Нижегородский государственный университет им. Н.И. Лобачевского Национальный исследовательский университет Учебно-научный и инновационный комплекс "Физические основы информационно-телекоммуникационных систем" Основная образовательная программа 011800.62 «Радиофизика», общий профиль, квалификация (степень) бакалавр Учебно-методический комплекс по дисциплине «Кратные интегралы и ряды» Основная образовательная программа 010300.62 «Фундаментальная информатика и информационные технологии», общий профиль, квалификация (степень) бакалавр Учебно-методический комплекс по дисциплине «Кратные интегралы и ряды» Основная образовательная программа 090302.65 «Информационная безопасность телекоммуникационных систем», общий профиль, квалификация (степень) специалист Учебно-методический комплекс по дисциплине «Математический анализ» Семерикова Н.П., Лапинова С.А., КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ Электронное учебно-методическое пособие Мероприятие 1.2. Совершенствование образовательных материально-технической базы учебного процесса технологий, укрепление Нижний Новгород 2012 1 2 КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ. Семерикова Н.П., Лапинова С.А. Электронное учебнометодическое пособие. – Нижний Новгород: Нижегородский госуниверситет, 2012. – 57 с. В учебно-методическом пособии рассматриваются задачи по одной из важнейших тем математического анализа – двойным и тройным интегралам. В пособии разбираются такие темы, как расстановка пределов интеграции в двойных интегралах, переход в двойном интеграле к полярным и произвольным криволинейным координатам. Рассмотрены задачи, связанные с вычислением тройных интегралов в декартовых, цилиндрических и сферических координатах. Разобраны задачи на геометрические и механические приложения кратных интегралов – вычисления площадей и объемов тел, вычисление массы, координат центра тяжести, статических моментов и моментов инерции тел. По каждой из тем пособие содержит задачи для самостоятельного решения Электронное учебно-методическое пособие предназначено для студентов ННГУ, обучающихся по направлению подготовки 011800.62 «Радиофизика», изучающих курс «Кратные интегралы и ряды», по направлению 010300.62 «Фундаментальная информтика и информационные технологии», изучающих курс «Кратные интегралы и ряды» и по направлению 090302.65 «Информационная безопасность телекоммуникационных систем», изучающих курс «Математический анализ». 2 ОГЛАВЛЕНИЕ ГЛАВА 1. Двойные интегралы. ………….…………….………….…………….4 1.1. Двойной интеграл – основные понятия и определения………….……………..………….…………….……………..4 1.2. Вычисление двойного интеграла в декартовых координатах…………………….…………….………….…………………6 1.3. Замена переменных в двойном интеграле (общий случай)…………… ………….………………….………….……………..15 1.4. Переход к полярным координатам в двойном интеграле……………………….……….………….…………….………..19 1.5. Геометрические приложения двойного интеграла…………………….……….…………….…………….……......24 1.6. Физические приложения двойного интеграла……….……………..27 1.7. Задачи для самостоятельного решения……………………………..29 ГЛАВА 2. Тройные интегралы………………………………………………….33 2.1. Тройной интеграл в декартовых координатах……………………...33 2.2. Замена переменных в тройном интеграле…………………………..37 2.3. Вычисление тройного интеграла в цилиндрических координатах.39 2.4. Вычисление тройного интеграла в сферических координатах……42 2.5. Приложения тройного интеграла……………………………………47 2.6. Задачи для самостоятельного решения……………………………..49 Ответы……………………………………………………………………………52 Список литературы………………………………………………………………54 3 Глава 1. ДВОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ Двойной интеграл – основные понятия и определения. 1.1. Двойной интеграл является обобщением определенного интеграла на случай функции двух переменных. Пусть в замкнутой области D на плоскости Oxy задана непрерывная функция z=f(x,y). Разобьем область D на n «элементарных областей» Di (i=1,n), площади которых обозначим через ∆Si (рис.1). В каждой области Di выберем произвольную точку M i ( xi , yi ) , умножим значение y Di . Mi D функции f ( xi , yi ) в этой точке на ∆Si и составим интегральную сумму: x Рис.1 n σ n = f ( x1, y1)∆S1 + f ( x2 , y2 )∆S2 + ... + f ( xn , yn )∆Sn = ∑ f ( xi , yi )∆Si . i =1 Определение двойного интеграла: Предел при n → ∞ интегральных сумм σ n , не зависящий от способа разбиения области D на части Di и от выбора в них точек M i , называется двойным интегралом от функции f ( x, y ) по области D. и обозначается ∫∫ f ( x, y ) dS . D Таким образом, двойной n ∫∫ f ( x, y ) dS = lim ∑ f ( xi , yi ) ∆Si . D интеграл определяется равенством Если разбиение области D проводить n →∞ i =1 прямыми параллельными координатным осям, то элемент площади ds=dxdy и двойной интеграл в декартовых координатах записывается в виде n ∫∫ f ( x, y ) dxdy = lim ∑ f ( xi , yi ) ∆xi ∆yi . D и n→∞ i =1 В этом случае функция f ( x, y ) называется интегрируемой в области D обозначается f ( x, y ) ∈ R ( D ) , а область D называется областью 4 интегрирования. Всякая непрерывная в ограниченной замкнутой области D функция f ( x, y ) интегрируема в этой области. Геометрический смысл двойного интеграла: Рассмотрим тело, ограниченное сверху поверхностью z=f(x,y)>0, снизу – замкнутой областью D плоскости Oxy, с боков – цилиндрической поверхностью с образующей - параллельной оси Oz, а направляющей служит граница области D (рис. 2). Такое тело называется цилиндрическим. Составим для функции f ( x, y ) интегральную сумму z z=f(x,y) · f(xi,yi) n y Рис.2 n n i =1 i =1 при этом каждое i =1 слагаемое в интегральной сумме определяет объем элементарного параллелепипеда с основанием Di и f ( xi , yi ) , т.е. высотой ∆Vi = f ( xi , yi ) ∆xi ∆yi . Тогда объем цилиндрического тела . Di x ∑ f ( xi , yi ) ∆xi ∆yi , V ≈ ∑ ∆Vi = ∑ f ( xi , yi ) ∆xi ∆yi . Это равенство тем точнее, чем больше число n и чем меньше размеры элементарных областей Di . Если число площадок неограниченно увеличивается ( n → ∞ ), а каждая площадка Di стягивается в точку, то за объем цилиндрического тела принимаем величину V= n lim ∑ f ( xi , yi ) ∆xi ∆yi = ∫∫ f ( x, y ) dxdy n→∞ i =1 . D Итак, геометрический смысл двойного интеграла от неотрицательной функции – объем цилиндрического тела. В частности, если считать f ( x, y ) = 1, то численно значение двойного интеграла будет равно площади области D S ( D) = n lim ∑ ∆xi ∆yi = ∫∫ dxdy . n →∞ i =1 D Физический смысл двойного интеграла: Требуется найти массу плоской пластины, если известна ее поверхностная плотность ρ(x,y). Разобьем область D на n «элементарных областей» Di (i=1,n), с площадями ∆Si . В каждой области Di выберем произвольную точку 5 M i ( xi , yi ) и вычислим плотность в ней ρ ( xi , yi ) . Если области Di малы, то приближенно можно считать что, плотность в каждой точке ( x, y ) ∈ Di мало отличается от значений ρ ( xi , yi ) и масса площадки Di mi ≈ ρ ( xi , yi ) ∆Si . Тогда масса всей пластины задается приближенным равенством n n m = ∑ mi ≈ ∑ ρ ( xi , yi ) ∆Si . Точное значение массы получим при условии i =1 i =1 n → ∞ . Таким образом, физический смысл двойного интеграла – это масса плоской области D m = ∫∫ ρ ( x, y ) dxdy . D Простейшие свойства двойного интеграла. Эти свойства используются для вычисления двойного интеграла и аналогичны свойствам определенного интеграла. Пусть f ( x, y ) ∈ R ( D ) и g ( x, y ) ∈ R ( D ) и с – const. Тогда: 1. ∫∫ с ⋅ f ( x, y ) dxdy = с ∫∫ f ( x, y ) dxdy . D D 2. ∫∫ ( f ( x, y ) ± g ( x, y ) ) dxdy = ∫∫ f ( x, y ) dxdy ± ∫∫ g ( x, y ) dxdy D D D 3. Если область D разбить линией на две области D1 и D2 , такие, что D1 U D2 = D ,а пересечение D1 и D2 состоит лишь из линии, их разделяющей, то ∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫∫ f ( x, y ) dxdy + ∫∫ f ( x, y ) dxdy . D D1 D2 1.2. Вычисление двойного интеграла в декартовых координатах. Определение 1: Область D на плоскости Oxy назовем простой областью вида (I) (простой относительно оси Ox), если она ограничена снизу линией y = y1( x) , сверху - y = y2 ( x) (где y1( x ), y2 ( x) непрерывные функции) и с боков – отрезками прямых x=a, x=b (рис.3). В частных случаях один из этих отрезков (или оба вместе) могут превратиться в точку (рис.4). Область вида y y y=y2(x) y=y2(x) x=a x=b y=y1(x) y=y1(x) y=y (x) Рис.3 x x=a Рис.4 x x=b 6 (I) задается неравенствами a ≤ x ≤ b; y1 ( x ) ≤ y ≤ y2 ( x ) . Всякая прямая, параллельная оси Oy и проходящая внутри отрезка [a,b] пересекает границу простой области (I) в двух точках (см. рис.3, 4). В случае простой области (I) ( a ≤ x ≤ b; y1 ( x ) ≤ y ≤ y2 ( x ) , где y1( x ), y2 ( x) - непрерывные функции на [a,b]), двойной интеграл вычисляется по формуле: b y2 ( x ) ∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫ dx ∫ D a f ( x, y )dy y1 ( x ) (1) Здесь сначала вычисляется внутренний интеграл по y. Он берется при каждом фиксированном значении x ∈ [ a, b] от нижней границы области D y = y1( x) до верхней границы y = y2 ( x) (по координатной линии x=const (рис.3,4)). В результате получается некоторая функция от x I (x) = y2 ( x ) ∫ f ( x, y )dy , которая затем интегрируется по отрезку [a,b], т.