Q  x, y  dy
Если для интеграла
выполняется условие
L
(3.2) и контур L замкнутый, то
 P  x, y  dx  Q  x, y  dy  0 .
(3.3)
3.2 Образцы решения примеров
xdx  ydy
2
2
L x 2  y 2 , где L – окружность (x 1)  ( y 1) 1,
пробегаемая против хода часовой стрелки.
3.2.1 Вычислить
Решение
Проверим выполнимость условия (3.2):
x
,
x2  y2
P  x, y  
Q  x, y  
y
P Q
2 xy
;
.



( x 2  y 2 )2
x2  y2
y x
Следовательно, из условия (3.3) данный интеграл равен нулю.
3.2.2 Вычислить   x 2  y  dx   x  y 2  dy , L – окружность
L
x y R .
2
2
2
Решение
P  x, y   x 2  y ;
P
Q
P Q
 1 ;
 1;
.

x
y
y x
Q  x, y   x  y 2 ;
Применим формулу Грина (3.1):
  x
L
2
 y  dx   x  y 2  dy   1   1  dxdy  2  dxdy .
 dxdy  S , где S
D
D
D
– площадь области D . Тогда 2  dxdy  2 R 2 .
3.2.3 Вычислить интеграл
D
I   (e  5 y  7sin x2 )dx  (sin y 2  2 x2
x2
2
L
 3 1  2 y 2 )dy , где L – контур, ограничивающий область:
0  x  1, 0  y  x 2 , пробегаемый в положительном направлении.
Решение
Построим контур L (рисунок 3.1).
y
1
y = x2
0
1 x
Рисунок 3.1
14
2
P ( x, y )  e x  5 y 2  7 sin x 2 ; Q( x, y )  sin y 2  2 x 2  3 1  2 y 2 . ПровеQ
P
рим условие (3.2):
 10 y ;
 4 x . Условие не выполняется. Примеx
y
ним формулу Грина (3.1):
1
x2
0
0
I    4 x  10 y  dxdy  2  dx   2 x  5 y  dy 
D
x2
1
1

 x 4 x5 
5y 
 3 5 4
 2   2 xy 
  2   2 x  x  dx 2     2 .
2
2 
5 0
0
 2
0
0
1
2
3.2.4 Применяя формулу Грина, вычислить
2
2
 2 x  y  dx   x  y dy ,
2
L
где L – контур треугольника ABC с вершинами в точках
A(1;1), B(2;2), C (1;3) .
y
3
Решение
Сделаем рисунок (рисунок 3.2).
L
B
A y=x
1
O
1
2
x
Рисунок 3.2
Применим формулу Грина:
2
y =4 – x
2
P ( x, y )  2( x 2  y 2 ) ; Q( x, y )  ( x  y ) 2 ;
P
Q
 4y ;
 2 x  y .
y
x
 2  x
С
 y 2  dx   x  y  dy    2  x  y   4 y  dxdy 
2
D
2
 2   x  y  dxdy  2  dx
D
1
2
4 x

x
2
 x  y  dy     x  y 
1
2 4 x
x
dx 
2
4
4
3
 4   x  2  dx    x  2    .
3
3
1
1
3.2.5
Доказать,
2
что
значение
КРИ-2
I    x 4  4 xy 3  dx 
L
(6 x y  5 y )dy не зависит от вида линии, соединяющей точки A(2; 1)
и B(3;0) , и в случае положительного ответа найти значение интеграла I .
2
2
4
Решение
P  x, y   x 4  4 xy 3 ; Q  x, y   6 x 2 y 2  5 y 4 ;
P
 12 xy 2 ;
y
Q
 12 xy 2 .
x
15
Условие (3.2) выполняется. Следовательно, данный интеграл не зависит от пути
интегрирования. Выберем для удобства вычисления в качестве кривой, соединяющей
точки A и B , ломаную ACB (рисунок 3.3).
y
–2
 (x
AC
2
–1
3
B x
С
Рисунок 3.3
3
4
1
O
A
AC : y  1, y   0,
I1 
–1
3
 4 xy )dx  (6 x y  5 y )dy    x  4 x(1)  dx   ( x 4  4 x)dx 
3
2
2
4
4
3
2
2
3
 x5 4 x 2 
243
32
 
 18 
 2  39 ;
 
5
2
5
5

 2
CB : x  3, x  0,
I2 
 (x
0
4
CB
 4 xy )dx  (6 x y  5 y ) dy   (6  32  y 2  5 y 4 )dy 
3
2
2
4
1
0
  (54 y 2  5 y 4 )dy  (18 y 3  y 5 )
1
0
1
 (18  1)  17 ;
I  I1  I 2  39  17  56.
3.2.6 Найти функцию u ( x, y ) по её полному дифференциалу:
du  (2 x cos y  y 2 sin x) dx  (2 y cos x  x 2 sin y )dy .
Решение
x
y
u  x, y    P  x, y  dx   Q  x, y  dy  C ,
x0
(3.4)
y0
где
P ( x , y )  2 x cos y  y 2 sin x ; Q( x, y )  2 y cos x  x 2 sin y ;
Q
P
 2 x sin y  2 x sin x ;
 2 y sin x  2 x sin y .
y
x
P Q

