close

Вход

Забыли?

вход по аккаунту

Предполагаемая дата (время) заезда, отъезда, вид;pdf

код для вставкиСкачать
Министерство образования Республики Беларусь
Учреждение образования
БЕЛОРУССКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ
ИНФОРМАТИКИ И РАДИОЭЛЕКТРОНИКИ
БГ
УИ
Р
Кафедра высшей математики
СБОРНИК ЗАДАЧ ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ
ек
а
В 10-ти частях
т
А. А. Карпук, В. В. Цегельник, Е. А. Баркова
Часть 7
Би
бл
ио
ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
ФУНКЦИЙ МНОГИХ ПЕРЕМЕННЫХ
Допущено Министерством образования Республики Беларусь
в качестве учебного пособия для студентов учреждений,
обеспечивающих получение высшего образования
по техническим специальностям
Минск БГУИР 2007
УДК 517 (075.8)
ББК 22.1. я 73
К 26
БГ
УИ
Р
Р е ц е н з е н т ы:
кафедра математики Минского высшего радиотехнического колледжа;
профессор кафедры высшей математики Белорусского
государственного аграрного технического университета,
доктор физико-математических наук, профессор А. П. Рябушко
Карпук, А. А.
К 26
Сборник задач по высшей математике. В 10 ч. Ч. 7: Интегральное
исчисление функций многих переменных : учеб. пособие / А. А. Карпук,
В. В. Цегельник, Е. А. Баркова. – Минск : БГУИР, 2007. – 119 с.: ил.
ISBN 978-985-488-148-5 (ч.7)
УДК 517 (075.8)
ББК 22.1. я 73
т
ек
а
В части 7 сборника приводятся задачи по интегральному исчислению функций
многих переменных.
Би
бл
ио
Ч.1: Сборник задач по высшей математике: учеб. пособие. В 10 ч. Ч.1: Аналитическая
геометрия / А.А.Карпук, Р.М.Жевняк. – Мн.: БГУИР, 2002. – 112 с.: ил.; 2-е изд. – 2003, 3-е
изд. – 2004.
Ч.2: Сборник задач по высшей математике. В 10 ч. Ч.2: Линейная алгебра (с решениями
и комментариями) / А.А.Карпук, Р.М.Жевняк, В.В.Цегельник. – Мн.: БГУИР, 2004. – 154 с.
Ч.3: Сборник задач по высшей математике. Ч.3: Введение в анализ / Н.Н.Третьякова,
Т.М.Пушкарева, О.Н.Малышева. – Мн.: БГУИР, 2005. – 116 с.
Ч.4: Сборник задач по высшей математике. В 10 ч. Ч.4 : Дифференциальное
исчисление функций одной переменной / А.А. Карпук [и др.]. – Мн.: БГУИР, 2006. – 107 с.
Ч.5: Сборник задач по высшей математике. В 10 ч. Ч. 5 : Функции многих переменных
/ А.А. Карпук [и др.]. – Мн.: БГУИР, 2004. – 64 с.
Ч.6: Сборник задач по высшей математике. В 10 ч. Ч. 6 : Интегральное исчисление
функций одной переменной / А. А. Карпук [и др.]. – Минск : БГУИР, 2006. – 148 c.
ISBN 978-985-488-148-5 (ч.7)
ISBN 978-985-444-727-8
ISBN 985-444-727-8
© Карпук А. А., Цегельник В. В.,
Баркова Е. А., 2007
© УО «Белорусский государственный
университет информатики
и радиоэлектроники», 2007
ВВЕДЕНИЕ
Би
бл
ио
т
ек
а
БГ
УИ
Р
Настоящее издание является 7-й частью «Сборника задач по высшей
математике» в 10-ти частях и посвящено интегральному исчислению функций
многих переменных. В него вошли разделы «Кратные интегралы»,
«Криволинейные интегралы», «Поверхностные интегралы», «Элементы
векторного анализа». Структура 7-й части, как и предыдущих 6-ти частей,
следующая. Сначала приводятся теоретические сведения по рассматриваемому
вопросу, затем решения наиболее характерных задач этого типа и, наконец,
приводятся задачи и упражнения для практических занятий в аудитории и для
домашних заданий. Начало решения примера отмечено знаком ∆, конец
решения – знаком ▲.
Книга будет полезной не только для студентов вузов, но и для
преподавателей, ведущих практические занятия со студентами.
Р
1. Кратные интегралы
БГ
УИ
1.1. Двойные интегралы
Определение двойного интеграла и его свойства. Вычисление двойных
интегралов в прямоугольной декартовой системе координат. Замена
переменных в двойных интегралах. Двойной интеграл в прямоугольной
системе координат и обобщенной прямоугольной системе координат.
т
i =1
ек
а
Пусть в области D с границей Г задана непрерывная функция f ( x, y ).
Разобьем область D произвольным образом на n частичных областей Di
(рис. 1.1), площади которых равны ∆Si ,
Y
i = 1, n. В каждой частичной области выберем произвольную точку Pi = (ξ i ,η i ) и
n
Г
составим сумму σ n = ∑ f (ξ i ,η i ) ∆S i ,
называемую интегральной суммой Римана
для функции f ( x, y ) по области D. Пусть
∆ – наибольший из диаметров областей ∆ i
и назовем его диаметром разбиения
области D.
Если
существует
предел
•
Di
Би
бл
ио
n
lim ∑ f (ξi ,ηi )∆Si ,
∆→0
Pi
D
0
Рис. 1.1
X
не зависящий ни от
i =1
способа разбиения D на части Di , ни от
выбора точек Pi = (ξi ,ηi ) ∈ Di , то говорят, что функция f ( x, y ) интегрируема
по Риману в области D, а сам предел называют двойным интегралом от
функции f ( x, y ) по области D и обозначают
∫∫ f ( x, y)dxdy.
D
Итак, по определению
∫∫
D
n
f ( x, y )dxdy = lim ∑ f (ξ i ,η i )∆S i .
∆→0
i =1
(1.1)
D
При f ( x, y ) ≡ 1, ∀( x, y ) ∈ D
двойной интеграл
S = ∫∫ dxdy
(1.3)
БГ
УИ
Р
Геометрически двойной интеграл (1.1) выражает собой объем
криволинейного цилиндра v – тела,
Z
ограниченного
сверху
z=f(x,y)
поверхностью S с уравнением
z = f ( x, y ) ≥ 0, снизу – областью D ,
являющейся проекцией S на
плоскость XY (границей служит
Γ)
и
замкнутая
кривая
образующими, параллельными оси
(V)
Z.
Итак,
0
v = ∫∫ f ( x, y )dxdy.
(1.2)
v
Y
D
X
D
Г
Рис. 1.2
ек
а
есть площадь области D .
Если D – плоская пластинка, по поверхности которой непрерывно
распределена масса с плотностью µ ( x, y ), то масса m такой пластинки
выражается интегралом:
m = ∫∫ µ ( x, y )dxdy.
(1.4)
D
(а
Би
бл
ио
т
Пусть f ( x, y ) непрерывна в замкнутой области D
интегрируема в ней). Справедливы
Y
следующие свойства двойных интегралов
(функция g ( x, y ) также интегрируема в
D ).
1º. (Линейность). Для любых α и
β из R
D1
∫∫ (αf ( x, y) + βg ( x, y) ) dxdy =
D
D
2º.
(Аддитивность).
Если
D = D1 U D2 и D1 и D2 не имеют общих 0
внутренних точек, то
∫∫ f ( x, y)dxdy =
D
= ∫∫ f ( x, y )dxdy + ∫∫ f ( x, y )dxdy.
D1
и
D2
= α ∫∫ f ( x, y )dxdy + β ∫∫ g ( x, y )dxdy.
D
значит,
D2
Рис. 1.3
X
3º. Если f ( x, y ) ≥ 0, ∀( x, y ) ∈ D, то
∫∫ f ( x, y)dxdy ≥ 0.
D
4º. Если f ( x, y ) ≥ g ( x, y ), ∀( x, y ) ∈ D, то
∫∫ f ( x, y)dxdy ≥ ∫∫ g ( x, y)dxdy.
D
D
5º. (Оценка модуля интеграла).
∫∫ f ( x, y)dxdy ≤ ∫∫
D
f ( x, y dxdy.
(1.5)
D
( x , y )∈D
( x , y )∈D
D
где S – площадь области D.
7º. Пусть D – прямоугольник
Тогда
{a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d }
b
(1.6)
БГ
УИ
mS ≤ ∫∫ f ( x, y )dxdy ≤ MS ,
Р
6º. (Оценка интеграла).
Пусть M = max f ( x, y ), m = min f ( x, y ) . Тогда
и f ( x, y ) = ϕ ( x) g ( y ).
d
∫∫ϕ ( x) g ( y )dxdy = ∫ ϕ ( x)dx ⋅ ∫ g ( y )dy.
D
a
c
а
8º. (Теорема о среднем). Пусть f ( x, y ) – функция, непрерывная в
ограниченной замкнутой связной области D . Тогда существует точка
(ξ ,η ) ∈ D такая, что
Y
D
ек
∫∫ f ( x, y)dxdy = f (ξ ,η ) ⋅ S ,
(1.7)
y = ϕ2 ( x)
Би
бл
ио
т
где S – площадь области D.
Величина
D
1
y
f (ξ ,η ) = ∫∫ f ( x, y )dxdy
(1.8)
S D
называется средним значением функции
f ( x, y ) в области D.
y = ϕ1 ( x )
Вычисление
двойных
интегралов
x
a
b
сводится к последовательному вычислению 0
X
однократных интегралов.
Рис. 1.4
На плоскости XY множество D вида
D = {( x , y ) a ≤ x ≤ b , ϕ1 ( x ) ≤ y ≤ ϕ 2 ( x ), ∀x ∈ [ a , b ]}
(1.9)
называют элементарным относительно оси Y (рис. 1.4). Здесь функции ϕ1 ( x)
и ϕ 2 ( x) непрерывны на [a,b ].
Аналогично определяется множество D , элементарное относительно
оси X (рис. 1.5).
Теорема 1.1. Если функция f интегрируема на множестве Y вида (1.9),
элементарном относительно оси Y , то
ϕ2 ( x )
b
∫∫ f ( x, y)dxdy = ∫ dx ∫ f ( x, y)dy.
D
(1.10)
ϕ1 ( x )
a
d
g2 ( y)
c
g1 ( y )
БГ
УИ
Р
Правая часть в (1.10) является повторным интегралом, т.е. результатом
последовательного
вычисления
Y
сначала интеграла по y (внутреннего
интеграла) при фиксированном x, а
d
затем
интеграла
по
x
от
D
x = g2 ( y)
получившейся функции.
D x = g1 ( y )
Если
множество
x
y
элементарно относительно оси X
(рис. 1.5), то для интегрируемой по x
функции f ( x, y ) верно равенство
c
∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫ dy ∫ f ( x, y )dx. (1.11)
D
0
X
Множество D , элементарное
Рис. 1.5
относительно каждой из осей X и Y ,
называется элементарным. Для него верно каждое из равенств (1.10) и (1.11), в
частности,
ϕ 2 ( x)
a
ϕ1 ( x )
d
g2 ( y)
c
g1 ( y )
а
b
∫ dx ∫ f ( x , y ) dy = ∫ dy ∫ f ( x , y ) dx.
ек
(1.12)
т
Равенство (1.12) используется для перемены порядка интегрирования в
повторном интеграле.
1.1. Вычислить интеграл I j = ∫∫ f j ( x, y )dxdy, если
Dj
1) f1 ( x, y ) = (1 + x + y ) ,
x = 2 y, y = 2 x, x + y = 6;
Би
бл
ио
−2
D1
– треугольник, ограниченный прямыми
2) f 2 ( x, y ) = y 2 , область D2 ограничена линиями x = y 2 , y = x − 2 ;
{
}
3*) f 3 ( x, y ) = x, D3 = 2rx ≤ x 2 + y 2 ≤ R 2 ,0 < 2r < R .
r 1) Треугольник D1 изображен на рис. 1.6. Отрезком AB разделим D1
на два треугольника ∆1 и ∆ 2 . Тогда в силу свойства аддитивности
I1 = ∫∫ f1 ( x, y )dxdy = ∫∫ f1 ( x, y )dxdy + ∫∫ f 2 ( x, y )dxdy.
∆1
D1
∆2
По формуле (1.10) имеем:
∫∫
∆1
2
4
2x
dy
f1 ( x, y )dxdy = ∫ dx ∫
=
2
(
x
y
)
1
+
+
0
x/2
y = 2x 

1
 dx =
= ∫  −

1
+
x
+
y
y
=
x
/
2

0
2
Y
A
y = 2x
y=6−x
Δ2
2
0
Δ1
B
2
Рис. 1.6
y = x/2
4
X
1
1
1
2


= ∫−
+
 dx = − ln 7 + ln 4,
1 + 3x 1 + 3x / 2 
3
3
0
2
1
2
следовательно, I1 = ln 7 − .
3
7
2) Множество D2 изображено на
рис. 1.7. Оно элементарно
относительно оси X :
D2 = ( x, y ) − 1 ≤ y ≤ 2, y 2 ≤ x ≤ y + 2 .
{
I 2 = ∫ dy
−1
2
x = y2
}
Интеграл
I2
формуле (1.11):
2
Y
2
y+2
∫
y 2 dx =
y2
(
вычисляем
по
y+2

2
∫ y  x y 2  dy =


−1
2
0
4
2
-1
)
т
2
K1
Би
бл
ио
2
K2
2
K 2 – круг x + y ≤ 2 rx . Откуда
D3 = K1 \ K 2 . Тогда по свойству
аддитивности двойного интеграла будем
иметь
I 3 = ∫∫ xdxdy − ∫∫ xdxdy,
2
K1
X
Y
ек
образом. Обозначим K1 – круг x + y ≤ R ,
2
4
Рис. 1.7
а
2
x= y+2
1
63
.
= ∫ y + 2 y − y dy =
20
−1
3) Неконцентричное кольцо D3
изображено на рис. 1.8 и заштриховано
вертикальными линиями. Вычисление
интеграла I 3 производим следующим
3
D2
Р
∆2
4
dy
1
2 2 7
 1

f1 ( x, y )dxdy = ∫ dx ∫
= ∫− +
dx = − + ln ;
2
7 1 + 3x / 2 
7 3 4
2
x / 2 (1 + x + y )
2
БГ
УИ
∫∫
6− x
4
0
r
R
X
Рис. 1.8
K2
первый интеграл здесь обозначим J 1 , второй – J 2 . Круги K1 и K 2 зададим в
виде
{
}
K 1 = − R ≤ y ≤ R, − R 2 − y 2 ≤ x ≤ R 2 − y 2 ,
{
}
K 2 = − r ≤ y ≤ r, r − r 2 − y 2 ≤ x ≤ r + r 2 − y 2 .
По формуле (1.11) находим
R
R2 −x2
−R
− R2 −x2
J1 = ∫ dy
∫ xdx = 0,
так как функция x во внутреннем интеграле нечетна, то
r
r + r 2 − y2
−r
r − r 2 − y2
J 2 = ∫ dy
r
∫ xdx = 2r ∫
r 2 − y 2 dy = πr 3.
−r
Следовательно, I 3 = J1 − J 2 = −π r 3 . p
1.2. Изменить порядок интегрирования в интеграле
1
I = ∫ dx
0
x
3
∫
2
1
f ( x, y )dy + ∫ dx
1
x /9
∫ f ( x, y )dy.
(1.13)
2
x /9
БГ
УИ
Р
r Восстановим область интегрирования D. В первом повторном
интеграле область в правой части равенства (1.13) определяется следующим
образом:
Y


x2
y=1
D1 = 0 ≤ x ≤ 1, ≤ y ≤ x ,
1
9
y =x


D2
D
1
y=x2/9
а область D2 во втором повторном интеграле
выражается так:
1
3 X
2


x
D2 = 1 ≤ x ≤ 3, ≤ y ≤ 1.
Рис. 1.9
9


1
а
Так как область D = D1 U D2 элементарна по X , то по формуле (1.11)
получаем
∫ f ( x, y )dx.
ек
I = ∫ dy
3 y
0
y
Би
бл
ио
т
Корень берем с положительным знаком потому, что все точки области D
имеют неотрицательные абсциссы. p
x2 − y + 1
1.3. Оценить интеграл I = ∫∫ sin 2
dxdy, где D – круг x 2 + y 2 ≤ 9.
2
x + y +1
D
r
Воспользуемся оценкой интеграла (1.6). В нашем случае
2
S = πr = 9π . Так как sin t ≤ 1, ∀t , то в качестве границ подынтегральной
функции можно взять m = −1, M = 1. Тогда, согласно (1.6), − 9π ≤ I ≤ 9π . p
1.4. Вычислить двойные интегралы:
1) ∫∫ ( x sin y + y cos x ) dxdy, D = {0 ≤ x ≤ π / 2, 0 ≤ y ≤ π / 2}.
D
2)
y
3
2
∫∫ x 2 dxdy, D = {0 < x, x ≤ y ≤ x }.
D
3)
∫∫ x
y dxdy, D ограничена линиями x = y 2 , x = 1.
2 2
D
4)
∫∫ xy
2
D
5)
∫∫ (x
D
3
dxdy, D = {x 2 + y 2 ≤ a 2 , x ≥ 0}.
)
+ y 3 dxdy, D = {x 2 + y 2 ≤ R 2 , y ≥ 0}.
6)
∫∫ (x + 2 y ) dxdy,
D
7)
D – ограничена прямыми y = x, y = 2 x, x = 2, x = 3.
∫∫ (x
2
)
∫∫
4