е. y1 ( x ) b y2 ( x ) ∫ I ( x ) dx = ∫ ∫ f ( x, y )dy dx = ∫ dx ∫ f ( x, y)dy . a a y1 ( x ) a y1 ( x ) Таким образом, вычисление двойного интеграла сводится к последовательному вычислению двух определенных интегралов, которые называются повторными. Для применения формулы (1) область D необходимо спроектировать на ось Ох и получить отрезок [a,b] (рис.3,4), границы x=a и x=b которого являются пределами интегрирования во внешнем интеграле. Затем проводим координатные линии x=const, пересекающие область D и определяем нижнюю и верхнюю границы области. Интегрирование по координатной линии x=const всегда ведется в направлении оси Оу. b b y2 ( x ) Определение 2: Область D на плоскости Oxy назовем простой областью вида (II) (относительно оси Oy), если она ограничена слева линией x = x1( y ) , справа - x = x2 ( y ) (где x1( y ), x2 ( y ) непрерывные функции), а сверху и снизу – отрезками прямых y=c, y=d (рис.5). В частных случаях один из этих отрезков (или оба вместе) могут превратиться в точку (рис.6). Область вида (II) задается неравенствами c ≤ y ≤ d ; x1 ( y ) ≤ x ≤ x2 ( y ) . Всякая прямая, параллельная оси Ox и проходящая внутри отрезка [c,d], пересекает границу простой области (II) в двух точках (см. рис.5,6). В случае простой области (II) ( c ≤ y ≤ d ; x1 ( y ) ≤ x ≤ x2 ( y ) , где x1 ( y ) , x2 ( y ) - 7 y y y=d d d x=x1(y) x=x1(y) x=x2(y) x=x2(y) c c y=c Рис.5 x Рис.6 x непрерывные функции на [c,d]), двойной интеграл вычисляется по формуле: x2 ( y ) d ∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫ dy ∫ D f ( x, y )dx x1 ( y ) c (2) Здесь интегрирование во внутреннем интеграле ведется по х при фиксированном значении y ∈ [c, d ] от левой границы области x = x1( y ) до правой границы x = x2 ( y ) (т.е. по координатной линии y=const (рис.5,6)). Для применения формулы (2) область D проектируем на ось Оy и получаем отрезок [c,d] (рис.5,6), границы которого y=c и y=d являются пределами интегрирования во внешнем интеграле. Затем проводим координатные линии y=const, пересекающие область D и определяем левую и правую границы области. Интегрирование по координатной линии y=const всегда ведется в направлении оси Ох. Важно помнить, что во внешнем интеграле в формулах (1) и (2) пределами интегрирования всегда являются числа. Наиболее простой вид формулы (1) и (2) принимают в случае прямоугольной области D, ограниченной прямыми x=a, x=b, y=c, y=d. Прямоугольник a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d является одновременно простой областью вида (I) и (II) и для вычисления двойного интеграла можно применять любую из формул (1) и (2): b d d b ∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫ dx ∫ f ( x, y)dy = ∫ dy ∫ f ( x, y)dx D a c c (3) a Замечания: 1. Если область D является простой областью вида (I) и (II), то для вычисления двойного интеграла можно применять и формулу (1), и формулу (2): 8 y2 ( x ) b ∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫ dx ∫ D a d f ( x, y )dy = ∫ dy y1 ( x ) c x2 ( y ) ∫ f ( x, y )dx x1 ( y ) 2. Если область D не является простой областью вида (I) или (II), то при помощи прямых, параллельных координатным осям ее разбивают на конечное число простых областей и для вычисления двойного интеграла используется третье свойство двойного интеграла. 3. Аналогичные определения и формулы справедливы и тогда, когда замкнутая область D лежит либо в плоскости xOz , либо в плоскости yOz. Например, если ограниченная замкнутая область D лежит в плоскости xOz и является простой относительно оси Oz, а в ней задана непрерывная функция y=f(x,z), то x2 ( z ) h ∫∫ f ( x, z ) dxdz = ∫ dz ∫ D e Пример 1. Вычислить интеграл f ( x, z )dx x1 ( z ) x + y 3 ) dxdy , где D = {1 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2} . ( D ∫∫ Решение: Для прямоугольной области применяем формулу (3): x + y ) dxdy = ∫ dx ∫ ( x + y 3 ) dy ( D 1 0 2 3 ∫∫ 2 Сначала вычисляем внутренний интеграл, считая переменную x константой: y =2 y4 24 3 = x⋅2+ = 2x + 4 . ∫ x + y dy = xy + 4 4 y =0 0 После подстановки пределов интегрирования по y, получаем функцию от х I(x)=2x+4, которую интегрируем по отрезку [1,2]: 2 ( ) 2 2 2x2 3 2 2 ∫∫ x + y dxdy == ∫ ( 2 x + 4 ) dx = 2 + 4 х = х + 4 х 1 = 2 + 4 ⋅ 2 − 1 − 4 = 7 1 D 1 ( ) 2 Пример 2. Вычислить интеграл ∫∫ xydxdy , где ( ) D = {0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2} . D Решение: Как и в примере 1, двойной интеграл сводится к повторному по формуле (3): 1 2 0 0 ∫∫ xydxdy = ∫ dx ∫ xydy D При вычислении внутреннего интеграла по у, считаем х константой, которую по первому свойству двойного интеграла (см. п.1.1), выносим за знак интеграла: 9 1 2 1 2 2 1 1 1 22 y2 x2 ∫∫ xydxdy = ∫ dx ∫ xydy = ∫ xdx ∫ ydy = ∫ xdx ⋅ 2 = ∫ xdx ⋅ 2 = 2 ∫ xdx = 2 2 = 1 0 0 0 0 0 0 D 0 0 0 В данном примере удобнее воспользоваться еще одним свойством двойного интеграла. Если подынтегральная функция f(x,y)=X(x)Y(y) является произведением двух функций, одна из которых зависит только от x, а вторая - от y, и область интегрирования является прямоугольной a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d , то двойной интеграл равен произведению повторных интегралов, т.е. b 1 d ∫∫ X ( x) ⋅ Y ( y)dxdy = ∫ X ( x)dx ⋅ ∫ Y ( y)dy . D a В этом случае результат вычисления c внутреннего интеграла есть число. Поэтому решение задачи 2 кратко можно записать так: 1 2 1 1 2 x2 y2 ∫∫ xydxdy = ∫ dx ∫ xydy = ∫ xdx ∫ ydy = 2 ⋅ 2 D 0 0 0 0 0 2 = 0 1 4 ⋅ =1 2 2 Пример y ∫∫ y 2 D x=0 π 3. Вычислить где sin xdxdy , интеграл область D ограничена линиями x=0, y=0, x=π, y=1+cosx. Решение: Область D является простой областью типа (I), так как любая прямая, параллельная оси Оу, пересекает границу области только в двух точках (рис.7). При любом фиксированном значении х из отрезка [0,π] координата y меняется от y=0 до y=1+cosx . Поэтому для вычисления интеграла воспользуемся формулой y=1+cosx y=0 2 x Рис.7 (1): π 1+ cos x 2 ∫∫ y sin xdxdy = ∫ sin dx ∫ D 0 0 1 y3 y 2dy = ∫ sin xdx ⋅ 3 0 1π 1 (1 + cos x) 4 3 (1 + cos x) d (1 + cos x ) = 3 0∫ 3 4 π = 0 1+ cos x = 0 1π (1 + cos x)3 sin xdx = ∫ 30 ( ) 1 4 −2 4 = − 12 3 Отметим, что для вычисления данного интеграла можно было воспользоваться и формулой (2), т.к. область D также является простой 10 y 2π областью вида (II). Но в этом случае границы области нужно задавать в виде х=х(у), что приводит к более громоздким вычислениям. x Пример 4. Вычислить интеграл ∫∫ dxdy , 2 D y=2π если область D ограничена кривой x=2+siny и прямыми x=0, y=0, у=2π. x=0 Решение: Область D является простой областью относительно оси Оу, т.е. областью вида (II). Левая ее граница x=0, а y=0 2 x правая - x=2+siny (рис.8). При любом Рис.8 фиксированном значении у из отрезка [0,2π] определяем, что координата х изменяется от x=0 до x=2+siny. Поэтому по формуле (2) имеем: x=2+siny x 1 2π dxdy = ∫∫ 2 ∫ dy 2 D 0 π 12 = ∫ 4 0 2 + sin y ∫ xdx = 0 1 2π 1 2π 2 (2 + sin y ) dy = 4 + 4sin y + sin 2 y dy = ∫ ∫ 4 0 4 0 ( π 1 − cos 2 y 12 4 + 4sin y + dy = ∫ 2 4 0 ) 1 1 9 2π 9π 9 y = + 4sin y − cos 2 y dy = 2 42 0 4 2 Пример 5. В двойном интеграле ∫∫ f ( x, y ) dxdy расставить пределы D интеграции в том и другом порядке, если область D – треугольник с вершинами в точках O(0,0), A(1,0), B(1,1). Решение: Область D изображена на рис.9. Она является простой областью вида (I) и (II), поэтому для расстановки пределов интегрирования в двойном интеграле воспользуемся формулами (1) и (2). Для применения формулы (1) область y D проектируем на ось Oх и получим отрезок B(1,1) [0,1] – это пределы интегрирования во 1 внешнем интеграле. Далее для расстановки пределов интегрирования во внутреннем y=x или x=y интеграле при любом фиксированном x ∈ [0,1] проводим координатные линии x=1 y=cоnst и по ним определяем, что нижняя граница области D y=0, а верхняя граница – A(1,0) прямая y=x. Таким образом получим: 0 y=0 1 Рис.9 x 1 x 0 0 ∫∫ f ( x, y)dxdy = ∫ dx ∫ f ( x, y)dy . D 11 Для применения формулы (2) область интегрирования D проектируем на ось y и получаем отрезок [0,1],а затем проводим координатные линии x=cоnst и определяем, что левая граница x=0, а правая граница - прямая x=y. Тогда двойной интеграл преобразуется к виду: 1 y 0 0 ∫∫ f ( x, y )dxdy = ∫ dy ∫ f ( x, y)dx . D Пример 6. В двойном интеграле ∫∫ f ( x, y ) dxdy расставить пределы D интеграции в том и другом порядке, если область D ограничена прямыми x=0, x=1, y=1 и кривой y = − 2 x − x 2 Решение: Построим область D, но вначале y y=1 нужно понять, как нарисовать кривую 1 y = − 2 x − x 2 . Приведем ее уравнение к каноническому виду. Для этого возведем обе части этого уравнения в квадрат, помня, что D2 x=0 x=1 0 1 y ≤ 0 и 2 x − x 2 ≥ 0 , т.е. 0 ≤ x ≤ 2 . Получаем: x y 2 = 2 x − x 2 . Теперь все слагаемые перенесем в левую часть и выделим полный квадрат по переменной D1 ( x2 − 2 x + 1) − 1 + y2 = 0 х: или ( x − 1)2 + y 2 = 1 . Таким образом, заданная кривая – это нижняя дуга ( y ≤ 0 ) окружности y = − 2x − x2 радиуса 1 с центром в точке (1,0). Область -1 изображена на рис.10. Рис.10 Область D является простой областью относительно оси Oх, она находится в полосе между прямыми x=0 и x=1. Ее нижней границей является дуга окружности y = − 2 x − x 2 , а верхней – прямая y=1. Следовательно, 1 1 0 − 2 x − x2 ∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫ dx D ∫ f ( x, y ) dy . Для расстановки пределов интегрирования в другом порядке проектируем область D на ось Oу и получаем отрезок [-1,1]. Из рис.10 видно, что область D ограничена слева дугой окружности y = − 2 x − x 2 (при −1 ≤ y ≤ 0 ) и отрезком прямой x=0 (при 0 ≤ y ≤ 1 ). Поэтому ее разбиваем на две простые области D1 и D2 координатной линией y=0. Левая граница области D1 находится из уравнения окружности ( x − 1)2 + y 2 = 1 : 12 x = 1 − 1 − y 2 . Тогда область D1 определяется неравенствами: −1 ≤ y ≤ 0 , 1 − 1 − y 2 ≤ x ≤ 1 . Область D2 есть прямоугольник 0 ≤ y ≤ 1 , 0 ≤ x ≤ 1 . Применяя формулу (2) и третье свойство двойного интеграла (см. п.1.1), получаем: ∫∫ fdxdy = D ∫∫ f ( x, y ) dxdy + D1 ∫∫ f ( x, y ) dxdy = D2 0 ∫ −1 1 dy 1− 1− y 2 ∫∫ f ( x, y ) dxdy Пример 7. В двойном интеграле ∫ 1 1 0 0 f ( х, у )dx + ∫ dy ∫ f ( х, у )dx расставить пределы D интеграции в том и другом порядке, если область D ограничена прямыми x+у=10, x-у=4, y=0 и параболой y = x3 . Решение: Область D представлена на y рис.11, из которого видно, что она не является простой ни в одном из 10 направлений, поэтому ее необходимо разбить на простые области. 