, следовательно, интеграл не зависит от пути интегрирования.
y x
u ( x, y )   (2 x cos y  y 2 sin x)dx  x 2 cos y  y 2 cos x  f1 ( y ) .
u ( x, y )   (2 y cos x  x 2 sin y )dy  y 2 cos x  x 2 cos y  f 2 ( x) .
Окончательно, u ( x, y )  x 2 cos y  y 2 cos x  C.
16
3.3 Примеры для самостоятельной работы
3.3.1 По формуле Грина вычислить
 y dx  ( x  y) dy , где
2
2
L – кон-
L
тур треугольника ABC с вершинами A(3;0) , B (3;3) , C (0;3) . Ответ: 18.
3.3.2 С помощью формулы Грина вычислить интеграл
2
2
2
 ( x  y) dx  ( x  y )dy по контуру треугольника ABC с вершинами
L
A(1;1) , B(3; 2) , C (2;5) . Ответ: 140 3 .
3.3.3 Доказать, что интеграл
  2 x  3 y  dx   3x  4 y  dy
не зависит от
L
пути интегрирования, и найти его значение, интегрируя сначала по дуге
параболы y  x 2 от точки O(0;0) до точки A(2; 4) , а затем по прямой, соединяющей эти точки. Ответ: 4 .
3.3.4 Найти функции u ( x, y ) по их полным дифференциалам:
а) du  4( x 2  y 2 )  ( xdx  ydy );
1
  (3 y  x) dx  ( y  3 x)dy  .
б) du 
( x  y )3
3.3.5 Вычислить  y 1  x 2  dx  1  y 2  dy , где L  окружность
L
x  y  4 , пробегаемая в положительном направлении обхода. Ответ: 8 .
3.3.6 Доказать, что значение криволинейного интеграла
2
3
2
3
  xy  x  dx   yx  y  dy не зависит от вида линии, соединяющей точки
2
2
L
A(1;1) и B(2;3) , и найти значение интеграла. Ответ: 6,25 .
3.4 Домашнее задание
С помощью формулы Грина вычислить интегралы.
3.4.1  ( x  y )dx  ( x  y )dy , где L – окружность x 2  y 2  5 . Ответ: 10 .
L
3.4.2
x y
2
2
2
 e  y cos2xdx  y sin 2xdy , где L – окружность x  y  R .
2
2
L
Ответ: 0.
3.4.3
  x  y  dx  2 xdy
по контуру треугольника ABC со сторонами
L
x  0, y  0, x  y  a. Ответ:  3a 2 2 .
3.4.4 Найти функцию u ( x, y ) , если du  ( x 2  2 xy  y 2 )dx 
x3 y 3
2
2
( x  2 xy  y )dy . Ответ: u  x, y     x 2 y  xy 2  C .
3
3
17
3.4.5 Найти общий интеграл дифференциального
(4 x y  y 2 )dx  (3 x 4 y 2  2 xy )dy  0. Ответ: x 4 y 3  xy 2  C .
3
уравнения
3
4 Приложения криволинейных интегралов
4.1 Теоретическая часть
1 Площадь области D , ограниченная замкнутым контуром L :
S
1
xdy  ydx ,
2 L
(4.1)
где направление обхода контура L выбрано так, что область D остаётся
все время слева.
2 Площадь цилиндрической поверхности, которая составлена из перпендикуляров к плоскости xOy , построенных в точках M ( x, y ) кривой L и
имеющих переменную длину f ( M )  f ( x, y ) (рисунок 4.1), равна
z
S   f ( x, y )dl .
z = f(M)
(4.2)
L
3 Длина плоской или пространственной линии AB
0
x
l
y
M(x;y)
 dl .
(4.3)
AB
Рисунок 4.1
Пусть  ( x; y ) – линейная плотность дуги.
4 Если L – плоская кривая, то её масса вычисляется по формуле
m     x, y  dl .
(4.4)
L
5 Координаты центра тяжести кривой L вычисляются по формулам:
xc 
 x    x, y  dl
L
m
; yc 
 y    x, y dl
L
m
.
(4.5)
6 Моменты инерции I x , I y , I O соответственно относительно осей
Ox , Oy и начала координат равны:
I x   y 2   x, y  dl ; I y   x 2   x, y  dl ; I o    x 2  y 2    x, y  dl . (4.6)
L
L
L



7 Пусть F  P ( x, y )  i  Q( x, y )  j есть переменная сила, совершаю-
18
щая работу A вдоль пути L , функции P ( x, y ) и Q( x, y ) непрерывны на
кривой L , тогда работа силы равна
A   P  x, y  dx  Q  x, y  dy .
(4.7)
L
4.2 Образцы решения примеров
4.2.1 Вычислить
x  a cos t , y  b sin t .
площадь
области,
ограниченной
эллипсом
Решение
1
1
S   xdy  ydx 
2L
2
ab

2
2
  a cos t  b cos t  b sin t  a sin t  dt 
0
2
ab
0  cos t  sin t  dt  2
2
2
2
 dt   ab.
0
4.2.2 Вычислить площадь части цилиндрической поверхности x 2  y 2  4 , заключённой
между плоскостью xOy и поверхностью
z
4
x2
z 2
(рисунок 4.2).
2
Решение
Применим формулу (4.2):

x2 
S пов.   f  x, y  dl    2   dl.
2
L
L
–2
2 y
x
2
Рисунок 4.2
Для удобства вычислений перейдем к параметрическим уравнениям окружности x 2  y 2  4 : x  2cos t , y  2sin t .
Тогда
dl  ( xt) 2  ( yt) 2 dt  4sin 2 t  4 cos 2 tdt  2dt.
2
S пов .
2
2
1


   2   4 cos 2 t   2dt  4  1  cos 2 t  dt 
2

0 
0
2
1 
 1  cos 2t 
3

 4  1 
dt  4  t   sin 2t   6  2  12 .
2
2 2

2
0
0 
4.2.3 Вычислить массу m и координаты центра масс xc и yc плоской
19
2
материальной дуги
  x, y   y 1  x .
2
y  x 3 , 0  x  1 , если её линейная плотность
3
Решение
Применим формулы (4.4) и (4.5):
dl  1  ( y ) 2 dx  1  xdx , m   y 1  xdl 
L
1
2 32
x  1  x  1  xdx 
3 0
1
7 
 5
1
3
5
2



2
2 x
x2 
2  2 2  16
   x 2  x 2  dx  

      .