x − y dxdy , D =  x ≤ y ≤ x, 1 ≤ y ≤ 4.
5

+ y 2 dxdy , D – ограничена прямыми y = x, y = x + a , y = a, y = 3a.
D
8)
D
9)
∫∫ sin π ( x − y) dxdy,
D − треугольник с вершинами (−4,1), (−1,1), (7 / 2,17 / 2).
D
10)
∫∫ y dxdy,
D = {0 ≤ y ≤ 6, x < 6, xy > 3, y − x < 2}.
4) 2 a 5 /15; 5) 4 R 5 /15; 6) 76 / 3;
10) 255 / 4.
2) 1/15;
3) 4 / 27;
9) (10 − 45π ) / 6π 2 ;
БГ
УИ
Отв.: 1) π 2 / 4;
7) 14 a 4 ;
8) 31/ 30;
Р
D
π
2π ln a , a > 1,
1.5*. Доказать, что при a ≠ 1 : ∫ ln( a 2 + 1 − 2a cos ϕ )dϕ = 
 0, a < 1.
0
1.6. Изменить порядок интегрирования в повторных интегралах:
−6
x / 4 −1
1
2− x
0
2
∫ dx ∫ f ( x, y)dy ;
2 1+ y
−1
− 2 1+ y
∫ dy ∫
Отв.: 1)
1
5) ∫ dy
0
0
arcsin y
0
1− x
−1
0
2
1
1− x
0
0
0
0
∫ f ( x, y )dy ;
−3+ 12 + 4 x − x 2
2
−2
−3− 12+ 4 x − x 2
2− y
1
1
0
y
∫ f ( x, y )dx ;
− 1− y
f ( x, y )dx + ∫ dy
sin x
6
6)
− 2 1+ y
∫ f ( x, y )dy + ∫ dx ∫ f ( x, y)dy ;
∫ dx
y
1
∫ f ( x, y)dy.
2) ∫ dy ∫ f ( x, y )dx ;
∫ f ( x, y)dx ;
∫ f ( x, y)dx ;
0
5) ∫ dx
1− y
8
Би
бл
ио
3) ∫ dy
π −arcsin y
0
1
∫ f ( x, y)dy ;
0
0
π
3) ∫ dx
2) ∫ dx ∫ f ( x, y )dy ;
2
x
x
ек
4) ∫ dx
1
а
2− x
т
1)
2
2
2− y
1
0
4) ∫ dy ∫ f ( x, y )dx + ∫ dy
0
0
1
2+ 7 − 6 y − y
−7
2− 7−6 y − y 2
6) ∫ dy
∫ f ( x, y )dx ;
2
∫ f ( x, y)dx .
1.7. Оценить интегралы:
1) I = ∫∫ x 2 − y 2 dxdy, D = x 2 + y 2 − 2 x ≤ 0 ;
(
D
)
{
}
{
}
2) I = ∫∫ (4 + cos xy ) dxdy, D = x 2 + y 2 ≤ 4 ;
D
3) I = ∫∫ (1 + x + y ) dxdy , D = {0 ≤ x ≤ 1,0 ≤ y ≤ 2};
D
(
)
{
}
4) I = ∫∫ x 2 + y 2 − 4 x − 4 y + 10 dxdy, D = x 2 + 4 y 2 − 2 x − 16 y + 13 ≤ 0 .
D
Отв.: 1) − π / 2 < I < 4π ; 2) 12π < I < 20π ; 3) 2 < I < 8; 4) 4π < I < 22π .
1.8. Найти средние значения заданных функций в указанных областях:
1) f ( x, y ) = sin 2 x sin 2 y в квадрате {0 ≤ x ≤ π ,0 ≤ y ≤ π };
2) f ( x, y ) = x 2 + xy + 2 y 2 в треугольнике, ограниченном осями координат и
прямой x + y = 1;
3) f ( x, y ) = cos( x + y ) в области, ограниченной прямыми x = 0, y = π , y = x;
4)
f ( x, y ) = xy в области, ограниченной осью X и верхней
полуокружностью ( x − 2) + y 2 = 1;
2
5) f ( x, y ) = R 2 − x 2 − y 2 в круге x 2 + y 2 ≤ R 2 .
2) 4 y = x 2 − 4 x, x = y + 3;
3) y 2 = 10 x + 25, y 2 = 9 − 6 x;
БГ
УИ
Р
Отв.: 1) 1 / 4;
2) 7 / 12;
3) − 4 / π 2 ; 4) 4 / 3π ; 5) 2R / 3.
1.9. Найти площадь области, ограниченной кривыми:
1) x 2 + y 2 = 2ax, y = 2ax, x = a (первый квадрант);
4) y 2 = 2 px + p 2 , y 2 = q 2 − 2qx, p > 0, q > 0;
5) x 2 + y 2 = 4, y 2 = 4 − 4 x, x < 1;
9)*
ек
8) 2 x 2 + 2 y 2 = 2 x + 1, x 2 + y 2 ≥ 1;
а
6) y 2 = 2 x, y 2 = 4 x − x 2 ,2 x < y 2 ;
7) y = cos x, y = cos 2 x,0 ≤ x ≤ 2π / 3;
x + y = a , x + y = a;
10)* ( x + y ) + x 2 = a 2 .
т
2
Отв.: 1) 8a 2 / 3 − πa 2 / 2; 2) 8 / 3;
3) 16 15 / 3;
5) (6π + 8) / 3;
7) 3 3 / 4; 8) (π + 6 3 ) / 24;
Би
бл
ио
6) (6π − 16) / 3;
9) a 2 / 3;
4) ( p + q) pq / 3;
10) πa 2 .
Пусть функции
x = x(u , v), y = y (u , v)
осуществляют взаимно однозначное непрерывно
отображение области D плоскости UV на область G
означает, что существует обратное непрерывно
отображение u = u ( x, y ), v = v( x, y ) области G на область
якобиан преобразования, т.е.
∂x
J (u , v ) = ∂u
∂y
∂u
(1.14)
дифференцируемое
плоскости XY. Это
дифференцируемое
D и в области D
∂x
∂v ≠ 0 , ∀ (u , v ) ∈ D .
∂y
∂v
Величины u и v можно рассматривать как прямоугольные координаты
точек области D и в то же время как криволинейные координаты точек области
G.
Если в двойном интеграле ∫∫ f ( x , y ) dxdy произвести замену по формулам
G
(1.14), то областью интегрирования полученного интеграла будет уже область
D , которая при надлежащем выборе функций x(u , v), y (u , v) может оказаться
проще области G, и имеет место формула
(1.15)
∫∫ f ( x, y)dxdy = ∫∫ f ( x(u, v), y(u, v)) J (u, v) dudv.
G
D
1.10. Вычислить Ι = ∫∫ xy dxdy ,если область G ограничена кривыми
G
2
2
ек
а
БГ
УИ
Р
y =ax, y =bx, xy=p, xy=q ( 0<a<b, 0<p<q).
r Перейдем к новым переменным u и v по формулам y2=ux, xy=v. Тогда
x=u-1/3v2/3, y=u1/3v1/3,
∂x
1
∂x 2
∂y 1 −2 / 3 2 / 3 ∂y 1 1/ 3 −2 / 3
= − u −4 / 3v 2 / 3 , = u −1/ 3v −1 / 3 ,
= u v , = u v
,
∂v 3
∂v 3
∂u
3
∂u 3
1
2 −1 / 3 −1 / 3
− u −4 / 3v 2 / 3
u
v
1
1
3
3
J (u , v ) =
=−
⇒ J (u , v ) =
1 −2 /3 1/3
1 1/3 −2 /3
3u
3u
u
v
u v
3
3
при u > 0 .
Уравнения линий принимают вид u=a, u=b, v=p, v=q. Область G
плоскости XY преобразуется в прямоугольник D плоскости UV (рис. 1.10).
y 2 = bx
G
V
y 2 = ax
т
Y
q
D
Би
бл
ио
xy = q
xy = p
0
p
0′
X
a
b
U
Рис. 1.10
Применив формулу (1.15), получим
q
dudv 1 b du
2
b
I = ∫∫ v
= ∫
v dv = q 3 / 2 − p 3 / 2 ln .
∫
a
3u
3a u p
9
D
(
)
p
Наиболее употребительными из криволинейных координат являются
полярные координаты (полярная система координат (ПСК)):
x=ρ cosϕ, y=ρ sinϕ,
для которых
cos ϕ − ρ sin ϕ
J ( ρ ,ϕ ) =
= ρ,
sin ϕ ρ cos ϕ
и формула (1.15) записывается в виде
∫∫ f ( x, y )dxdy = ∫∫ f ( ρ cos ϕ , ρ sin ϕ ) ρ dρ dϕ.
G
1.11.
(1.16)
D
Ι = ∫∫ ln( x 2 + y 2 )dxdy ,
Вычислить
если
G
кольцо
–
между
D
2
2
2
2
окружностями x +y =e , x +y2=e4.
r Перейдем к полярным координатам
2π
e2
Ι = ∫∫lnρ2 ⋅ ρ dρ dϕ = 2∫∫ ρln ρ dρ dϕ = 2∫ dϕ∫ ρlnρ dρ .
D
D
0
e
Взяв внутренний интеграл по частям, получим I=πe (3e2–1).
p
Другой распространенной системой координат на плоскости является
обобщенная полярная система координат (обобщенная ПСК). В ней
обобщенные полярные координаты вводятся по формулам
x
y
= ρ cos ϕ , = ρ sin ϕ , ρ ≥ 0, 0 ≤ ϕ ≤ 2π .
(1.17)
a
b
БГ
УИ
Р
2
Y
ϕ
2π
b
-b
X
т
Рис. 1.11
а
a
0
ек
-a
0
1
ρ
Рис. 1.12
Би
бл
ио
Согласно (1.17) для эллипса x2/a2+y2/b2=1 в обобщенной ПСК получаем
уравнение ρ = 1, т.е. обобщенные полярные координаты отображают эллипс с
полуосями a и b (рис. 1.11) на прямоугольник {0 ≤ ρ ≤ 1, 0 ≤ ϕ ≤ 2π } (рис. 1.12).
Для обобщеных полярных координат J = abρ , так что формула замены
переменных в обощенной ПСК имеет вид
∫∫ f ( x, y )dxdy = ab∫∫ f (aρ cos ϕ , bρ sin ϕ ) ρ dρ dϕ .
G
(1.18)
D
Для конкретной области G пределы изменения обобщенных полярных
координат ρ и ϕ находят из уравнений линий, ограничивающих эту область.
1.12. Найти массу пластины G, заданной неравенствами
2
1 ≤ x / 4 + y 2 / 9 ≤ 36, x ≥ 0, y ≥ 3x / 2 , имеющей поверхностную плотность
µ = 9 x / y3 .
r Вводим обобщенные полярные координаты ρ и ϕ по формулам
2
2
y
x
x = 2 ρ cos ϕ , y = 3ρ sin ϕ ⇒ J = abρ = 6 ρ . Из неравенств 1 ≤
+
≤ 36
4
9
имеем 1 ≤ ρ 2 ≤ 36 ⇒ 1 ≤ ρ ≤ 6 . Из неравенства
x ≥ 0 вытекает, что
π
π
≤ ϕ ≤ , а из неравенства
y ≥ 3x / 2 следует, что
2
2
3π 
π   5π
π
≤ϕ ≤
tgϕ ≥ 1 ⇒  ≤ ϕ ≤  U 
.
2 
2  4
4
Значит, π ≤ ϕ ≤ π . В таком случае масса пластинки (эллиптическое
4
2
кольцо)
π /2
6
9x
cos ϕ 1
cosϕ dϕ dρ
m = ∫∫ 3 dxdy = 4 ∫∫ 3 ⋅ dρ dϕ = 4 ∫
∫ ρ = 2 ln 6. p
3
ρ
y
sin
ϕ
sin
ϕ
G
D
π /4
1
1.13. Произвести указанную замену переменных и вычислить интеграл:
1) ∫∫ (2 x − y )dxdy , где D – параллелограмм, ограниченный прямыми x+y=1,
БГ
УИ
Р
2 ρ cosϕ ≥ 0 ⇒ −
D
x+y=2, 2x – y=1, 2x – y=3. Замена: x + y = u, 2x– y = v;
2) ∫∫ ( x 2 + y 2 )dxdy , где D – область, ограниченная окружностями
D
x + y + 2 x − 10 = 0, x 2 + y 2 + 2 x = 0 . Замена : x + 1 = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ ;
2
2
3)
∫∫ xyd xd y ,
D
где D – область, ограниченная линиями xy = 1, x + y = 5 .
2
∫∫ e
k ( x+ y )2
dxdy , где область D определяется неравенствами
ек
4)
а
Замена: x + y = u , xy = v ;
D
x ≥ 0, x + y ≤ 1. Замена : x = u − uv, y = uv;
∫∫ x
2
ydxdy , где D – область, ограниченная гиперболами
т
5)*
D
Би
бл
ио
xy = p, xy = q (0 < p < q ), y = ax, y = bx (0 < a < b) . Замена: x = u / v , y = uv .
Отв.: 1) 4 ; 2) 70π ; 3)165
− ln 2 ; 4) e k − 1 / 2 k ;
3
128
2 b− a
5) ⋅
q5 − p5 .
5
ab
1.14. Вычислить интегралы, перейдя к полярным координатам:
1) ∫∫ xdxdy, D = 2 x ≤ x 2 + y 2 ≤ 6 x, y ≤ x ;
(
(
)
{
D
2)
dxdy
∫∫ x 2 + y 2 − 1 ,
D
3)
∫∫ xy
2
{
{
dxdy , D = x 2 + y 2 ≤ a 2
∫∫ (ax + by )dxdy,
D
5)
∫∫ ydxdy,
D
}
, x ≥ 0};
D = 9 ≤ x 2 + y 2 ≤ 25 ;
D
4)
}
{
{
}
D = x2 + y2 ≤ R2 , x ≤ y ;
}
D = x 2 + y 2 ≤ 2 x, x > y ;
)
6)
2
2
∫∫ xdxdy, D = {ax ≤ x + y ≤ 2 ax, y ≥ 0 }, a > 0;
D
dxdy
7)*
8)*
∫∫ (x 2
D
+ y
∫∫ ydxdy,
2
D=
)
2
,
D ограничена линиями x 2 − y 2 = 6, x = 3;
{ 0 ≤ x ≤ (x
2
}
+ y 2 )3/ 2 ≤ 1, y ≥ 0 .
D
2) π ln 3 ;
6) πa
2
16
15
3
; 4) 2 (b − a ) R
7) (3 3 − π )
;
108
;
8) 1 .
5
3
;
БГ
УИ
5) − 1 ;
6
5
3) 2a
Р
Отв.: 1) 13(9π + 8) ;
6
Согласно формулам (1.3) и (1.16), площадь плоской фигуры G в ПСК
выражается интегралом
а
S = ∫∫ ρ dρ dϕ ,
D
где D – образ фигуры G при отображении x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ .
1.15. Найти площадь области, ограниченной кривыми:
1) x 2 + y 2 = 2ax, x 2 + y 2 = 2bx, y = x, y = 0, b > a > 0;
(
(
)
2
(
)
= 2a 2 x 2 − y 2 , x 2 + y 2 = a 2
)
(
(x
ек
(
2) x 2 + y 2
)
2
(1.19)
)
+ y2 ≥ a > 0 ;
т
3)* x 2 + y 2 − ax = a 2 x 2 + y 2 , x 2 + y 2 = a 3 y (область вне кардиоиды, но
внутри окружности);
2
2 2
x
+
y
= a 2 x2 − b2 y2 ;
4)*
Би
бл
ио
)
5) (x + y ) = a (x + y ).
Отв.: 1) (π + 2)(b − a ) 4; 2) (3 3 − π )a
4) ab + (a − b )arctg (a ); 5) 5πa 16 .
b
2
2 3
3
2
2
3
2
2
2
3 ; 3) 3a 2 3 4 ;
2
Масса плоской пластинки G с поверхностной плотностью µ ( x, y ) , согласно
формулам (1.4) и (1.16), выражается формулой
µ = ∫∫ µ ( a cos ϕ , b sin ϕ ) ab ρ d ρ d ϕ ,
(1.20)
D
где D – образ пластинки G при отображении (1.18).
1.16. Найти массу пластинки G, заданной неравенствами, если µ –
поверхностная площадь:
1) G: x 2 + y 2 4 ≤ 1; µ = y 2 .
Отв.: 2π ;
2) G: 1 ≤ x 2 / 4 + y 2 / 16 ≤ 5, x ≥ 0, y ≥ 2 x; µ = x / y.
Отв.: 4ln2;
3) G: 1 ≤ x 2 / 9 + y 2 / 4 ≤ 5, x ≥ 0, y ≥ 2 x / 3; µ = x / y.
Отв.: 9ln2;
4) G: x 2 / 4 + y 2 / 9 ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0; µ = x 5 y.
Отв.: 12.
Пусть функция
f (x, y, z )
БГ
УИ
Р
1.2. Тройные интегралы
Определение тройного интеграла и его свойства. Вычисление тройных
интегралов в ПДСК. Замена переменных интегрирования в тройных
интегралах. Тройной интеграл в цилиндрической системе координат
(ЦСК) и в сферической системе координат (ССК).
ограничена
и непрерывна
в замкнутой
ограниченной области V ⊂ R 3 с границей Г. Разобьем область V с помощью
конечного числа гладких поверхностей на частичные области (ячейки)
Vi , i = 1, n, объем каждой из которых равен ∆vi . В ячейке Vi выберем
произвольно точку (ξ i ,η i , ζ i ) и построим интегральную сумму Римана:
n
σ n = ∑ f (ξ i ,ηi ,ζ i )∆vi .
(1.21)
а
i =1
т
ек
Пусть ∆ = max diamVi . Если существует предел интегральных сумм
1≤ i ≤ n
(1.21) при ∆ → 0 , не зависящий ни от способа разбиения области V на Vi , ни от
выбора точек (ξ i ,η i , ζ i ) ∈Vi , то его называют тройным интегралом от
f (x, y, z ) по области V
функции
Би
бл
ио
∫∫∫ f (x, y, z ) dv . Функция
∫∫∫ f ( x, y, z ) dxdydz
и обозначают
или
V
f при этом называется интегрируемой по Риману в
V
области V .
Основные свойства тройных интегралов аналогичны свойствам двойных
интегралов.
В случае прямоугольной области
V = {a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d , p ≤ z ≤ q}
вычисление тройного интеграла сводится к вычислению повторных интегралов
по формулам:
b
d
q
d
b
q
q
d
b
∫∫∫ f ( x, y, z ) dxdydz = ∫ dx ∫ dy ∫ fdz = ∫ dy ∫ dx ∫ fdz = ∫ dz ∫ dy ∫ fdx
V
a
c
p
c
a
p
p
c
(всего имеется 6 возможностей).
1.17. Вычислить тройные интегралы:
1) ∫∫∫ ( x + y + z ) dv, V = {0 ≤ x ≤ a , 0 ≤ y ≤ b, 0 ≤ z ≤ c};
V
2)
1 ≤ x ≤ 2, − 2 ≤ y ≤ −1, 0 ≤ z ≤ 1 ;
xydv
,
V
=


∫∫∫
2

V
a
и т.д.
3)
∫∫∫ ρ sin θ d ρ d ϕ d θ ,
V
4)
dv
π
π
V = 0 ≤ ϕ ≤ , 0 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ θ ≤ ;
2
2

V = {1 ≤ x ≤ 2, 1 ≤ y ≤ 2, 1 ≤ z ≤ 2}.
∫∫∫ (x + y + z )3 ,
V
Отв.: 1)
abc
9
1 128
( a + b + c ); 2) − ; 3) π ; 4) ln .
2 125
2
8
ϕ2 ( x ) q2 ( x , y )
b
V
БГ
УИ
∫∫∫ f ( x, y, z ) dv = ∫ dx ∫ dy ∫ f (x, y, z )dz .
Р
В случае криволинейной области
V = { a ≤ x ≤ b, ϕ1 ( x ) ≤ y ≤ ϕ 2 ( x ) , q1 ( x, y ) ≤ z ≤ q2 ( x, y )} имеет место
следующая формула вычисления тройного интеграла:
(1.22)
ϕ1 ( x ) q1 ( x , y )
a
а
Это означает, что сначала функция f (x, y, z ) интегрируется по z при
фиксированных х и у, затем результат интегрируется по у при фиксированном
х и, наконец, интегрирование производится по x в постоянных пределах от а до
b.
Тройной интеграл
v = ∫∫∫ dxdydz
ек
(1.23)
V
Би
бл
ио
т
выражает собой объем v области (тела) V . Если подынтегральная функция
f (x, y, z ) задает плотность µ ( x, y, z ) тела, занимающего область V , то тройной
интеграл выражает массу m этого тела:
Z 1
m = ∫∫∫ µ (x, y, z ) dxdydz.
(1.24)
V
1.18.
Вычислить
Ι = ∫∫∫ ( x + y + z ) dv , где
интеграл
область V
z=1- x - y
V
ограничена плоскостями x = 0, y = 0,
z = 0, x + y + z = 1.
r Множество V – тетраэдр, который
можно задать в виде
V = {0 ≤ x ≤ 1,0 ≤ y ≤ 1 − x,0 ≤ z ≤ 1 − x − y}
(рис. 1.13).
0
1
Y
z=0
X
1
Рис. 1.13
По формуле (1.22) имеем
1
1− x
1− x− y
Ι = ∫ dx ∫ dy
0
0
∫ ( x + y + z)
0
1
1− x
1
2
dz = ∫ dx ∫ ( x + y + z )
2
0
0
1 1
1
3
= ∫  y − (x + y ) 
2 0
3

y =1− x
y =0
z =1− x− y
z =0
(
1
1− x
(
1
2
dy = ∫ dx ∫ 1 − ( x + y )
20 0
)
1 1
1
1

dx = ∫  y − 1 − x 3 − x dx = . ▲
3
8
2 0

)
dy =
1.19. Вычислить тройные интегралы
указанными поверхностями:
1) ∫∫∫ yzdv; x 2 + y 2 + z 2 = R 2 , z ≥ 0;
по
областям,
ограниченным
V
2)
∫∫∫ xyzdv;
x 2 + y 2 + z 2 = R 2 , x 2 + y 2 + z 2 = 2 Rz; x ≥ 0, y ≥ 0; (общая часть)
V
3)
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
∫∫∫ (x + y + z ) dv; y + z = x , x + y + z = R , x ≥ 0; (общая часть)
V
V
5)
∫∫∫ (x
2
y = x 2 , x = y 2 , z = xy, z = 0;
)
Р
∫∫∫ xyzdv;
+ y 2 dv; z = y 2 − x 2 , z = 0, y = 1.
БГ
УИ
4)
V
6
Отв.: 1) 0; 2) 53 R
3840
5
; 3) (2 − 2 ) πR
5
; 4) 1
96
; 5) 4
15
.
а
1.20. Вычислить с помощью тройного интеграла объемы тел,
ограниченных указанными поверхностями:
1) x 2 + y 2 + 4 z 2 = 1;
ек
2) z = x 2 + y 2 , z = 2 x 2 + 2 y 2 , y = x, y = x 2 ;
т
3) az = x 2 + y 2 , z = x 2 + y 2 (a > 0 );
4) x + y + z = a , x + y + z = 2 a , x + y = z , x + y = 2 z , x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0;
Би
бл
ио
5) y 2 = 4a 2 − 3ax, y 2 = ax, z = ±h;
2
y
6)
b2
+z
2
c2
= 2 x , x = a.
a
3
3
2
Отв.: 1) 2π ; 2) 3 ; 3) πa ; 4) 49 a
; 5) 32a h 9 ; 6) πabc.
3
35
6
864
Пусть переход от переменных x, y , z к новым переменным u , v, w
осуществляется по формулам x = x(u , v, w), y = y (u , v, w), z = z (u , v, w), где
функции x(u , v, w), y (u , v, w), z (u , v, w) непрерывны вместе со своими частными
производными первого порядка и устанавливают взаимно однозначное и в обе
стороны непрерывное соответствие между точками области V пространства
XYZ и точками некоторой области V ' пространства UVW . Пусть далее якобиан
J в области V ' не обращается в нуль:
x 'u x ' v x ' w
(1.25)
J = y 'u y ' v y ' w ≠ 0 .
z 'u
Тогда пользуются формулой
z 'v
z 'w
∫∫∫ f ( x , y , z ) dxdydz = ∫∫∫ f [ x (u , v , w ), y (u , v , w ), z (u , v , w )] J dudvdw .
V
V
(1.26)
,
В частности, при переходе от декартовых координат к цилиндрическим
координатам ρ ,ϕ , z ( ЦСК ) (рис. 1.14), связанным с x, y , z соотношениями
Z
Z
M = ( r , ϕ ,θ )
θ
z
0
r
0
Y
X
ϕ
БГ
УИ
ρ
ϕ
Р
M = ( ρ ,ϕ , z )
X
Рис. 1.14
Y
Рис. 1.15
V
т
ек
а
x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ , z = z ,
(1.27)
(0 ≤ ρ < +∞,0 ≤ ϕ < 2π или − π ≤ ϕ < π , z < ∞), якобиан J преобразования (1.27),
согласно формуле (1.25) (u = ρ , v = ϕ , w = z ), равен J = ρ . Тогда, согласно (1.26),
формула преобразования тройного интеграла к цилиндрическим координатам
имеет вид
(1.28)
∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = ∫∫∫ f ( ρ cosϕ , ρ sin ϕ , z) ρ dρ dϕ dz.
V
Би
бл
ио
Заметим, что в ЦСК x + y = ρ 2 . Далее, согласно (1.28), формулы (1.23) и
(1.24) для объема тела V и его массы с плотностью µ ( x, y, z ) в ЦСК принимают
вид соответственно:
v = ∫∫∫ ρ dρ dϕ dz,
(1.29)
2
2
V'
µ = ∫∫∫ µ ( ρ cosϕ , ρ sin ϕ , z ) ρ dρ dϕ dz ,
V
(1.30)
'
где V ' – образ области V при преобразовании (1.28).
При переходе от декартовых координат
x, y , z к сферическим
координатам r ,ϕ,θ (ССК), связанным с x, y , z соотношениями
x = r sin θ cos ϕ , y = r sin θ sin ϕ , z = r cosθ ,
(1.31)
(0 ≤ r ≤ +∞,0 ≤ ϕ < 2π ) или (− π ≤ ϕ < π ,0 ≤ θ ≤ π ), модуль якобиана J
преобразования
(1.31),
согласно
формуле
(1.25)
2
(u = r , v = ϕ , w = θ ), J = r sin θ .
Тогда,
согласно
(1.26),
формула
преобразования тройного интеграла к сферическим координатам имеет вид
∫∫∫ f ( x, y, z)dxdydz = ∫∫∫ f (r sin θ cos ϕ , r sin θ sin ϕ , r cosθ )r
V
V
sin θ drdϕdθ , (1.32)
2
,
где V ' – образ области V при преобразовании (1.31).
В ССК x 2 + y 2 + z 2 = r 2 . Далее, согласно (1.28), формулы (1.23) и (1.24)
для объема тела V и его массы с плотностью µ ( x, y, z ) в ССК принимают вид
соответственно:
v = ∫∫∫ r 2 sin θ dr dθ dϕ ,
(1.33)
V′
m = ∫∫∫ µ ( r sin θ cos ϕ , r sin θ sin ϕ , r cosθ )r 2 sin θ dr dθ dϕ ,
(1.34)
Р
V′
БГ
УИ
где, по-прежнему, V ' – образ области V при преобразовании (1.31).
1.21. Расставить пределы интегрирования в тройном интеграле
Ι = ∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz :
V
а) в ПДСК; б) в ЦСК; в) в ССК, если V – цилиндр,
поверхностями x 2 + y 2 = а 2 , z = 0, z = H (рис. 1.16).
r а) В ПДСК задача решается наиболее просто:
a 2 − x2 H
−a
− a2 −x2 0
Ι = ∫ dx
∫ dy ∫ f ( x, y, z) dz;
Z
а
a
L
H
ек
б) В ЦСК угловая координата ϕ
изменяется, очевидно, от 0 до 2π ,
полярная координата ρ в круге
Би
бл
ио
Ι =
a
H
0
0
0
∫ dϕ ∫ ρ d ρ ∫ f ( ρ cosϕ , ρ sin ϕ , z)dz;
z=H
B
т
x 2 + y 2 ≤ а 2 изменяется от ρ = 0 до
ρ = а . Координата z в ЦСК имеет тот
же смысл, что и в ПДСК. Поэтому в
данном цилиндре z изменяется от 0
до H . Таким образом, в ЦСК, в силу
формулы (1.30),
2π
ограниченный
θ
X
r
0 ρ
-a
a
A
a
Y
x2 + y2 = a2
X
в) В ССК одним тройным интегралом
Рис. 1.16
не удастся обойтись, ибо луч ОL на
поверхности цилиндра
разделяет
точки B , лежащие на поверхности z = H , от точек A , лежащих на боковой
поверхности цилиндра. Уравнение поверхности z = H в ССК, согласно (1.31),
имеет вид H = r cosθ ⇒ r = H
. Уравнение боковой поверхности цилиндра
cosθ
x 2 + y 2 = а 2 в ССК, согласно (1.31), принимает вид
r 2 sin 2 θ cos 2 ϕ + r 2 sin 2 θ sin 2 ϕ = a 2 ⇒ r 2 sin 2 θ = a 2 ⇒ r = a
.
sin θ
Для точек поверхности z = H угол θ очевидно изменяется в пределах от
θ = 0 до θ = θ1 = arctg (a ) , а для точек боковой поверхности x 2 + y 2 = а 2
H
π
координата θ изменяется от θ = arctg (a ) до θ = . Координата ϕ в обоих
H
2
случаях изменяется от 0 до 2π.
Таким образом, согласно (1.32), имеем
2π
Ι = ∫ dϕ
arctg ( a / H )
∫
0
0
2π
π
2
0
arctg ( a / H )
f (r sin θ cosϕ , r sin θ sin ϕ , r cosθ ) dr +
0
a / sin θ
2
∫ sin θ dθ ∫ r f ( r sin θ cos ϕ , r sin θ sin ϕ , r cosθ ) dr .
0
1.22. Вычислить интеграл
( x 2 + y 2 )dv
а) Ι1 = ∫∫∫
,
2
2
2
x +y +z
V
p
Р
∫ dϕ
∫r
V=
{(
{x
б)* Ι 2 = ∫∫∫ dxdydz , V = x 2 + y 2 + z 2
V
)
2
БГ
УИ
+
sin θ dθ
H / cos θ
2
2
}
+ y2 ≤ z ≤ a ;
}
≤ 4 xyz, x ≥ 0, y ≥ 0 .
а
r а) Перейдем к цилиндрическим координатам x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ , z = z .
Область интегрирования V – конус в ПДСК (рис. 1.17).
т
z=a
Би
бл
ио
а
ек
Z
z=ρ
0
ϕ
ρ
X
Y
z
ϕ
2π
(V ′)
a
ρ
z=ρ
ρ
а
0
Рис. 1.18
Рис. 1.17
V ′ = {0 ≤ ϕ ≤ 2π ,0 ≤ ρ ≤ z ≤ a} , т.е. является призмой (рис. 1.18).
Вычисляем интеграл:
2π
a
z
a
ρ2
ρ 3d ρ
2− 2 3
π
Ι 1 = ∫∫∫
ρ d ρ dϕ dz = ∫ dϕ ∫ dz ∫
= 2π ∫
z dz =
2 − 2 a 4.
2
2
2
2
3
6
ρ +z
ρ +z
V'
0
0
0
0
(
)
БГ
УИ
Р
б*) Перейдем к сферическим координатам
x = r cos ϕ cosθ , y = r cos ϕ sin θ , z = r sin θ ,
(1.31′)
где r ≥ 0, 0 ≤ ϕ ≤ 2π , − π ≤ 0 ≤ π . Подстановка в заданные неравенства
2
2
дает
r 4 ≤ 4r 3 cos ϕ sin ϕ cos 2 θ sin θ ,

r cos ϕ cos θ ≥ 0, r sin ϕ cos θ ≥ 0.
Так как r ≥ 0, cosθ ≥ 0 , то эта система равносильна следующей:
r ≤ 2 sin 2ϕ cos 2 θ sin θ ,