8 Проектируем D на ось Oх и y=10-x получаем отрезок [0,7]. При этом нижней границей области D являются прямые y=0 при 0 ≤ x ≤ 4 и у=х-4 при 4 ≤ x ≤ 7 , которые пересекаются в точке (4,0). y=x3 Верхняя граница так же состоит из двух y=x-4 частей - кубической параболы y = x3 Рис.11 при 0 ≤ x ≤ 2 и прямой у=10-х при 2 ≤ x ≤ 7 , которые пересекаются в точке (2,8) . Через точки пересечения границ проводим координатные линии х=2 и х=4, которые разбивают D на три простые области D1 , D2 , D3 . В D1 при 0 2 4 10 x x ∈ [ 0,2] нижняя граница y=0, а верхняя y = x3 . В D2 при x ∈ [ 2,4] нижняя граница y=0, а верхняя – прямая у=10-х. В D3 при x ∈ [ 4,7 ] нижняя граница у=х-4, а верхняя - у=10-х. Расставляя пределы интегрирования для каждой из простых областей, получаем: 2 x3 4 10 − x 0 0 2 0 ∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫ dx ∫ f ( x, y ) dy + ∫ dx ∫ D 7 10− x 4 x−4 f ( x, y ) dy + ∫ dx ∫ f ( x, y ) dy Для второго способа расстановки пределов интегрирования проектируем область D на ось Oу и разбиваем ее на две области. В первой области при 0 ≤ у ≤ 3 левая граница описывается выражением x = 3 y , а правая - х=у+4. Во второй области при 3 ≤ у ≤ 8 левая граница по-прежнему 13 остается параболой x = 3 y , а правой границей является прямая х=10-у. В итоге получаем: 3 y+4 0 3x ∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫ dy ∫ D 8 10 − y 3 3x f ( x, y ) dx + ∫ dy ∫ f ( x, y ) dy В качестве упражнения на расстановку пределов интегрирования рассмотрим задачу о перемене порядка интегрирования в повторном y2 ( x ) b интеграле ∫ dx ∫ a f ( x, y )dy . Для ее решения необходимо построить область y1 ( x ) интегрирования D, которая находится в полосе между прямыми x=a, x=b и ограничена снизу линией у = y1( x) , а сверху- линией y = y2 ( x) . Затем область D проектируем на ось Oу и находим уравнения прямых y=c, y=d, ограничивающих снизу и сверху полосу, в которой расположена область D. Затем находят левую x = x1( y ) и правую x = x2 ( y ) границы области. Если какая-либо граница состоит из двух или большего числа линий, записанных разными уравнениями, то область D разбиваем на части (простые области типа (II)). Аналогично поступают, если требуется переменить порядок d интегрирования в повторном интеграле x2 ( y ) ∫ dy ∫ c f ( x, y )dx , только в этом x1 ( y ) случае область D проектируют на ось Oх. y 2 y= 2−x x= D1 Пример 8. интегрирования 2 2 − y2 f ( x, y )dy . x Решение: Область D расположена между прямыми x=0 и x=1. Ее нижняя граница D2 0 порядок интеграле 2− x2 ∫ dx ∫ 0 1 x=0 1 Изменить в прямая y=x или x=y y=0 1 x у=х, а верхняя y = 2 − x 2 - дуга окружности x 2 + y 2 = 2, ( у ≥ 0 ) (рис.12). Проектируем область D на ось Оу, в результате получаем отрезок 0, 2 . Левой границей области является прямая х=0, правой - на участке [0,1] прямая х=у, а на участке 1, 2 - дуга окружности Рис.12 х = 2 − у 2 . Поэтому область D разбиваем на две области D1 и D2 , а интеграл – на сумму двух интегралов: 14 1 2− x2 ∫ dx ∫ 0 1 y f ( x, y )dy = ∫ dy ∫ f ( x, y )dx + x 0 0 2− y 2 2 ∫ dy 1 ∫ f ( x, y )dx 0 Пример 9. Изменить порядок интегрирования в повторном интеграле 0 y +1 ∫ dy ∫ −2 −1 π f ( x, y )dx + ∫ dy 0 cos y ∫ f ( x, y )dx . −1 Решение: Для каждого из повторных интегралов построим свою область. Область D1 находится в полосе между прямыми y=-2 и y=0. Ее левой границей является прямая х=-1, а π правой – прямая х=у+1. Область D2 находится в полосе между прямыми π/2 y=0 и y=π и имеет левую границу х=-1 x=cos y и правую границу х=cosy. Сумма этих двух областей и есть искомая область D, она изображена на рис.13. -2 1 -1 Спроектируем ее на ось Ох, получим отрезок [-1,1]. Относительно оси Ох x=y+1 область D является простой, ее нижней границей является прямая у=х-1, а верхней – у=arccosх. Рис. 13 Повторный интеграл принимает вид: 0 y +1 ∫ dy ∫ −2 −1 π f ( x, y )dx + ∫ dy 0 cos y ∫ f ( x, y )dx = −1 1 arccos x ∫ dx ∫ −1 f ( x, y )dy x −1 1.3. Замена переменных в двойном интеграле (общий случай). Рассмотрим двойной интеграл ∫∫ f ( x, y ) dxdy в декартовых прямоугольных D координатах (х,у). Предположим, что переменные х и у являются функциями x = x(u , v) независимых переменных u и v, т.е. . Если эти функции y = y (u , v) непрерывно дифференцируемы и осуществляют взаимно-однозначное отображение ограниченной и замкнутой области D плоскости Оху на область Ω плоскости Оuv и якобиан D ( x, y ) xu′ xv′ J (u , v) = = ≠ 0, D (u , v) yu′ yv′ то справедлива формула замены переменной в двойном интеграле: 15 ∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫∫ f ( x(u, v), y(u, v) ) J (u, v) dudv D (4) Ω Координаты (u,v) называются криволинейными координатами точки (х,у). Цель замены переменных – упрощение вычисления двойного интеграла. u = u ( x, y ) Замечание: Если замена осуществляется функциями , то v = v ( x, y ) величина D (u , v) u ′x u′y 1 . = = D ( x, y ) v′x v′y J (u , v) Пример 1. Вычислить двойной интеграл ∫∫ ( 2 x + y ) dxdy , если область D – D параллелограмм со сторонами у=2х-3, у=2х+5, у=-х+7, у=-х-1. Решение: Параллелограмм изображен на рис.14а. Хотя подынтегральная функция и область интегрирования простые, вычисление данного интеграла в прямоугольных координатах Оху приводит к громоздким вычислениям. y v 7 За 1 ме y=-x+7 ти y=2x+5 м, чт Ω о ур x ав -3 5 u не y=2x-3 ни y=-x-1 -1 я Рис.14б Рис.14а пр ямых можно записать в виде: у-2х=3, у2х=5, у+х=7, у+х=1. Перейдем к новым координатам с помощью замены u v x = − + u = y − 2 x 3 3 , откуда находим . Вычисляем u 2 v v = y + x y = + 3 3 1 1 u′x u ′y −2 1 = = = −3 и получаем J = . 1 1 3 J v′x v′y В новой системе координат Ouv область Ω ограничена прямыми u=3, u=5, v=-1, v=7, т.е. представляет собой прямоугольник (рис.17б), а 16 u 4v u v u 2v подынтегральная функция равна 2 x + y = 2 − + + + = − + . 3 3 3 3 3 3 Переходим к вычислению интеграла: 7 15 u 4v 1 ∫∫ ( 2 x + y ) dxdy = ∫∫ − 3 + 3 3 dudv = 9 ∫ du ∫ ( −u + 4v ) dv = D Ω −3 −1 ( ) 5 15 1 704 2 = ∫ (−8u + 96)du = −4u + 96u = 9 −3 9 9 −3 Пример 2. Вычислить ∫∫ xydxdy , где D ограничена кривыми y 2 = 4 x, y 2 = 9 x , D ху=1, ху=5. Решение: Из изображения D на рис.15а. видно, что расставить пределы интегрирования для данной области не очень просто, однако подходящая замена переменных позволяет свести этот интеграл к интегралу по прямоугольнику. Нетрудно увидеть, что на границе области D величины y2 x v y y2=9x 5 y2=4x Ω xy=5 xy=1 Рис.15а аа 1 x 4 Рис.15б 9 u u = y 2 / x ху являются постоянными. Поэтому введем новые переменные v = xy 1 − y2 / x2 2 y / x 1 и вычислим = = −3 y 2 / x = −3u . Отсюда находим J = . J 3u y x Граница области Ω на плоскости Ouv описывается прямыми u=4, u=9, v=-1, v=5 (рис.15б), поэтому в новых переменных двойной интеграл вычисляется много проще: 2 1 1 9 du 5 1 9v ∫∫ xydxdy = ∫∫ v 3u dudv = 3 ∫ u ∫ vdv = 3 ln u 4 2 D Ω 4 1 5 = 8ln 1 3 2 17 Пример 3. Вычислить ∫∫ ( x + y ) dxdy , если D ограничена параболой y 2 = 2 x и D прямыми х+у=4 и х+у=12. Решение: Область D приведена на рис.16а. Для упрощения области u = x + y , откуда интегрирования введем следующую замену переменных v = y выражаем х=u-v и подставляем в уравнение параболы v 2 = 2(u − v ) . Разрешая квадратное уравнение v 2 + 2v − 2u = 0 , получаем уравнение образа исходной параболы на плоскости Ouv: v = −1 ± 1 + 2u . Область Ω ограничена 1 параболой, определенной при u ≥ − , вершина которой находится в точке 2 1 u = − , v = −1 и прямыми u=4, u=12 (рис.16б). Вычисляем якобиан 2 1 1 1 = = 1, J = 1 и применяем формулу замены переменной в двойном J 0 1 интеграле: ∫∫ ( x + y ) dxdy = ∫∫ ududv = 12 −1+ 1+ 2u D 4 −1− 1+ 2u Ω ∫ udu ∫ 12 dv = 2 ∫ u 1 + 2udu = t = 1 + 2u = 543 4 v = −1 + 1 + 2u y = x2 x+y=4 x+y=12 Рис.16а 1.4. v = −1 − 1 + 2u Рис.16б Переход к полярным координатам в двойном интеграле. Важнейшим частным случаем криволинейных координат являются полярные координаты (r,φ). Они связаны с прямоугольными координатами x = r cos ϕ формулами: , ( r ≥ 0, 0 ≤ ϕ ≤ 2π ) . Якобиан преобразования в этом y = r sin ϕ 18 11 15 случае J (r ,ϕ ) = x′r xϕ′ yr′ yϕ′ = cos ϕ − r sin ϕ = r , а формула перехода к полярным sin ϕ r cos ϕ координатам в двойном интеграле имеет вид: ∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫∫ f ( x(r cos ϕ , r sin ϕ ) rdrdϕ (4) Ω D Переходить к полярным координатам удобно в тех случаях, когда область интегрирования есть круг, кольцо или их часть, а так же в случае, когда подынтегральная функция имеет вид ( ) f x 2 + y 2 . В полярных координатах выражение x 2 + y 2 = r 2 cos 2 ϕ + r 2 sin 2 ϕ = r 2 . Границей круга является окружность x 2 + y 2 = R 2 и ее уравнение в полярных координатах принимает вид: r=R. Тогда область D - круг x 2 + y 2 ≤ R 2 в полярной системе координат на плоскости Оrφ переходит в прямоугольную область Ω, которая задается неравенствами : 0 ≤ r ≤ R, 0 ≤ ϕ ≤ 2π (рис.17а,б). Интегрирование в полярных координатах проводится по координатным линиям r=const и φ=const. Линии r=const представляют из себя окружности с центром в начале координат. По окружностям происходит изменение координаты φ. Линии φ=const – это семейства лучей, выходящих из начала координат, по которым происходит изменение координаты r. Координатная сетка в полярных координатах изображена на рис.18. φ=const φ y x2 + y 2 = R 2 2π D r=const Ω x R O Рис.17а R Рис.17б r Рис.18 Пусть область D расположена между лучами φ=α и φ=β, где α< β, и ограничена линиями r = r1 (ϕ ) и r = r2 (ϕ ) , где r1 (ϕ ) ≤ r2 (ϕ ) и любой луч, выходящий из полюса φ=const ( ϕ ∈ [α , β ] ) пересекает ее границу не более чем в двух точках (простая область относительно r) (рис.19).