7
3 0
3 5
3  5 7  35


2 0
 2
1
1
7

5  52
35
35  52
2
xc   x  y 1  xdl 
  x 1  x  dx 
x

x

 dx 
16 L
16 3 0
24 0 

1
9 
 7
2

35 x
x2 
35  2 2  20
.
 


   

9
24  7
24
7
9
27



2 0
 2
1
1
5 4 3
35
35
yc   y  y 1  xdl 
  x 1  x  dx    x3  x 4  dx 
16 L
16 9 0
36 0
1
35  x 4 x5 
35  1 1  7
    
    .
36  4
5  0 36  4 5  16
4.2.4 Найти моменты инерции относительно координатных осей и
начала координат четверти однородной окружности y  2cos t , z  2sin t ,
лежащей в первом квадранте плоскости yOz .
Решение
Очевидно, что I y  I z . По формулам (4.6) получим:

2
I y  I z   z 2 dl  4  sin 2 t  4sin 2 t  4cos 2 tdt 
L

0

1  cos 2t

 sin 2t  2
 8
dt  4  t 
  4   2 .
2
2 0
2

0
2
20


2
2
I O    y  z  dl  4   cos t  sin t   4sin t  4 cos tdt  8  dt  4 .
2
2
2
2
2
2
0
L
0



4.2.5 Вычислить работу силы F  yzi   y  z  j при перемещении
точки массы m из точки O(0;0) в точку A(1;1) по прямой z  y , лежащей в
плоскости yOz .
Решение
По формуле (4.7) имеем:
1
A   yzdy  ( y  z ) dz    y  y  ( y  y )  dy 
L
0
1
 y3

4
  ( y  2 y )dy    y 2   .
 3
0 3
0
1
2
4.3 Примеры для самостоятельной работы
4.3.1 Найти площадь области, ограниченной параболой x  z 2 и прямой x  1 (область лежит в плоскости xOz ). Ответ: 4 3.
4.3.2
Найти
площадь
области,
ограниченной
кривой
x  a  2cos t  cos 2t  , y  a  2sin t  sin 2t  , если 0  t  2 . Ответ: 6 a 2 .
4.3.3 Вычислить массу m дуги кривой, заданной параметрически
t2
t3
уравнениями: x  , y  t , z  , где 0  t  2 , если плотность в каждой
3
2
2
2
её точке  ( x, y )  1  4 x  y . Ответ: 116 15 .
4.3.4 Вычислить координаты центра тяжести однородной дуги окружности x 2  y 2  R 2 , расположенной в первом квадранте, и моменты
2R
 R3
 R3
x

y

, I  Iy 
, I0 
.
инерции I x , I y , I 0 . Ответ: c
c
 x
4
2


4.3.5 Вычислить работу силы F   x 2  y 2  1 i  2 xy j вдоль дуги
кривой y  x3 , заключённой между точками O  0;0  и A 1;1 . Ответ: 7 3.

 
4.3.6 Вычислить работу силы F   x  y  i  x j при перемещении материальной точки вдоль окружности x  2 cos t , y  2sin t по ходу часовой
стрелки. Ответ: 8 .
21
4.4 Домашнее задание
4.4.1 Вычислить площадь области, ограниченной гиперболой
y  1 x , осью Ox и прямыми x  1 и x  2. Ответ: ln 2 .
4.4.2 Вычислить массу m дуги кривой y  ln x, 3  x  8, если
плотность в каждой её точке  ( x, y )  x 2 . Ответ: 19 3 .



4.4.3 Вычислить работу силы F  2 xyi  x 2 j , совершаемую на пути,
соединяющем точки O(0;0) и A(2;1) . Ответ: 4 .
4.4.4 Вычислить момент инерции I 0 однородного отрезка прямой,
заключённого между точками A(2;0) и B (0;1) . Ответ: 5 5 3.



4.4.5 Вычислить работу силы F  ( x  y )i  2 y j при перемещении
материальной точки из начала координат в точку A(1; 3) по параболе
y  3x 2 . Ответ: 10,5 .
5 Поверхностные интегралы первого рода
5.1 Теоретическая часть
Поверхностный интеграл является таким же обобщением двойного
интеграла, каким криволинейный интеграл является по отношению к определенному интегралу.
Рассмотрим поверхность S в пространстве Oxyz , в каждой точке которой определена непрерывная функция f ( x, y, z ) :
1) разобьём поверхность S на n частей с площадями  Si ;
2) выберем на каждой из частичных площадок  Si произвольную
точку M i ( xi ; yi ; zi ) ;
3) составим интегральную сумму:
n
 f M  S
i 1
i
i
;
4) обозначим:   max d i  , где d i – диаметр площадки  Si .
1i  n
Если существует предел интегральной суммы, который не зависит от
способа разбиения поверхности S на площадки  Si и от выбора точек M i ,
то этот предел называется поверхностным интегралом от функции f ( x, y, z ) по поверхности S или поверхностным интегралом первого
рода (ПИ-1):