cos ϕ ≥ 0, sin ϕ ≥ 0 ⇒ 0 ≤ ϕ ≤ π 2 .
Первое неравенство системы имеет место тогда и только тогда, когда sin θ ≥ 0 ,
т. е. 0 ≤ θ ≤ π . Следовательно, образ V ' области V при преобразовании
2
декартовых координат в сферические по формулам (1.31′) имеет вид
V ' = 0 ≤ r ≤ 2 sin 2ϕ cos 2 θ sin θ , 0 ≤ ϕ ≤ π , 0 ≤ θ ≤ π .
2
2
Совершаем замену в интеграле Ι 2 и вычисляем его (в этом случае J = r 2 cosθ )
{
}
π
2π
2
Ι 2 = ∫∫∫ r cosθ drdθ dϕ = ∫ dϕ ∫ cosθ dθ
2sin 2ϕ cos2 θ sinθ
V ,,
а
2
0
0
r 2dr =
0
π
ек
π
∫
2
8 2 3
sin
2
cos 7 θ sin 3 θ dθ .
ϕ
d
ϕ
∫
∫
30
0
Первый интеграл вычисляется с помощью замены cos 2ϕ = t , второй – замены
cos θ = J . В результате получим Ι 2 = 2 . p
45
Би
бл
ио
т
=
1.23. Вычислить интегралы, перейдя к цилиндрическим координатам:
1) ∫∫∫ ydxdydz , где V ограничена поверхностями x 2 + y 2 = а 2 , z = 0, z = h ;
V
2)
∫∫∫ zdxdydz , где V
ограничена поверхностями x 2 + y 2 = z 2 , z = a;
V
3
3)
3− x 2
∫ dx ∫ dy
0
0
4− x2 − y 2
∫ dz ;
(x 2 + y 2 )
3
a/ 2
4)
a −y (x −y )/ a
2
2
2
2
∫ dy ∫ dx ∫
0
y
x 2 + y 2 dz .
0
Отв.: 1) − 4а h / 3 ; 2) πа 4 / 2 ; 3) 19π / 24 ; 4) a 4 / 10 .
3
1.24. Вычислить интегралы, перейдя к сферическим координатам по
областям, ограниченным указанными поверхностями:
1)
2
2
2
∫∫∫ yzdxdydz , x + y + z = 1, z ≥ 0 ;
V
2)
∫∫∫
V
3)
∫∫∫
z ln( x 2 + y 2 + z 2 + 1) dxdydz
, x 2 + y 2 + z 2 = 1;
x + y + z +1
xyzdxdydz , x 2 + y 2 + z 2 = R 2 , x 2 + y 2 + z 2 = 2 Rz (общая часть),
2
2
2
V
x ≥ 0, y ≥ 0 ;
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
∫∫∫ (x + y + z ) dxdydz , y + z = x , x + y + z = R , x ≥ 0
Р
4)
(общая часть);
5*) ∫∫∫ dxdydz , ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 = а 3 x .
V
БГ
УИ
V
Отв.: 1) 0; 2) 0; 3) 53R 6 / 3840 ; 4) πR5 (2 − 2 ) / 5 ; 5) πa 2 / 2 .
ек
а
1.3. Приложения кратных интегралов
Геометрические и механические приложения двойных интегралов:
площадь поверхности, объем криволинейного цилиндра, центр масс
пластинки, статические моменты и моменты инерции пластинки.
Геометрические и механические приложения тройных интегралов: объем
тела, центр масс тела. Статические моменты и моменты инерции тела.
Би
бл
ио
т
Кратные интегралы широко применяются при решении многих
геометрических и физических задач. Двойные интегралы используются для
вычисления объема криволинейного цилиндра (1.2), площади плоской фигуры
(1.3), массы плоской пластинки с заданной поверхностной плотностью (1.4).
Примеры вычисления площади и массы плоской пластинки приведены
выше. Вычислим некоторые объемы.
1.25.
Вычислить
объем
тела,
ограниченного
поверхностями
2
2
z = 1 − x − y , y = x, y = x 3, z = 0 и расположенного в 1-м октанте.
r Данное тело ограничено сверху параболоидом
z = 1 − x 2 − y 2 и плоскостями
y = x, y = x 3, z = 0 (рис.1.19). Область
интегрирования D – круговой сектор OAB ,
ограниченный
линией
пересечения
параболоида z = 1 − x 2 − y 2 с плоскостью
v = ∫∫ 1 − x 2 − y 2 dxdy .
1
y = x 3, z = 0 и
Следовательно,
Перейдя
в
1
0
этом
D
D
1
A
B
БГ
УИ
интеграле к полярным координатам ρ и
ϕ , получим
Y
y = x 3 (ϕ = π
Р
z = 0 и прямыми
y = x, z = 0 .
Z
X
y = x (ϕ = π /
Рис.
v=
π /3
3
∫∫ (1 − ρ )ρdρ dϕ = ∫ dϕ ∫ (ρ − ρ )dρ = 48 . p
D
π /4 0
2
π
1
ек
а
1.26. Найти объем тела, ограниченного поверхностями
x 2 + y 2 = a 2 , x 2 + z 2 = a 2 (рис. 1.20).
r Для объема части заданного тела имеем
a
a −x
a
1
2
16
2
2
2
2
v = ∫∫ a − x dxdy = ∫ a − x dx ∫ dy = ∫ (a 2 − x 2 ) dx = a 3 ⇒ v = a 3 . p
3
3
8
D
0
0
0
1.27. Вычислить объем тела, ограниченного заданными поверхностями:
2
1) x + y 2 = 8, x = y = z = 0, x + y + z = 4 .
2
Би
бл
ио
т
2
2) x 2 + 4 y 2 + z = 1, z = 0 .
Z
3) x = 2 y , x + 2 y + z = 4, x = y = 0 .
2
4) z = x 2 + y 2 , y = x 2 , y = 1, z = 0 .
z = a2 − x2
a
5) z = 4 − x 2 ,2 x + y = 4, x = y = z = 0 .
6) z 2 = xy, y = 4, x = y = z = 0 .
7) z = 5 x, x 2 + y 2 = 9, z = 0 .
8) x + y + z = 6, 3 x + 2 y = 12, 3 x + y = 6, y = z = 0 .
a
9) z = x + y + 1, y = x, x = 1, y = 0, z = 0 .
a
10) z = xy, x 2 + y 2 = 4, z = 0 .
X
2
11) x 2 a 2 + y 2 b2 = 1, y = 0, z = x 2 , z = x .
Y
Рис. 1.20
Отв.: 1) 8π − 32 2 3 ; 2) π 4 ; 3) 17 5 ; 4) 88 105 ; 5) 40/3; 6) 39/9; 7) 90;
8) 12; 9) 79/60; 10) 4; 11) а 2b 3 .
Если гладкая однозначная поверхность задана уравнением z = f ( x, y ) , то
площадь поверхности выражается формулой
S = ∫∫ 1 + z '2x + z '2y dxdy ,
(1.35)
D
где D – проекция данной поверхности на плоскость XY . Аналогично, если
поверхность задана уравнением x = f ( y, z ) , то
S = ∫∫ 1 + x '2y + x '2z dydz ,
(1.36)
D
где D – проекция поверхности на плоскость YZ . Если же уравнение
поверхности имеет вид y = f ( x, z ) , то
S = ∫∫ 1 + y '2x + y '2z dxdz ,
Р
(1.37)
D
БГ
УИ
где D – проекция поверхности на плоскость XZ .
1.28. Найти площадь части сферы x 2 + y 2 + z 2 = а 2 , заключенной внутри
цилиндра x 2 + y 2 = аy (рис. 1.21).
r Из уравнения сферы (для 1-го октанта)
Z
a
а
имеем: z = a 2 − x 2 − y 2 ,
∂z
∂z
x
y
,
,
=− 2
=
−
∂x
a − x 2 − y 2 ∂y
a2 − x2 − y2
2
a
 ∂z   ∂z 
1 +   +   =
.
2
2
2
 ∂x   ∂y 
a −x −y
0
Часть сферы, расположенная в 1-м октанте,
a
Y
проектируется в полукруг, ограниченный
окружностью x 2 + y 2 = аy и осью Y. Этот a
X
полукруг и является областью интегрирования
Рис. 1.21
D.
Поверхность расположена в 4-х октантах, поэтому искомая площадь
вычисляется по формуле (1.35):
dxdy
S = 4a ∫∫ 2
.
a − x2 − y 2
D
Би
бл
ио
т
ек
2
В ПСК уравнение окружности x 2 + y 2 = аy имеет вид ρ = a sin θ , и в этой
системе
π /2
a sin θ
ρ dρ
S = 4 a ∫ dϕ ∫
= 2 a 2 (π − 2 ). p
2
2
a −ρ
0
0
1.29. Вычислить площадь части поверхности параболоида x = 1 − y 2 − z 2 ,
вырезанной цилиндром y 2 + z 2 = 1 (рис. 1.22).
r Область интегрирования D –
X
1
окружность y 2 + z 2 = 1 , расположенная в
плоскости YZ . Из уравнения параболоида
имеем x ' y = −2 y , x' z = −2 z.
Тогда
по
формуле
(1.36)
(
)
S = ∫∫ 1 + 4 y 2 + z 2 dydz .
Вводим полярные
-1
D
1
Z
D
1
0
0
S = ∫ dϕ ∫ ρ 1 + 4 ρ 2 dρ =
формулам
Y
5 5 −1
.p
6
Р
2π
по
Рис. 1.22
БГ
УИ
ρ
и
ϕ
координаты
y = ρ cosϕ , z = ρ sin ϕ . В итоге
1.30. Найти площадь части конуса z = x 2 + y 2 , заключенной внутри
ек
а
цилиндра x 2 + y 2 = 2 x.
Отв.: π 2 .
1.31. Вычислить площадь поверхности цилиндра x 2 = 2 z , отсеченной
плоскостями x = 2 y, y = 2 x, x = 2 2.
Отв.: 13.
1.32. Найти площадь части поверхности y = x 2 + z 2 , вырезанной
т
цилиндром x 2 + z 2 = 1 и расположенной в 1-м октанте.
Отв.: π (5 5 − 1) / 24 .
Би
бл
ио
1.33. Найти площадь части поверхности цилиндра z = x 2 , вырезанной
плоскостями x + y = 2 , x = 0, y = 0.
Отв.: 5 / 6 + 2 / 4 ⋅ ln 3 + 2 2 .
(
) (
)
1.34. Вычислить площадь поверхности конуса x 2 = y 2 + z 2 , расположенной
внутри цилиндра x 2 + z 2 = 1 .
Отв.: π.
1.35. Найти площадь поверхности цилиндра x 2 + z 2 = 4 , расположенной
внутри цилиндра x 2 + y 2 = 4 .
Отв.: 32.
1.36. Найти площадь части поверхности z 2 = 2 xy , вырезанной плоскостями
x = 1, y = 4, z = 0.
Отв.: 40 2 3 .
Если пластинка занимает область D в плоскости XY и имеет
поверхностную плотность µ ( x, y ) , то, согласно формуле (1.4), ее масса
вычисляется по формуле
m = ∫∫ µ ( x, y ) dxdy .
D
Статические моменты пластинки D относительно осей X и Y находятся
по формулам
M x = ∫∫ yµ ( x, y )dxdy, M y = ∫∫ xµ ( x, y )dxdy .
(1.38)
D
Координаты
формулам
D
xc , yc центра тяжести пластинки D вычисляются по
My
M
, yc = x ,
(1.39)
m
m
где m – масса пластинки. Если пластинка D однородна ( µ ( x , y ) = const ), то
формулы (1.39) принимают вид
1
1
xc = ∫∫ xdxdy,y c = ∫∫ ydxdy ,
(1.40)
S D
S D
где S – площадь пластинки D .
Моменты инерции пластинки D относительно осей X и Y вычисляются по
формулам
Ι x = ∫∫ y 2 µ ( x, y )dxdy, Ι y = ∫∫ x 2 µ ( x, y )dxdy ,
(1.41)
БГ
УИ
Р
xc =
D
D
Би
бл
ио
т
ек
а
а момент инерции относительно начала координат – по формуле
Ι 0 = Ι x + Ι y = ∫∫ ( x 2 + y 2 )dxdy.
(1.42)
D
Y
Положив
в
формулах
(1.41),
(1.42)
2
µ ( x, y ) = const , получим формулы для вычисления
D
моментов инерции плоской однородной фигуры.
1.37. Найти координаты центра тяжести
2/5
фигуры, ограниченной линиями
y 2 = 4 x + 4,
-1
0 C
y 2 = −2 x + 4 (рис. 1.23), µ = 1.
r Так
как
фигура
симметрична
относительно оси X, то yc = 0. Находим площадь
области
D . Поскольку она симметрична
относительно оси X, то ее площадь
2
(4− y 2 )/ 2
0
(y −4 )/ 4
S = ∫∫ dxdy = 2 ∫ dy
D
2
-2
∫ dx = 8.
Рис. 1.23
Находим статический момент M y по формуле (1.38):
2
(4− y 2 )/ 2
0
(y 2 −4 )/ 4
M y = ∫∫ xdxdy = 2 ∫ dy
D
∫
xdx =
16
.
5
2 X
Следовательно, xc = M y / s = 2 / 5. Итак, центр тяжести данной плоской
фигуры расположен в точке C = (2 / 5,0). p
Y
1.38. Найти координаты центра тяжести
и
моменты
инерции
пластинки
1
2
D = y ≥ x , y ≤ 1 , изображенной на рис. 1.24,
если плотность µ ( x, y ) = x 2 y.
7|9 C D
{
}
∆ Находим массу пластинки
1
m = ∫∫ x ydxdy = ∫ x dx ∫ ydy =
D
2
−1
x2
4
.
21
1
X
Рис. 1.24
БГ
УИ
Координаты центра тяжести находим по
формулам (1.40):
1
21 1 3 1
3
xc = ∫∫ x ydxdy = ∫ x dx ∫ ydy = 0 ,
mD
4 −1
x2
0
-1
Р
1
2
а
(этого и следовало ожидать, поскольку D и µ ( x , y ) симметричны относительно
оси Y).
1
21 1 2 1 2
7
2 2
yc = ∫∫ x y dxdy = ∫ x dx ∫ y dy = .
4 −1
9
mD
x2
т
ек
Итак, C = (0,7 / 9).
По формулам (1.41), (1.42) определяем моменты инерции пластинки D :
1
1
4
2 3
2
I x = ∫∫ x y dxdy = ∫ x dx ∫ y 3dy = ;
33
D
−1
x2
1
1
I y = ∫∫ x ydxdy = ∫ x dx ∫ ydy =
Би
бл
ио
4
D
4
−1
x2
4
;
45
104
.p
495
1.39. Найти координаты центра тяжести фигуры, ограниченной эллипсом
 10
x2 y 2
2 
+
= 1 и его хордой x / 5 + y / 3 = 1.
Отв.: 
,
.
25 9
3
(
π
−
2
)
π
−
2


1.40. Найти координаты центра тяжести фигуры, ограниченной линиями
y = x , y = 2 x , x = 2, если ее плотность µ ( x, y ) = xy. Отв.: (8 / 5, 112 / 45).
1.41. Найти координаты центра тяжести кардиоиды ρ = a (1 + cos ϕ ) с
плотностью µ ( x, y ) = 1.
Отв.: (5a / 6, 0 ).
I0 = Ix + I y =
1.42.
Найти центр тяжести фигуры, ограниченной параболами y 2 = x и
x 2 = y.
Отв.: (9 / 20, 9 / 20).
1.43. Найти центр тяжести фигуры, ограниченной замкнутой кривой
2
y = x 2 − x 4 , x ≥ 0.
Отв.: (3π / 16, 0).
1.44. Найти
центр
тяжести
фигуры,
ограниченной
кривой
x = a (t − sin t ), y = a (1 − cos t ),0 ≤ t ≤ 2π и осью X.
Отв.: (πa,5a / 6).
1.45. Вычислить момент инерции I 0 фигуры, ограниченной линиями
x y
Отв.: ab(a 2 + b 2 ) /12.
+ = 1, x = 0, y = 0.
a b
1.46. Вычислить момент инерции I x кардиоиды ρ = a (1 + cos ϕ ).
1.47.
Вычислить момент инерции I 0
Отв.: 21πa 4 / 32.
фигуры, ограниченной линией
x 2 + y 2 − 2 x = 0, если ее плотность µ ( x, y ) = 3,5.
Отв.: 21π / 4.
2
2
x
y
+ 2 = 1 ( µ = 1).
2
a
b
Отв.: πa 3b / 4.
1.49. Вычислить момент инерции I x треугольника, ограниченного
Отв.: 4.
прямыми x + y = 2, x = 2, y = 2( µ = 1).
1.50. Вычислить момент инерции I x фигуры, ограниченной линиями
Р
Вычислить момент инерции I y эллипса
БГ
УИ
1.48.
а
y = 2 x , x + y = 3, y = 0 ( µ = 1).
Отв.: 2,4.
Объем v тела V в пространстве обычно вычисляется по формуле (1.23):
v = ∫∫∫ dxdydz,
V
В ЦСК искомый объем v = ∫∫∫ ρ dρ dϕ dz ,
Би
бл
ио
r
т
ек
в которой в тройном интеграле в случае необходимости можно переходить к
различным координатам (цилиндрическим, сферическим и др.).
1.51. Вычислить объем тела, ограниченного
Z
5
поверхностями z = 1, z = 5 − x 2 − y 2 (рис. 1.25).
где
{
V
}
V = 0 ≤ ϕ ≤ 2π ,0 ≤ ρ ≤ 2,1 ≤ z ≤ 5 − ρ 2 .
Тогда v =
2π
2
5− ρ
0
0
1
2
∫ dϕ ∫ ρ dρ ∫ dz = 8π . p
Масса m тела V вычисляется по формуле
(1.24):
m = ∫∫∫ µ ( x, y , z )dxdydz,
V
1
0
2
Y
2
X
Рис. 1.25
где µ ( x, y, z ) – объемная плотность тела.
1.52. Найти массу шара радиусом R = 3, плотность которого
пропорциональна расстоянию от центра шара, причем на расстоянии единицы
от центра плотность равна двум.
r Поместим начало ССК в центр шара. В этой системе уравнение сферы
есть r = 3. По условию задачи плотность µ = kr , где k – коэффициент
пропорциональности. При r = 1 плотность µ = 2, т. е. 2 = k ⋅ 1 ⇒ k = 2 ⇒ µ = 2 r.
Поэтому масса шара
2π
π
3
0
0
0
m = ∫∫∫ 2r ⋅ r sin θ dr dθ dϕ = 2 ∫ dϕ ∫ sin θ dθ ∫ r 3 dr = 162π . p
2
V
1.53. Вычислить с помощью тройного
ограниченных указанными поверхностями:
1) x 2 + y 2 + 4 z 2 = 1.
интеграла
объемы
тел,
3) az = x 2 + y 2 , z = x 2 + y 2 , a > 0.
4) x + y + z = a, x + y + z = 2a, x + y = z , x + y = 2 z.
БГ
УИ
5) y 2 = 4a 2 − 3ax, y 2 = ax, z = ±h.
Р
2) z = x 2 + y 2 , z = 2 x 2 + 2 y 2 , y = x, y = x 2 .
6) y 2 /b 2 + z 2 / c 2 = 2 x / a, x = a.
Отв.: 1) 2π / 3; 2) 3/ 35; 3) π a 3 / 6; 4) 49a 3 / 864; 5) 32a 2 h / 9; 6) πabc.
1.54.
Из октанта шара x 2 + y 2 + z 2 ≤ c 2 , x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 вырезано тело,
ограниченное
координатными
плоскостями
и
плоскостью
x / a + y / b = 1, a ≤ c , b ≤ c . Найти массу этого тела, если плотность в каждой
его точке ( x, y, z ) пропорциональна аппликате точки.
ек
а
Отв.: ab(bc 2 − a 2 − b2 ) / 24.
1.55. Определить массу пирамиды, образованной плоскостями
x + y + z = a, x = y = z = 0, если плотность в каждой ее точке пропорциональна
Би
бл
ио
т
аппликате этой точки.
Отв.: a 4 / 24.
1.56. Определить
массу
тела,
ограниченного
поверхностями
2
2
2
z = h, z = x + y , если плотность в каждой его точке пропорциональна
аппликате этой точки.
Отв.: π h 4 / 4.
1.57. Вычислить массу цилиндра радиусом R и высотой H, если его
плотность в любой точке пропорциональна квадрату расстояния этой точки от
центра основания цилиндра.
Отв.: πR 2 H (3R 2 + 2 H 2 ) / 6.
1.58. Определить
массу
сферического
слоя
между
сферами
x 2 + y 2 + z 2 = a 2 и x 2 + y 2 + z 2 = 4a 2 , если плотность в каждой его точке
обратно пропорциональна расстоянию точки от начала координат.
Отв.: 6kπa 2 ,
где k – коэффициент пропорциональности.
Координаты центра тяжести C тела V с объемной плотностью
µ ( x, y, z ) вычисляются по формулам:
1
1
1
xc = ∫∫∫ xµ ( x, y, z )dv, yc = ∫∫∫ yµ ( x, y , z )dv, zc = ∫∫∫ zµ ( x, y, z )dv, (1.43)
m V
mV
m V
где m – масса тела.
Величины
M yz = ∫∫∫ xµ ( x, y , z ) dv, M xz = ∫∫∫ yµ ( x, y , z ) dv, M xy = ∫∫∫ zµ ( x, y , z ) dv (1.44)
V
V
V
называются статическими моментами тела относительно плоскостей YOZ,
XOZ, XOY соответственно.
Моменты инерции относительно координатных осей X, Y, Z тела V
определяются соответственно:
I x = ∫∫∫ ( y 2 + z 2 ) µ ( x , y , z ) dv , I y = ∫∫∫ ( x 2 + z 2 ) µ ( x , y , z ) dv ,
V
V
I z = ∫∫∫ ( x + y ) µ ( x, y , z ) dv ,
2
2
(1.45)
V
а
момент
инерции
тела
относительно
начала
координат
выражается формулой
I 0 = I x + I y + I z = ∫∫∫ ( x 2 + y 2 +
V
(1.46)
2
+ z ) µ ( x , y , z ) dxdydz .
Р
V
Z
БГ
УИ
3/2
x+2z=3
V
0
ек
а
V
Моменты инерции тела
C
3
относительно
координатных
плоскостей XY, YZ, XZ вычисляются
3
по формулам соответственно:
X
I xy = ∫∫∫ z 2 µ ( x, y, z )dv, I yz = ∫∫∫ x 2 µ ( x, y , z )dv, I xz = ∫∫∫Рис.
y 2 µ (1.26
x, y , z )dv. (1.47)
V
V
V
Би
бл
ио
т
1.59.
Найти координаты центра тяжести призматического тела,
ограниченного плоскостями x = 0, z = 0, y = 1, y = 3, x + 2 z = 3; плотность
µ = 1 (рис. 1.26).
r Находим объем тела V (по сути дела его массу, поскольку плотность
µ = 1 ):
3
3
( 3− x ) / 2
0
1
0
v = ∫∫∫ dxdydz = ∫ dx ∫ dy
V
9
∫ dz = 2 .
Тогда
3
2
23
x c = ∫∫∫ xdxdydz = ∫ xdx ∫ dy
9 V
90
1
yc =
zc =
3
3
2
2
ydxdydz = ∫ dx ∫ ydy
∫∫∫
9 V
90 1
3
3
2
2
zdxdydz = ∫ dx ∫ dy
∫∫∫
9 V
90 1
( 3− x ) / 2
∫ dz = 1;
0
( 3− x ) / 2
∫ dz = 2;
0
( 3− x ) / 2
∫
0
zdz =
1
.
2
Итак, C = (1, 2, 1 / 2). p
1.60. Вычислить моменты инерции однородного шара радиусом R и
весом P относительно его центра и диаметра.
Y
r Очевидно, что плотность шара µ = P / vg = 3P / 4πgR 3 . Поместим
центр шара в начале координат, тогда его поверхность будет определяться
уравнением x 2 + y 2 + z 2 = R 2 . Момент инерции относительно центра шара
вычислим в ССК:
I 0 = µ ∫∫∫ ( x 2 + y 2 + z 2 ) dv = µ ∫∫∫ r 4 sin θ dr dθ dϕ =
V
2π
V'
π
R
R 5 3PR 2
=
.
5
5
g
0
0
0
Ясно, что вследствие однородности (µ = const ) и симметрии шара его
моменты инерции относительно любого диаметра равны. Вычислим, к примеру,
момент инерции относительно диаметра, лежащего на оси Z.
I z = µ ∫∫∫ ( x 2 + y 2 )dxdydz = µ ∫∫∫ r 2 sin 2 θr 2 sin θ dr dθ dϕ =
V
2π
V'
R
π
2 PR 2
= µ ∫ dϕ ∫ sin θ dθ ∫ r dr =
.p
5g
0
0
0
Найти центр тяжести тела с плотностью µ (µ0 − const ) :
3
1.61.
БГ
УИ
Р
= µ ∫ dϕ ∫ sin θ dθ ∫ r 4 dr = µ ⋅ 2π ⋅ 2 ⋅
4
2)
x 2 + y 2 ≤ z ≤ h, µ = µ 0 z 2 .
а
1) x 2 + y 2 + z 2 ≤ R 2 , x ≥ 0, µ = µ 0 / x 2 + y 2 .
ек
3) x 2 + y 2 ≤ z ≤ h, µ = µ 0 h − z .
4) x 2 + y 2 − z 2 ≤ a 2 , 0 ≤ z ≤ h, µ = µ 0 z.
т
5) 0 ≤ z ≤ x 2 − y 2 , x 2 + y 2 ≤ 1, x ≥ 0, µ = µ 0 z.
Отв.: 1) (8R / 3π 2 ,0,0); 2) (0,0, 5h / 6); 3) (0,0, 4h / 7);
Би
бл
ио

4(5a 2 + 3h 2 ) 
4)  0,0,
⋅ h  ; 5) (64 2 / 35π ,0, 4 / 3π ).
2
2
15(2
a
+
h
)