Тогда двойной интеграл сводится к повторному по формуле: D φ=β r=r (φ) r=r2(φ) 19 Рис.19 β r2 (ϕ ) ∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫∫ f ( r cos ϕ , r sin ϕ ) rdrdϕ = ∫ dϕ ∫ D Ω α r1 (ϕ ) Рис.20 f ( r cos ϕ , r sin ϕ ) rdr (5) Пусть область D расположена между окружностями r=а и r=b, где а< b и ограничена линиями ϕ = ϕ1(r ) и ϕ = ϕ 2 (r ) , где ϕ1(r ) ≤ ϕ 2 (r ) и любая окружность радиуса r=const ( r ∈ [a, b] ) пересекает границу области не более чем в двух точках (правильная относительно φ) (рис.20). В этом случае двойной интеграл сводится к повторному по формуле: b ϕ2 ( r ) ∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫∫ f ( r cos ϕ , r sin ϕ ) rdrdϕ = ∫ rdr ∫ D Ω a Пример 1. Вычислить двойной интеграл ∫∫ ϕ1 ( r ) f ( r cos ϕ , r sin ϕ ) dϕ 6) 1 − x 2 − y 2 dxdy , где область D D ограничена окружностью x 2 + y 2 = 1 . Решение: Как уже говорилось выше, если интегрирование ведется по кругу, то уравнение его границы в полярных координатах имеет вид r=1, а на плоскости Оrφ область Ω является прямоугольником 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ ϕ ≤ 2π . Осталось записать в полярных координатах подынтегральную функцию: ( ) f ( x, y ) = 1 − x 2 − y 2 = 1 − x 2 + y 2 = 1 − r 2 . Вычисляем интеграл ∫∫ D 1 − x 2 − y 2 dxdy = 2π ∫ 0 1 1 ( 1 dϕ ∫ 1 − r 2 rdr = 2π − ∫ 1 − r 2 0 0 1 2 2 ) d (1 − r 2 ) = 23π Пример 2. Вычислить ∫∫ e x2 + y2 dxdy , если D область D ограничена окружностью x 2 + y 2 = а 2 , лежащей в первой четверти, и прямыми y=x и y = 3x . Решение: Область D изображена на рис.21. Переведем ее границы в полярные координаты: уравнение окружности имеет вид r=a , а отрезки прямых y=x y = 3x π π являются лучами ϕ = и ϕ = . Проводя 4 3 20 π π лучи φ=const ϕ ∈ , , определяем, что координата r изменяется от 0 до 4 3 а. Тогда по формуле (5) получаем: Рис.21 ∫∫ e x2 + y2 D π 3 a ( ) a π 2 π π 1 r2 dxdy = ∫∫ e rdrdϕ = ∫ dϕ ∫ e rdr = − ∫ e d r 2 = e a − 1 12 3 4 20 π Ω 0 r2 r2 4 ∫∫ f ( x, y ) dxdy Пример 3. В двойном интеграле перейти к полярным D координатам и расставить пределы интеграции в том и другом порядке, если область D ограничена кривой x 2 + y 2 = 2аx ( a > 0 ) . Решение: Чтобы построить область D, приведем уравнение кривой к каноническому виду, для чего выделяем полный квадрат по переменной х: x 2 − 2аx + а 2 − а 2 + y 2 = 0 , ( x − a ) + y 2 = a 2 . Получаем уравнение окружности с центром на оси Ох в точке х=а, у=0, радиуса а, при этом окружность касается оси Оу (рис.22а,б). 2 y y π ϕ= 2 ϕ =− π 2 ϕ = arccos r 2a r=2a . x a 2a 2a x ϕ = − arccos Рис.22а r 2a Рис.22б Переведем границу области D в полярные координаты, для этого удобнее воспользоваться уравнением окружности в виде x 2 + y 2 = 2аx : π r 2 = 2ar cosϕ или r = 2a cos ϕ . Область D находится между лучами ϕ = − и 2 π ϕ = и проводя 2 π π лучи при ϕ ∈ − , , определяем, что координата r изменяется от 0 в 2 2 начале координат до значения радиуса на окружности, т.е. до значения r = 2a cos ϕ (рис.22а). Тогда по формуле (5) расставляем пределы интегрирования: 21 π 2 ∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫∫ f ( r cosϕ , r sin ϕ ) rdrdϕ = ∫ D Ω − π 2 dϕ 2а cos ϕ f ( r cos ϕ , r sin ϕ ) rdr ∫ 0 Чтобы расставить пределы интегрирования в другом порядке, определим границы изменения координаты r. Для этого проведем координатные линии r=const, пересекающие область D, и определим окружности, которые касаются нашей области. Очевидно, что это будут линии r=0 и r=2а, так что r изменяется в пределах от 0 до а (рис.22б). Для нахождения границ изменения переменной φ уравнение r или окружности r = 2a cos ϕ разрешим относительно φ: cos ϕ = 2a r ϕ = ± arccos . Для нижней ветви окружности берется знак «-», а для 2a верхней ветви – знак «+». Теперь по координатным линиям r=const, которые пересекают область D, определяем границы изменения φ: от значения на нижней ветви окружности до значения на верхней ветви окружности. В результате по формуле (6) получаем: a arccos ∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫∫ f ( r cos ϕ , r sin ϕ ) rdrdϕ = ∫ rdr D Ω Пример 4. В двойном интеграле 0 ∫ r 2a − arccos ∫∫ f ( x, y ) dxdy f ( r cos ϕ , r sin ϕ ) dϕ r 2a перейти к полярным D координатам и расставить пределы интеграции в том и другом порядке, если область D ограничена линиями x 2 + y 2 = 2 у , y ≥ 1. Решение: Кривая x 2 + y 2 = 2 у является уравнением окружности с центром в точке (0,1): х 2 + ( y − 1)2 = 1 . При y ≥ 1 выбирается верхняя половина круга – это и будет область D . Переведем границы области в полярные координаты, при этом уравнение окружности имеет вид r = 2sin ϕ . Если из него выразить r r φ, получаем ϕ = arcsin для правой ветки окружности и ϕ = π − arcsin - для 2 2 1 левой. Прямая y=1 в полярных координатах имеет уравнение r = или sin ϕ 1 1 ϕ = arcsin и ϕ = π − arcsin для отрезков прямых, лежащих в первой и во r r второй четверти соответственно. Нанесем координатные линии φ=const, π откуда определяем, что область D расположена между лучами ϕ = и 4 22 3π , а радиус изменяется от значения на отрезке прямой y=1 до значения 4 на дуге окружности (рис.23а). Тогда получаем: ϕ= 3π 4 2sin ϕ π 4 1 sin ϕ ∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫∫ f ( r cos ϕ , r sin ϕ ) rdrdϕ = ∫ dϕ ∫ Ω D y 2 r = 2 sin ϕ 1 ϕ= f ( r cos ϕ , r sin ϕ ) rdr . 3π 4 r= ϕ = 1 sin ϕ π 4 x Рис.23а Рис.23б Проведем линии r=const и определяем, что область заключена между координатными линиями r=1 и r=2, а координатная линия r = 2 проходит через точки (±1,1), в которых пересекаются границы области - окружность и прямая (рис.23б). Поэтому D необходимо разбить на две простые области относительно φ: 1 ≤ r ≤ 2 и 2 ≤ r ≤ 2 и пределы интегрирования в двойном интеграле расставляются так: π − arcsin 2 ∫∫ f ( x, y )dxdy = ∫ D 1 rdr ∫ arcsin 1 r 1 r f ( r , ϕ ) dϕ + 2 ∫ 2 r 2 π − arcsin rdr ∫ arcsin f ( r ,ϕ ) dϕ r 2 Замечание: В некоторых случаях, если область интегрирования в двойном интеграле ограничена окружностью ( x − a )2 + ( y − b ) 2 = R 2 , удобнее делать x − a = r cos ϕ замену . При такой замене осуществляется параллельный y − b = r sin ϕ перенос системы координат в центр окружности, а якобиан преобразования при этом не изменяется, т.е. J=r (предлагается убедиться в этом x = r cosϕ самостоятельно). В частности, если в примере 4 ввести замену , y − 1 = r sin ϕ то уравнение окружности х 2 + ( y − 1)2 = 1 преобразуется к виду r=1, а область интегрирования Ω в координатах Оrφ становится прямоугольной: 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ ϕ ≤ π . 23 x2 y 2 Пример 5. Вычислить интеграл ∫∫ 1 − − dxdy , где область D – лежащая a 2 b2 D в первой четверти часть эллиптического кольца 1 ≤ x2 2 + y2 2 ≤ 4. a b Замечание: В случае, когда область интегрирования в двойном интеграле является эллипс или его часть, то вводят обобщенные полярные или x = ar cos ϕ . При этом J=abr (проверить эллиптические координаты y = br sin ϕ x2 самостоятельно), а выражение 2 + y2 2 преобразуется в выражение r 2 . a b Решение: Перейдем к эллиптическим координатам, при этом границы эллиптического кольца принимают вид r=1 и r=2, а вся область π расположена между лучами φ=0 и ϕ = . Поэтому интеграл вычисляем 2 следующим образом: π 2 2 x y 5π 2 2 ∫∫ 1 − a 2 − b 2 dxdy = ab ∫∫ 1 − r rdrdϕ = ab ∫ dϕ ∫ 1 − r rdr = − 12 ab D Ω 0 1 2 1.5. 2 ( ) ( ) Геометрические приложения двойного интеграла. Как было показано в п.1.1,объем цилиндрического тела находится по формуле: V = ∫∫ f ( x, y ) dxdy , (7) D где z=f(x,y) – уравнение поверхности, ограничивающей тело сверху. Площадь S плоской области D на плоскости Оху вычисляется по формуле: S D = ∫∫ dxdy (8) D Если поверхность задана уравнением z=f(x,y), поверхности вычисляется по формуле: ( x, y ) ∈ D , S = ∫∫ 1 + z′x2 + z′y2 dxdy то площадь (9) D Пример 1. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями 3 2 х=0 y = x, y = 4 − ( x − 1) . 2 24 y Решение: Область приведена на рис.24.Ее проекция на оси Ох есть отрезок [0,1] и площадь фигуры вычисляем по формуле (8): y = 4 − ( x − 1) 2 3 3 y= x 2 1 0 2 x Рис.24 2 S D = ∫∫ dxdy = ∫ dx D Пример 2. 4 −( x −1) ∫ 3 0 x 2 Вычислить 2 2 13 2 3 dy = ∫ 4 − ( x − 1) − x dx = 2 3 0 площадь фигуры, ограниченной кривой ( 4 x − 7 y + 8)2 + ( 3x + 8 y − 9 )2 = 64 Решение: Область D является сложной, поэтому введем замену переменных 4 −7 u = 4 x − 7 y + 8 1 u′x u′y 1 и находим = = = 53 . Тогда J = 3 8 J v′x v′y 53 v = 3 х + 8 y − 9 На плоскости Ouv область Ω является кругом, ограниченным окружностью u 2 + v 2 = 64 , так что площадь круга равна 64π. Находим площадь области D: 1 1 64π S D = ∫∫ dxdy = ∫∫ Jdudv = ∫∫ dudv = 64π = 53 Ω 53 53 D Ω 2 x2 y 2 2 xy Пример 3. Вычислить площадь петли кривой 2 + 2 = 2 . a b c Решение: Под петлей будем подразумевать область, ограниченную данной кривой и расположенную в первой четверти ( x ≥ 0, y ≥ 0 ) . Воспользуемся обобщенными полярными координатами x=a·rcosφ, y=b·rsinφ, в результате чего уравнение кривой принимает вид 4 r = 2abr 2 sin ϕ cos ϕ c2 или ab sin 2ϕ . В эллиптических координатах соответствующая область Ω c ab задается неравенствами 0 ≤ r ≤ sin 2ϕ , при этом sin 2ϕ ≥ 0 ,т.