S
n
f ( x, y, z )ds  lim  f  M i   S i .
 0
i 1
(5.1)
22
Поверхностные интегралы первого рода обладают теми же свойствами, что и КРИ-1 (линейность, аддитивность, справедлива теорема о
среднем), и имеют те же условия существования. Значение ПИ-1 не зависит от выбора стороны поверхности S , по которой ведётся интегрирование. Её проекция на координатную плоскость должна быть однозначна, т.е.
прямая, перпендикулярная плоскости проекции, пересекает поверхность в
одной точке.
Вычисление ПИ-1 производится сведением его к двойному интегралу.
1 Пусть поверхность S задана уравнением z  z ( x, y ) , где
z z
z  x, y  , ,
– непрерывны в замкнутой области Dxy , которая является
x y
проекцией поверхности S на плоскость xOy , тогда
 f ( x, y, z)ds  
S
Dxy
2
2
z
z
f ( x, y, z ( x, y )) 1       dxdy .
 x   y 
(5.2)
Если поверхность S задана уравнением x  x( y, z ) , где
x x
x  y, z  , ,
– непрерывны в замкнутой области Dyz , которая является
y z
проекцией поверхности S на плоскость yOz , то
2
 f ( x, y, z)ds  
S
Dyz
2
2
x
x
f ( x  y, z  , y, z ) 1       dydz .
 y   z 
(5.3)
Если поверхность S задана уравнением y  y ( x, z ) , где
y y
y  x, z  , ,
– непрерывны в замкнутой области Dxz , которая является
x z
проекцией поверхности S на плоскость xOz , то
3
 f ( x, y, z)ds  
S
Dxz
2
2
 y   y 
f ( x, y  x, z  , z ) 1       dxdz .
 x   z 
(5.4)
5.2 Образцы решения примеров
 2 7

  x  2 y  z ds , S –
S
4 x  3 y  2 z  4  0 , расположенная в первом октанте.
5.2.1
Вычислить
часть
плоскости
Решение
Изобразим плоскость 4 x  3 y  2 z  4  0 (рисунок 5.1) и её проекцию на плоскость xOy (рисунок 5.2).
23
Запишем уравнение плоскости в виде
3
z  2  2 x  y . Найдём частные производные:
2
z
z
3
 2,
  . Применим формулу (5.2):
x
y
2

  x
2

S
7
7
3 


y  z  ds    x 2  y  2  2 x  y  
2
2
2 

D 
xy
2
29
 3
 1  (2)     dxdy   ( x2  2 x  2 y  2)
dxdy 
2
2
 
Dxy
2
1

29
dx
2 0
4 4 x
3
 x
2
 2 x  2 y  2  dy 
0
4 4 x
1
29

x 2 y  2 xy  y 2  2 y  3 dx 


0
2 0
2
1
29  4 x 2  4 x3 8 x  8 x 2  4  4 x  8  8 x 



 dx 

 
2 0 
3
3
3 
 3 
1
29

52 x 2 12 x 3  80 x  40  dx 


18 0
z
2
0
1
x
4x+3y = 4
4/3 y
Рисунок 5.1
y
4/3
Dxy
0
1 x
Рисунок 5.2
1

2 29  13 x3 3 x 4
43 29


 10 x 2  10 x  
.

9  3
4
54
0
5.2.2 Вычислить

x 2  y 2 ds, S  часть конической поверхности
S
x  y  z , расположенной между плоскостями z  0, z  2.
2
2
2
z
Решение
Изобразим поверхность x 2  y 2  z 2 (рисунок 5.3).
Из уравнения конуса x 2  y 2  z 2  z  x 2  y 2 , т.к.
0  z  2.
Найдём
частные
производные:
x
y
z
z
,
. Применим формулу (5.2):


2
2 y
2
2
x
x y
x y
2
x
0
Рисунок 5.3
y
24
I   x  y ds  
2
2
S
Dxy
x2  y 2
x  y  1 2
dxdy 
x  y2
2
2
 2  x 2  y 2 dxdy.
Dxy
Проекцией конуса на плоскость xOy является
y
круг x  y  4 (рисунок 5.4). Перейдём к полярным
координатам:
2
2
Dxy
0
 x   cos  ,
0    2 ,
 x2  y2  ; D : 

 y   sin  ;
0    2.
2
x
Имеем:
Рисунок 5.4
2
2
2
0
0
0
I  2  d     d   2 

3
3
2
d 
0
8 2
16 2
 2 
.
3
3
x2  y  2 z
ds, S  часть цилиндрической поверх1  4 x2
ности y  x 2  4, отсекаемая плоскостями z  2 y, z  0.
5.2.3 Вычислить
S
Решение
Построим поверхность S , которая однозначно
проецируется на плоскость xOz (рисунок 5.5).
В этом случае уравнение поверхности имеет
вид: y  x 2  4 . Найдём частные производные:
y
y
 2 x,
 0. Применим формулу (5.4):
x
z
I  
S
x2  y  2 z
1  4 x2
ds  
Dxz
x2  x2  4  2 z
1  4x2
   2 x 2  2 z  4  dxdz .
1  4 x 2 dxdz 
z
8
Dxz
z = –2y
S
C
B
0
–4
x
A
y
2
Рисунок 5.5
Dxz
Граница области Dxz состоит из отрезков оси Ox и дуги параболы,
 y  x 2  4,
уравнение которой получено из системы: 
 z  8  2 x2.
 z  2 y
2  x  2,
Имеем:
Итак, Dxz : 
2
0

z

8

2
x
.