Найти момент инерции I z однородных тел (µ = 1) :
1.62.
1) 2ax ≥ z 2 , x 2 + y 2 ≤ ax. 2) x 2 + y 2 ≤ a 2 , x + y + z ≤ a 2 , z ≥ 0.
3) 0 ≤ z ≤ x 2 + y 2 , x + y ≤ 1, x − y ≤ 1.
5)
4) x 2 + y 2 + z 2 ≤ 2, z ≥ x 2 + y 2 .
y 2 / b 2 + z 2 / c 2 ≤ x / a ≤ 1, a > 0, b > 0, c > 0.
64 2 5
a ; 2) π a5 / 2; 3) 14 / 45;
135
4) 4π (4 2 − 5) /15; 5) πabc(b2 + 4a 2 ) / 20.
1.63. Найти моменты инерции относительно координатных плоскостей
однородных (µ = 1) тел:
1) x / a + y / b + z / c ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0, a > 0, b > 0, c > 0.
Отв.: 1)
2)
x 2 / a 2 + y 2 / b 2 ≤ z / c ≤ 1.
(
)
1 2 2
x / a + y 2 / b 2 ≤ z / c ≤ x / a + y / b, a > 0, b > 0, c > 0.
2
Отв.:
1) I xy = abc 3 / 60, I yz = a 3bc / 60, I zx = ab 3c / 60.
3)
2) I xy = πabc 3 / 5, I yz = πa 3bc / 20, I zx = πab 3 c / 20.
3) I xy = 7πabc 3 / 2, I yz = 4πa 3bc / 3, I zx = 4πab 3 c / 3.
Р
2. Криволинейные интегралы
БГ
УИ
2.1. Криволинейные интегралы 1-го (КрИ-1) и 2-го (КрИ-2) рода
Определение и свойства КрИ-1. Вычисление КрИ-1 и их приложения.
Определение и свойства КрИ-2. Вычисление КрИ-2 и их приложения.
а
Пусть на плоскости XY задана гладкая кривая l , в точках которой
определена непрерывная функция f ( x, y ). Кривую l произвольным образом
разобьем на части li длиной ∆li i = 1, n. В части li выберем произвольную
точку (ξi ,ηi ) и составим интегральную сумму
n
σ n = ∑ f (ξi ,ηi )∆li .
ек
(2.1)
i =1
Обозначим
∆ = max ∆li . Если существует предел интегральной суммы
1≤ i ≤ n
т
(2.1) при ∆ → 0, не зависящий ни от способа деления l на части li , ни от
выбора точек (ξi ,ηi ) ∈ li , то этот предел называется криволинейным интегралом
Би
бл
ио
1-го рода (КрИ-1) по дуге l от функции f ( x, y ) и обозначается
∫ f ( x, y)dl.
l
Итак, по определению
∫
n
f ( x, y )dl = lim ∑ f (ξ i ,η i )∆li ,
∆ → 0 i =1
l
( dl – дифференциал длины дуги).
Аналогично, если l – гладкая кривая в R 3 , а f ( x, y , z ) – непрерывная
функция в точках этой кривой, то КрИ-1 по l определяется равенством
∫
n
f ( x, y, z )dl = lim ∑ f (ξ i ,η i , ς i )∆li .
∆ → 0 i =1
l
Пусть A – начальная точка кривой l , B – конечная. Если кривая AB задана
явно уравнением y = g ( x), a ≤ x ≤ b, то КрИ-1 вычисляется по формуле
∫
AB
b
f ( x, y )dl = ∫ f ( x, g ( x)) 1 + g '2 ( x )dx.
a
(2.2)
Если кривая l задана в полярных координатах равенством ρ = ρ (ϕ ),
α ≤ ϕ ≤ β , то
β
∫
AB
f ( x, y )dl = ∫ f ( ρ (ϕ ) cos ϕ , ρ (ϕ ) sin ϕ ) ρ 2 + ρ '2 dϕ ,
(2.3)
α
где α , β – значения ϕ , определяющие на кривой точки A и B.
В случае, если l задана параметрически уравнениями x = x (t ), y = y (t ) и
параметр t изменяется монотонно на отрезке [α , β ], (α < β ) при перемещении
по кривой l из A в B, верна следующая формула вычисления КрИ-1:
AB
f ( x, y ) dl = ∫ f ( x (t ), y (t )) x'2 + y '2 dt .
α
Р
∫
β
(2.4)
∫
AB
БГ
УИ
Для пространственной кривой l = l AB , заданной параметрически
уравнениями x = x(t ), y = y (t ), z = z (t ) , α ≤ t ≤ β , формула (2.4) заменяется
формулой
β
f ( x, y, z )dl = ∫ f ( x(t ), y (t ), z (t )) x'2 + y '2 + z '2 dt.
α
(2.5)
ек
а
КрИ-1 обладает следующими свойствами:
1. (Линейность). Если f ( x, y ) и g ( x, y ) – непрерывные функции вдоль
кривой l , то ∀α , β ∈ R :
∫ (αf ( x, y) + βg ( x, y)) dl = α ∫ f ( x, y)dl + β ∫ g ( x, y)dl.
l
l
l
т
2. (Аддитивность). Если кусочно-гладкая кривая l состоит из конечного
числа k гладких дуг lk , k = 1, m, то
m
Би
бл
ио
∫ f ( x, y)dl = ∑
∫ f ( x, y)dl.
k =1
l
lk
3. КрИ-1 не зависит от направления пути интегрирования, т. е.
∫ f ( x, y )dl = ∫ f ( x, y)dl.
AB
BA
4. (Оценка модуля интеграла):
∫ f ( x, y)dl ≤ ∫
l
f ( x, y ) dl.
l
5. ∫ dl = L, где L – длина кривой l .
l
6. (Теорема о среднем). Если f ( x, y ) непрерывна в точках кривой l , то
∃(ξ ,η ) ∈ l :
∫ f ( x, y)dl = f (ξ ,η ) L, где L – длина кривой l
l
2.1. Вычислить КрИ-1:
.
x
I = ∫ dl , где l – дуга параболы y 2 = 2 x, соединяющая точки (1, 2) и (2,2).
y
l
Имеем: y = 2 x , y ' =
r
1
1 + 2x
, dl = 1 + y '2 dx =
dx, 1 ≤ x ≤ 2.
2x
2x
Р
По формуле (2.2) получаем
2
x
x
1+ 2x
1
dx = (5 5 − 3 3 ). p
∫ y dl = ∫ 2 x
6
2x
l
1
2.2. Вычислить КрИ-1:
I = ∫ y 2 dl , где l – арка циклоиды x = a (t − sin t ), y = a (1 − cos t ), 0 ≤ t ≤ 2π .
l
Имеем:
БГ
УИ
r
dl = x'2 (t ) + y '2 (t )dt = a 2 (1 − cos t ) 2 + a 2 sin 2 t dt = a 2 1 − cos t dt ,
и потому по формуле (2.4)
2π
256 3
2
2
2
∫ y dl = ∫ a (1 − cos t ) a 2 1 − cos t dt = 15 a . p
0
l
2.3. Вычислить I = ∫ (2 z − x 2 + y 2 )dl , где l – первый виток конической
l
ек
а
винтовой линии x = t cos t , y = t sin t , z = t , 0 ≤ t ≤ 2π .
r Находим
dl = x'2 (t ) + y '2 (t ) + z '2 (t )dt = (cos t − t sin t ) 2 + (sin t + t cos t ) 2 + 1 dt = 2 + t 2 dt.
Тогда
∫ (2t − t )
0
2 + t dt =
2
2π
∫t
2 + t 2 dt =
т
2π
0
(
)
2 2
(1 + 2π 2 ) 3 / 2 − 1 . p
3
Би
бл
ио
2.4. Вычислить КрИ-1:
I = ∫ x 2 + y 2 dl , где l – кривая, заданная уравнением ( x 2 + y 2 )3 / 2 = a 2 ( x 2 − y 2 ).
l
r
Перейдем к полярным координатам: x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ . Уравнение
l примет вид ρ = a 2 cos 2ϕ , где ϕ ∈ Φ = {ϕ − π / 4 ≤ ϕ ≤ π / 4, 3π / 4 ≤ ϕ ≤ 5π / 4}.
Для вычисления интеграла применим формулу (2.3). Так как
x 2 + y 2 = ρ = a 2 cos 2ϕ ,
I=
∫a
4
ρ 2 + ρ ' 2 dϕ = a 2 1 + 3 sin 2 2ϕ dϕ , то
cos 2ϕ 1 + 3 sin 2 2ϕ dϕ =
ϕ∈Φ
2a 4 π / 4
a4
2
4
=
∫ 1 + 3 sin 2ϕ d ( 3 sin 2ϕ ) = 2a + 3 ln( 3 + 2). p
2 3 −π / 4
2.5. Вычислить I = ∫ zdl , где l – линия пересечения
поверхностей
l
x 2 + y 2 = z 2 , y 2 = ax, пробегаемая от точки (0,0,0) до точки (a, a, a 2 ).
r В качестве параметра возьмем x = t . Тогда параметрические
уравнения кривой l примут вид x = t , y = at , z = t 2 + at , 0 ≤ t ≤ a.
dz =
Поскольку
2t + a
2 t 2 + at
применив формулу (2.5), получим
a
dt , dy =
1
2
a
dt , dl = dx 2 + dy 2 + dz 2 ,
t
то
2
a
1
1 
9a  17 2
I = ∫ 8t 2 + 9at + 2a 2 dt = ∫  2 2t +
 − a dt =
20
20 
4 2  32
1 
9a  2
17 
9a
 a
2
+ 8t 2 + 9at + 2a 2   =
  2 2t +
 8t + 9at + 2a − ln 2 2t +
4 2 
4 2
32 
4 2
 0
a2 
25 + 4 38 
100 38 − 72 − 17 ln
. p
=

17
256 2 

2.6. Вычислить КрИ – 1 по плоской кривой Γ :
1) ∫ xdl , Γ – отрезок с концами (0,0) и (1,2) .
Отв.: 5 / 2.
БГ
УИ
Р
=
Γ
2)
∫ (2 x + y)dl ,
Γ – ломаная ABOA, где A = (1,0), B = (0,2), O = (0,0).
Γ
а
Отв.: 3 + 2 5.
3) ∫ ( x + y )dl , Γ – граница треугольника с вершинами (0,0), (1,0), (0,1).
dl
∫
x + y2 + 4
2
Γ
Отв.: ln((3 + 5 ) / 2).
∫ xydl,
Γ – граница прямоугольника с вершинами (0,0), (4,0), (4,2), (0,2).
∫ x dl ,
Γ – дуга окружности x + y = a , y ≥ 0.
Би
бл
ио
5)
, Г – отрезок с концами (0,0) и (1,2).
т
4)
Отв.: 1 + 2.
ек
Γ
Γ
6)
2
Γ
7)
∫ (x
Γ
8)
2
2
2
2
)
n
+ y 2 dl , Γ – окружность x 2 + y 2 = a 2 , n > 0.
∫ (x − y ) dl ,
Γ – окружность x 2 + y 2 = ax.
Отв.: 24.
Отв.: πa 3 / 2.
Отв.: 2πa 2 n +1.
Отв.: πa 2 / 2.
Γ
9)
∫
x 2 + y 2 dl , Γ – окружность x 2 + y 2 = ax.
Отв.: 2 a 2 .
Γ
10) ∫ ( x + y )dl , Γ – правый лепесток лемнискаты ρ = a 2 cos 2ϕ .
Γ
Отв.: a 2 2 .
11) ∫ x x 2 − y 2 dl , Γ – правый лепесток лемнискаты ρ = a 2 cos 2ϕ .
Γ
Отв.: 2 a 3 2 / 3.
12)
∫ (x
4/ 3
)
+ y 4 / 3 dl , Γ – астроида x 2 / 3 + y 2 / 3 = a 2 / 3 .
Γ
13)
∫ ydl ,
Отв.: 4 a 7 / 3 .
Γ – арка циклоиды x = a (t − sin t ), y = a (1 − cos t ),0 ≤ t ≤ 2π .
Γ
∫ (x
2
+ y2
Γ
)
Отв.: 2π 2 a3 (1 + 2π 2 ).
y = a (sin t − t cos t ), 0 ≤ t ≤ 2π .
∫
15)
x 2 + y 2 dl ,
Γ – дуга развертки окружности x = a (cos t + t sin t ),
((
Γ
)
Р
14)
Отв.: 32a 2 / 3.
dl , Γ – дуга развертки окружности x = a (cos t + t sin t ),
)
3/ 2
БГ
УИ
y = a (sin t − t cos t ), 0 ≤ t ≤ 2π .
Отв.: 1 + 4π 2
− 1 a 2 / 3.
2.7. Вычислить КрИ-1 по пространственной кривой Γ :
z2
dl , Γ – первый виток винтовой линии x = a cost , y = a sin t ,
1) ∫ 2
2
x
y
+
Γ
z = bt.
Отв.: 8π 3b 2 a 2 + b 2 /(3a 2 ).
2)
∫ zdl ,
Γ – дуга конической винтовой линии x = t cost , y = t sin t , z = t ,
Γ
2 y 2 + z 2 dl , Γ – окружность x 2 + y 2 + z 2 = a 2 , x = y.
Отв.: 2πa 2 .
а
∫
Γ
Γ
Γ
–
четверть
т
∫ xyzdl,
4)
)
− 1 2 2 / 3.
Отв.: 1 + 2π 2
ек
3)
((
)
0 ≤ t ≤ 2π .
окружности
x2 + y 2 + z 2 = a2 ,
расположенная в первом октанте.
Отв.: a 4 / 6.
5) ∫ x 2dl , Γ – окружность x 2 + y 2 + z 2 = a 2 , x + y + z = 0.
Би
бл
ио
3/ 2
x = y,
Отв.: 2πa 3 / 3.
Γ
6)
∫ zdl ,
Γ – дуга кривой x 2 + y 2 = z 2 , y 2 = ax от точки (0,0,0) до точки
Γ
(a, a, a 2 ), a > 0.
Отв.: 100 38 − 72 − 17 ln((25 + 4 38) /17))a 2 2 / 512.
КрИ-1 применяется в геометрии и физике:
1) ∫ dl = L, где L – длина дуги AB (см. свойство 5 КрИ-1).
l AB
2) Масса дуги l AB вычисляется по формуле
m=
∫ µ ( x, y, z )dl ,
l AB
(2.6)
где µ ( x, y, z ) – линейная плотность дуги.
3) Координаты центра тяжести дуги l AB с линейной плотностью
µ ( x, y , z ) вычисляются по следующим формулам:
xc =
1
1
1
xµ ( x, y , z )dl , yc = ∫ yµ ( x, y, z )dl , zc = ∫ zµ ( x, y, z )dl ,
∫
ml
ml
ml
AB
AB
(2.7)
AB
где m – масса дуги l AB .
4) Моменты инерции относительно начала координат O, осей координат
X, Y, Z и координатных плоскостей XY, XZ, YZ дуги l AB с плотностью µ ( x, y, z )
вычисляются соответственно по формулам
I 0 = ∫ x 2 + y 2 + z 2 µ dl ,
I x = ∫ y 2 + z 2 µ dl ,
)
l AB
Iy =
∫ (x
2
(
)
+ z µ dl , I z =
2
l AB
∫z
)
+ y 2 µ dl ,
l AB
µ dl ,
I xz =
l AB
∫y
l AB
2
µ dl ,
I yz =
∫x
2
(2.8)
µ dl .
БГ
УИ
I xy =
2
∫ (x
l AB
2
)
Р
(
l AB
ек
а
Моменты инерции связаны следующими соотношениями:
I 0 = I xy + I xz + I yz .
2I 0 = I x + I y + I z ,
Если дуга l AB лежит в плоскости XY, то рассматриваются только моменты
I 0 , I x , I y (при условии, что z = 0 ).
2.8.
Найти массу m кривой l : y = ln x,
1 ≤ x ≤ e, если линейная
плотность ее в каждой точке пропорциональна квадрату абсциссы, т. е.
µ ( x, y ) = kx 2 .
r Имеем
e
m = ∫ kx dl = ∫ kx
2
т
2
l
1
(
)
e
1 + y ' dx = k ∫ x
2
1
[(
2
1 + x2
dx =
x
)
]
3/ 2 e
3/2
k
k
p
1 + x2
= 1 + e2
−2 2 .
1 3
3
2.9.
Найти координаты xc , yc , zc центра тяжести первого полувитка
винтовой линии l : x = a cos t , y = a sin t , z = bt , 0 ≤ t ≤ π , если ее линейная
плотность постоянна и равна µ .
Би
бл
ио
=
r
Находим массу m = ∫ µ dl этой линии. Так как
l
x'2 + y '2 + z '2 = a 2 sin 2 t + a 2 cos 2 t + b 2 = a 2 + b 2 ,
π
то
m = µ ∫ a 2 + b 2 dt = πµ a 2 + b 2 .
0
Значения xc , yc , zc находим по формулам (2.7):
π
µ
µ
xc = ∫ xdl =
a a 2 + b 2 cos tdt = 0;
∫
2
2
ml
πµ a + b 0
π
µ
µ
2
2
yc = ∫ ydl =
a
a
+
b
sin tdt = 2a / π ;
∫
ml
πµ a 2 + b 2 0
π
µ
µ
πb 2
2
2
zc = ∫ zdl =
∫ bt a + t dt = 2 .
ml
m a2 + t2 0
I=
2π
∫a
0
2
sin (ϕ − ϕ0 )adϕ = a
2
2π
1
т
ρ 2 + ρ '2 = a, находим
ек
а
БГ
УИ
Р
Итак, центр тяжести C = (0,2a / π , πb2 / 2). p
2.10.* Найти момент инерции I относительно диаметра окружности l :
2
x + y 2 = a 2 , если ее линейная плотность µ = 1.
r Зафиксируем какой-нибудь диаметр окружности. Тогда момент
инерции I окружности l относительно этого диаметра выразится интегралом
I = ∫ d 2 ( x, y )dl , где d ( x, y ) – расстояние от
Y
l
точки M = ( x, y ) ∈ l до диаметра (рис. 2.1).
Перейдем
к
полярным
координатам:
x = ρ cosϕ , y = ρ sinϕ , 0 ≤ ϕ ≤ 2π . В этих
ϕ
ϕ 0
координатах уравнение окружности примет
d
вид ρ = a. Пусть диаметр лежит на прямой,
a
X
0
образующей угол ϕ0 с осью X, где ϕ0 ∈ [0, π ]. M ( x, y )
При этом
d ( x, y ) = d (a cos ϕ , a sin ϕ ) = a sin(ϕ − ϕ0 ) .
Рис. 2.1
С учетом формулы (2.3) и так как
3
1

∫  2 − 2 cos(2ϕ − 2ϕ0 ) dϕ = πa .
3
p
0
Би
бл
ио
2.11. Найти массу дуги AB плоской кривой Γ с линейной плотностью
µ = µ ( x, y ), если:
1) Γ – отрезок AB, A = (1,1), B = (2,3); µ = 2 x + y.
2) Γ : y = x 2 / 2, A = (1;3 / 2 ), B = ( 2,2 ); µ = y / x.
3) Γ : y 2 = x, A = (1,1), B = (4,2); µ = y.
2
16
4) Γ : y = x3 / 2 , A = (0,0), B =  4, ; µ = kL, где L – длина дуги от точки
3
 3 
(0,0).
Отв.: 1) 5 5; 2) (5 5 − 2 2) / 6; 3) (17 17 − 5 5) /12; 4) 4(63 − 5 5 )k / 9.
2.12. Найти массу плоской кривой Γ с линейной плотностью µ .
1) Γ : ρ = a cos 2ϕ ; µ = kρ .
2) Γ : ρ = a 1 + cosϕ ; µ = kρ .
3) Γ : x = a (t − sin t ), y = a (1 − cos t ), 0 ≤ t ≤ 2π ; µ = y 3 / 2 .
4) Γ : x = ln(1 + t 2 ), y = 2arctgt − t , 0 ≤ t ≤ 1, µ = ye− x .
5) Γ : x 2 / 3 + y 2 / 3 = a 2 / 3 ; µ = xy .
6) Γ : x 2 + y 2 = ax; µ = x 2 + y 2 .
Отв.: 1) kπ a 2 ;
4) (π 2 − 8ln 2 ) /16;
2) π k (2a)3/ 2 ;
3) 3 2π a 5 / 2 ;
5) 9π a 3 / 64;
6) 2 a 2 .
2.13. Найти
массу
пространственной кривой Γ
плотностью µ :
1) Γ : x = at ,, y = at 2 / 2,, z = at 3 / 3, 0 ≤ t ≤ 1; µ = 2 y / a .
с
линейной
Р
2) Γ : x = t cos t , y = t sin t , z = t , 0 ≤ t ≤ 2π ; µ = x 2 + y 2 + z 2 .
БГ
УИ
3) Γ : x = aet cos t , y = aet sin t , z = aet , t < ∞; µ = kz.
4) Γ – дуга кривой y = x 2 / 2 , z = x 3 / 3 с началом в точке A = (0,0,0) и
концом B = (4,8 2 ,64 / 3); µ = k x 2 + y 2 .
{
}
5) Γ = x 2 + y 2 + z 2 = a 2 , x + y + z = a , µ = x 2 .
Отв.: 1)
3a 
3+2
2
+
−
ln
2
3

;
16 
3
3
((
2) 4 1 + 2π 2
)
3/ 2
)
− 1 / 3;
Би
бл
ио
т
ек
а
3) 3ka 2 / 2;
4) 2644k /15;
5) 2 6πa 3 / 9.
2.14. Найти координаты центра тяжести кривой Γ с линейной
плотностью µ = 1 :
1) Γ : y = a ch( x / a), x ≤ a.
2) Γ : x = a (t − sin t ), y = a (1 − cos t ), 0 ≤ t ≤ 2π .
3) Γ – дуга окружности ρ = R, ϕ ≤ ϕ 0 ≤ π .
4) Γ – кардиоида ρ = a (1 + cosϕ ).
5) Γ :
x+ y = a.
6) Γ : x 2 / 3 + y 2 / 3 = a 2 / 3 , y ≥ 0.
7) Γ : y 2 = ax3 − x 4 .
 sh 2 + 2 
Отв.: 1)  0,
a  ; 2) (π a,4a / 3);
3) ( ( R sin ϕ0 ) / ϕ0 ,0 ) ;
4 sh1 

7 2 + 3 ln (1 + 2 ) a
4) (4a / 5,0); 5) xc = y c =
⋅ ; 6) (0, 2 a / 5 ) ; 7) 2 6πa 3 / 9.
2 + ln (1 + 2 ) 6
2.15.* Найти координаты центра тяжести винтовой линии x = R cosϕ ,
y = R sinϕ , z = hϕ / 2π , 0 ≤ ϕ ≤ ϕ0 с линейной плотностью µ = µ0e − z / h ,
считая, что ϕ 0 = 2πn, n ∈ N .
( (
)
(
) (
)(
))
Отв: R / 1 + 4π 2 ; 2πR / 1 + 4π 2 ; h 1 − (n + 1)e − n / 1 − e − n .
2.16. Найти координаты центра тяжести:
1. Однородной (µ = 1) кривой x = e − t cost , y = e −t sin t , z = e −t , 0 ≤ t < +∞.
Отв.: (2 / 5, 1 / 5, 1 / 2).
2. Однородного края поверхности
x + y + z = a ( µ = 1).
Отв.: xc = yc = zc =
a 7 2 + 3 ln( 2 + 1)
⋅
.
24
2 + ln( 2 + 1)
2.17. Найти момент инерции I y окружности x 2 + y 2 = 2 Rx, µ = 1.
Отв.: 3πR 3 .
2.18. Найти моменты инерции I x , I y , I z одного витка винтовой линии
x = a cost , y = a sin t , z = ht / 2π , 0 ≤ t ≤ 2π ; µ = 1.
Р
Отв.: I x = I y = 4π 2 a 2 + h 2 (3a 2 + 2h 2 ) / 6, I z = 4π 2 a 2 + h 2 a 3 .
БГ
УИ
2.19. Найти моменты инерции I x и I y одной арки циклоиды x = a (t − sin t ),
y = a (1 − cos t ), t ≤ π ; µ = 1.
а
Отв.: I x = 32a 3 / 5, I y = 8(π 2 − 256 / 45)a 3 .
2.20. Найти момент инерции I 0 плоской однородной кривой Γ( µ = 1)
относительно начала координат, если:
2) Γ : x 2 / 3 + y 2 / 3 = a 2 / 3 ;
1) Γ : x + y = a;
3) Γ : x = a (cos t + t sin t ), y = a (sin t − t cos t ), 0 ≤ t ≤ 2π .
т
ек
Отв.: 1) 8 2a3 / 3;
2) 3a 3 ;
3) 2π 2 (2π 2 + 1)a 3.
Пусть функции P ( x, y ) и Q( x, y ) непрерывны в точках дуги AB гладкой
кривой l , имеющей уравнение y = ϕ ( x), a ≤ x ≤ b.
Интегральной суммой для функций P ( x, y ) и Q( x, y ) по координатам
называется сумма вида
n
∑ (P(ξk ,ηk )∆xk + Q(ξ k ,ηk )∆yk ),
Би
бл
ио
k =1
где ∆xk , ∆yk – проекции
элементарной дуги ∆lk на оси X и Y соответственно.
Криволинейным интегралом 2-го рода (КрИ-2) (или криволинейным
интегралом по координатам от выражения P ( x, y )dx + Q ( x, y )dy по направленной дуге AB называется предел интегральной суммы при max ∆xk → 0 и
max ∆yk → 0 :
n
∑ P(ξ k ,η k )∆xk + Q(ξ k ,η k )∆yk .
∫ P( x, y)dx + Q( x, y )dy = maxlim
∆xk → 0 k 1
=
AB
max ∆yk → 0
С механическойr точки зрения (КрИ-2) есть работа, совершаемая
r
r
переменной силой F = P( x, y )i + Q ( x, y ) j = ( P, Q) на криволинейном пути AB.
Если кривая l замкнутая, то КрИ-2 по такой кривой обозначается символом ∫ .
l
Из свойств КрИ-2 отметим следующие:
1. ∫ Pdx + Qdy = − ∫ Pdx + Qdy ,
BA
AB
т. е. КрИ-2 меняет свой знак на противоположный при изменении направления
пути интегрирования.
2. (Аддитивность) Если кривая l разбита на две части l1 и l2 , т. е.
l = l1 + l2 , то
∫ Pdx + Qdy =∫ Pdx + Qdy + ∫ Pdx + Qdy.
l
l1
l2
Остальные свойства КрИ-2 аналогичны свойствам КрИ-1.
Если кривая l задана явно уравнением y = ϕ ( x ), x ∈ [a, b], то в этом случае
КрИ-2 вычисляется по формуле
b
a
Если
же
кривая
l
x = x (t ), y = y (t ), t1 ≤ t ≤ t 2 , то
задана
t2
параметрическими
∫ P( x, y )dx + Q( x, y)dy = ∫ {P[ x(t ), y(t )]x' (t ) + Q[ x(t ), y(t )] y' (t )}dt.
l
t1
(2.9)
уравнениями
БГ
УИ
l
Р
∫ P ( x , y ) dx + Q ( x , y ) dy = ∫ {P[ x , ϕ ( x )] + ϕ ' ( x )Q[ x , ϕ ( x )]}dx .
(2.10)
Аналогичная формула имеет место для вычисления КрИ-2 по
пространственной кривой l , заданной уравнениями x = x(t ), y = y (t ), z = z (t ),
t1 ≤ t ≤ t2 :
а
∫ P( x, y, z )dx + Q( x, y, z )dy + R ( x, y, z)dz =
ек
l
t2
= ∫ {P[ x (t ), y (t ), z (t )] x ' (t ) + Q[ x (t ), y (t ), z (t )] y ' (t ) + R[ x (t ), y (t ), z (t )] z ' (t )} dt . (2.11)
t1
∫ xydx + ( x
т
2.21. Вычислить КрИ-2: I =
2
+ y )dy, если AB – дуга параболы
AB
y = x , расположенная между точками A = (0,0) и B = (2,4).
Би
бл
ио
2
r В данном случае ϕ ( x) = x 2 , ϕ ' ( x) = 2 x, 0 ≤ x ≤ 2. Тогда по формулам
(2.9) получаем
Z
2
2
(
)
I = ∫ xx 2 + ( x 2 + x 2 )2 x dx = ∫ 5 x3dx = 20. p
0
0
2.22. Вычислить
2
∫ ydx − x dy + ( x + y )dz, если l – линия
l
пересечения цилиндра x 2 + y 2 = 4 с
плоскостью x + y − z = 0, «пробегаемая» в
положительном направлении, когда при
обходе этой линии (эллипса, очевидно)
плоскость, ограниченная
эллипсом,
остается слева
(рис. 2.2).
∆
Составим
параметрические
уравнения эллипса l . Так как проекцией
l
y = − x -2
0
X
Рис. 2.2
2
Y
l на плоскость XY является окружность x 2 + y 2 = 4 , то можно записать, что
x = 2 cos t , y = 2 sin t. Тогда из уравнения плоскости находим, что
z = 2(cos t + sin t ). Таким образом,
 x = 2 cos t ,
dx = −2 sin tdt ,


⇒ dy = 2 cos tdt ,
 y = 2 sin t ,
 z = 2(cos t + sin t ), t ∈ [0,2π ] dz = 2(− sin t + cos t )dt .