е. c π 0 ≤ϕ ≤ . 2 r= 25 π 2 ab sin 2ϕ c 0 0 S D = ∫∫ dxdy = ∫∫ abrdrdϕ =ab ∫ dϕ Ω D ∫ π 2 a 2b 2 2 ab rdr = ∫ sin 2ϕ dϕ = 2c 2c 2 0 Пример 4. Вычислить объем тела, ограниченного плоскостями z=0, y+z=2 и цилиндром y = x 2 . Решение: Данное тело ограничено сверху плоскостью z=2-у (рис.25), поэтому по формуле (7) V = ∫∫ ( 2 − y ) dxdy . Область D есть параболический сегмент, D ограниченный параболой y = x 2 и прямой у=2, проектируя которую на ось Оу, получаем: y 2 V = ∫∫ ( 2 − y ) dxdy = ∫ ( 2 − y ) dy 0 D ∫ − y 2 dx = 2 ∫ ( 2 − y ) ydy = 0 32 2 15 z y=3-x2 –z2 y 3 D x Рис.25 Рис.26 Пример 5. Вычислить объем тела, ограниченного плоскостью у=0 и параболоидом y = 3 − x 2 − z 2 . Решение: В этой задаче удобно считать, что тело стоит на плоскости Oxz и сверху ограничено параболоидом y = 3 − x 2 − z 2 (рис.26), а область D есть круг с границей x2 + z 2 = ( 3) 2 . Поэтому вычисляем объем следующим образом: ( D 2 V = ∫∫ 3 − x − z 2 2π ) dxdz = ∫∫Ω (3 − r )rdrdϕ = 0∫ dϕ 0∫ (3 − r 2 )rdr = 92π 2 3 Задача 6. Вычислить площадь поверхности параболоида z=xy, лежащей внутри цилиндра x 2 + y 2 = a 2 . 26 Решение: Площадь поверхности вычисляем по формуле (9), при этом z′x = y , z′y = x и 1 + z′x2 + z′y2 = 1 + x 2 + y 2 . Поскольку область D - круг x 2 + y 2 ≤ a 2 , то при вычислении двойного интеграла переходим к полярным координатам. 3 1 2π a 2π 2 2 2 2 2 2 S = ∫∫ 1 + x + y dxdy = ∫ dϕ ∫ 1 + r d 1 + r = 1+ a − 1 2 3 D 0 0 ( ) ( ) Физические приложения двойного интеграла. 1.6. Пусть D – плоская пластина, лежащая в плоскости Оху с поверхностной плотностью ρ(х,у). Тогда: 1. массу m пластинки находят по формуле m = ∫∫ ρ ( x, y ) dxdy (10) D 2. статические моменты M x и M y пластинки относительно координатных осей находят по формулам M x = ∫∫ y ρ ( x, y )dxdy, M y = ∫∫ x ρ ( x, y )dxdy (11) D D 3.кординаты центра тяжести xc и yc пластинки – по формулам My M xc = , yc = x (12) m m 4. Моменты инерции I x , I y и I о пластинки соответственно относительно координатных осей Ох и Оу и начала координат находят по формулам I x = ∫∫ y 2 ρ ( x, y )dxdy, I y = ∫∫ x 2 ρ ( x, y )dxdy D ( D 2 I о = I x + I y = ∫∫ x + y (13) D 2 ) ρ ( x, y)dxdy (14) Для однородных пластинок поверхностная плотность ρ ( x, y ) = ρ0 = const . В некоторых задачах для простоты полагают ρ0 = 1 . ( ) Пример 1. Найти массу круглой пластины D x 2 + y 2 ≤ 1 с поверхностной плотностью ρ(х,у)=3-х-у. Решение: Массу пластины вычисляем по формуле (10): 1 2π 0 0 m = ∫∫ ( 3 − x − y ) dxdy = ∫ rdr ∫ ( 3 − r cos ϕ − r sin ϕ ) dϕ =3π D 27 Поскольку пластина является круглой, вначале в двойном интеграле переходим к полярным координатам, а затем при вычислении внутреннего интеграла учитываем тот факт, что интеграл по периоду от тригонометрических функций равен нулю. Пример 2. Найти статический момент однородного прямоугольника со сторонами а и b относительно стороны а, считая, что прямоугольник лежит в плоскости Оху. Решение: Поместим начало координат в одну из вершин прямоугольника так, чтобы ось Ох совпадала со стороной а, а ось Оу – со стороной b. Статический момент прямоугольника относительно стороны а будет равен статическому моменту относительно оси Ох. По первой из формул (11) получаем: a b y2 M a = M x = ∫∫ ρ0 ydxdy =ρ0 ∫ dx ∫ ydy = ρ0a 2 D 0 0 b 0 ab 2 = ρ0 2 Пример 3. Найти координаты центра тяжести однородной пластины плотности ρ0 , ограниченной параболой y = x 2 и прямой х+у=2. Решение: Чертеж области приведен на рис.27. Найдем абсциссы точек пересечения графиков. Из системы x + y = 2 получаем x1 = −2 и x2 = 1 . 2 y = x Тогда масса пластины вычисляется по формуле: 1 2− x 9 m = ∫∫ ρ0dxdy = ρ0 ∫ dx ∫ dy = ρ0 2 2 D −2 x Рис.27. Вычислим статические моменты пластины относительно координатных осей M x = ∫∫ y ρ0dxdy =ρ0 D M y = ∫∫ x ρ0 dxdy =ρ0 D 1 2− x −2 1 2 ∫ dx ∫ ∫ −2 x 2− x xdx ∫ x 2 ( ) ρ0 1 36 yd = 4 − 4 x + x 2 − x 4 dx = ρ0 ∫ 2 −2 5 dy = ρ0 1 ( ) 9 x 2 − x − x 2 dx = − ρ0 4 −2 ∫ Теперь вычисляем по формулам (12) координаты центра тяжести пластины: xc = M y / m = −1/ 2, yс = M x / m = 8/ 5 Пример 4. Вычислить моменты инерции однородного треугольника со сторонами х+у=1, х+2у=2 , у=0, относительно координатных осей. 28 Решение: Треугольник приведен на рис 28. Моменты инерции относительно осей вычисляем по формулам (13): 1 2 2 I x = ∫∫ y ρ0dxdy = ρ0 ∫ y dy D 0 2− 2 y ∫ dx = 1− y 2 4 ρ0 ∫ y 2 (2 − 2 y − 1 + y )dy = − ρ0 3 0 Рис.28 1 2−2 y ( ) ρ0 2 I y = ∫∫ x ρ0dxdy = ρ0 ∫ dy ∫ x dx = 7 − 21 y + 21 y 2 − 7 y 3 dy = 0 ∫ 3 0 D 0 1− y Пример 5. Найти момент инерции однородной области, ограниченной 2 ( x2 + y2 ) лемнискатой 2 2 ( ) ( х ≥ 0) = a 2 x2 − y 2 , относительно начала координат. Решение: Полярный момент инерции вычисляем по формуле (14), при этом в двойном интеграле перейдем к полярным координатам. В результате уравнение лемнискаты в полярных координатах принимает вид r = a cos 2ϕ , а координата π π ϕ ∈ − , (рис. 29). Тогда получаем: 4 4 Рис.29. ( D 2 I о = ∫∫ x + y 2 π 4 ) ρ0dxdy =ρ0 ∫π dϕ − 4 a cos 2ϕ ∫ 0 π 4 a4 π a4 2 r dr = ρ0 ∫ cos 2ϕ dϕ = ρ0 4 16 π 3 − 4 Задачи для самостоятельного решения: 1.7. Вычислить двойной интеграл: 1. ∫∫ ydxdy ( D 1 + x2 + y 2 )2 3 , где D – прямоугольник 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 . 29 xdxdy 2. ∫∫ 3. ∫∫ ( x + y ) dxdy , D ограничена линиями 2 2 Dx +y , где D - ограниченна параболой y = 1 2 x и прямой у=х. 2 y = x 2 + 2 x − 3 , х=0, 2у=3х. D ∫∫ f ( x, y ) dxdy Двойной интеграл представить в виде повторного двумя D способами: 4. D – треугольник с вершинами А(-1,-1), В(1,3), С(2,-4). 5. D – параллелограмм с вершинами А(-3,1), В(2,1), С(6,4), D(1,4). 6. D ограничена линиями y = − x 2 + 3 х , y = 3/ 4 x . 7. D ограничена линиями x 2 + y 2 = 2a 2 , x 2 = ay ( a > 0) . Изменить порядок интегрирования в повторном интеграле: 2 8. ∫ dx 6− x 0 ∫ 2 f ( x, y )dy 9. ∫ dx 10. −2 3+ 12 + 4 x − x 2 ∫ ∫ 0 x 14. ∫ dx ∫ 0 0 12 x 2 1− 4 x − x 2 −3 fdy + ∫ dx 1 ∫ 0 fdy ∫ f ( x, y )dy 3x2 13. ∫ dy f ( x, y )dx 3− y 2 ∫ y /2 4 4 x − x2 15. ∫ dx f ( x, y )dх 2 0 0 f ( x, y )dy 1 4− x2 2 − 1 − 1− y 2 3 2 1 ∫ 11. ∫ dx f ( x, y )dy 1− y 12. ∫ dy 0 4 3− 12+ 4 x − x 2 1 ∫ dx −2 2x 6 1 4− x2 2 ∫ f ( x, y )dy −x Выбирая подходящие замены переменных, вычислить двойные интегралы: 1 1 7 16. ∫∫ ( y − х ) dxdy , где D ограничена линиями y = − x + 5, y = − x + , у=х+1, 3 3 3 D у=х-3. 17. ∫∫ dxdy , где D – параллелограмм со сторонами у=х, у=х+3, у=-2х+1, у=D 2х+5. 18. ∫∫ xydxdy , D ограничена кривыми y 2 = ax, y 2 = bx , ху=p, ху=q (0<a<b, D 0<p<q). 30 В двойном интеграле ∫∫ f ( x, y ) dxdy перейти к полярным координатам r и φ D (х=rcosφ, y=rsinφ) и расставить пределы интегрирования: 19. D – круг x 2 + y 2 ≤ by (b > 0) . 20. D – область, ограниченная окружностями x 2 + y 2 = 4 x, x 2 + y 2 = 8 x и прямыми у=х и у=2х. 21. D –область, ограниченная прямыми у=х, у=-х и у=1. 22. D – общая часть кругов x 2 + y 2 ≤ ах ( а > 0) и x 2 + y 2 ≤ by (b > 0) . Вычислить двойной интеграл, переходя к полярным координатам: a a2 − x2 0 0 23. ∫ dx 24. ∫∫ ∫ x 2 + y 2 dy . ( a 2 − x 2 − y 2 dxdy , D ограничена лемнискатой x 2 + y 2 D ) 2 ( ) = a2 x2 − y2 . x 2 + y 2 )dxdy , где D – круг x 2 + ( y + 2)2 ≤ 4 . ( D 25. ∫∫ 26. ∫∫ arctg x dxdy , где D – y четверть круга x 2 + y 2 ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0 . D Вычислить площади фигур, ограниченных кривыми: 27. y 2 = 2 x , у=х. 28. y 2 = 10 x + 25 , y 2 = −6 x + 9 . 29., ху=4, х+у-5=0. 30. 31. x 2 + y 2 = 2 x, x 2 + y 2 = 4 x , у=х, у=0. 32. x 2 + y 2 + 2 y = 0 , у=-1, у=-х. x + y = a , х+у=а ( x + y − 1) 2 ( x − у + 3)2 33. + = 1. 4 9 r = a (1 + cos ϕ ), r = a cos ϕ (a > 0) . 34. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями: y = x , y = 2 x , x + z = 4, z = 0 . x y z x = 0, y = 0, z = 0, + + = 1 . a b c 37. x = 0, y = 0, z = 0, z + x 2 + y 2 = 1 . 35. 36. 31 38. x = 0, y = 0, z = 0, x = 4, y = 4, z = x 2 + y 2 + 1 x y z 39. Найти площадь части плоскости + + = 1 , лежащей в первом октанте. a b c 40. Найти площадь части поверхности параболоида y 2 + z 2 = 4 ax , отсекаемой цилиндром y 2 = ax и плоскостью х=3а. 41. Найти массу пластинки, ограниченной кривыми y = x 2 , y = x , если ее плотность равна ρ(х,у)=х+2у. 42. Вычислить координаты центра тяжести фигуры, ограниченной кардиоидой r = a (1 + cosϕ ) . 43. Найти координаты центра тяжести однородной пластики, ограниченной параболой ay = z 2 и прямой у=2 (а>0). 44. Найти координаты центра тяжести однородной пластинки, ограниченной окружностью x 2 + y 2 = R 2 и двумя радиусами у=0 и у=хtgα . 45. Найти статический момент однородного полукруга радиуса R, лежащего в плоскости Оху, относительно диаметра. 46. Найти статические моменты относительно осей Ох и Оу однородной пластины, ограниченной кардиоидой r = a (1 + cosϕ ) ( 0 ≤ ϕ ≤ π ) и полярной осью. 47. Найти статические моменты однородной пластины, ограниченной кривой π y=sinx и прямой ОА, проходящей через начало координат и точку A( ,1) 2 ( x ≥ 0) ,относительно осей Ох и Оу. 48. Найти моменты инерции прямоугольника ОАСВ со сторонами ОА=а и ОВ=b относительно вершины О и сторон ОА и ОВ, если его плотность равна расстоянию до стороны ОВ, считая, что прямоугольник лежит в плоскости Оуz. 49. Найти моменты инерции однородной пластины, ограниченной эллипсом x2 y2 + = 1 , относительно осей Ох, Оу и относительно начала координат. a 2 b2 50. Найти полярный момент инерции однородной фигуры, ограниченной кардиоидой r = a (1 + cosϕ ) . 32 Глава 2. ТРОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ. 