25
2
I   dx
8 2 x2
  2x
2
2

 16 x
2
 2 z  4  dz 
2
 2x z  z
2
2
 4z 
2
0
8 2 x2
0
dx 
2
2
2
 4 x  64  32 x  4 x  32  8 x  dx    32  8 x 2  dx 
4
2
4
2
2
2

x3 
8  256

.
 16   4  x 2 dx  16  4 x    16  8   
3
3
3



0
0
2
5.3 Примеры для самостоятельной работы
Вычислить поверхностные интегралы первого рода.
4 

5.3.1   z  2 x  y  ds, S  часть плоскости 6 x  4 y  3 z  12, лежа3 
S 
щая в первом октанте. Ответ: 4 61 .
5.3.2

1  4 x 2  4 y 2 ds, S  часть параболоида вращения z  1  x2  y2 ,
S
отсечённая плоскостью z  0 . Ответ: 3 .
x2 y 2 z 2

 , рас5.3.3  x  y ds, S  часть поверхности конуса
16
16
9
S
положенная между плоскостями z  0 и z  3 . Ответ: 160 3 .
2
5.3.4
2
  2 x  3 y  2 z ds, S  часть плоскости
x  3 y  z  3, лежащая в
S
первом октанте. Ответ: 15 11 2 .
5.3.5
 xyzds ,
S – часть плоскости x  y  z  1, лежащая в первом
S
3 120 .
октанте. Ответ:
5.3.6

  x
S
2
1
 y 2  z   ds, S  часть поверхности 2 z  2  x 2  y 2 ,
2
отсечённая плоскостью xOy . Ответ: (9 3  1) 5 .
5.3.7
 z  x  y  ds,
S
S  часть поверхности z  9  x 2 , отсечённая
плоскостями y  0 , y  2 . Ответ: 36.
26
5.4 Домашнее задание
Вычислить поверхностные интегралы первого рода
5.4.1  xyzds, S  часть поверхности параболоида z  x 2  y 2 , отсеS
каемая плоскостью z  1. Ответ: 0.
5.4.2  x  y  z  ds , S – часть цилиндрической поверхности
S
x  1  y 2 , отсечённая плоскостями z  0 и z  1. Ответ: 1 .
5.4.3
  3x
2
 5 y 2  3 z 2  2  ds, S  часть поверхности y  x 2  z 2 ,
S
отсечённая плоскостями y  0 и y  1 . Ответ: 2 2 .
5.4.4

1  4 x 2  4 z 2 ds, S  часть поверхности y  2  x 2  z 2 , отсе-
S
чённая плоскостью y  0 . Ответ: 10 .
6 Поверхностные интегралы второго рода
6.1 Теоретическая часть
Поверхность, у которой фиксирована одна из её сторон, называется
ориентированной.
1 Если поверхность S незамкнутая, однозначно проецируется на
плоскость Oxy , т. е. z  z ( x, y ) – уравнение поверхности, то ту сторону,
которая видна со стороны положительного направления оси Oz , если
смотреть на плоскость Oxy , будем называть положительной относитель 
но оси Oz S z (аналогично S x , S y ). Или ( n,k )  90 .
2 Если поверхность S замкнутая, то за S  примем её внешнюю сторону, за S   внутреннюю.
Введём понятие поверхностного интеграла второго рода (ПИ-2).
Пусть S  двусторонняя, ориентированная поверхность, заданная
уравнением z  f ( x, y ) , R ( x, y, z ) – непрерывная функция, определенная в
точках поверхности S . Составим интегральную сумму:
n
 R  xi , yi ,zi  xi  yi ,
i 1
где  xi  yi – площадь проекции частичной поверхности Si на плоскость Oxy ,  xi  yi    Si  xy .
27
Если существует предел интегральной суммы, который не зависит от
способа разбиения поверхности S на  Si и от выбора точек M i , то этот
предел называется поверхностным интегралом от функции R  x, y, z  по
координатам x и y по выбранной стороне поверхности или поверхностным интегралом второго рода:
n
 R( xi , yi , zi )(Si ) xy .
 R( x, y, z )dxdy  lim
0
i 1
(6.1)
S
Аналогично определяются ПИ-2 по координатам y , z и x, z :
n
 P( xi , yi , zi )(Si ) yz ,
 P( x, y, z)dydz  lim
0
i 1
(6.2)
S
n
 Q( xi , yi , zi )(Si ) zx .
 Q( x, y, z )dzdx  lim
0
i 1
(6.3)
S
 P( x, y, z)dydz  Q( x, y, z)dzdx  R( x, y, z)dxdy – общий ПИ-2.
S
Свойства ПИ-2 аналогичны свойствам ПИ-1.
Следует помнить, что при изменении стороны поверхности интегрирования, т.е. переориентации поверхности, ПИ-2 меняет знак.
Вычисление поверхностного интеграла второго рода сводится к вычислению соответствующих двойных интегралов:
 
(n, k )  90  ;
 R( x, y, z )dxdy    R  x, y, z  x, y   dxdy, (n , k )  90  . (6.4)
S
Dxy


(n, i )  90  ;
 P( x, y, z )dydz    P  x  y, z  , y, z  dydz, (n ,i)  90  . (6.5)
S
D yz

 
(n, j )  90  ;
 Q( x, y, z )dzdx    Q  x, y  x, z  , z  dxdz, (n , j )  90  . (6.6)

S
Dxz
Поверхностные интегралы первого и второго рода связаны друг с
другом соотношением
 Pdydz  Qdzdx  Rdxdy   ( P cos   Q cos   R cos  )ds .
S
(6.7)
S
В этой формуле cos  , cos  , cos  – направляющие косинусы нормали к поверхности S в выбранную сторону поверхности.
28
Если поверхность S задана уравнением F ( x, y, z )  0 , то

n  ( Fx; Fy ; Fz) – нормаль к поверхности в каждой точке M .