Отсюда по формулам (2.11) имеем
∫ (− 4 sin
2
)
t − 8 cos 3 t + 4(cos 2 t − sin 2 t ) dt =
0
∫ (− 2 + 2 cos 2t − 8 cos t + 8 sin
0
2.23. Вычислить
I=
2
)
t cos t + 4 cos 2t dt = −4π . p
БГ
УИ
=
2π
∫ ydx + ( x + z )dy + ( x − y)dz,
AB
Р
I=
2π
где AB – отрезок,
а
соединяющий точки A = (1,−1,1), B = (2,3,4).
r Составим параметрические уравнения прямой, проходящей через
точки A и B: x = 1 + t , y = −1 + 4t , z = 1 + 3t. На отрезке AB параметр 0 ≤ t ≤ 1.
Тогда по формуле (2.11)
1
1
ек
I = ∫ ((−1 + 4t ) + (2 + 4t ) ⋅ 4 + (2 − 3t ) ⋅ 3)dt = ∫ (13 + 11t )dt = 18,5. p
0
0
Би
бл
ио
т
2.24. Вычислить работу A силы F = yzi + xzj + xyk вдоль отрезка прямой
BC, если B = (1,1,1), C = (2,3,4).
r Запишем
параметрические
уравнения
отрезка
BC:
x = 1 + t , y = 1 + 2t , z = 1 + 3t , 0 ≤ t ≤ 1. Тогда работа A силы F на пути BC
выразится интегралом
A = ∫ yzdx + xzdy + xydz =
BC
1
= ∫ [(1 + 2t )(1 + 3t ) + (1 + t )(1 + 3t ) ⋅ 2 + (1 + t )(1 + 2t ) ⋅ 3] dt = 23. p
0
2.25. Вычислить КрИ-2 по кривой Γ , пробегаемой в направлении
возрастания ее параметра х:

1
1) ∫  x − dy,
Γ : y = x 2 , 1 ≤ x ≤ 2.
y
Γ
2) ∫ xdy − ydx,
Γ : y = x 3 , 0 ≤ x ≤ 2.
Γ
3)
y
∫ x dx + dy,
Γ : y = ln x, 1 ≤ x ≤ e.
Γ
4) ∫ 2 xydx − x 2 dy,
Γ
Γ : y = x / 2 , 0 ≤ x ≤ 2.
5) ∫ cos ydx − sin ydy,
Γ : y = − x, − 2 ≤ x ≤ 2.
6) ∫ ( x 2 + y 2 )dx + ( x 2 − y 2 )dy ,
Γ : y = 1 − x − 1, 0 ≤ x ≤ 2.
Γ
Γ
Отв.: 1) (14 − 3ln 4)3; 2) 8; 3) 3/ 2; 4) 12 / 5; 5) 2sin 2; 6) 4 / 3.
2.26. Вычислить КрИ-2 по кривой Γ , пробегаемой от точки A до точки B:
1) ∫ xdy − ydx,
Γ – ломаная ACB, где A = (0,0), B = (1,2), C = (0,1).
Γ
∫ xdy,
Γ

{
}
Γ : x 2 + y 2 = a 2 , x ≥ 0 , A = (0,−a), B = (0, a).

x


y
БГ
УИ
3)
Γ : x = y 2 , A = (4,2), B = (1,1).
∫  x 2 + y 2 + y  dx +  x 2 + y 2 + x  dy,
4)
Γ
∫ ( x + y)dx + ( x − y)dy,
5)
Р
3x
2 y3
dy ,
2) ∫ dx −
y
x
Γ
A = (1,0), B = (3,4).
A = (0,1), B = (2,3).
Γ
Γ
2)
∫y
2
ек
а
Отв.: 1) 2; 2) −11; 3) (5 − ln 8) / 3; 4) 12 + ln 5; 5) 4.
2.27. Вычислить КрИ-2 по кривой Γ , пробегаемой в направлении
возрастания ее параметра t:
1) ∫ xdy + ydx, Γ : {x = R cos t , y = R sin t , 0 ≤ t ≤ π / 2}.
dx + x 2dy , Γ : {x = a cos t , y = b sin t , 0 ≤ t ≤ π }.
т
Γ
3) ∫ (2a − y )dx + ( y − a )dy, Γ – дуга циклоиды x = a (t − sin t ), y = a (1 − cos t ),
Би
бл
ио
Γ
0 ≤ t ≤ 2π .
x 2dy − y 2dx
4) ∫ 5 / 3
, Γ – дуга астроиды x = a cos3 t , y = a sin 3 t , 0 ≤ t ≤ π / 2.
5/3
x +y
Γ
Отв.: 1) 0; 2) − 4ab 2 / 3; 3) π a 2 ; 4) 3πa 4 / 3 / 16.
2.28. Вычислить КрИ-2 по замкнутой кривой Γ , пробегаемой так, что ее
внутренность остается слева:
2
1) ∫ x 2 − 2 xy dx + ( x − 2 y ) dy,
Γ – граница прямоугольника,
Γ
(
)
образованного прямыми x = 0, x = 2, y = 0, y = 1.
2)
∫ (3x
Γ
2
)
− y dx + (1 − 2 x ) dy , Γ – граница треугольника с вершинами
(0,0), (1,0), (1,1).
dx + dy
3)* ∫
, Γ – граница квадрата с вершинами (1,0), (0,1), (−1,0), (0,−1).
x
+
y
Γ
xy 2 dx − x 2 ydy
4) ∫
, Γ – правый лепесток лемнискаты ρ 2 = a 2 cos 2ϕ.
2
2
x +y
Γ
Отв.: 1) 4; 2) −1/ 2; 3) 0; 4) 0.
2.29. Вычислить КрИ-2 по пространственной кривой Γ , пробегаемой в
направлении возрастания ее параметра t:
1) ∫ y 2 − z 2 dx + 2 yzdy − x 2 dz , Γ – кривая x = t , y = t 2 , z = t 3 , 0 ≤ t ≤ 1.
Γ
2)
(
∫ yzdx + z
)
a 2 − y 2 dy + xydz, Γ – дуга винтовой линии x = a cos t ,
Р
Γ
a
t , 0 ≤ t ≤ 2π .
2π
3) ∫ xdx + ( x + y )dy + ( x + y + z )dz , Γ –кривая x = a sin t , y = a cos t ,
БГ
УИ
y = a sin t , z =
Γ
z = a (sin t + cos t ), 0 ≤ t ≤ 2π .
4)
∫ ydx + zdy + xdz,
Γ – окружность x = a cosα cos t , y = a cos α sin t ,
Γ
z = a sin α (α − const ).
а
Отв.: 1) 1/ 35; 2) 0; 3) −π a 2 ; 4) − πa 2 cos2 α .
Γ
A = (1,1,1), B = (2,3,4).
т
ек
2.30. Вычислить КрИ-2 по пространственной кривой Γ :
1) ∫ xdx + ydy + ( x + y − 1)dz , Γ – отрезок AB, соединяющий точки
Би
бл
ио
2)* ∫ y 2 dx +z 2 dy + x 2 dz , Γ – линия пересечения поверхностей
Γ
x + y + z 2 = R 2 , x 2 + y 2 = Rx( R > 0, z ≥ 0), пробегаемая против хода часовой
стрелки, если смотреть из точки (0,0,0).
2
2
3)* ∫ ( y 2 − z 2 )dx + (z 2 − x 2 )dy + ( x 2 − y 2 )dz , Γ – граница части сферы
Γ
x + y + z 2 = 1 (лежащей в первом октанте), пробегаемая по ходу часовой
стрелки, если смотреть из точки (0,0,0).
2
2
4) ∫ ( y + z )dx + (z + x)dy + ( x + y )dz , Γ – окружность
Γ
x + y + z 2 = a 2 , x + y + z = 0, пробегаемая против хода часовой стрелки, если
смотреть с положительной полуоси оси Y.
Отв.: 1) 13; 2) −π R 3 / 4; 3) −4; 4) 0.
2
2
2.31. Найти работу силы F вдоль дуги AB, если:
1) F = ( xy , − y ); Γ : y = x 2 − 1, A = (1,0), B = ( 2,3).
2) F = (3 xy 2 , − x − y ); Γ : y 2 = x + 1, A = ( 0,1), B = (3,2).
3) F = ( − y , x ); Γ : x = a (t − sin t ), y = a (1 − cos t ), A = (0,0), B = ( 2πa ,0).
4) F = ( y , −2 x ); Γ : x 2 + y 2 = 1, y ≥ 0, A = (1,0), B = ( −1,0).
5) F = (0, 2 x ); Γ : x = a cos t , y = b sin t , y ≥ 0, A = ( a ,0 ), B = ( − a ,0 ).
A = (1,1,1), B = ( 2,1,1), C = ( 2,3,1), D = ( 2,3, 4).
БГ
УИ
7) F = ( x 2 / y , y / x, cos z ); Γ – виток винтовой линии
Р
6) F = ( yz , zx, xy ); Γ – ломаная ABCD с вершинами
x = a cos t , y = a sin t , z = bt , от точки (a,0,0) до точки (0,0,2πb).
8) F = ( y , − z , x ); Γ – кривая x 2 + y 2 + z 2 = 2a 2 , y = x, ориентированная
против часовой стрелки, если смотреть с положительной полуоси оси X.
9) F = ( z , x , y ); Γ – окружность x 2 + y 2 + z 2 = R 2 , x + y + z = R,
а
ориентированная против часовой стрелки, если смотреть с положительной
Отв.: 1) 0; 2) 113/ 3;
ек
полуоси оси Z.
3) −6π a 2 ; 4) −3π / 2; 5) π ab;
Би
бл
ио
т
6) 1; 7) sin(2π b) − π a 2 ;
8) 2π a 2 ;
9) 2πR 2 / 3.
Р
2.2. Формула Грина
Независимость криволинейного интеграла от пути интегрирования.
Восстановление функции по ее полному дифференциалу. Формула Грина и
ее применение к вычислению площадей плоских фигур.
Пусть V – область в R 3 и P ( x, y , z ), Q ( x , y , z ), R ( x, y , z ) – непрерывно
дифференцируемые в V функции. Пусть l ∈V – произвольная ориентированная
кривая с начальной точкой M и конечной точкой N
N
(рис. 2.3).
Криволинейный интеграл
(2.12)
∫ Pdx + Qdy + Rdz
l
l2
БГ
УИ
в общем случае зависит не только от положения
начальной и конечной точек пути интегрирования, но и от
пути, соединяющего эти точки. Если значение интеграла
(2.12) одно и то же при любом выборе пути l ,
соединяющего M и N, то говорят, что криволинейный
интеграл не зависит от пути интегрирования.
2.32.
Вычислить
КрИ-2
I = ∫ ydx + xdy по кривой Γ с началом
Y
l4
l1
Рис. 2.3
а
М
l3
Γ
ек
O = (0,0) и концом A = (1,1), если:
1) Γ – отрезок OA;
2) Γ – дуга параболы y = x 2 ; 3) Γ –
дуга окружности радиусом 1 с
центром в точке (1,0).
r 1) Отрезок OA задается
уравнением y = x,0 ≤ x ≤ 1.
y=x
Би
бл
ио
т
2
2
( x − 1) + y = 1
A
1
1
y = x2
0
1
1
Тогда I = ∫ xdx + ∫ ydy = 1.
0
Рис. 2.4
0
1
1
1
2) Если Γ – дуга параболы, то ∫ ydx = ∫ x dx, ∫ xdy = ∫ 2 x dx, I = ∫ 3 x 2dx = 1.
2
Γ
0
2
Γ
0
0
3) Так как уравнение дуги окружности можно записать в виде
x = 1 + cos t , y = sin t , 0 ≤ t ≤ π / 2, то
I=
π /2
∫ (sin t (− sin t ) + (1 + cos t ) cos t )dt = 1.
0
Таким образом, интеграл I оказался не зависящим от выбранных трех
путей интегрирования. p
Напомним, что область V называется односвязной, если любой гладкий
замкнутый контур, лежащий в области, является краем некоторой гладкой
поверхности, целиком содержащейся в области V .
X
Справедлива следующая
Теорема 2.1. Пусть P, Q, R – непрерывно дифференцируемые функции в
односвязной области V . Тогда следующие четыре условия равносильны.
1. По любому замкнутому пути l ∈V
∫ Pdx + Qdy + Rdz = 0.
l
2. Интеграл (2.12) не зависит от пути интегрирования, т.е.
∫ Pdx + Qdy + Rdz = ∫ Pdx + Qdy + Rdz,
l1
l2
∫
т
u ( x, y , z ) =
ек
а
БГ
УИ
Р
где l1 и l2 – произвольные пути, расположенные в V и имеющие общие начало
и конец.
3. Существует непрерывно дифференцируемая функция u = u ( x, y , z )
такая, что Pdx + Qdy + Rdz является ее полным дифференциалом, т. е.
∂u
∂u
∂u
= R. (2.13)
(du = Pdx + Qdy + Rdz ) ⇔
= P,
= Q,
∂z
∂x
∂y
4. Для дифференциальной формы W = Pdx + Qdy + Rdz выполнены условия
∂R ∂Q
∂P ∂R
∂Q ∂P
(2.14)
=
,
=
,
=
,
∂y ∂z
∂z ∂x
∂x ∂y
называемые условиями интегрируемости.
Если выполнены условия интегрируемости (2.14), то выражение
P ( x, y, z )dx + Q( x, y , z )dy + R( x, y, z )dz
является полным дифференциалом
функции u = u ( x, y , z ) , которую можно найти по формуле
Pdx + Qdy + Rdz + C =
MN
( x, y , z )
∫ Pdx + Qdy + Rdz + C ,
(2.15)
( x0 , y0 , z0 )
Би
бл
ио
где M = ( x0 , y0 , z0 ) – начальная точка, N = ( x, y, z ) – конечная точка пути
интегрирования, целиком лежащем в V .
Формуле (2.15) равносильна следующая:
x
y
z
x0
y0
z0
u ( x, y , z ) = ∫ P (t , y0 , z0 )dt + ∫ Q( x, t , z0 )dt + ∫ R( x, y , t )dt + C.
(2.16)
Здесь путем интегрирования является некоторая ломаная линия MABN,
составленная из отрезков, параллельных координатным осям X,Y и Z и где
M = ( x0 , y0 , z0 ) – начальная точка, A = ( x, y0 , z0 ), B = ( x, y, z0 ) – промежуточные
точки, N = ( x, y, z ) – конечная точка ломаной.
Эти результаты сформулируем для случая функций двух переменных.
При выполнении условия
∂Q ∂P
(2.17)
=
∂x ∂y
выражение W = P( x, y )dx + Q( x, y )dy является полным дифференциалом в
односвязной области V некоторой функции u = u ( x, y ) , которая находится по
формуле
( x, y)
u ( x, y ) =
y
x
∫ Pdx + Qdy + C = ∫ P(t , y0 )dt + ∫ Q( x, t )dt + C.
( x0 , y0 )
x0
(2.18)
y0
( 2;3)
2.34. Показать, что КрИ-2 I =
БГ
УИ
Р
2.33. Восстановить функцию по ее полному дифференциалу
du = (1/ x + 1 / y)dx + (2 / y − x / y 2 )dy.
∂P
1 ∂Q
r Имеем P = 1 / x + 1 / y, Q = 2 / y − x / y 2 ⇒
=− 2 =
,
∂y
∂x
y
т. е. условие (2.17) выполнено. В качестве точки ( x0 , y0 ) возьмем точку (1,1).
Тогда по формуле (2.18) находим
y
x
2 x 
1 
u ( x, y ) = ∫  + 1 dt + ∫  − 2  dt =
t 
t t 
1
1
x 
x t = y
x
+ C = ln x + 2 ln y + − 1 + C. p
= (ln t + t ) +  2 ln t + 
1 
t  t =1
y
∫ ( x + y)dx + ( x − y)dy
( 0;1)
не зависит от пути
Би
бл
ио
т
ек
а
интегрирования и вычислить его.
∆ Функции P ( x, y ) = x + y и Q( x, y ) = x − y вместе со своими частными
∂Q ∂P
производными
=
= 1 непрерывны на всей плоскости XY, и данный
∂x ∂y
интеграл не зависит от пути интегрирования. Поэтому для вычисления
интеграла I можно выбрать любой путь, соединяющий точки A = (0,1) и
B = (2,3). Поскольку удобнее всего вычислять КрИ по отрезкам, параллельным
осям координат, то выберем путь в виде ломаной, состоящей из двух звеньев
AC и CB, параллельных осям координат (рис. 2.5).
I=
Тогда
( 2 ,1)
( 2, 3)
∫ + ∫.
( 0 ,1)
y = 1 ⇒ dy = 0. Тогда
( 2 ,1)
( 2,1)
2
( 0 ,1)
0
3
( 2 ,1)
1
∫ = ∫ ( 2 − y ) dy = 0.
Следовательно, I = 4.
AC:
Y
В= (2,3)
3
∫ = ∫ ( x + 1) dx = 4.
На CB: x = 2 ⇒ dx = 0 и
( 2 , 3)
На
p
С = (2,1)
А= (0,1)
0
2
X
Рис. 2.5


1
x 
2.35. Проверить, является ли выражение W =  3 x 2 y + dx +  x 3 − 2 dy
y
y 


полным дифференциалом некоторой функции u = u ( x, y ) ; если да, то найти эту
функцию.
∆ Частные производные
1
1
∂P ∂  2
=  3x + y +  = 3 x 2 − 2 и
y
∂y ∂y 
y

1

( 0 ,1) 


2
3
∫  3 x y + y  dx +  x −
( 0, y )
( x, y)
ек
x
= ∫ + ∫ = x y + + C. p
y
( 0 ,1) ( 0 , y )
3
x 
 dy =A = ( 0,1)
2 
y 
0
а
u ( x, y ) =
( x, y )
БГ
УИ
Р
∂Q ∂  3 x 
1
=  x − 2  = 3 x 2 − 2 равны между собой. Непрерывность функций
∂x ∂x 
y 
y
∂P ∂Q
имеет место для всех точек плоскости XY, за исключением точек
P , Q, ,
∂y ∂x


1
x 
оси X. Следовательно, КрИ-2 ∫  3 x 2 y +  dx +  x 3 − 2 dy не зависит от пути
y
y 

Γ
интегрирования и его можно вычислять по любому пути от точки ( x0 , y0 ) до
точки ( x, y ) , лишь бы только сам путь интегрирования, как и эти точки,
∂P ∂Q
находились в области непрерывности функций P, Q, ,
. Выберем путь
∂y ∂x
интегрирования, как показано на рис.
Y
2.6.
B = ( x, y )
( 0, y )
Тогда
x
X
Рис. 2.6
Би
бл
ио
т
При
нахождении
функции
u = u ( x, y ) по ее полному дифференциалу du = Pdx + Qdy часто поступают
∂u
следующим образом. Из равенства
= P имеем u = ∫ P( x, y )dx + g ( y ), где
∂x
g ( y ) – некоторая дифференцируемая функция, играющая роль постоянной при
интегрировании по x . Дифференцируя последнее равенство по y с учетом
∂u
соотношения
= Q , получаем
∂y

∂u
∂P( x, y )
∂P 
=∫
dx + g ' ( y ) = Q ( x, y ) ⇒ g ( y ) = ∫  Q ( x, y ) − ∫
dx dy + C.
∂y
∂y
∂y 

Таким образом,
∂P 

u = ∫ P ( x, y ) dx + ∫  Q ( x , y ) − ∫
dx  dy + C .
∂y 

2.36. Найти функцию u = u ( x, y ) по ее полному дифференциалу
du = e − y dx + (1 − xe − y )dy.
r То, что это действительно полный дифференциал, следует из
∂P ∂Q
равенства
=
= −e − y , где P = e− y , Q = 1 − xe− y . В таком случае существует
∂y ∂x
∂u
∂u
= e− y ,
= 1 − xe − y . Интегрированием по x
∂x
∂y
обеих частей первого равенства находим
∂u
u = ∫ e − y dx + g ( y ) = xe− y + g ( y ) ⇒ = − xe − y + g ' ( y ) = 1 − xe− y ⇒
∂y
⇒ g ' ( y ) = 1 ⇒ g ( y ) = y + C.
функция u = u ( x, y ) такая, что
Би
бл
ио
т
ек
а
БГ
УИ
Р
Тогда искомая функция u ( x, y ) = xe − y + g ( y ) = xe − y + y + C. p
По этой же методике можно восстанавливать функцию трех переменных
по ее полному дифференциалу.
2.37. Является ли выражение W = (2 xy + z )dx + ( x 2 − 2 y )dy + xdz полным
дифференциалом некоторой функции u = u ( x, y , z ) ? Если да, то восстановить
эту функцию.
r Здесь условия интегрируемости (2.14) выполнены:
∂R ∂Q
∂P ∂R
∂Q ∂P
=
= 0,
=
= 1,
=
= 2 x.
∂y ∂z
∂z ∂x
∂x ∂y
Тогда существует функция u = u ( x, y , z ) , для которой
∂u
∂u
∂u
= 2 xy + z,
= x.
(2.19)
= x 2 − 2 y,
∂x
∂z
∂y
Из первого уравнения системы (2.19) интегрированием по x получим
u = x 2 y + zx + ϕ ( y, z ), где ϕ ( y , z ) – дифференцируемая функция, выполняющая
роль константы при интегрировании по x . Ее найдем, используя второе
уравнение системы (2.19):
∂u
∂ϕ
∂ϕ
= x2 +
= x2 − 2 y ⇒
= −2 y ⇒ ϕ = ∫ − 2 ydy + ψ ( z ),
∂y
∂y
∂y
где ψ (z ) – некоторая дифференцируемая функция, играющая роль константы
при интегрировании по y . Таким образом, u = x 2 y + zx − y 2 + ψ ( z ). Отсюда и из
третьего уравнения системы (2.19) находим
∂u
= x + ψ ' ( z ) = x ⇒ ψ ' ( z ) = 0 ⇒ ψ ( z ) = C − const.
∂z
Итак, окончательно, искомая функция u ( x, y , z ) = x 2 y + zx − y 2 + C. p
2.38. Убедившись в том, что подынтегральное выражение является
полным дифференциалом, вычислить КрИ-2 по кривой Γ с началом в точке A и
концом в точке B:
1) ∫ ( x + y )dx + ( x − y )dy , A = (2,−1), B = (1,0).
Γ
2) ∫ 2 xydx + x 2dy , A = (0,0), B = (−2,−1).
Γ
3) ∫ ( x 2 + 2 xy − y 2 )dx + ( x 2 − 2 xy − y 2 )dy , A = (3,0), B = (0,−3).
Γ
4)
∫ f ( x + y)(dx + dy),
f (t ) – непрерывная функция, A = (0,0), B = ( x0 , y0 ).
Γ
5) ∫ ϕ ( x )dx + ψ ( y )dy , ϕ (t ),ψ (t ) – непрерывные функции,
Γ
6)
A = ( x1 , y1 ), B = ( x2 , y2 ).
∫e
x
cos ydx − e x sin ydy, A = (0,0), B = ( x0 , y0 ).
Γ
7)
∫ xdx + y
2
dy − z 3 dz , A = (−1,0,2), B = (0,1,−2).
Γ
Γ
9)
∫
Γ
xdx + ydy + zdz
x +y +z
2
2
2
A = (2,−1,0), B = (1,2,3).
Р
∫ yzdx + xzdy + xydz,
, A ∈ S1 , B ∈ S 2 , где
БГ
УИ
8)
S1 – сфера x 2 + y 2 + z 2 = R1 , S 2 – сфера x 2 + y 2 + z 2 = R2 ( R1 > 0, R2 > 0).
2
2
Отв.: 1) 1; 2) −4; 3) 0; 4)
x0 + y0
∫
f (t )dt ;
0
x2
y2
x1
y1
5) ∫ ϕ (t )dt + ∫ ψ (t )dt ;
ек
а
6) e x0 cos y0 − 1;
7) −1/ 6;
8) 6;
9) R2 − R1.
2.39. Найти функцию по ее заданному полному дифференциалу:
1) du = (e 2 y − 5 y 3e x )dx + (2 xe 2 y − 15 y 2 e x )dy.
 ey