2.1. Тройной интеграл в декартовых координатах. Тройной интеграл является обобщением интеграла Римана на случай функции трех переменных. Определение тройного интеграла, а также его свойства аналогичны определению и свойствам двойного интеграла. Определение: Тройным интегралом от непрерывной функции u=f(x,y,z) по ограниченной кубируемой (измеримой по Жордану) области G называется ∫∫∫ G f ( x, y , z )dxdydz = lim n ∑ τ →0 i =1 n f ( xi , yi , zi )∆Vi , где G = ∑ Gi - разбиение области i =1 G на кубируемые части Gi , τ = max d (∆Vi ) - максимальный диаметр объема i разбиения ΔVi. Вычисляют тройной интеграл также как и двойной, сведением к повторным интегралам, при этом порядок следования переменных выбирается так, чтобы упростить проводимые вычисления. Пусть область G из пространства Охуz проектируется в область D плоскости Оху так, что всякая прямая, параллельная оси Оz и проходящая внутри области D, пересекает границу тела только в двух точках. В общем случае такая область ограничена снизу поверхностью z = z1( x, у ) , сверху – поверхностью z = z2 ( x, y ) , а с боков – цилиндрической поверхностью с образующими, параллельными оси Оz (рис.30). В частных случая боковая поверхность цилиндра может превратиться в линию (рис.31). Рис.30 Рис.31 Тройной интеграл по такой области вычисляется по формуле: 33 z2 ( x , y ) ∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = ∫∫ dxdy ∫ G Здесь внутренний интеграл f ( x, y, z )dz (15) D z1 ( x, y ) z2 ( x , y ) ∫ f ( x, y, z )dz берется по z от нижней z1 ( x, y ) границы области G до ее верхней границы при фиксированных, но произвольных в области D значениях х и у. В результате получается некоторая функция от х и у, которая затем интегрируется в области D. Наиболее простой вид формула (15) принимает в случае, когда областью интегрирования является прямоугольный параллелепипед, ограниченный плоскостями x=a, x=b, y=c, y=d, z=p, z=q (a<b, c<d, p<q) и пределы интегрирования по всем трем переменным являются константами b d q ∫∫∫ u ( x, y, z )dxdydz = ∫ dx ∫ dy ∫ u ( x, y, z )dz G a c (16) p Если область G имеет более сложную форму, то ее разбивают на конечное число областей, удовлетворяющих приведенным выше условиям. Замечание: Аналогичные определения и формулы могут получены и тогда, когда область G проектируется в область D, лежащую в плоскости Охz или Оуz. Пример 1: Вычислить интеграл ∫∫∫ 1 3 G ( x + y + z + 1) dxdydz , где G – область, ограниченная плоскостями x=0, y=0, z=0, x+y+z=1. Решение: Для правильной расстановки пределов интегрирования построим область G (рис.32). Область интегрирования G представляет фигуру, проекция которой на плоскость Oху есть треугольник с координатами вершин (0,0,0), (1,0,0), (0,1,0). z y 1 1 z=1-x-y y=1-x 1 y 0 1 1 x Рис.32 x Рис.33 34 Очевидно, что нижняя граница области G – плоскость z=0, а верхняя – плоскость z=1-х-у, это и будут пределы интегрирования по z. Для расстановки пределов по x и y в области D воспользуемся опытом вычисления двойных интегралов. Область D приведена на рис.33. Из рисунка видно, что x меняется в пределах от 0 до 1, а у от 0 до значения на прямой y=1-x: ∫∫∫ dxdydz 3 G ( x + y + z + 1) = ∫∫ d x d y 1− x − y ∫ 0 1− x − y D 1 1 − ∫∫ d x d y 2 D ( x + y + z + 1 )2 0 1 1− x 1 1 1 = ∫ dx ∫ − 2 20 2 0 ( x + y + 1) dz ( x + y + z + 1) 3 = 1 1 1 = = ∫∫ − dxdy 2 2 D ( x + y + 1 )2 Пример 2: Вычислить интеграл 1 d y = ( ln 2 − 1 ) 2 ∫∫∫ xydxdydz , если область G ограничена G гиперболическим параболоидом z=xу и плоскостями x+y=1 и z=0 (z>0). Решение: Область G ограничена снизу плоскостью z=0 , а сверху- поверхностью гиперболического параболоида (рис.34). Проекцией данной области на плоскость Оху является треугольник, образованный осями координат х=0, у=0 и прямой х+у=1 (рис.33). Поэтому тройной интеграл сводится к повторным следующим образом: Рис.34 xy ∫∫∫ xydxdydz = ∫∫ xydxdy ∫ dz = ∫∫ x G D 0 D 2 2 1 2 1− x y dxdy = ∫ x dx 0 ∫ 0 y 2 dy = 1 180 Возможен и другой подход к вычислению интеграла, когда в качестве внешнего интеграла удобно выбрать интеграл по z и расставлять пределы 35 внутренних интегралов, используя сечение фигуры плоскостью z=const. В этом случае применяют формулу: q ∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = ∫ dz ∫∫ G p f ( x, y , z )dxdy , (17) S ( z) где S(z) –сечение объема плоскостью z=const. Пример 3: Вычислить интеграл ∫∫∫ zx 2 y 3dxdydz , где G- объем, ограниченный G плоскостями у=0, y=x, z=1, z=x. Решение: Построим область интегрирования (рис.35а). Выберем z в качестве внешней переменной интегрирования. Из уравнения границ видно, что z меняется от 0 до 1. Построим сечение фигуры плоскостью z=const (рис z 35б) и из y 1 y=x z=x y=x S(z) 0 y z 0 x x Рис.35а Рис.35б уравнения границ находим значения для переменных пределы в интеграл z 2 x 3 1 z x z y4 11 1 6 ∫∫∫ zx y dxdydz = ∫ zdz ∫ x dx ∫ y dy = ∫ zdz ∫ x dx 4 = 4 ∫ zdz ∫ x dx = 252 . G 0 0 0 0 0 0 0 0 2 3 1 x и y. Подставим 1 2 1 Пример 4: Заменить тройной интеграл ∫ dx ∫ dy 0 0 x+ y ∫ f ( z )dz однократным. 0 Решение: Построим область G, ограниченную плоскостями х=0, х=1, у=0, у=1, z=0, z=х+у (рис.36а). Чтобы свести тройной интеграл к однократному, внешний интеграл нужно взять по переменной z, т.к. подынтегральная функция является функцией z. Проведем сечение объема плоскостью z=const, причем при 0<z<1 сечение приведено на рис.36б, а при 1<z<2 – на рис.36в. 36 z z=x+y 1 y 1 x Рис.36а y y 1 1 z x=y+z x=y+z z z z x 1 z Рис.36б 1 Рис.36в Тогда интеграл можно переписать в виде 1 1 x+ y 0 0 0 ∫ dx ∫ dy ∫ 1 f ( z )dz = ∫ f ( z )dz 0 2 ∫∫ dxdy + ∫ f ( z )dz ∫∫ S1 ( z ) 1 S2 ( z ) dxdy = 1 1 1 2 1 1 z = ∫ f ( z )dz ∫ dx ∫ dy + ∫ dx ∫ dy + ∫ f ( z )dz ∫ dx ∫ dy = 0 z 0 1 z −1 z − x 0 z−x 1 ( ) 11 12 2 = ∫ 2 − z f ( z )dz + ∫ (2 − z )2 f ( z )dz 20 21 2.2. Замена переменных в тройном интеграле. Довольно часто вычисление тройного интеграла в декартовых координатах связано с трудностями, обусловленными определенным видом 37 границ области интегрирования или видом самой подынтегральной функции многих переменных. В этом случае выбирают новую систему координат, при переходе к которой вычисления становятся возможными. Рассмотрим переход к криволинейным координатам u,v,w, которые связанны с декартовыми координатами соотношениями x = x ( u, v, w ) y = y (u , v, w) и якобиан преобразования z = z (u , v , w ) J= xu/ xv/ / xw D ( x, y, z ) = yu/ D (u , v, w) zu/ yv/ / yw ≠ 0. zv/ / zw Тогда операция перехода к новым координатам представлена следующим равенством: ∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = ∫∫∫ f ( x(u, v, w), y(u, v, w), z (u, v, w)) J dudvdw (18) Ω G Пример 1: Перейти к новым координатам и расставить пределы интегрирования в интеграле ∫∫∫ f ( x, y , z )dxdydz , где G- объем, ограниченный G поверхностями x+y=1, x+y=-1, x-y=1, x-y=-1, z=0, z=x2+y2. Решение: Перейдем к новым координатам u=x+y, v=x-y, w=z и вычислим величину, обратную якобиану: u x/ u y/ 1 D (u , v, w) = = v x/ J D ( x, y, z ) wx/ v y/ w/y u z/ 1 1 0 v z/ = 1 −1 0 = −2 . Тогда 0 0 1 wz/ 1 J = , а границы 2 области Ω имеют вид: u=1, u=-1, v=1, v=-1, w=0, w=x2+y2 . Очевидно, что нижней границей области Ω является плоскость w=0, а верхней – поверхность параболоида вращения w=x2+y2 . Проекцией Ω на плоскость Оuv является квадрат со сторонами u=1, u=-1, v=1, v=-1.Подставим полученный результат в интеграл и выполним расстановку пределов 1 ∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = 2 ∫∫∫ f ( x(u, v, w), y(u, v, w), z (u, v, w))dudvdw = Ω G = ∫∫ dudv D u 2 + v2 2 ∫ 0 1 1 u +v u−v 1 f , , w = ∫ du ∫ dv 2 2 4 −1 −1 Пример 2: Вычислить интеграл ∫∫∫ x 2 u 2 + v2 2 ∫ f1 (u , v, w)dw 0 dxdydz , если область G ограничена G поверхностями z = ay 2 , z = by 2 , y > 0 (0<a<b), z=αx, z=βx, (0<α<β), z=h (h>0). 38 z , v = , w = z , так что область Ω x y2 будет являться прямоугольным параллелепипедом, ограниченным плоскостями u=a, u=b, v=α, v=β, w=0, w=h. Старые переменные через новые w w выражаются следующим образом: x = , y = , z = w . Вычисляем якобиан v u Решение: Введем новые переменные u = z 0 − 2 z / y3 1/ y 2 преобразования 1 = − z / x2 J 0 0 0 1/ x 1 =− 2z2 2 3 x y 3 =− 2u 2 v 2 3 , w 2 3 1 w 2 J = .Тогда 2v 2 u β h w2 1 w 2 1 b −2 −4 2 x dxdydz = dudvdw = u du v dv ∫∫∫ ∫∫∫ 2 2 u ∫ ∫ ∫ w 2 dw = 2 Ω v 2v α G a 0 3 3 = 3 2 1 1 1 1 4 − − h h 27 a b α 3 β 3 2.3. Вычисление тройного интеграла в цилиндрических координатах. Цилиндрическими координатами точки M(x,y,z) называются три числа (r,φ, z), где z – аппликата точки М, а r и φ – полярные координаты проекции точки М (т.