Пусть a  ( P; Q; R) – векторная функция, тогда
 
Pdydz

Qdzdx

Rdxdy

(
a
(6.8)

 , n0 )ds .
S
S
Если ориентированная поверхность S задана явной непрерывно
дифференцируемой функцией z  z ( x, y ) , то
 
 Pdydz  Qdzdx  Rdxdy    (a, n ) z  z x, y  dxdy ,
S
Dxy


a  ( P; Q; R ) , n  ( z x ;  z y ;1) .
(6.9)
Если S : y  y ( x, z ) , то
 
Pdydz

Qdzdx

Rdxdy


(
a

 , n ) y  y x, z  dxdz ,
S
Dzx


a  ( P; Q; R) , n  ( y x ;1;  y z ) .
(6.10)
Если S : x  x( y, z ) , то
 
Pdydz

Qdzdx

Rdxdy


(
a

 , n ) x  x y, z  dydz ,
S
D yz


a  ( P; Q; R ) , n  (1;  xy ;  xz ) .
(6.11)
В формулах (6.9)–(6.11) берется «+», если интегрирование ведется по
стороне S z, y , x , «–» – если S z, y , x .
Формула Остроградского-Гаусса связывает поверхностный интеграл
второго рода по замкнутой поверхности с тройным интегралом по пространственной области, ограниченной этой поверхностью. Для вывода
формулы Остроградского-Гаусса надо воспользоваться рассуждениями,
подобными тем, которые использовались при нахождении формулы Грина–Остроградского.
Если функции P( x, y, z ), Q( x, y, z ), R( x, y, z ) непрерывны вместе со
своими частными производными первого порядка в пространственной области V , то имеет место формула Остроградского-Гаусса:
 P Q R 
Pdydz

Qdzdx

Rdxdy


  x  y  z  dxdydz ,

S
V
(6.12)
29
где S  граница области V , и интегрирование по S производится по
её внешней стороне.
Формула Стокса связывает криволинейные интегралы второго рода с
поверхностными интегралами второго рода.
Если функции P( x, y, z ), Q( x, y, z ), R( x, y, z ) непрерывны вместе со
своими частными производными первого порядка в точках ориентированной поверхности, то имеет место формула Стокса:
 Q P 
 R Q 
 P R 
dxdy
dydz






 dxdz 
  x y 
 y z 
z
x






S
  Pdx  Qdy  Rdz ,
(6.13)
L
где L  граница поверхности S , и интегрирование вдоль кривой L
производится в положительном направлении.
Символическая запись формулы Стокса:
dydz dxdz dxdy



 x y z   Pdx  Qdy  Rdz .
S
L
P
Q
R
(6.14)
6.2 Образцы решения примеров
6.2.1 Вычислить интеграл
 zdydz  4 ydzdx  8 x dxdy ,
2
S – часть по-
S

верхности z  x  y  1, отсечённая плоскостью z  2, если вектор n составляет с осью Oz тупой угол  .
2
2
Решение
 
Сделаем рисунок (рисунок 6.1). Запишем n и a : z  x 2  y 2  1 


z
z

 2 x,  2 y  n   2 x; 2 y;1 ; a   z; 4 y;8 x 2  .
z
x
y
2 γ
 
2

I   zdydz  4 ydzdx  8 x dxdy    a, n
dxdy 
n
 
S
    2 xz  8 y 2  8 x 2 
Dxy

Dxy
z  x 2  y 2 1
z  z x , y 

dxdy   2 x  x 2  y 2  1 
Dxy

8 y 2  8 x 2  dxdy   2 x  x 2  y 2  1  8  x 2  y 2  dxdy .
Dxy
Так как проекция поверхности S на плоскость xOy
1
x
0
Рисунок 6.1
y
30
представляет собой круг x 2  y 2  1 (рисунок 6.2), то перейдём к полярным
координатам:
 x   cos  ,
   1.

y



sin
,

y
0    2 ,
Dxy : 
0    1.

0
Dxy

I   2  cos    2  1  8  2  d d  

Dxy
1
x
Рисунок 6.2
1
2
0
0
  d    2  4 cos   2  2 cos   8  3  d 
1
   2  2
4
2
  sin 
0
6.2.2 Вычислить
2
0
1
2
d    8    0 d   16
3
0
 ydydz  xdxdz  zdxdy ,
4
4
2
 4 .
0
где S – верхняя сторона
S
треугольника, образованного пересечением плоскости x  y  z  1 с координатными плоскостями.
z
Решение
Первый способ.
Вычислим каждый интеграл–слагаемое, используя
формулы (6.4)–(6.6), и применим свойство аддитивности.
Нарисуем плоскость x  y  z  1 (рисунок 6.3):
1) S : z  1  x  y , спроецируем её на плоскость xOy ,

 n; i  90 . Имеем I1   zdxdy    1  x  y dxdy .
 