2 x(1 − e y )

dy.
+
+
dx
1
1 + x2
(1 + x 2 ) 2


yzdx + zxdy + xydz
3) du =
.
1 + x2 y2 z 2
Би
бл
ио
т
2) du =
4) du = ( x 2 − 2 yz )dx + ( y 2 − 2 zx )dy + ( z 2 − 2 xy )dz.
x x 
 1 y
xy
5) du = 1 − + dx +  + 2 dy − 2 dz.
y z
z

z y 
ey −1
2y
3 x
Отв.: 1) u = xe − 5 y e + C; 2) u =
+ y + C ; 3) u = arctg ( xyz ) + C ;
1 + x2
4) u = ( x 3 + y 3 + z 3 ) / 3 − 2 xyz + C ;
Y
Г
5) u = x − x / y + xy / z + C.
D
2.40.
Какому
условию
должна
удовлетворять дифференцируемая функция
F ( x, y ) , чтобы КрИ-2 ∫ F ( x, y )( ydx + xdy ) не
ΓAB
зависел от пути интегрирования ΓAB между
0
X
точками A и B?
Отв.: xFx ' = yFy '.
Рис. 2.7
Пусть граница Γ плоской ограниченной
области D состоит из конечного набора кусочно-гладких кривых. Тогда если
∂P ∂Q
непрерывны в D вплоть до ее границы, то справедлива
,
∂y ∂x
формула Грина
 ∂Q ∂P 
(2.20)
∫∫  ∂x − ∂y dxdy = ∫ Pdx + Qdy,
Γ
D
где контур Γ ориентирован положительно, то есть при его обходе против
часовой стрелки область D остается слева (рис. 2.7).
Из формулы (2.20) при Q = x, P = − y получаем, что площадь S области D ,
ограниченной контуром Γ , выражается через КрИ-2 формулой
1
S = ∫ xdy − ydx.
(2.21)
2Γ
БГ
УИ
Р
функции P, Q,
2.41. Вычислить с помощью формулы Грина КрИ-2 I = ∫ x 2 ydx − xy 2 dy , где
Γ
Γ – окружность x + y = R (обход контура положителен).
∂Q
∂P
∆ По формуле Грина (2.20), где P = x 2 y, Q = − xy 2 ,
= − y2,
= x2 ,
∂x
∂y
2
2
2
2π
R
получаем I = ∫∫ ( x + y )dxdy = − ∫ dϕ ∫ ρ 3dρ = −πR 4 / 2. p
2
D
0
а
2
0
т
ек
2.42. Пользуясь формулой (2.21), найти площадь S , ограниченную
астроидой x = a cos3 t , y = a sin 3 t ,0 ≤ t ≤ 2π .
∆ Применяя формулы (2.21) и (2.10), получаем
2π
2π
1
3a 2
S = ∫ ( x(t ) y ' (t ) − y (t ) x ' (t ))dt =
(cos 4 t sin 2 t + sin 4 t cos 2 t )dt =
∫
20
2 0
Би
бл
ио
π
π
3a 2 2
3a 2 2
3πa 2
2
tdt
t
dt
=
sin
2
=
(
1
−
cos
4
)
=
.p
8 ∫0
16 ∫0
8
2.43. Применяя формулу Грина, вычислить КрИ-2 по контуру Г (обход
контура положителен):
2
2
1) ∫ ( xy + x + y )dx + ( xy + x − y )dy , Γ : x + y = ax.
Γ
2)
∫ (2 xy − y)dx + x dy,
2
Γ : x 2 / a 2 + y 2 / b 2 = 1.
Γ
3)
2
2
2
∫ ( x + y ) dx − ( x + y ) dy, Γ – граница треугольника с вершинами
Γ
(1,1), (3,2), (2,5).
4)
5)
2
2
∫ ( y − x ) dx − ( x + y ) dy, Γ – граница кругового сектора
Γ
dx − dy
0 < ρ < R, 0 < ϕ < α ≤ π / 2; ( ρ ,ϕ ) – полярные координаты.
∫ x + y , Γ – граница квадрата с вершинами (1,0), (0,1), (−1,0), (0,−1).
Γ
6)
∫
x 2 + y 2 dx + y ( xy + ln( x + x 2 + y 2 ))dy , Γ : x 2 + y 2 = R 2 .
Γ
2
2
7)* ∫ ( x + y ) dx − ( x − y ) dy , Γ – граница области, образованной отрезком
Γ
БГ
УИ
2
2
3) x = a sin 2ϕ cos ϕ , y = a cos 2ϕ cos ϕ , ϕ ≤ π / 2.
2
2
2
2
4) x / a + y / b < 1, x / a − y / b < ( 3 − 1) / 2.
Р
2
[A,B], где A = (1,1), B = (2,6), и дугой параболы y = ax + bx + c, проходящей
через точки A, B, O = ( 0,0).
3
4
Отв.: 1) −π a / 8; 2) π ab; 3) − 140 / 3; 4) 0;5) –4; 6) π R / 4; 7) − 2.
2.44. Применяя формулу Грина, найти площадь области, ограниченной
плоскими кривыми:
2
3
3
1) y = 1 − x , x − y = 1.
2) x = 12 sin t , y = 3 cos t.
2
2
5)* ( y − x) + x = 1.
2
2
4
7) y = x − x .
2
6) ( x + y ) = ax, y = 0.
2
2 2
2
2
2
8) ( x + y ) = a ( x − y ), x ≥ 0.
ек
а
2
2 2
3
3
3
2
2
9) ( x + y ) = 2ax .
10)* x + y = x + y , x = 0, y = 0.
2
2
Отв.: 1) 9 / 2; 2) 27π / 2; 3) 3π a / 8; 4) (7π + 3)ab /12; 5) π ; 6) a / 6;
7) 4 / 3; 8) a 2 ; 9) 5π a 2 / 8; 10) (3 3 + 4π ) / 9 3.
2.45.* Найти площадь области, ограниченной петлей кривой:
1) x = 3t /(1 + t 2 ), y = 3t 2 (1 + t 2 ).
Отв.: 3 / 2.
2) x = a cos ϕ , y = a sin 2ϕ , x ≥ 0.
Отв.: 4 a 2 / 3.
Би
бл
ио
т
3) ( x + y )12 = xy.
Отв.: 1/ 30.
2.46. Найти площадь плоской фигуры, ограниченной следующими
кривыми:
1) Кардиоидой x = a (2 cos t − cos 2t ), y = a (2 sin t − sin 2t ).
2)* Петлей декартова листа x 3 + y 3 = 3axy(a > 0) (положить y = tx ).
3)
Лемнискатой ( x 2 + y 2 ) 2 = a 2 ( x 2 − y 2 ) (положить y = xtgϕ ).
4)
Параболой ( x + y)2 = ax(a > 0) и осью X.
Отв.: 1) 6π a 2 ; 2) 3a 2 / 2; 3) a 2 ; 4) a 2 / 3.
3. Поверхностные интегралы
3.1. Поверхностные интегралы 1-го рода (ПИ-1)
Определение ПИ-1 и его основные свойства. Вычисление ПИ-1 в
случае явного и неявного задания поверхности. Приложения ПИ-1
Пусть S ⊂ R 3 – гладкая поверхность и f ( x, y , z ) – непрерывная в точках
S функция. Разобьем поверхность S на части Si , площадь каждой из которых
равна ∆Si , i = 1, n. В каждой части Si произвольно выберем точку M i = ( xi , yi , zi )
и
составим
интегральную
сумму
n
σ n = ∑ f ( xi , yi , zi )∆Si .
Пусть
i =1
∆ = max diam∆S i . Если существует предел интегральных сумм σ n при ∆ → 0,
1≤ i ≤ n
не зависящий ни от способа разбиения S на части Si , ни от выбора точек
M i ∈ Si , то он называется поверхностным интегралом 1-го рода (ПИ-1) от
∫∫ f ( x, y, z )ds.
S
∑ f ( xi , yi , zi )∆Si .
∫∫ f ( x, y, z )ds = ∆lim
→ 0 i =1
БГ
УИ
Таким образом
n
Р
функции f ( x, y , z ) по поверхности S и обозначается
S
ПИ-1 обладают свойствами линейности, аддитивности, для них
справедлива теорема о среднем, их величина не зависит от выбора стороны
поверхности (см. [3]).
Если поверхность задана явно уравнением z = g ( x, y ), ( x, y ) ∈ Dxy , где Dxy –
проекция S на плоскость XY, то ПИ-1 вычисляется следующим образом:
S
1 + g ' x 2 + g ' y 2 dxdy.
а
∫∫ f ( x, y, z )ds = ∫∫ f ( x, y, g ( x, y))
Dxy
(3.1)
т
ек
В случае задания поверхности явно уравнением x = ϕ ( y, z ) или уравнением
y = ψ ( x, z ) , где ( y , z ) ∈ D yz – проекция S на плоскость YZ, а ( x , z ) ∈ D xz –
проекция S на плоскость XZ, то ПИ-1вычисляется по формуле соответственно
∫∫ f ( x, y, z )ds = ∫∫ f (ϕ ( y, z ), y, z)
∫∫ f ( x, y, z )ds = ∫∫ f ( x,ψ ( x, z ), z)
S
(3.2)
1 + ψ ' x 2 +ψ ' z 2 dxdz.
(3.3)
Dyz
Би
бл
ио
S
1 + ϕ ' y 2 + ϕ 'z 2 dydz,
Dxz
Если же поверхность S задана неявно уравнением F ( x , y , z ) = 0, F ' z ≠ 0,
∀( x, y , z ) ∈ S , тогда формула (3.1) принимает вид
1
2
2
2
(3.4)
∫∫ f ( x, y, z )ds = ∫∫ f ( x, y, z) F ' z F ' x + F ' y + F ' z dxdy,
S
D xy
где Dxy – проекция S на плоскость XY.
При вычислении интеграла в правой части формулы (3.4) необходимо z
выразить из уравнения поверхности F ( x , y , z ) = 0 (предполагаем, что это
возможно).
3.1.
Вычислить ПИ-1 I = ∫∫ zds, где S – часть гиперболического
S
параболоида z = xy, вырезанная цилиндром x 2 + y 2 = 4.
r
Поверхность S задана явно, ее проекцией ρ 3 cos ϕ sin ϕ 1 + ρ 2 dρ
D xy на плоскость XY является круг x 2 + y 2 = 4.
перейдя к полярным координатам, получим
I=
2
2
2
2
∫∫ z 1 + z ' x + z ' y dxdy = ∫∫ xy 1 + y + x dxdy =
D xy
2π
Применив формулу (3.1) и
D xy
2π
2
2
1
= ∫ dϕ ∫ ρ cos ϕ sin ϕ 1 + ρ dρ = ∫ sin 2ϕdϕ ∫ ρ 3 1 + ρ 2 dρ = 0. p
2 0
0
0
0
3
3.2.*
2
I = ∫∫ yds, где
Вычислить интеграл
S
– часть поверхности
S
цилиндра x = 2 y + 1 при y > 0, вырезанная поверхностями x = y 2 + z 2 ,
x = 2, x = 3.
r Вычислим I двойным интегрированием по области D xz – проекции S
на плоскость XZ. Для отыскания границы области Dxz исключим переменную y
БГ
УИ
Р
2
Би
бл
ио
т
ек
а
из уравнений x = 2 y 2 + 1 и x = y 2 + z 2 ; получим 2 z 2 = x + 1. Граница области
D xz состоит из двух дуг этой параболы и отрезков прямых x = 2, x = 3
(рис. 3.1).
x −1
Из уравнения поверхности S : y =
следует, что
2
8x − 7
1 + y'x2 + y'z 2 =
.
8x − 8
S : x = 2y 2 +1
Y
Воспользовавшись
формулой (3.3), получим
x − 1 8x − 7
I = ∫∫
⋅
dxdz =
2
8
x
−
8
Dxz
=
3
=∫
2
1
3
8 x 2 + x − 7 dx =
∫
2 2 2
2
2
 x + 1  −  15  dx =

  
16   16 

Dxz
1
-1
0
3
2
X
Z
2 z2 = x +1
Рис. 3.1
2
 x + 1 / 16 2
 x=3
1
 15  1

=
x + x / 8 − 7 / 8 −   ⋅ ln x + + x 2 + x / 8 − 7 / 8 
=

x=2
2
16
2
16




2
98 17 − 99 3  15 
33 + 12 6
=
+   ln
≈ 2,2. p
64 2
49 + 8 3 ⋅ 4
 16 
3.3.
Вычислить интеграл I = ∫∫ x 2 + y 2 ds, где S – часть конической
S
поверхности x 2 + y 2 − z 2 = 0, 0 ≤ z ≤ 1.
r Поверхность S задана неявно уравнением F ( x, y, z ) = x 2 + y 2 − z 2 = 0.
Ее проекция
Dxy
на плоскость XY есть круг
x 2 + y 2 ≤ 1.
Так как
F ' x = 2 x, F ' y = 2 y, F ' z = −2 z и для конуса z = x 2 + y 2 , то по формуле (3.4)
I=
2π
1
2 2π
2
2
2
2
2
2
2
x
+
y
+
z
dxdy
=
2
x
+
y
dxdy
=
2
d
ϕ
ρ
d
ρ
=
.p
∫∫ 2 z
∫∫
∫ ∫
3
Dxy
Dxy
0
0
Р
3.4.
Вычислить ПИ-1:
1. ∫∫ ( x + y + z )ds, , где:
1
S
БГ
УИ
1) S – часть плоскости x + 2 y + 4 z = 1, определяемая условием
x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0.
Отв.: 7 21 / 3.
2) S – часть сферы x 2 + y 2 + z 2 = 1, определяемая условием z ≥ 0.
Отв.: π .
2. ∫∫ ( x 2 + y 2 )ds, где:
S
1) S – сфера x 2 + y 2 + z 2 = R 2 .
а
x 2 + y 2 ≤ z ≤ 1.
2) S – поверхность конуса
2
2
2
∫∫ ( x + y + z ) ds , где:
ек
3.
Отв.: 8πR 4 / 3.
S
Отв.: π (1 + 2 ) / 2.
Отв.: 4πR 4 .
2) S – поверхность куба x ≤ a, y ≤ a, z ≤ a.
Отв.: 40 a 4 .
3) S – поверхность октаэдра x + y + z ≤ a.
Отв.: 2 3a 4 .
Би
бл
ио
т
1) S – сфера x 2 + y 2 + z 2 = R 2 ,
4) S – полная поверхность цилиндра x 2 + y 2 ≤ R 2 , 0 ≤ z ≤ H .
4. 1)
∫∫ ( xy + yz + zx)ds.
2)
S
Отв.: πR( R 3 + 2R 2 H + RH 2 + 2 H 3 / 3).
∫∫ ( x
2
y 2 + y 2 z 2 + z 2 x 2 )ds.
S
S – часть конической поверхности z = x 2 + y 2 , расположенная внутри
цилиндра x 2 + y 2 = 2 x.
Отв.: 1) 64 2 /15; 2) 29π 2 / 8.
3.5.* Доказать формулу Пуассона
∫∫
S
f ( ax + by + cz ) ds = 2π
1
2
2
2
∫ f ( a + b + c ) tdt ,
−1
где f (t ), t ≤ a 2 + b 2 + c 2 – непрерывная функция, S – сфера x 2 + y 2 + z 2 = 1.
Отметим следующие геометрические и механические приложения ПИ-1.
Пусть S – материальная поверхность с поверхностной плотностью µ ( x, y, z ) в
каждой точке ( x, y , z ) ∈ S . Тогда справедливы следующие формулы:
1°.
∫∫ ds = s, где s – площадь поверхности S ;
S
2°. m = ∫∫ µ ( x, y , z )ds - масса поверхности S ;
S
3°.
M xy = ∫∫ zµ ( x, y, z )ds,
M xz = ∫∫ yµ ( x, y , z )ds,
S
S
M yz = ∫∫ xµ ( x, y, z )ds
–
S
S
БГ
УИ
S
Р
статические моменты поверхности относительно координатных плоскостей
XY, XZ, YZ соответственно.
4°. xc = M yz / m,
yc = M xz / m,
z c = M xy / m – координаты центра
тяжести поверхности;
5°. I x = ∫∫ ( y 2 + z 2 )µ ( x, y, z )ds,
I y = ∫∫ ( x 2 + z 2 ) µ ( x, y , z )ds,
I z = ∫∫ ( x 2 + y 2 ) µ ( x, y , z )ds,
I 0 = ∫∫ ( x 2 + y 2 + z 2 ) µ ( x, y, z )ds
S
S
S:z=x
Y
Би
бл
ио
т
ек
а
– моменты инерции поверхности
Z
относительно координатных осей
X,Y,Z и начала координат
соответственно.
3.6.
Найти координаты центра
z = x,
тяжести
плоскости
B
ограниченной
плоскостями
0
Dxy
1
x + y = 1, y = 0, x = 0
(рис.
3.2).
A
x+y=1
Поверхностная плотность µ = 1.
1
r Так как µ = 1, то масса этой
X
Рис. 3.2
части плоскости численно равна ее
площади. Найдем ее. Имеем z ' x = 1, z ' y = 0. Тогда
S=
∫∫
D xy
1
1− x
0
0
1 + z ' x + z ' y dxdy = 2 ∫ dx ∫ dy =
2
2
2
.
2
Далее находим
1− x
1− x
1
2 1
1
1
2 1
1
xc = ∫∫ xds =
xdx ∫ 2dy = ; yc = ∫∫ yds =
xdx ∫ 2 ydy = ;
∫
∫
S S
3
S S
3
20
20
0
0
1
1
1
z c = ∫∫ zds = ∫∫ xds = .
S S
S S
3
Итак, центр тяжести C = (1 / 3, 1 / 3, 1 / 3). p
3.7.
Определить массу, распределенную:
1) по поверхности куба 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ a, 0 ≤ z ≤ a с плотностью
µ = µ 0 xyz.
Отв.: 3µ 0 a 3 / 4 ;
2) по сфере x 2 + y 2 + z 2 = R 2 с плотностью µ = µ 0 x 2 + y 2 .
Отв.: µ 0π 2 R 3 ;
3) по части эллиптического параболоида x 2 + y 2 = 2 z, z ≤ 1 с плотностью
Отв.: 2π (1 + 6 3 ) µ 0 / 15 .
µ = µ 0 z.
4) по части гиперболического параболоида x 2 − y 2 = 2 z, вырезаемой
цилиндром x 2 + y 2 = 1, с плотностью µ = µ 0 z .
Отв.: 8(1 + 2 ) µ 0 /15.
3.8.
Определить статический момент относительно плоскости z = 0
однородной ( µ = µ 0 = const ) поверхности:
1) x + y + z = a, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0.
центра
Р
zc
3µ 0 a 3 / 6.
Отв.: πµ0 R 3 .
тяжести C полусферы
БГ
УИ
2) x 2 + y 2 + z 2 = R 2 , z ≥ 0.
3.9.
Определить аппликату
Отв.:
x + y + z = R , z ≥ 0 с поверхностной плотностью:
2
2
2
2
1) µ = µ 0 , 2) µ = µ 0 x 2 + y 2 , 3) µ = µ 0 ( x 2 + y 2 ), µ 0 = const.
Отв.: 1) R / 2; 2) 4 R / 3π ; 3) 3R / 8.
3.10. Определить координаты центра тяжести однородных поверхностей
( µ = 1 ):
а
1) x 2 + y 2 + z 2 = R 2 , x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0.
ек
2) z = R 2 − x 2 − y 2 , x ≥ 0, y ≥ 0, y + x ≤ R.
3) z = x 2 + y 2 , x 2 + y 2 ≤ x.
т
4) z = 2 − ( x 2 + y 2 ) / 2, z ≥ 0.
Отв.: 1) ( R / 2, R / 2, R / 2);
2) ( R 2 / 4, R 2 / 4, R( 2 + 1) / 4);
Би
бл
ио
4) (0, 0, (307 − 15 5 ) / 310).
3) (1 / 2, 0, 16 /(9π ));
3.11. Вычислить момент инерции относительно
плоскостей
однородной
( µ = µ 0 = const )
x + y + z = 1, x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0.
µ 0 3 / 12.
3.12. Вычислить момент инерции однородной
поверхности x 2 + y 2 = 2az, z ≤ a относительно оси Z.
3.13.
координатных
поверхности
Отв.:
( µ = µ 0 = const )
Отв.: 4π (6 3 + 1) µ 0 a 4 / 15.
Вычислить момент инерции I z относительно оси Z части
однородной конической поверхности
x2 + z2 = y2,
y > 0, плотности µ 0 ,
заключенной внутри цилиндра x 2 + y 2 = a 2 .
Отв.: πa 4 µ 0 / 2.
3.14.* Вычислить момент инерции однородной конической поверхности
2
x / a 2 + y 2 / a 2 − z 2 / b 2 = 0,0 ≤ z ≤ b с плотностью µ 0 относительно прямой
x / 1 = y / 0 = ( z − b) / 0.
Отв.:
(1 / 12)πµ0 a (3a 2 + 2b 2 ) a 2 + b 2 .
3.15. Вычислить моменты инерции относительно начала координат
однородных поверхностей S1 , S 2 плотности µ = 1 , где S1 – поверхность куба с
центром в начале координат и ребром 2a; S 2 – полная поверхность цилиндра
x 2 + y 2 ≤ R 2 ,0 ≤ z ≤ H .
Отв.: 40a 4 ;πR ( R ( R + H ) 2 + 2 H 3 / 3).
3.2. Поверхностные интегралы 2-го рода (ПИ-2)
Би
бл
ио
т
ек
а
БГ
УИ
Р
Ориентация и нормаль к поверхности. Определение ПИ-2
и его основные свойства. Вычисление ПИ-2
Пусть в пространстве R 3 задана гладкая поверхность S , описываемая
явно, неявно или параметрически, причем нормаль к S отлична от нуля
∀( x, y , z ) ∈ S . Тогда в каждой точке ( x, y, z ) поверхности определен единичный
r
r
вектор нормали n 0 = n 0 ( x, y, z ), являющийся непрерывной функцией точек
поверхности (рис. 3.3).
r
Если n – вектор нормали к
r
поверхности, то единичный вектор
n0
r
r
n
n0 = ± r .
r
n
n0
r
r
Знаку «+» соответствует одна n
n0
сторона поверхности S , а знаку «–» –
r
r
другая сторона. Выбор вектора n 0 с
n
r0
l
определенным
знаком
называется
S n
ориентацией поверхности. Одна из двух
r
r
ориентаций с помощью n 0 или (- n 0 )
называется положительной, а другая
отрицательной.
Рис. 3.3
Гладкая поверхность, у которой
выбрана одна из ориентаций, называется
r
ориентированной при помощи n 0 .
Сторона поверхности S , обращенная в
r
Z
сторону вектора + n 0 , называется
r
a
б
n
положительной
или
внешней
и
r
+
n
обозначается S . Другая сторона S ,
r
обращенная в сторону вектора − n 0 ,
называется
отрицательной
или
внутренней и обозначается
S−.
Поверхности, у которых различаются
0
положительные
и
отрицательные
Y
стороны, называются двусторонними. К
X
Рис. 3.4
ним относятся, например, плоскость,
сфера, параболоиды, гиперболоиды,
конусы, цилиндры и т. д. Двусторонние поверхности характеризуются тем, что
Би
бл
ио
т
ек
а
БГ
УИ
Р
r
если вектор n 0 перемещать по любому замкнутому контуру l , лежащему на
поверхности, то он всегда возвращается в исходную точку с первоначальным
направлением (рис. 3.3).
Примером односторонней поверхности является лист Мёбиуса (см. [3]).
В каждой точке гладкой двусторонней поверхности S определены два
r
направления вектора нормали n к S , являющиеся взаимно противоположными.
r
При выборе n необходимо следить за тем, чтобы он имел нужное направление,
что соответствует правильному выбору нужной стороны поверхности. Так на
r
рис. 3.4, a, б вектор n определяет положительную (верхнюю) сторону
поверхности. Часто при выборе стороны поверхности указывается, какой угол,
r
острый или тупой, составляет нормаль n к поверхности S с осью Z.
Координатами единичного вектора нормали являются его направляющие
r
косинусы, то есть
n 0 = (cosα , cos β , cos γ ). Поэтому для верхней
(положительной) стороны поверхности cos γ > 0, 0 < γ < π / 2, а для нижней
(отрицательной) стороны поверхности cos γ < 0, π / 2 < γ < π . Координаты
вектора нормали для различных
способов задания поверхности имеют
следующую запись.
1. Поверхность S задана явно уравнением z = f ( x, y ), ( x, y ) ∈ Dxy –
проекция S на плоскость XY:
r
n = (− f ' x ,− f ' y ,1), cos γ > 0;
(3.5)
r
n = ( f ' x f ' y ,−1), cos γ < 0.
(3.6)
2. Поверхность S задана неявно уравнением
F ( x, y, z ) = 0, F ' z ≠ 0, ∀( x, y , z ) ∈ S :
r
1
1
n=
(F 'x , F ' y , F 'z ) =
grad F , cos γ > 0;
(3.7)
F 'z
F 'z
r
1
1
n=−
( F 'x , F ' y , F 'z ) = −
grad F , cos γ < 0.
(3.8)
F 'z
F 'z
3. Поверхность S задана параметрически равенствами x = x (u , v ),
y = y (u , v ), z = z (u , v ), (u , v) ∈W . Вектор нормали имеет вид [3]:
где
r  D ( y , z ) D ( z , x ) D ( x, y )
,
,
n = 
 D (u , v) D (u , v ) D(u , v )