е. точки Mº(х,у,0)) на плоскости Оху. С декартовыми x = r cosϕ координатами они связаны соотношениями: y = r sin ϕ , где 0≤ϕ<2π, z=z 0≤r<+∞, -∞<z<+∞. Якобиан перехода к цилиндрическим координатам (как и к полярным координатам на плоскости) J=r, в чем не трудно убедиться самостоятельно. Из (4) получаем формулу перехода к цилиндрическим координатам в тройном интеграле: ∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = ∫∫∫ f ( x( r,ϕ , z ), y ( r,ϕ , z ), z )rdrdϕdz G (19) Ω Цилиндрические координаты удобно применять в случае, когда область интегрирования содержит следующие поверхности: а) цилиндр x2+y2=R2, где R- радиус, а уравнение цилиндра принимает вид r=R; б) конус z2=x2+y², уравнение которого в цилиндрических координатах r=z; в) параболоид вращения z=x2+у², уравнение которого имеет вид z= r², 39 или если подынтегральная функция содержит выражения вида x2+y2=r² На практике для расстановки пределов интегрирования в тройном интеграле в цилиндрических координатах поступают так же, как и в декартовых координатах. Область G, уравнения границ которой переведены в цилиндрические координаты, проектируется на плоскость Оху в область D, а в области D вводятся полярные координаты. Пример 1: Перейти к цилиндрическим координатам и вычислить тройной интеграл ∫∫∫ ( x 2 + y 2 )dxdydz , где G- объем, ограниченный цилиндром x2+y2=1 G и плоскостями x+y+z=2 и z=0. Решение: В цилиндрических координатах уравнение цилиндра имеет вид r=1, уравнение наклонной плоскости – r(cosφ+sinφ)+z=2, а подынтегральная функция равна r². Область G ограничена снизу координатной плоскостью z=0, а сверху – наклонной плоскостью z=2-(cosφ+sinφ) (рис.37). Проекцией области G на плоскость Оху является круг единичного радиуса, граница которого r=1. Поэтому область D задается неравенствами 0 ≤ ϕ ≤ 2π , Рис.37 0 ≤ r ≤ 1 . В итоге получаем: 2 ∫∫∫ ( x 2 + y )dxdydz = ∫∫ r drdϕ G 2π 1 0 0 = 3 2−r(cosϕ +sin ϕ ) D ∫ dϕ ∫ (2r 3 ∫ 0 2π 1 0 0 3 dz = ∫ dϕ ∫ r dr 2−r (cosϕ +sin ϕ ) ∫ dz = 0 − r 4 (cosϕ + sinϕ))dr =π Пример 2. Вычислить ∫∫∫ z x 2 + y 2 dxdydz , если область G ограничена G плоскостями у=0, z=0, z=a и цилиндром x²+y²=2x. Решение: Очевидно, что область G – часть цилиндра, лежащего в первом октанте и заключенного между плоскостями z=0 и z=a (рис.38). Его уравнение в цилиндрических координатах имеет вид r=2cosφ, а подынтегральная функция равна zr. Проекцией области G на плоскость Оху является половина круга единичного радиуса с центром на оси Ох в точке (1,0), находящаяся в первой четверти. Уравнение границы круга имеет вид r=2cosφ , а область D задается 40 неравенствами 0 ≤ ϕ ≤ ∫∫∫ z 2 π , 0 ≤ r ≤ 2cos ϕ : 2 2 2 a π 2 2 cos ϕ 0 0 0 x + y dxdydz = ∫∫ r drdϕ ∫ zdz = G D ∫ dϕ ∫ π 4a3 2 a 8a 2 r dr ∫ zdz = ∫ cos ϕ dϕ = 9 3 0 0 2 3 2 r=2cosφ Рис.38 Рис.39 Пример 3: Вычислить тройной интеграл x 2 + y 2 ) dxdydz , где область G ( G ∫∫∫ ограничена плоскостью у=2 и параболоидом 2у =x²+ z². Решение: Область G (рис.39) ограничена «справа» плоскостью у=2, а «слева» – поверхностью параболоида 2у =x²+ z², Эта область проектируется в область D плоскости Охz , ограниченную окружностью x²+ z²=4. Последнее уравнение является линией пересечения плоскости у=2 и параболоида 2у =x²+ z². Введем цилиндрические координаты x=rcosφ, z=rsinφ, y=y и уравнение параболоида принимает вид у=r²/2. Область D задается неравенствами 0 ≤ ϕ ≤ 2π , 0 ≤ r ≤ 1 . С учетом вышесказанного получаем x ( G ∫∫∫ 2 +y 2 ) 2π r2 16π dxdydz = ∫∫ r drdϕ ∫ dy = ∫ dϕ ∫ r dr ∫ dy = 2π ∫ r 2 − dr = 2 3 D 0 0 0 r2 r2 3 2 2 2 3 2 2 3 2 . 41 1− x 2 1 Пример 4: Вычислить интеграл ∫ dx 0 ∫ − 1− x 2 (x 2 +y 2 ) dy 1 ∫ zdz , переходя к x2 + y 2 цилиндрическим координатам. Решение: Как указывалось выше, пределы интегрирования в декартовых и цилиндрических координатах расставляются аналогично, поэтому внешние два интеграла определяют двойной интеграл по области D, а внутренний интеграл вычисляется от нижней границы области G (конуса z = x 2 + y 2 ) до ее верхней границы (плоскости z=1). Переведем уравнения границы области G в цилиндрические координаты, а в области D перейдем к полярным координатам. Из первых двух интегралов определяем, что область D – это половина круга x 2 + y 2 ≤ 1 , лежащая в первой и четвертой четвертях, т.к. х меняется от 0 до 1. Поэтому в полярных координатах область D имеет π π вид: − ≤ ϕ ≤ , 0 ≤ r ≤ 1 . 2 2 1 1− x 2 0 − 1− x 2 ∫ dx ∫ 3 (x 1 2 +y 2 = ∫∫ r drdϕ ∫ zdz == D r ) dy π 2 ∫ − π 2 1 ∫ ( D 2 ) dz = ∫∫ x + y dxdy x2 + y 2 1 2 1 1 r 0 dϕ ∫ r dr ∫ dz = π ∫ r 3 (1 − r )dr = 0 3 1 ∫ dz = x2 + y 2 π 20 Замечание:В более общем случае может быть использована следующая замена: x = x + ar cos ϕ 0 y = y 0 + br sin ϕ , здесь a и b – параметры. В этом случае J=abr. z=z п.2.3. Вычисление тройного интеграла в сферических координатах. Точка в трехмерном пространстве описывается тремя координатами (x,y,z) которые являются проекциями точки на оси Oх, Oу и Oz. Используем другой подход. Введем r - расстояние от начала координат до точки, ϕ- угол поворота в плоскости Oxy, ψ - угол, который отсчитывают от плоскости Oxy. Сферические координаты (r,ϕ,ψ) связаны с декартовыми координатами 42 x = r cosϕ cosψ соотношениями y = r sin ϕ cosψ , где 0≤ϕ<2π, -π/2≤ψ≤π/2, 0≤r<+∞. Якобиан z = r sinψ перехода к сферическим координатам равен J = r 2 cosψ (проверить самостоятельно). Тогда справедлива формула замены в тройном интеграле: ∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = ∫∫∫ f ( r cosϕ cosψ , r sin ϕ cosψ , r sinψ )r G 2 cosψdrdϕdψ Ω (20) Сферические координаты удобно применять в случае, когда область интегрирования есть шар или его часть, так как уравнение его границы сферы x2+y2+z2=R2, где R- радиус сферы, в сферических координатах имеет вид r=R. Удобно также переходить и в случае, если подынтегральная функция содержит выражения вида x2+y2+z2=r².Если область G ограничена эллипсоидом x2/a2+y2/b2+z2/с2=1, то используют обобщенные сферические x = ar cosϕ cosψ координаты y = br sin ϕ cosψ , где якобиан J = abcr 2 cosψ . В этих z = cr sinψ координатах уравнение эллипсоида имеет простой вид r=1. Пример 1: Вычислить ∫∫∫ dxdydz ( G 1 + x2 + y 2 + z 2 )2 3 , где G – шар x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1 . Решение: Границей области G является сфера x2+y2+z2=1, уравнение которой в сферических координатах имеет вид r=1. Так как r – расстояние до начала координат, то для любой точки шара выполняется неравенство 0 ≤ r ≤ 1 . Угол φ вводится в плоскости Oxy так же, как и в полярных координатах. Проекция шара на плоскость Oxy - круг, а для круга 0 ≤ ϕ ≤ 2π . Угол отклонения ψ от π плоскости Oxy принимает наибольшее значение ψ = для точек, лежащих 2 π на оси Оz при z>0 и наименьшее значение ψ = − на оси Oz при z<0. 2 π π Поэтому для шара всегда − ≤ ψ ≤ . Таким образом, при переходе к 2 2 сферическим координатам шар G преобразуется в область Ω, которая является прямоугольным параллелепипедом: 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ ϕ ≤ 2π , π π − ≤ψ ≤ . 2 2 43 ∫∫∫ dxdydz ( = ∫∫∫ 2 r cosψ drdϕ dψ )2 Ω 3 1 1 d (1 + r ) 4π ⋅ = ln 2 G 1 + x2 + y2 + z2 3 π = 2π sinψ 2π 3 0∫ 1 + r 3 − 2 1 + r3 ∫ dϕ 0 π 2 ∫ − π 2 1 2 cosψ dψ ∫ r dr 3 01 + r = 3 ∫∫∫ xyzdxdydz , Пример 2: Вычислить = 2π где G – часть шара x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1 , G лежащая в первом октанте (x>0, y>0, z>0). z r=1 y φ Ψ=0 Рис.40 Решение: Область G приведена на рис. 40. Как уже говорилось, для всех точек шара справедливо 0 ≤ r ≤ 1 . Проекцией области G на плоскость Оху π является часть круга, лежащего в первой четверти, поэтому 0 ≤ ϕ ≤ . Угол ψ 2 принимает в данной области наименьшее значение ψ=0 для точек π координатной плоскости z=0 , а наибольшее значение ψ = для точек на оси 2 Оz при z>0. Расставляем пределы интегрирования: x ∫∫∫ xyzdxdydz = ∫∫∫ r cosϕ cosψ r sin ϕ cosψ r sinψ r G π 2 2 cosψ drdϕ dψ = Ω π 2 1 π 2 π 1 cos 4ψ 2 r 6 sin 2 ϕ = ∫ cos ϕ sin ϕ dϕ ∫ cos ψ sinψ dψ ∫ r dr = − 2 0 0 0 0 3 5 4 1 = 6 48 0 0 44 Пример 3: Вычислить тройной интеграл ∫∫∫ x 2 + y 2 + z 2 dxdydz , если область G G ограничена сферой x 2 + y 2 + z 2 = z . Ψ=π/2 z 1 r=sinψ 1/2 y Ψ=0 x Рис.41 Решение: Преобразуем уравнение сферы к каноническому виду, выделив 2 2 1 1 полный квадрат по z: x + y + z − = . Сфера с центром в точке 2 2 (0,0,1/2) радиуса 1/2, касается начала координат и расположена выше координатной плоскости z=0 (рис. 41). Ее уравнение в сферических координатах имеет вид r=sinψ, так что для всех внутренних точек выполняется неравенство 0 ≤ r ≤ sinψ . Так как проекцией области G на плоскость Оху является круг, то 0 ≤ ϕ ≤ 2π .Угол отклонения ψ для данной π области изменяется в пределах 0 ≤ ψ ≤ . Расставляем пределы 2 интегрирования: 2 ∫∫∫ 2 2 2 3 x + y + z dxdydz = ∫∫∫ r cosψ drdϕ dψ = Ω G Пример ∫∫∫ ( x G 2 2 4: Перейти к 2π ∫ 0 сферическим π 2 sinψ 0 0 dϕ ∫ cosψ dψ координатам ∫ и r 3dr = π 10 вычислить + y 2 )dxdydz , где G- объем, ограниченный поверхностями x2+y2=z2, ( x2+y2+z2=a2, z=0, x=0, y=0 x 2 + y 2 ≤ z 2 ) Решение: Область G- это часть шара, лежащего в первом октанте и вырезанного конусом (рис.42).Как уже говорилось, для шара в первом π октанте 0 ≤ r ≤ а , 0 ≤ ϕ ≤ , а угол ψ наименьшее значение принимает на 2 45 поверхности конуса. Найдем его из уравнения конуса, преобразовав к сферическим координатам: r²(cos²φ+sin²φ)cos²ψ=r²sin²ψ или tgψ=1,откуда π получаем ψ = . 4 Перейдем к сферическим координатам: ∫∫∫( x 2 2 4 + y )dxdydz = ∫∫∫ r cos ψ sinψdrdϕdψ = = ∫ 0 π /2 ∫ Ω G π /2 2 dϕ π /2 ∫ 0 cos2 ψ sinψdψ π /4 r 52 = 5 − 25 π / 2 ∫ 5 0 0 dϕ cos3ψ 3 dϕ π /2 ∫ π /4 π /2 = π /4 2 2 cos ψ sinψdψ ∫ r 4dr = 0 4 2π 15 z Ψ=π/2 z a r=a R r=R Ψ=π/6 Ψ=π/4 r=2sinψ y x x Рис.42 Пример 5: В интеграле Рис.43 ∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz перейти к сферическим G координатам и расставить пределы интегрирования, если G – общая часть двух шаров x 2 + y 2 + z 2 ≤ R 2 и x 2 + y 2 + ( z − R)2 ≤ R 2 . Решение: Область G приведена на рис.43. Из рисунка видно, что нижней границей области является сфера со смещенным центром, ее уравнение r=2Rsinψ, а верхней – сфера с центром в начале координат, уравнение которой r=R. Поэтому область G необходимо разбить на две области конической поверхностью, проходящей через линию пересечения двух сфер. 46 Найдем ее уравнение: 2Rsinψ=R или sinψ=1/2 , откуда получаем ψ = π . В 6 π координата r изменяется от 0 до 2Rsinψ, а во 6 π π второй области при ≤ψ ≤ r изменяется от 0 до R. В обоих случаях 6 2 0 ≤ ϕ ≤ 2π , так как проекциями этих областей на плоскость Оху является круг. В итоге получаем первой области при 0 ≤ ψ ≤ 2π ∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = ∫ 0 G + 2π ∫ 0 π 2 dϕ ∫ cosψ dψ π 6 R ∫ π 6 2 R sinψ 0 0 dϕ ∫ cosψ dψ ∫ f (r cos ϕ cosψ , r sin ϕ cosψ , r sinψ )r 2dr + f (r cos ϕ cosψ , r sin ϕ cosψ , r sinψ )r 2dr 0 Замечание: При решении некоторых задач, например, связанных с радиолокацией, удобнее отсчитывать угол ψ не от плоскости Oху, а от оси Oz. Приведем данные координаты: x = r cos ϕ sinψ 2 y = r sin ϕ sinψ , где 0≤ϕ<2π, 0≤ψ≤π, 0≤r<+∞, J = r sinψ . z = r cosψ 2.5. Приложения тройного интеграла. 