S

n
B
–1
x1 A
0  x  1,
Dxy : 
 x  1  y  0.
Рисунок 6.3
y
0
1
Dxy
Рисунок 6.4
0
1
1
3
3


1
x

 x  1 


1 1
1
x

 dx   x  x 2  
  1  1   0  1  ;
2 
3
6 
3 6
6

2
x
–1
1
y2 

I1   dx  1  x  y dy    y  xy   dx   1  x  x 2  x 
2  x 1
x 1
0
0
0
0
0 y
Dxy
Проекция поверхности S на плоскость xOy представляет собой треугольник (рисунок 6.4):
1
1 C
0
31
 
2) S : y  x  z  1, спроецируем её на плоскость xOz , (n; j )  90 .
Имеем I 2   xdxdz    xdxdz .
S
Dxz
Проекция поверхности S на плоскость xOz представляет собой треугольник (рисунок 6.5):
0  x  1,
Dxz : 
0  y  1  x.
z
1
Dxz
0
1 x
Рисунок 6.5
1
1 1
1
 x 2 x3 
I 2    dx  xdy    xy 0 dx    x 1  x  dx           ;
2 3
6
0
0
0
0
 2 3 0
 
3) S : x  1  y  z , спроецируем её на плоскость yOz , (n; k )  90 .
z
Имеем I 3   ydydz    ydxdy .
1
1 x
1
S
1
1 x
1
Dyz
Проекция поверхности S на плоскость yOz представляет собой треугольник (рисунок 6.6):
1  y  0,
Dyz : 
0  z  1  y.
0
1 y
0
1
0
1
1 y
I 3   dy  ydz   yz 0
Dyz
–1
0 y
Рисунок 6.6
0
1 1
1
 y2 y3 
dy   y 1  y  dy      0     .
3  1
2 3
6
1
 2
Итак, I  I1  I 2  I 3 
0
1 1 1
1
   .
6 6 6
6
Второй способ.
Вычислим интеграл, используя, например, формулу (6.9).
Имеем

z
z

 1,  1  n  1; 1;1 .
a   y , x, z  , z  1  x  y 
x
y
1
0
0
x 1
I     y  x  z  z 1 x  y dxdy    y  x  1  x  y dxdy   dx  1  2 x  2 y dy 
Dxy
Dxy
1
   y  2 xy  y
0
2

0
x 1
1


1
dx   1  x  2 x  x  1   x  1 dx    x 2  x  dx 
0
2
1
1
 x3 x 2 
    .
2 0
6
 3
0
32
6.2.3 Вычислить
  x  y  dydz   y  z  dxdz   x  z  dxdy ,
где S 
S
внешняя
сторона
поверхности,
x  0, y  0, z  0, x  2 y  3z  6 .
ограниченной
Решение
Так как поверхность S замкнутая, то применим формулу Остроградского–Гаусса (6.12).
Q
P
 1;
Имеем P  x  y,
 1; Q  y  z,
y
x
R
R  x  z,
 1.
z
Объём пирамиды находят по формуле
1
V  Sосн  H , тогда
3
I   1  1  1 dxdydz 
плоскостями
z
3

n
0
x
2 y
6
Рисунок 6.7
V
1 1

 3 dxdydz  3    6  2   3  18 .
3 2

V
2 3
6.2.4 Вычислить
 x y dx  dy  zdz,
где
L
окружность
L
x 2  y 2  1, z  0; S  верхняя сторона полусферы x 2  y 2  z 2  1  z  0  , обход контура совершается в положительном направлении.
Решение
Применим формулу Стокса, используя её символическую запись
(6.14). Имеем P  x 2 y 3 , Q  1, R  z 
dydz


x
x2 y3
dxdz dxdy

y
1
 z x 2 y 3 
 z 1 

 dydz     dxdz  

y
z
x
z
z








z
 1 x 2 y 3 
2 2
2 2
 dxdy  
  0  0  3 x y dxdy  I  3 x y dxdy .
y 
 x
S
Так как проекция поверхности S на плоскость xOy представляет собой круг x 2  y 2  1, то перейдём к полярным координатам:
 x   cos  ,
   1.

 y   sin  ,
0    2 ,
Dxy : 
0    1.
33
1
2
3
I  3   cos    sin    d d      5 d   sin 2 2 d 
40

0
Dxy
2
2
2
2
2
1
2
3 5
1  cos 4
3 6 1 
1


    d 
    sin 4    .
d  
40
2
4 6 0 2
4
8
0
0
1
6.3 Примеры для самостоятельной работы
Вычислить поверхностные интегралы второго рода.
6.3.1  x2  y  z2 dxdz, S  внутренняя сторона поверхности x2  2 y ,


S
отсечённая плоскостями y  2, z  0, z  1 . Ответ: 28 3 .
6.3.2
  x
2

 y 2  z 2 dydz , S  внутренняя сторона части полусфе-
S
ры x  R 2  y 2  z 2 , вырезанная конусом x  y 2  z 2 . Ответ:   R 4 2 .
  x
6.3.3
2

 y 2  3 z 2 dxdy, S  внешняя
сторона
поверхности
S
z  x 2  y 2 , отсечённая плоскостями z  0, z  2 . Ответ: 32 .
6.3.4
 yzdydz  xzdxdz  xydxdy,
S  внешняя сторона треугольника,
S
образованного пересечением плоскости
плоскостей. Ответ: a 4 4 .
6.3.5
x  y  z  a и координатных
 x dydz  y dxdz  z dxdy, S  внешняя
2
2
2
сторона части сферы
S
x  y  z  a 2 , лежащей в первом октанте. Ответ: 3 a 4 8 .
2
2
2
6.3.6
2
2
  x  z  dydz   2 x  y  dxdz,
S  верхняя сторона части па-
S
раболоида y  x 2  z 2 , отсечённого плоскостью y  2 и расположенной над
плоскостью xOy . Ответ:  .
6.3.7
  y
2