,

(3.9)
D ( y , z ) y ' u z ' u D ( z , x ) z ' u x ' u D ( x, y ) x ' u y ' u
=
,
=
,
=
.
D (u , v) y 'v z 'v D (u , v) z 'v x'v D (u , v ) x 'v y 'v
Пусть теперь в точках гладкой ориентированной поверхности S
определена непрерывная вектор-функция:
r
r
r r
a = a ( x, y, z ) = ( P ( x, y , z ), Q ( x, y , z ), R( x, y , z )) = ( P, Q, R) и n 0 = n 0 ( x, y, z ) –
единичный вектор ориентации этой поверхности.
Для скалярной непрерывной функции
r
r
r r
f ( x, y, z ) = (a ( x, y, z ), n 0 ( x, y, z )) = (a , n 0 )
интеграл
r r0
∫∫ f ( x, y, z )ds = ∫∫ (a, n
S
)ds
(3.10)
S
называется поверхностным интегралом второго рода (ПИ-2) от вектораr
функции a = ( P, Q, R ) по поверхности S . Он обладает следующими свойствами.
r r
r r
r r
r
r
r
1°. Если a = α1a1 + α 2 a 2 , то ∫∫ a , n 0 ds = α1 ∫∫ a 1 , n 0 ds + α 2 ∫∫ a 2 , n 0 ds.
(
)
(
)
r r
r r
a , n 0 ds = − ∫∫ a , n 0 ds , т. е. при смене ориентации S знак ПИ-2
)
S−
(
S
)
меняется на противоположный.
n
r r
3°. Если S = U S k , то ∫∫ a , n 0 ds =
(
k =1
)
S
S
S
r r
Р
∫∫ (
S+
(
∑ ∫∫ (a , n 0 )ds.
n
k =1S k
БГ
УИ
2°.
)
Приведем формулы вычисления ПИ-2 для различных способов задания
поверхностей.
Пусть в пространстве S поверхность задана явно уравнением z = f ( x, y )
или неявно соотношением F ( x, y , z ) = 0 и Dxy – проекция S на плоскость XY.
Тогда
r r0
r r
(
(3.11)
=
a
,
n
ds
a
∫∫
∫∫ , n ) dxdy,
(
)
D xy
а
S
)
Би
бл
ио
(
т
ек
где nr – выбранная нормаль к поверхности.
При параметрическом задании поверхности S в виде x = x (u , v ),
y = y (u , v ), z = z (u , v ), (u , v) ∈W
( u, v – параметры) вычисление ПИ-2
осуществляется по формуле
 D ( y, z )
r r0
r r
D( z , x )
D ( x, y ) 

a
,
n
ds
=
a
,
n
dudv
=
P
+
Q
+
R
(
)
∫∫
∫∫
∫∫  D(u, v) D(u, v) D(u, v) dudv. (3.12)

S
W
W 
Элемент площади dudv в криволинейных координатах связан с
элементами площадей dxdy , dydz, dzdx соотношениями
D ( x, y )
D( y, z )
D( z , x)
dudv = dxdy,
dudv = dydz,
dudv = dzdx.
D (u , v )
D (u , v)
D (u , v)
Поэтому формула (3.12) принимает вид
r r0
a
∫∫ , n ds = ∫∫ Pdydz + Qdzdx + Rdxdy.
( )
(ar, nr ) = P cosα + Q cos β + R cos γ ,
S
Поскольку
приводится к виду
(3.13)
S
0
то
равенство
(3.13)
r r
(
a
∫∫ , n ) ds = ∫∫ ( P cos α + Q cos β + R cos γ )ds =
0
S
S
= ∫∫ Pdydz + Qdzdx + Rdxdy.
S
Формула (3.14) устанавливает связь между ПИ-1 и ПИ-2.
И, наконец, из формул (3.11) и (3.14) получаем равенство
(3.14)
∫∫ Pdydz + Qdzdx + Rdxdy =
S
r r
(
a
∫∫ , n ) dxdy.
(3.15)
D xy
3.16.
БГ
УИ
Р
Замечание. Если же поверхность S проектируется на плоскость YZ или
ZX, то соответствующим образом изменяется двойной интеграл в правой части
(3.15): в первом случае интегрирование проводится по проекции Dyz
r r
поверхности S на плоскость YZ от выражения ( a , n )dydz. Кроме того, в первом
случае уравнение поверхности задается в виде x = f ( x, y ), а во втором – в виде
y = f ( x, z ). Далее, для первого случая вектор нормали ( cosα > 0 )
r
n = (1, − f ' y ,− f ' z ),
(3.16)
а во втором случае ( cos β > 0 ) –
r
n = (− f ' x ,1,− f ' z ).
(3.17)′
Вычислить ПИ-2 I = ∫∫ zdydz − 4 ydzdx + 8 x 2dxdy, где S – часть
S
поверхности z = x + y ,0 ≤ z ≤ 1. Нормаль указана
на рис. 3.5.
r
∆ В данном случае a = ( P, Q , R ) =
2
2
Z
= ( z , − 4 y , 8 x 2 ) . Вектор нормали имеет вид (3.6),
так как он составляет тупой угол с осью Z. Тогда
r
n = ( f 'x , f ' y , −1) = (2 x, 2 y, −1), и по формуле (3.15)
1
Dxy
∫∫ ( z 2 x − 8 y
x 2 + y 2 ≤1
2
− 8 x 2 )dxdy =
0
т
находим
r r
I = ∫∫ ( a , n )dxdy =
ек
а
r
n
= −2 ∫∫ ( x + y )(4 − x)dxdy.
2
Би
бл
ио
Dxy
2
1
Y
1
Перейдя в этом двойном интеграле к
полярным координатам
x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ , 0 ≤ ϕ ≤ 2π , 0 ≤ ρ ≤ 1, получим
2π
Dxy
X
Рис. 3.5
2π
1
 1

I = −2 ∫ dϕ ∫ ρ (4 − ρ cos ϕ )dρ = −2 ∫ 1 − cos ϕ  dϕ = −4π . p
5

0
0
0
3
3.17.
Вычислить ПИ-2: I = ∫∫ ( x + y )dydz + ( y − x )dzdx + ( z − 2)dxdy, где S –
S
часть конуса x + y − z = 0, 0 ≤ z ≤ 1. Нормаль указана на рис. 3.6.
2
2
2
∆ Поверхность задана неявно уравнением F = x 2 + y 2 − z 2 = 0. Согласно
r
(3.8), вектор нормали n к S имеет вид
1
r
(F ' x , F ' y , F 'z ) = = 1 (2 x,2 y,−2 z) = 1 ( x, y,− z ).
n=−
F 'z
2z
z
Z
По формуле (3.15) ПИ-2
1
I = ∫∫ ( x( x + y ) + y ( y − x) − z ( z − 2))dxdy =
z
D
1
r
n
xy
1 2
( x + y 2 − z 2 + 2 z )dxdy .
z
x 2 + y 2 ≤1
∫∫
Подставив в это выражение
z
из
2
2
2
уравнения
поверхности
x + y − z = 0,
круга x 2 + y 2 ≤ 1. p
3.18.
1
Y
1
получим I = 2 ∫∫ dxdy = 2π , где π – площадь
Dxy
Dxy
БГ
УИ
0
Р
=
X
Рис. 3.6
Вычислить ПИ-2: I = ∫∫ xdydz + ( y + z )dzdx + ( z − y )dxdy , где S –
S
Би
бл
ио
т
ек
а
внешняя сторона верхней полусферы x 2 + y 2 + z 2 = 9.
r Запишем уравнение сферы параметрически (рис. 3.7):
x = 3 sin θ cos ϕ , y = 3 sin θ sin ϕ , z = 3 cosθ ;
Z
W = {0 ≤ θ ≤ π / 2,0 ≤ ϕ ≤ 2π }.
3
Роль
параметров
здесь
играют
u = θ , v = ϕ . Так как в нашем случае
z
P = x, Q = y + z , R = z − y и
θ
D( y, z )
2
= 9 sin θ cosϕ ,
y
0
D(θ ,ϕ )
x
D( z , x)
2
ϕ
= 9 sin θ sin ϕ ,
3
D(θ ,ϕ )
X
D ( x, y )
Рис. 3.7
= 9 cosθ sin ϕ ,
D(θ ,ϕ )
то
D( y, z )
D ( z , x)
I = ∫∫ (3 sin θ cosϕ
+ (3 sin θ sin ϕ + 3 cosθ )
+
D
(
θ
,
ϕ
)
D
(
θ
,
ϕ
)
W
+ (3 cosθ − 3 sin θ sin ϕ )
D ( x, y )
)dθdϕ =
D (θ ,ϕ )
2π
π /2
0
0
= 27 ∫∫ (sin 3 θ + sin θ cos 2 θ )dθdϕ = 27 ∫ dϕ ∫ sin θdθ = 54π . p
W
3
Y
3.19. Вычислить ПИ-2:
I = ∫∫ xdydz + zdxdy, где S – сторона
Z
h
S
боковой поверхности цилиндра y = R 2 − x 2 ,
ограниченной плоскостями z = 0 и
z = h > 0 (рис. 3.8).
r
r Имеем a = ( x ,0, z ). Так как поверхность
r
n
S задана явно в виде y = R 2 − x 2 и cos β > 0,
согласно условию, то


r
x
n = ( − f ' x ,1,− f ' z ) = 
,1,0 .
 R2 − x2

r r
Тогда (a , n ) = x 2 / R 2 − x 2 и, значит,
h
-R
0
R
Y
R
Р
X
Рис. 3.8
БГ
УИ
x2
Dxy
R
x 2 dx
1 2
=
πR h. p
2
2
2
2
2
R
−
x
R
−
x
−R
Dxz
0
3.20. Вычислить ПИ-2 по поверхности S :
1) I = ∫∫ xdydz + z 3dxdy; S – сфера x 2 + y 2 + z 2 = 1 (нормаль внешняя).
I=
∫∫
dxdz = ∫ dz ∫
S
S
ек
а
Отв.: 32π /15.
2*) I = ∫∫ xdydz + ydzdx + zdxdy; S – внешняя сторона части цилиндра
x + y = 9, заключенная между плоскостями z = 0 и z = h.
2
2
S
т
3) I = ∫∫ zdydz − 4 ydzdx + 8 x 2dxdy;
Отв.: 18πh.
S – часть поверхности z = x 2 + y 2 + 1,
Би
бл
ио
отсеченной плоскостью z = 2 (нормаль внешняя).
Отв.: − 4π .
1
1
1
4*) I = ∫∫ dydz + dzdx + dxdy; S – внешняя часть эллипсоида
x
y
z
S
x = a cos u cos v, y = b sin u cos v, z = c sin v, u ∈ [π / 4,π / 3], v ∈ [π / 6, π / 4].
Отв.:
π ( 2 − 1)  ab ac bc 
+ .
 +
24
b
a
 c
5) I = ∫∫ xdydz + dzdx + xz 2 dxdy; S – внешняя сторона части сферы
S
x + y + z = 1, расположенная в первом октанте.
2
2
2
Отв.: 5π /12 + 2 / 15.
6) I = ∫∫ ( y 2 + z 2 )dydz; S – часть поверхности параболоида x = 9 − y 2 − z 2 ,
нормальный вектор nr которой образует острый угол с осью X, отсеченная
плоскостью x = 0.
Отв.: 81π / 2.
7) I = ∫∫ z 2 dxdy; S – внешняя сторона поверхности эллипсоида
S
S
2
x + y + 2 z = 2.
2
2
Отв.: 0.
8) I = ∫∫ xzdydz + xydzdx + yzdxdy; S – внешняя поверхность цилиндра
S
x + y = 1, отсеченная плоскостями z = 0, z = 5.
2
2
Отв.: 25π .
9) I = ∫∫ xzdydz + x 2 ydzdx + y 2 zdxdy; S – часть поверхности параболоида
S
z = x + y , нормальный вектор nr которой образует тупой угол с осью Z,
2
2
Р
вырезаемая цилиндром x 2 + y 2 = 1.
Отв.: π / 8.
dxdy
; S – часть поверхности гиперболоида
10) I = ∫∫ 2
2
x
+
y
−
1
S
I = ∫∫ 2 xdydz + (1 − z )dxdy;
11*)
S
S
БГ
УИ
x 2 + y 2 = z 2 + 1, отсекаемая плоскостями z = 0, z = 3 (cos γ < 0). Отв.: − 2 3 /π .
– внутренняя сторона цилиндра
x + y = 4, отсекаемая плоскостями z = 0, z = 1.
2
2
Отв.: − 8π .
12) I = ∫∫ ( y 2 + z 2 )dydz − y 2 dzdx + 2 yz 2dxdy; S – часть поверхности конуса
S
x + z = y , отсекаемая плоскостями y = 0, y = 1 (cos γ < 0).
2
13)
2
I = ∫∫ ( y − z )dydz + ( z − x)dzdx + ( x − y )dxdy;
S
Отв.: π / 2.
– одна из сторон
а
2
S
2
ек
поверхности x + y 2 = z 2 , 0 < z < H .
Отв.: 0.
14*)
I = ∫∫ xdydz + ydzdx + zdxdy;
–
верхняя
сторона
части
т
S
S
гиперболического параболоида z = x 2 − y 2 , y ≤ x ≤ a.
Би
бл
ио
Отв.: − a 4 / 3.
3.3. Формула Остроградского–Гаусса. Формула Стокса
Пусть функции
z1 ( x, y ) и z2 ( x, y ) определены и непрерывны в
ограниченной замкнутой области
D
и
z1 ( x, y ) ≤ z2 ( x, y ) . Область
V = {( x, y, z ) ( x, y ) ∈ D, z1 ( x, y ) ≤ z ≤ z 2 ( x, y )} называется
z-цилиндрической
(рис. 3.9). Аналогично определяются x-цилиндрическая и y-цилиндрическая
области.
Область V называется простой, если ее можно разбить на конечное число
как x-цилиндрических, так и y- цилиндрических и z-цилиндрических областей.
S 2 : z = z 2 ( x, y )
Z
V
z = z1 ( x , y )
БГ
УИ
функции
и
их
∂P ∂Q ∂R
частные
производные
,
,
∂x ∂y ∂z
непрерывны в простой замкнутой
области V , ограниченной кусочногладкой
поверхностью
S.
Тогда
справедлива формула
Р
Теорема 3.1. Пусть
P ( x, y, z ), Q( x, y, z ), R ( x, y, z )
S1
0
D
Y
X
а
Рис. 3.9
 ∂P
∂Q
∂R 
ек
∫∫ Pdydz + Qdxdz + Rdxdy = ∫∫∫  ∂x + ∂y + ∂z  dv,
S
(3.17)
V
S
т
где поверхностный интеграл берется по внешней стороне поверхности (знак
означает, что поверхностный интеграл вычисляется по замкнутой
∫∫
Би
бл
ио
поверхности S ).
Формула (3.17) называется формулой Остроградского–Гаусса.
При P = x, Q = y , R = z из формулы (3.17) вытекает, что объём ν области
V , ограниченной кусочно-гладкой поверхностью S , можно вычислить с
помощью ПИ-2 по формуле
1
ν = ∫∫ xdydz + ydzdx + zdxdy ,
(3.18)
3S
где ПИ-2 вычисляется по внешней стороне S .
3.21. Пользуясь формулой Остроградского-Гаусса, вычислить ПИ-2
I = ∫∫ x 2 dydz + y 2 dzdx + z 2 dxdy ,
S
где S – внешняя сторона сферы ( x − a) 2 + ( y − b) 2 + ( z − c)2 = R 2 .
∆ Применяя формулу (3.17), получаем
I = ∫∫∫ (2 x + 2 y + 2 z )dxdydz ,
V
2
где V – шар ( x − a) + ( y − b) + ( z − c) 2 ≤ R 2 . Для вычисления интеграла I
перейдём к сферическим координатам
2
x = a + r cos ϕ sin θ , y = b + r sin ϕ sin θ , z = c + r cos θ , 0 ≤ r ≤ R, 0 ≤ ϕ ≤ 2π , 0 ≤ θ ≤ π .
Якобиан перехода J = r 2 sin θ . Тогда
2π
π
R
0
0
0
I = 2 ∫ dϕ ∫ sin θdθ ∫ r 2 [ a + b + c + r (cos ϕ sin θ +
8
π (a + b + c) R 3 . p
3
3
3.22.* Вычислить ПИ-2 I = ∫∫ x dydz + y 3 dzdx + z 2 dxdy , где S – нижняя
+ sin ϕ sin θ + cos θ ] dr =
S
БГ
УИ
Р
сторона части параболоида z = x 2 + y 2 , отсекаемая плоскостью z = 2 x .
∆ Дополним поверхность S до замкнутой частью плоскости z = 2 x .
Обозначим плоскую часть через S1 и выберем её верхнюю сторону. Для
вычисления интеграла по замкнутой кусочно-гладкой поверхности S ∪ S1
применим формулу Остроградского–Гаусса. Тогда с учётом свойства
аддитивности ПИ-2 для интеграла I получим
I = ∫∫∫ (3 x 2 + 3 y 2 + 2 z ) dxdydz − ∫∫ x 3 dydz + y 3 dzdx + x 2 dxdy ,
V
S1
= ∫∫ dxdy
2
2
∫ [3( x + y ) + 2 z ]dz =
x2 +y2
Би
бл
ио
D
2x
т
ек
а
где V – тело, ограниченное поверхностями z = x 2 + y 2 , z = 2 x . Область V
проектируется на плоскость XY в область D , границей которой является
окружность 2 x = x 2 + y 2 ⇔ ( x − 1) 2 + y 2 = 1 .
Находим
I1 = ∫∫∫ (3 x 2 + 3 y 2 + 2 z ) dv =
Y
V
= ∫∫ [6 x( x + y ) + 4 x − 4( x + y ) ]dxdy.
2
2
2
2
Двойной интеграл вычислим в ПСК (рис.
3.10).
В
этой системе
уравнение
окружности имеет вид ρ = 2 cos ϕ ,
и
поэтому двойной интеграл равен
I1 =
π /2
2 cos ϕ
−π / 2
0
D
2 2
D
π /2
ρ = 2 cos ϕ
0
1
2
X
Рис. 3.10
3
2
2
4
∫ dϕ ∫ ρ [6 ρ cos ϕ + 4 ρ cos ϕ − 4 ρ ]dρ =
6 5
2 6 ρ =2 cos ϕ
176 π / 2
11
4
2
6
= ∫ ( ρ cos ϕ + ρ cos ϕ − ρ ) ρ =0
dϕ = =
cos
ϕ
d
ϕ
=
π.
∫
5
3
15
3
−π / 2
−π / 2
Вычислим теперь интеграл по верхней стороне поверхности S1 : z = 2 x .Для
r
неё вектор нормали (cos γ > 0) есть n = (− z′x ,− z′y ,1) = (−2,0,1) , и по формуле
(3.14) будем иметь
I2 =
3
3
2
3
2
3
2
∫∫ x dydz + y dzdx + z dxdy = ∫∫ ( −2 x + z ) dxdy = ∫∫ ( −2 x + 4 x ) dxdy =
S1
π /2
D
2 cos ϕ
D
π /2
64
3
cos8 ϕ + 16 cos6 ϕ )dϕ = π .
5
2
−π / 2
−π / 2
0
11
3
13
Таким образом, данный интеграл I = I1 − I 2 = π − π = π . p
3
2
6
3.23. Пользуясь формулой Остроградского–Гаусса, вычислить ПИ-2 по
внешней стороне поверхности S (если поверхность не замкнутая, дополнить её
до замкнутой):
1) ∫∫ ( y − z )dydz + ( z − x)dzdx + ( x − y )dxdy , S – часть конической
∫
dϕ
∫ ( −2 ρ
cos ϕ + 4 ρ cos ϕ )ρdρ =
3
2
2
∫
(−
Р
=
3
S
БГ
УИ
поверхности x 2 + y 2 = z 2 , 0 ≤ z ≤ h .
Отв.: 0.
2) ∫∫ xdydz + ydzdx + zdxdy, S – часть поверхности z = 1 − x 2 + y 2 ,0 ≤ z ≤ 1 .
S
Отв.: π .
3) ∫∫ ydydz + zdzdx + xdxdy , S – поверхность пирамиды, ограниченной
S
, S – сфера x 2 + y 2 + z 2 = x .
∫∫ x dydz + y dzdx + z dxdy
, S – сфера x 2 + y 2 + z 2 = a 2 . Отв.:12πa 5 / 5.
3
3
3
S
3
3
S
6)
∫∫ x dydz + y
2
dzdx + z 2 dxdy, S – поверхность куба
Би
бл
ио
S
2
3
0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ a, 0 ≤ z ≤ a .
7)
Отв.: π / 5.
т
5)
Отв.: 0.
∫∫ x dydz + y dzdx + z dxdy
ек
4)
а
плоскостями x + y + z = a (a > 0), x = 0, y = 0, z = 0 .
Отв.: 3a 4 .
∫∫ zdxdy + (5 x + y )dydz , где S :
S
а) внутренняя сторона эллипсоида x 2 / 4 + y 2 / 9 + z 2 = 1 .
Отв.: − 48π .
б) внешняя сторона границы области 1 < x 2 + y 2 + z 2 < 4 .
Отв.: 56π .
3.24. Вычислить интеграл Гаусса
cosγ
I = ∫∫ 2 ds ,
S r
где S – поверхность ограничивающая простую замкнутую область V ,
N = (ξ , η , ζ )
– фиксированная точка вне области V , M = ( x, y, z ) ∈ S
r
r r
r = ( x − ξ , y − η , z − ζ ), r = r , n 0 = (cos α , cos β , cos γ ) − вектор
внешней
единичной нормали к поверхности S в точке M.
Отв.: 0.
Би
бл
ио
т
ек
а
БГ
УИ
Р
Формула Стокса связывает криволинейный интеграл по замкнутой
пространственной
кривой
Г
с
r
Z
n
поверхностным интегралом по поверхности,
краем которой является Г .
При этом
ориентации кривой Г и поверхности S
S
считаются
согласованными,
если
наблюдатель, «идущий» по контуру Г
в
указанном направлении, видит поверхность S
Г
r
слева от себя. Другими словами, вектор n
нормали к поверхности S и направление,
идущее от ног к голове наблюдателя,
0
составляют между собой острый угол (рис.
Y
3.11).
Dxy
Справедлива следующая
X
Теорема 3.2. Пусть Г – замкнутая
кусочно-гладкая кривая в R 3 и S – гладкая
Рис. 3.11
поверхность с краем Г , причем ориентации
Г и S согласованы (рис. 3.11).
r
Пусть, далее, в окрестности S задана вектор-функция a = ( P , Q , R ) ,
координатные функции P, Q, R которой непрерывны вместе со своими
первыми частными производными в этой окрестности. Тогда имеет место
формула Стокса:
∂R ∂Q
∂P ∂R
∂Q ∂P
∫ Pdx + Qdy + Rdz = ∫∫ ( ∂y − ∂z ) dydz + ( ∂z − ∂x ) dzdx + ( ∂x − ∂y ) dxdy. (3.19)
Г
S
Формула Стокса легко запоминается, если воспользоваться следующим
приёмом. Формально составим определитель
dydz dzdx dxdy
∂
∂
∂
.
(3.20)
∂x
∂y
∂z
P
Q
R
Раскладывая его по элементам первой строки и учитывая, что
∂ ∂ ∂
произведение
на функцию понимается как операция частного
, ,
∂x ∂y ∂z
дифференцирования
по
соответствующей
переменной,
получаем
подынтегральное выражение в правой части формулы Стокса (3.19). Таким
образом, формально формула
Стокса может быть записана в виде
dydz
∂
Pdx
+
Qdy
+
Rdz
=
∫
∫∫ ∂x
Г
S
P
dzdx dxdy
∂
∂
.
∂y
∂z
Q
R
(3.21)
Р
Отметим, что в формуле Стокса вид поверхности S с краем Г не играет
никакой роли. Важна лишь ориентация S в пространстве. Поэтому при
решении конкретных примеров поверхность выбирается такой, чтобы ПИ по
ней вычислялся наиболее простым способом.
Учитывая связь ПИ-1 и ПИ-2 (3.13), формулу Стокса можно переписать в
виде
∂R ∂Q
∂P ∂R
∂Q ∂P
∫ Pdx + Qdy + Rdz = ∫∫ (( ∂y − ∂z ) cosα + ( ∂z − ∂x ) cos β + ( ∂x − ∂y ) cos γ )ds ,
Г
S
r0
где n = (cosα , cos β , cos γ ) − единичный вектор нормали к S .
3.25. Вычислить КрИ-2, используя формулу Стокса
I = ∫ ( x + 3 y + 2 z )dx + (2 x + z )dy + ( x − y )dz ,
БГ
УИ
Г
ек
а
где Г – контур треугольника с вершинами A = (2,0,0), B = (0,3,0), C = (0,0,1)
(обход контура указан на рис. 3.12).
r По условию P = x + 3 y + 2 z, Q = 2 x + z , R = x − y . За поверхность S
примем плоскость треугольника ABC, уравнение которой (в отрезках) имеет
вид x + y + z = 1 или
Z
2
3
1
F = 3 x + 2 y + 6 z − 6 = 0 . По формуле
r
1
n
C
Стокса (3.19) (или(3.20)) имеем
I = ∫∫ − 2dydz + dzdx − dxdy.
Би
бл
ио
т
S
0
Вектор нормали к S (градиент) имеет
A
координаты Fx′ = 3, Fy′ = 2, Fz′ = 6 , т.е
2
X
r 1
n = (3, 2,6) .
Рис. 3.12
6
Тогда по формуле (3.14)
1
5
I = ∫ (− 2 ⋅ 3 + 1 ⋅ 2 − 1 ⋅ 6 ) dxdy = − ∫∫ dxdy = −5,
6
3 ∆AOB
∆AOB
так как площадь треугольника AOB равна 3. p
3.26. Вычислить интеграл
I = ∫ z 2 − x 2 dx + x 2 − y 2 dy + y 2 − z 2 dz
(
)
(
)
(
3
B Y
)
Г
2
 x + y + z = 4,
по контуру  2
пробегаемому против часовой стрелки.
2
2
 x + y = z , z > 0,
∆ Контур интегрирования Γ есть окружность x 2 + y 2 = 2, z = 2 –
2
2
результат пересечения сферы x 2 + y 2 + z 2 = 4 и конуса x 2 + y 2 = z 2 (рис. 3.13)
За поверхность S возьмём плоскость круга c краем Γ . По формуле Стокса
I = 2 ∫∫ ydydz + zdzdx + xdxdy .
S
Так как z = 2 – уравнение поверхности S (плоскости), то вектор
r
нормали к ней n = (0,0,1) . По формуле
Z
(3.14) получаем
2π
2
I = 2 ∫∫ xdxdy = 2 ∫ dϕ ∫ ρ 2 cos ϕdρ = 0. p
0
0
3.27. Пользуясь формулой Стокса,
вычислить КрИ-2:
1)
2
2
2
2
2
2
∫ y − z dx + z − x dy + x − y dz ,
Γ
(
)
(
)
(
2
)
2
0 Dxy
2
Y
Р
Dxy
Г
2
БГ
УИ
2
где
Γ
–
кривая
пересечения
X
параболоида
x2 + y 2 + z = 3 с
Рис. 3.13
x+ y+ z = 2,
плоскостью
r
ориентированная положительно относительно вектора n = (1,0,0 ) .
Отв.:
− 12π .
2) ∫ ( y − z ) dx + (z − x ) dy + (x − y ) dz , где Γ – окружность x 2 + y 2 + z 2 = a 2 ,
Γ
x = xtgα , 0 < α < π , обход которой совершается против хода часовой стрелки,
2
если смотреть из точки (2a , 0, 0 ) .
Отв.: 2 2πa 2 sin π − α .
4
3*) ∫ ydx + zdy + xdz , где Γ – виток винтовой линии x = cos t , y = sin t ,
ек
а
(
Γ
)
)
(
)
Би
бл
ио
(
т
z = t , 0 ≤ t ≤ 2π , пробегаемый от точки (1,0,0 ) до точки (1,0,2π ) . Отв.: − 2π .
Указание. Дополнить кривую Г отрезком так, чтобы контур стал замкнутым.
4) ∫ y 2 + z 2 dx + x 2 + z 2 dy + x 2 + y 2 dz , где Г – линия пересечения
Γ
(
)
верхней полусферы x 2 + y 2 + z 2 = 2 Rx ( z > 0 ) с цилиндром x 2 + y 2 = 2rx ,
0 < r < R . Линия Г пробегается против хода часовой стрелки, если смотреть из
точки (0,0,2 R ) .
Отв.:
2πRr 2 .
5) ∫ y 2 − z 2 dx + z 2 − x 2 dy + x 2 − y 2 dx , где Г – граница сечения куба
Γ
(
)
(
{0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ a, 0 ≤ z ≤ a}
)
(
)
плоскостью x + y + z = 3a 2 , пробегаемая против
хода часовой стрелки, если смотреть из точки (2a,0,0 ) .
6)
∫(y
2
− z 2 ) dx + ( z 2 − x 2 ) dy + ( x 2 − y 2 ) dx ,
Отв.: − 9a
где
Г–
3
.
2
контур,
Г
ограничивающий часть сферы x 2 + y 2 + z 2 = 1
при x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0.
Направление обхода Г берётся против хода часовой стрелки, если смотреть из
точки (2,0,0) . Отв.: − 4 .
3.28.* Пользуясь формулой Стокса,
вычислить КрИ-2:
I = ∫ yzdx + 3 xzdy + 2 xydz , где OA – кривая
Z
OA
x = t cos t , y = t sin t , z = t 2 , 0 ≤ t ≤ 2π ,
4π 2
O = (0,0,0), A = ( 2π , 0, 4π ).
∆ Незамкнутая кривая
OA = OB U BC U CA лежит на поверхности
параболоида z = x 2 + y 2 . Действительно,
2
r
n0
т.е.
Г
x + y = z . Дополним кривую
интегрирования OA до замкнутого
контура Г дугой AO параболы z = x 2 ,
лежащей в плоскости XZ . Заметим, что
эта парабола лежит также на поверхности
X
z = x 2 + y 2 (рис. 3.14). Тогда
I = ∫ yzdz + 3 xzdy + 2 xydz − ∫ yzdz + 3 xzdy + 2 xydz.
B
2
0
Y
2π
Рис. 3.14
A0
а
Г
БГ
УИ
2
r
n0
C
Р
x 2 + y 2 = t 2 (cos2 t + sin 2 t ) = t 2 ,
A
ек
Но так как вдоль кривой AO y = 0, dy = 0, то ∫ = 0 , и поэтому
AO
I = ∫ yzdz + 3 xzdy + 2 xydz.
Г
Би
бл
ио
т
Контур Г лежит на параболоиде S : z = x 2 + y 2 и обходится в
направлении, указанном на рис. 3.14.
Выберем на части параболоида непрерывное множество единичных
r
нормалей n 0 ( M ) = {cos α , cos β , cos γ }так, чтобы обход контура был
положительным, т.е. внутреннюю сторону параболоида.
r
Находим n = ( −2 x , −2 y ,1) ⇒