1. Объем V тела G находится по формуле: V = ∫∫∫ dxdydz (21) G 2. Масса m тела G с объемной плотностью ρ(х,у,z) вычисляется по формуле: m = ∫∫∫ ρ ( x, y, z )dxdydz (22) G 3.Статические моменты M xy , M xz , M yz тела G относительно координатных плоскостей Оху, Oxz, Oyz соответственно равны: M xy = ∫∫∫ z ρ ( x, y, z )dxdydz , M xz = ∫∫∫ y ρ ( x, y, z )dxdydz , G G M yz = ∫∫∫ x ρ ( x, y, z )dxdydz (23) G 4. Координаты центра тяжести тела G формулам: с массой m определяются по 47 M yz M xy M xz , zc = m m m 5. Моменты инерции тела G относительно координатных плоскостей равны: xc = yc = , I xy = ∫∫∫ z 2 ρ ( x, y, z )dxdydz , I xz = ∫∫∫ y 2 ρ ( x, y, z )dxdydz , G G (24) 2 I yz = ∫∫∫ x ρ ( x, y, z )dxdydz G 6. Моменты инерции I x , I y , I z относительно координатных осей Ох, Оу, Oz и полярный момент инерции I 0 относительно начала координат равны: ( ) G I z = ∫∫∫ ( x 2 + y 2 ) ρ ( x, y , z )dxdydz , G ( ) G (25) 2 2 2 I0 = ∫∫∫ ( x + y + z ) ρ ( x, y, z )dxdydz G I x = ∫∫∫ y 2 + z 2 ρ ( x, y , z )dxdydz, I y = ∫∫∫ x 2 + z 2 ρ ( x, y, z )dxdydz , Для однородного тела ρ(x,y,z)=const и в некоторых задачах полагают ρ=1. Пример 1: x2 z2 y2 Вычислить объем тела, ограниченного эллипсоидом + + =1 a 2 b2 c2 Решение: Для вычисления объема в тройном интеграле (21) перейдем к обобщенным сферическим координатам x=acosφcosψ, y=bsinφcosψ, z=csinψ. Уравнение эллипсоида в них принимает вид r=1, а углы φ и ψ изменяются так же, как для шара. Область Ω является прямоугольным параллелепипедом π π 0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ ϕ ≤ 2π , − ≤ ψ ≤ : 2 2 2π 2 V = ∫∫∫ dxdydz = ∫∫∫ abcr cosψ drdϕdψ =abc ∫ dϕ Ω G 0 π /2 1 4 2 ψ d ψ r dr = π abc cos ∫ ∫ 3 −π / 2 0 Пример 2: Найти координаты центра тяжести однородного ограниченного параболоидом z=3-x²-y² и плоскостью z=0. тела, z 3 z=3-x2- y 3 3 Рис.44 x 48 1 Решение: В силу симметрии тела относительно координатных плоскостей Оxz и Oyz (рис.44) xc = yc = 0 , осталось найти zc . Вначале вычислим массу m тела. Введем цилиндрические координаты : x=rcosφ, y=rsinφ, z=z и расставим пределы интегрирования в области G: m = ∫∫∫ ρ0dxdydz = ρ0 2π ∫ G dϕ 0 3− r 2 3 ∫ ∫ rdr 0 dz = 2πρ0 0 3 ∫ ( ) r 3 − r 2 dr = 0 9π ρ0 2 Вычисляем статический момент M xy : M xy = ∫∫∫ z ρ0dxdydz = ρ0 G и находим zc = 2π ∫ 0 M xy m dϕ 3− r 2 3 ∫ ∫ rdr 0 zdz = πρ0 0 3 ∫ 0 ( r 3 − r2 ) 2 dr = 9π ρ0 2 = 1. Пример 3: Вычислить момент инерции однородного шара ( ρ = 1) радиуса 1 относительно его центра. Решение: Поместим начало координат в центр шара. Тогда момент инерции шара относительно центра будет равен моменту инерции относительно начала координат, т.е. полярному моменту инерции. При вычислении тройного интеграла переходим к сферическим координатам. π 2 π 51 r 4π I 0 = ∫∫∫ x 2 + y 2 + z 2 dxdydz = ∫ dϕ ∫ cosψ dψ ∫ r 4dr = 2π sinψ 2π = 5 − 5 π G 0 0 0 2 − 2 ( 2.6. ) 2π 1 Задачи для самостоятельного решения. 1. Вычислить тройной интеграл ∫∫∫ xy 2 3 z dxdydz , где область G ограничена G гиперболическим параболоидом z=xу и плоскостями у=х, x=1 и z=0. 2. Вычислить тройной интеграл ∫∫∫ y cos( z + x)dxdydz , где область G G π . 2 3. Перейти к новым координатам и вычислить интеграл ∫∫∫ xyzdxdydz , где G ограничена цилиндром y = x и плоскостями у=0, z=0 и x + z = G расположена в первом октанте (x>0, y>0, z>0) и ограничена поверхностями x2 + y 2 x2 + y2 z= ,z= , xy = a 2 , xy = b 2 , у=αx, у=βx, (0<a<b, 0<α<β, 0<m<n). m n 49 ∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz 4. В интеграле перейти к цилиндрическим координатам, G если область G ограничена цилиндром x2+y2=R² и плоскостями z=0, z=1, y=x, у = 3х ∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz 5. В интеграле перейти к цилиндрическим координатам, G если G ограничена цилиндром x2+y2=2х, параболоидом z= x2+y2 и плоскостью z=0. 6. Вычислить ∫∫∫ zdxdydz , где G- область, ограниченная верхней частью 2 G 2 конуса x +y =z² и плоскостью z=1. ∫∫∫ 7. Вычислить x 2 + y 2 dxdydz , где область G ограничена параболоидом G x 2 + y 2 = 3 z и плоскостью z=3. 2 8. Вычислить ∫ dx интеграл 2 x − x2 ∫ 0 0 a dy ∫ z x 2 + y 2 dz , переходя к 0 цилиндрическим координатам. 9. Вычислить x 2 + y 2 ) dxdydz , где G- область между сферами x +y +z =а² ( G ∫∫∫ 2 2 2 и x2+y2+z2=b² (a<b). 10. Вычислить ∫∫∫ dxdydz 2 2 2 a −x −y −z x=0, y=0, z=0 и сферой x2+y2+z2=а². G ∫ −R , где область G ограничена плоскостями R 2 − x2 − y 2 R 2 − x2 R 11. Вычислить интеграл 2 dx ∫ − R 2 − x2 dy ∫ 0 ( x2 + y 2 )dz , переходя к сферическим координатам. 12. Вычислить объем тела, ограниченного цилиндрами z=4-y² и z=y²+2 и плоскостями х=-1, х=2. 13. Вычислить объем тела, ограниченного параболоидом z=6-x²-y² и конусом z²=x²+y² . 14. Вычислить объем тела, ограниченного параболоидом 3z=x²+y² и сферой x2+y2+z2=4 (внутренний по отношению к параболоиду). 15. Вычислить объем тела, ограниченного сферами x2+y2+z2=1, x2+y2+z2=16, конусом z²=x²+y² и плоскостями x=0, у=0, z=0 ( x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 ) . 16. Найти массу и координаты центра тяжести шара x2+y2+z2=2Rz, если плотность в каждой точке шара обратно пропорциональна расстоянию от нее 50 до начала координат (т.е. ρ = k / x 2 + y 2 + z 2 , k – коэффициент пропорциональности). 17. Вычислить координаты центра тяжести тела, ограниченного эллипсоидом x2 y 2 z 2 + + = 1 и плоскостями x=0, у=0, z=0 ( x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 ) . 64 49 36 18. Найти моменты инерции относительно координатных плоскостей тела, x y z ограниченного плоскостями + + = 1, x=0, у=0, z=0. 5 4 5 19.Найти полярный момент инерции однородного тела, ограниченного параболоидом z=x²+y² и плоскостью z=4 (ρ=1). 20. Найти моменты инерции относительно координатных плоскостей тела, ограниченного конусом x²=y²+ z² и плоскостью x=h (h>0, ρ=1). 51 Ответы Глава 1. 208 2+ 2 . 2. ln 2 . 3. . 4. 1. ln 15 1+ 3 2 x +1 1 2 ∫ dx ∫ fdy + ∫ dx −1 − x −2 1 3 x +13 4 1 ∫ dx ∫ −3 2 − x +3x = ∫ dy 0 ∫ − ay ∫ ∫ a ∫ − 2 f ( x, y )dx . 10. 1− x 2 ∫ dx ∫ −1 1 14. ∫ dy 0 ∫ 17. 12. 18. arctg 2 π 4 0 ∫ dx ∫ 4 cos ϕ 6− y ∫ 4 ∫ fdy + ∫ dy ∫ −y 0 ∫ 1 dx ∫ fdy + 1/ 2 0 f ( x, y )dx + ∫ dy 0 b sin ϕ 0 0 ∫ ∫ dy ∫ f (r cos ϕ , r sin ϕ )rdr . 21. ∫ π 4 dϕ ∫ dx ∫ fdy . 0 f ( x, y )dx . 16. -8. 2− 4− y 2 0 ∫ 3− x 2 2 f ( r , ϕ ) rdr = ∫ rdr 1 sin ϕ y /12 3 ∫ fdx 2+ 4− y 2 b 3π 4 y/3 0 2 π f ( x, y )dx . 48 2 fdy = x2 a f ( x, y )dx . 11. 0 3 b 2 32 2 ln . 19. dϕ − q p a ∫ 9 dϕ f ( x, y )dx + ∫ dy 0 2x 4 −4 8cos ϕ ∫ ∫ dx −a 6 ∫ 0 0 y3 ∫ fdx . 7. 2 − 16− ( y −3)2 fdx . 13. f ( x, y )dx . 15. y/2 2a2 − x2 a 2+ 16 − ( y −3)2 1/ 2 2− 2 y − y 2 0 ∫ ∫ fdx ∫ 0 1− x fdy + ∫ dx 0 1 fdx . 8. ∫ dy fdx . 5. ( y −1) / 2 3− 9− 4 y 2 4 ∫ dy ∫ dy 27 16 −1 − 4− 2 y 2 0 9 4 − 2a2 − y 2 ∫ 4 y +2 3 3+ 9 − 4 y 2 1 ∫ (10− y ) / 7 4 y −13 3 fdy = ∫ dy fdx + 7 ∫ dy −1 4 3− 9− 4 y 2 dy fdx + + ∫ dy − y −2 3 x −2 4 2a 2 − y 2 3 ∫ 4 ∫ dy 4−2 y 2 2 20. 4 y 3 2a fdx + (10− y ) / 7 ∫ dx ∫ 27 16 ∫ ∫ dy 1 −3 0 ay a 12. fdy = −1 −4 1 3 x 4 0 fdy = − x−2 4 1 ∫ dx ∫ 9. ∫ fdy + ∫ dx ∫ fdy + 1 9 4 6. 2 −7 x +10 π −arcsin ∫ arcsin r b f ( r , ϕ ) dϕ . r b f (r cos ϕ , r sin ϕ )rdr . 0 52 arctg ∫ 22. a b dϕ b sin ϕ ∫ 0 π 2 ∫ f (r cosϕ , r sin ϕ )rdr + 0 dϕ arctg a cos ϕ a b ∫ f (r cos ϕ , r sin ϕ )rdr . 0 π 3 π2 2 16 а2 3 π 8 2 − 10 23. а . 24. 2 a − . 27. . 28. 15 . 29. . . 25. 24π. 26. 6 6 9 16 3 3 3 15 3 1 π 5 128 − 8ln 2 . 31. (2π + 1) . 32. + . 33. 3π. 34. π а 2 .35. . 36. 2 8 2 4 4 15 abc π 2 1 2 2 112 2 9 .37. . 38. 186 . 39. a b + a 2c 2 + b 2c 2 . 40. π а . 41. . 42. 6 8 3 2 9 20 35 5 6 xc = a, yc = 0 , I 0 = π a 4 43. yc = , zc = 0 . 44. 6 16 5 2R 4R 2 α 2 4 5 xc = . 45. R 3 . 46. M x = a 3 , M y = π a 3 . 47. sin α , yc = sin 3α 3α 2 3 3 8 2 3 4 a b a b π 1 M x = , M y = 1 − π 2 . 48. I a = , Ib = , I 0 = I a + I b . 49. 24 12 6 4 π ab3 π a 3b π ab 2 19 Ix = , Iy = , I0 = a + b 2 . 50. I 0 = π a 4 . 16 4 4 4 30. ( ) Глава 2. ( 1 π2 1 1 1 1 8 8 1. . 2. − . 3. − b −a 364 16 2 32 m 2 n 2 π 3 R π 2 1 ∫ dϕ ∫ rdr ∫ f (r cos ϕ , r sin ϕ , z )dz . 5. ∫ π 4 0 0 − ( π 2 dϕ 2 β −α 2 )( 2 cos ϕ ∫ 0 r2 rdr ∫ ) β 1 1 + + 4ln 2 2 α α β . 4. f (r cos ϕ , r sin ϕ , z )dz . 6. 0 ) π 108π 8а 2 8π 5 π 2а 2 4π R5 32π 5 . 7. . 8. . 9. b − a . 10. . 11. . 12. 8. 13. . 14. 4 5 9 15 8 15 3 ( ) 21π 2 − 2 19π 4 4 15. . 16. π kR 2 , xc = yc = 0, zc = R . 17. 6 4 3 5 21 9 xc = 3, yc = , zc = . 8 4 224π π h5 π h5 18. I xy = 25, I yz = 9, I xz = 16 . 19. . 20. I xy = I xz = , I yz = . 3 20 5 53 Список литературы 1. Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального исчисления. Т. 1,2,3. М.: Наука. 1970. 2. Кудрявцев Л.Д. Курс математического анализа. М.: Высшая школа, 1981. 3. Демидович Б.П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу. М.: АСТ Астрель, 2005. 4. Берман Г.Н. Сборник задач по курсу математического анализа. М.: Наука, 1969. 5. Сборник задач по курсу высшей математики. Под редакцией Г.И. Кручковича. Учебное пособие для вузов. М. «Высшая школа». 1973. 6. Сборник задач по высшей математике К.Н. Лунгу и др., под ред.С.Н. Федина. М.: Айрис-пресс. 2011. 54