 x 2 dydz  z 2 sin x  dxdz  2 y 2 z  dxdy, S  верхняя сто-
S
рона
z  0,
части
y  1,
6.3.8
поверхности
z  1  x2 ,
y  2 . Ответ: 8 .
ограниченной
  x  y  dydz   y  x  dxdz   z  2  dxdy, S  часть
плоскостями
поверхности
S
конуса x 2  y 2  z 2  0, отсекаемая плоскостями z  0, z  1, нормаль к ко-
34
торой образует тупой угол с осью Oz . Ответ: 8 3 .
6.3.9
 zdydz   3 y  x  dxdz  zdxdy ,
S – внешняя часть поверхности
S
тела, ограниченного поверхностями x 2  y 2  1 , z  x 2  y 2  2 , z  0 . Ответ: 5 .
С помощью формулы Остроградского– Гаусса вычислить поверхностные интегралы второго рода:
6.3.10  x 2dydz  y 2dxdz  z 2dxdy, S  внешняя сторона границы куS
ба 0  x  1 , 0  y  1 , 0  z  1. Ответ: 3.
6.3.11
 xdydz  ydxdz  zdxdy,
S  внешняя сторона пирамиды, ог-
S
раниченной плоскостями x  y  z  1, x  0, y  0, z  0. Ответ: 1 2 .
 xdydz  ydxdz  zdxdy ,
6.3.12
S
–
поверхность
цилиндра
S
x  y  a , 1  z  1 . Ответ: 6 a 2 .
С помощью формулы Стокса вычислить криволинейные интегралы
второго рода
 y  z  dx   x  z  dy   x  y  dz , L – окружность
6.3.13
2
2
2

L
x  y  z  a , x  y  z  0 . Ответ: 0.
2
2
2
2
 ydx  zdy  xdz ,
6.3.14
–
L
окружность
x2  y 2  z 2  a2 ,
L
x  y  z  0 ; S  часть плоскости x  y  z  0, ограниченная данной окружностью. Ответ:  a 2 3 .
6.3.15  yzdx  xzdy  xydz , L  контур треугольника с вершинами
L
O  0;0;0  , A 1;1;0  , B 1;1;1 . Ответ: 0.
6.4 Домашнее задание
6.4.1 Вычислить
  x
2

 y 2  z 2 dxdz , S  внешняя сторона поверх-
S
ности y  x 2  z 2 , отсечённая плоскостями y  0, y  1. Ответ:  .
6.4.2 Вычислить
 xdydz  ydxdz  zdxdy, S 
S
верхняя часть поверх-
ности x  2 y  z  6  0, расположенной в первом октанте. Ответ: 54.
35
6.4.3 Вычислить
 xdydz  z dxdy, S 
3
внешняя сторона сферы
S
x  y  z  1 . Ответ: 32 15 .
6.4.4 С помощью формулы
2
2
2
  x  2 z  dx   x  3 y  z  dy   5 x  y  dz ,
Стокса
вычислить
КРИ-2
L – контур треугольника с
L
вершинами A 1;0;0  , B  0;1;0  , C  0;0;1 . Ответ: 3 .
6.4.5 С помощью формулы Остроградского–Гаусса вычислить ПИ-2
2
2
2
2
3
3
3
 x dydz  y dxdz  z dxdy , S – внешняя сторона сферы x  y  z  R .
S
Ответ: 12 R5 5 .
Список литературы
1 Высшая математика : Общий курс : учебник / Под ред. С. А. Самаля. – Минск : Выш. шк., 2000. – 351 с.
2 Гусак, А. А. Высшая математика : учебник / А. А. Гусак. – 4-е изд. –
Минск : ТетраСистемс, 2003. – Т. 1. – 544 с.
3 Гусак, А. А. Высшая математика: учебник / А. А. Гусак. – 4-е изд. –
Минск : ТетраСистемс, 2004. – Т. 2. – 448 с.
4 Гусак, А. А. Справочник по высшей математике / А. А. Гусак,
Г. М. Гусак, Е. А. Бричикова. – 5-е изд. – Минск : ТетраСистемс, 2004. –
640 с.
5 Жевняк, Р. М. Высшая математика: Функции многих переменных.
Интегральное исчисление функций одной и многих переменных. Векторный анализ : учебник / Р. М. Жевняк, А. А. Карпук. – Минск : Выш. шк.,
1993. – 411 с.
6 Сборник задач по математике для втузов. Линейная алгебра и основы математического анализа : учеб. пособие для втузов / В. А. Болтов
[и др.] ; под ред. А. В. Ефимова и Б. П. Демидовича. – 2-е изд. – М. : Наука,
1986. – Т. 1. – 464 с.
7 Сборник задач по математике для втузов. Специальные разделы
математического анализа / В. А. Болтов [и др.] ; под ред. А. В. Ефимова и
Б. П. Демидовича. – 2-е изд. – М. : Наука, 1986. – Т. 2. –368 с.
8 Шипачёв, В. С. Высшая математика : учебник / В. С. Шипачёв. –
7-е изд. – М. : Высш. шк., 2005. – 479 с.
Скачать