r
− 2x
− 2y
1
n0 = 
,
,
.
2
2
2
2
2
2
 4 x + 4 y + 1
4x + 4x + 1
4 x + 4 y + 1 
Для нахождения КрИ-2 по замкнутому контуру Г применим формулу Стокса.
Так как P = yz, Q = 3 xz, R = 2 xy , то
∂R ∂Q
∂P ∂R
∂Q ∂P
−
= − x,
−
= − y,
−
= 2 z.
∂y ∂z
∂z ∂x
∂x ∂y
По формуле Стокса (3.19) находим I = ∫ yzdx + 3 xzdy + 2 xydz =
Г


− 2x
− 2y
2z
( − x) +
(− y ) +
= ∫∫ 
 ds =
2
2
2
2
2
2
4x + 4 y + 1
4 x + 4 y + 1 
S 
 4x + 4 y +1
= 2 ∫∫
x2 + y2 + z
dx .
(3.22)
4x2 + 4 y2 + 1
S
Этот интеграл вычислим по формуле
∫∫ f ( x, y, z) ds = ∫∫ f ( x, y, z( x, y))
S
1 + z′x + z′y dxdy ,
2
2
D xy
где z = z ( x, y ) – явное уравнение поверхности S , Dxy – проекция S на
плоскость XY . В нашем случае
z = x 2 + y 2 , z ′x = 2 x , z ′y = 2 y , 1 + z ′x 2 + z ′y 2 = 4 x 2 + 4 y 2 + 1 .
Р
S
ds = 4 ∫∫ ( x 2 + y 2 ) dxdy,
4x2 + 4 y 2 + 1
D xy
БГ
УИ
Поэтому из (3.22) имеем I = 2 ∫∫
x2 + y2 + z
ек
а
где Dxy – область на плоскости, ограниченная кривой γ : x = t cos t , y = t sin t ,
(0 ≤ t ≤ 2π ) и отрезком [0,2π ] оси X (см. рис. 3.14).
Двойной интеграл по D xy вычислим в ПСК. Перейдя к полярным
координатам x = ρ cos ϕ , y = ρ sin ϕ и подставив эти выражения для x и y в
уравнения кривой Γ , получим ρ cos ϕ = t cos t , ρ sin ϕ = t sin t
Отсюда, учитывая, что t и ϕ изменяются в одних и тех же пределах
от 0 до 2π находим ρ = t , ϕ = t , т.е. уравнение кривой Γ в ПСК имеет вид
2π
ϕ
0
0
ρ = ϕ , 0 ≤ ϕ ≤ 2π . Таким образом, I = 4 ∫∫ ( x + y ) dxdy = 4 ∫ dϕ ∫ ρ 3 dρ =
2
32 5
π .p
5
т
D xy
2
Би
бл
ио
4. Элементы векторного анализа
4.1. Скалярные и векторные поля
Скалярное поле. Линии и поверхности уровня скалярного поля.
Градиент скалярного поля. Единичный вектор нормали к поверхности.
Векторное поле и его векторные линии
Пространство (или часть его V ), в каждой точке которого определена
скалярная величина, называется скалярным полем. Таким образом, скалярное
поле определяется числовой функцией u = u ( x, y , z ) , заданной в некоторой
области V пространства. В этом случае говорят, что в V задано скалярное
поле. Если скалярное поле задано функцией двух переменных u = u ( x, y ) , то
оно называется плоским.
Графически скалярное поле u изображается с помощью поверхностей
уровня, определяемых равенством u ( x, y, z ) = C , где C − const . Если поле u
плоское, то равенство u ( x, y ) = C определяет линию уровня поля.
Пусть u = u ( x, y , z ) – гладкая функция, определяющая скалярное поле.
Напомним, что производной скалярного поля u по направлению вектора
r
l = (lx , l y , lz ) в точке M 0 = ( x0 , y0 , z0 ) называется число
Би
бл
ио
т
ек
а
БГ
УИ
Р
∂u ( M 0 ) ∂u ( M 0 )
∂u ( M 0 )
∂u ( M 0 )
(4.1)
=
cos α +
cos β +
cos γ ,
∂l
∂x
∂y
∂z
r
cosα , cos β , cos γ – направляющие косинусы вектора l .
Градиентом скалярного поля U в точке M 0 называется вектор
∂u ( M 0 ) r ∂u ( M 0 ) r ∂u ( M 0 ) r
 ∂u ∂u ∂u 
=
grad U ( M 0 ) = 
,
,
i+
j+
k . (4.2)
 M0
∂
x
∂
y
∂
z
dx
dy
dz


r
∂u
Из равенств (4.1) и (4.2) следует, что
= ( grad u , l ).
(4.3)
∂l
Вектор ( grad u ) часто обозначается ∇ u (читается «набла» u ). Итак,
∇ u = (u′x , u′y , u′z ).
r
Производная поля в данной точке M 0 по направлению l характеризует
r
скорость изменения поля в направлении вектора l . Градиент скалярного поля в
точке M 0 есть вектор, в направлении которого производная поля максимальна
и равна grad u ( M 0 ) . Вектор-градиент,
Y
как известно, направлен по нормали к
поверхности уровня
поля в сторону
grad U (1,1)
наибольшего возрастания функции u .
Отсюда следует, что единичный вектор
1
нормали к поверхности определяется
формулой
0
1
r0
grad u ( M 0 )
X
n =±
.
(4.4)
grad u ( M 0 )
-1
4.1. Найти и изобразить на чертеже
grad U (1,-1)
линии уровня скалярного поля u = xy .
Вычертить и изобразить на чертеже
градиент этой функции в точках
(1, 1) и (1, − 1) .
Рис. 4.1
∆ Линии уровня функции u = xy
задаются соотношением xy = C – const, т.е. семейство гипербол y = C x , а также
две прямые x = 0, y = 0 (рис. 4.1).
r r
r r
Далее, по формуле (4.2) grad u = yi + xj . Тогда grad u (1,1) = i + j = (1,1),
r r
grad u (1, −1) = −i + j = ( −1,1).
На рисунке видно, что в указанных точках grad u перпендикулярен
линиям уровня, проходящим через эти точки. В точке (1,1) функция u = xy
быстрее всего возрастает в направлении от начала координат по биссектрисе 1го квадранта, и скорость её возрастания в этом направлении равна
∂u (1,1)
= grad u (1,1) = 2 .
∂l
В точке (1,−1) функция u = xy возрастает быстрее всего в направлении к
началу координат по биссектрисе 4-го квадранта и скорость её возрастания в
этом направлении также равна 2 .p
4.2. Найти градиент скалярного поля u = xyz в точке M = (−2,3,4) . Чему
r
равна в этой точке производная поля u в направлении вектора a = (3,−4,12) ?
т
ек
а
БГ
УИ
Р
 ∂u ( M ) ∂u ( M ) ∂u ( M ) 
∆ По формуле (4.2) имеем grad u ( M ) = 
,
,
=
∂y
∂z 
 ∂x
= ( yz, zx, xy ) M = (12,−8,−6).
r
a
r0
r r0
Находим теперь орт a вектора a : a = r = (3 13, − 4 13,12 13 ).
a
∂u ( M ) 3
4
12
4
= ⋅ 12 + ⋅ 8 − ⋅ 6 = − . p
По формуле (4.3) получаем
∂l
13
13r r 13
13
4.3. Найти градиент функции f (r ) , где r = r , r = ( x, y , z ) - радиус-вектор
точки ( x, y, z ) .
r Имеем
∂f ∂r r ∂f ∂r r ∂f ∂r r ∂f  x r y r z r 
grad f ( r ) =
⋅ i+
⋅
j+
⋅ k =
 i + j+ k=
∂r ∂x
∂r ∂y
∂r ∂z
r
r 
∂r  r
r
1 ∂f r
r
= ⋅
r = f ′( r ) .
r
r r ∂r
r
Итак, grad f ( r ) = f ′( r ) .p
(4.5)
r
4.4. Найти поверхность уровня поля u = x2 − y2 + z2 , содержащую точку
Би
бл
ио
(1,2,1) .
Отв.: x 2 − y 2 + z 2 = −2 .
4.5. Написать уравнение нормали в точке (2,2,−2) к поверхности уровня
z
, проходящей через эту точку.
поля u = arccos 2
x + y2
Отв.: x − 2 = y − 2 = ( z + 2) / 2.
r
r r r r r
r
4.6.* Пусть a и b – постоянные векторы, a ≠ 0, b ≠ 0, r = ( x , y , z ) . Найти
r r r
r r r
поверхности уровня поля u = e (a ,b ,r ) , где (a , b , r )– смешанное произведение
r r r
векторов.
Отв.: плоскости a, b , r = C.
(
2x
4.7. Найти линии уровня скалярного поля
u=e
(x 2 + y 2 )
)
и нарисовать
1
линии уровня u ( x, y ) = e и u ( x, y ) = e 2 . Вычислить и начертить вектор grad u в
точках (1,1), (2,0), (1,−1).
Отв.: ( x − c ) + y 2 = c 2 , x 2 + y 2 ≠ 0, ( x − 1) 2 + y 2 =1, ( x − 2) 2 + y 2 = 4,
r
r
r
grad u ( 2,0) = − ( e 2)i , grad u (1, −1) = ej , grad u (1,1) = −ej .
4.8. Найти grad u ( M 0 ), если:
2
Р
1) u = xy + yz + zx, M 0 = (1,1,1).
2) u = ln( x 2 + y 2 + z 2 ), M 0 = (1,1,−1).
2
2
2
9( x + y + z )
3) u =
, M 0 = (1,−2,−2). 4) u = ze x + y + z , M 0 = ( 0,0,0).
x2 + y2 + z2
Отв.: 1) (2,2, 2); 2) ( 2 , 2 , − 2 ); 3) (4,1,1); 4) (0,0,1).
3 3
3
4.9. Найти угол между grad u ( M 1 ) и grad u ( M 2 ) , если:
x
1) u = arctg
, M 1 = (1,1,0), M 2 = (−1,0,1).
y+z
z
2) u =
, M 1 = (3, 3 ,−2), M 2 = ( 3,1,2 3 ).
x2 + y 2 + z 2
БГ
УИ
Отв.: 1) arccos ( −1 3) ; 2) π 2 .
x
, проходящей через
x + y2 + z2
точку (1,1,1) , найти наименьшее значение grad u .
Отв.: 1 9 .
r
r
r
r
1
4.11. Доказать, что: а) grad r = ; б) grad = − 3 ;
r
r
r
r
r
r
в) grad sin r = cos r ⋅ ; где r = ( x, y , z ).
r
4.12. Для скалярного поля u = u ( x, y ) найти grad u , если функция u ( x, y )
определяется неявно уравнением
а) u 3 − 3xyu = a 2 ; б) x + y + u = eu ; в) x + y + u = e − ( x+ y +u ) .
r r
r r
r r
u
Отв.: а) 2
( yi + xj ); б) (eu − 1) −1 (i + j ); в) − i − j .
u − xy
4.13. Найти производную поля u по направлению единичного вектора
r
r
n 0 = (cosα , cos β , cos β ), если r = x 2 + y 2 + z 2 , r = ( x, y , z ) :
r r r
1) u = r. 2) u = 1/ r. 3) u = (a , r ), a = const. 4) u = f (r ) .
r r
r r
r r
r r
Отв.: 1) ( r , n 0 ) / r ; 2) −(r , n 0 ) / r 3 ; 3) ( n 0 , a ) ; 4) f ′( r )(n 0 , r ) / r .
2
Би
бл
ио
т
ек
а
4.10. На поверхности уровня поля u =
4.14. Найти производную поля u = x 2 a 2 + y 2 b 2 + z 2 c 2 в точке
r
M = ( x, y , z ) по направлению радиус-вектора r этой точки.
r
Отв.: 2u / r , r = r .
4.15. Пусть u и v – дифференцируемые поля. Найти производную поля u
по направлению вектора grad v.
Отв.: ( grad u , grad v ) grad v .
4.16.* Пусть u – дифференцируемое поле, f (t ) – дифференцируемая
функция, t ∈ R.
Доказать, что ∇f (u ) = f ′(u )∇u.
4.17.* Пусть u и v – дифференцируемые поля, f (t , s ) – дифференцируемая
функция, (t , s ) ∈ R 2 . Доказать, что
∂f (t , s )
∂f (t , s )
∇u +
∇v .
∂t
∂s
Если в каждой точке пространства или его части v определен вектор
r
a = ( P, Q , R ) , где P = P( x, y, z ) , Q = Q (x, y , z ) , R = R(x, y, z ) – скалярные
r
функции, то говорят, что в пространстве
r
r
a (M 2 )
a (M 3 )
или в области v задано векторное поле a .
Одной из важных характеристик
r
векторного поля a является векторная или r
M3
a (M1 )
силовая линия поля. Векторной (силовой)
линией поля называется кривая, в каждой
M2
точке М которой касательная к ней
r
совпадает с направлением поля a (рис.
4.2).
Для составления уравнений векторных
M1
r
Рис. 4.2
линий поля a = ( P, Q , R ) нужно составить
соотношения
dx dy dz
(4.6)
=
= ,
P Q R
называемые дифференциальными уравнениями (ДУ) векторных линий.
4.18. Найти векторные линии
r поля:
r
1) a = ( y + z ,− x, − x ) ;
2) a = grad u , u = xyz .
r а) Согласно соотношениям (4.6) имеем
dx
dy
dz
 xdy = xdz ,
 x (dy − dz ) = 0,
(
=
=
)⇒
⇒
(4.7)
y+z −x −x
 xdx = −( y + z )dy
 xdx = −( y + z )dy.
Из первого уровня этой системы получаем dy − dx = 0 ⇒ y − z = C − const .
Согласно равенству dy = dz , из второго уровня системы (4.7) находим
Би
бл
ио
т
ек
а
БГ
УИ
Р
∇f (u , v ) =
( xdx + ydy + zdz = 0) ⇒ x 2 + y 2 + z 2 = R 2 ,
R − const .
r
Таким образом, векторными линиями поля a являются линии пересечения
сфер x 2 + y 2 + z 2 = R 2 и параллельных плоскостей y − z = C т.е. окружности
{x + y + z = R , y − z = C }.
r
r
r
r
∆ б) Для поля a ( M ) = ∇u = yzi + zxj + xyk из уравнений (4.6) находим
x2 y 2
y2 z2
dx dy dz
или xdx = ydy и ydy = zdz , откуда
=
+ C1 ,
= + C2 . Эти
=
=
2
2
2
2
yz zx xy
уравнения определяют два семейства гиперболических цилиндров с
образующими, параллельными соответственно осям Z и X , а также (при
C1 = C2 = 0 ) две пары плоскостей x = ± y и y = ± z . Любая векторная линия поля
r
a ( M ) является линией пересечения этих двух поверхностей при некоторых
фиксированных значениях C1 и C2 . Например, при C1 = C2 = 0 линия
пересечения x = y и y = z представляет собой прямую, проходящую через
r
начало координат: x = y = z . В точках этой прямой a ( M ) = x 2 , x 2 , x 2 . p
(
)
r
4.19. Найти векторные линии поля a :
r ke r
1) Кулоновского поля a = 3 r точечного заряда e , находящегося в начале
r
r r
координат r = ( x , y , z ) , r = r .
Отв.: Лучи, исходящие из начала координат.
r r r
r
2*) Векторного поля a = [c , r ] , где c – постоянный вектор.
r
Отв.: Окружности, лежащие в плоскостях, перпендикулярных прямой l || c
и проходящей через начало координат; центры этих окружностей лежат на l .
r
x2 y2
2
2
3) Векторного поля a = − a y , b x , a, b ∈ R . Отв.: 2 + 2 = 1 .
a
b
r
1 1
4) Векторного поля a = x 2 , y 2 .
Отв.: − = C1 , z = C2 .
x y
r
5) Векторного поля a = ( z − y , x − z , y − x ) .
)
)
БГ
УИ
(
Р
(
Отв.: x 2 + y 2 + z 2 = R 2 , x + y + z = C .
r
4.20. Найти векторную линию поля a , проходящую через точку M 0 , если
r
1) a = ( − y , x , c ), c − const , M 0 = (1,0,0 ) .
r
1 1 
2) a = x 2 ,− y 3 , z 2 , M 0 =  ,− ,1 .
2 2 
r
3) a = xz, yz, x 2 + y 2 , M 0 = (1,1,0) .
Отв.: 1) x = cos t , y = sin t , z = ct .
1
1
1 1
2) − = 1 , + 2 = 4 .
3) y = x , z 2 = 2 x 2 − 1 .
x y
x 2y
4.21. Найти линии наибыстрейшего изменения скалярных полей:
x2
1) u = x 2 − y 2 .
2) u =
+ y2 .
3) u = x 2 + 2 y 2 + z 2 .
2
Отв.: 1) xy = C ; 2) y = C x 2 и x = 0, x 2 + y 2 ≠ 0; 3) z 2 = 2( x 2 − 1) .
ек
)
а
)
(
)
Би
бл
ио
т
(
(
4.2. Поток векторного поля через поверхность
Поток векторного поля через ориентированную поверхность. Поток
векторного поля через замкнутую поверхность. Дивергенция векторного
поля и её некоторые свойства
r
Пусть a = ( P , Q , R ) − векторное поле, а S – ориентированная гладкая
r
r
поверхность в R3. Потоком векторного поля a (или вектора a ) через
r
r
поверхность S в направлении единичного вектора n 0 нормали n к
поверхности называется ПИ-2
r
r
П = ∫∫ a (M ), n 0 ds = ∫∫ Pdydz + Qdzdx + Rdxdy =
(
)
S
S
= ∫∫ ( P cos α + Q cos β + R cos γ ) ds,
S
(4.8)
(
П=
)
БГ
УИ
Р
где M = ( x, y, z ) ∈ S ; cos α , cos β , cos γ – направляющие косинусы вектора
нормали к S .
r r
Поток – скалярная величина. При этом, если ( a , ∧ n 0 ) < π 2 , то П > 0. В
r
этом случае поток вектора a идёт с внутренней на внешнюю сторону
r r
поверхности S . Если же ( a , ∧ n 0 ) > π 2 , то Π < 0 , и значит, поток вектора идёт
с внешней на внутреннюю сторону поверхности S . При смене ориентации
поверхности S знак потока П изменяется на противоположный. Способы
вычисления ПИ-2, выражающих поток П , в случае явного, неявного и
параметрического заданий поверхности изложены в п. 3.2. Для этих способов
 r^  π
ещё раз приведём соответствующие формулы. Пусть γ =  n , z  ≤ .

 2
◦
1 . Если S задана явно уравнением z = f ( x, y ), ( x , y ) ∈ Dxy – проекция S
r
′
′
на плоскость XY , то n = − f x , − f y ,1 , и из формулы (4.8) получаем
∫∫ (− f ' x P( x, y, f ( x, y)) − f ' y Q( x, y, z( f ( x, y)) + R( x, y, f ( x, y) )dxdy.
D xy
◦
(4.9)
 1

∫∫  F 'z ( F 'x P( x, y, z ) + F ' y Q( x, y, z) + F 'z R ( x, y, z ) dxdy,
Dxy
ек
П=
а
2 . Если S задана неявно уравнением
1
1
r
F ( x, y , z ) = 0, F ' z ≠ 0, то n =
(
F 'x , F ' y , F 'z ) = −
∇F и, следовательно,
Fz′
Fz′
(4.10)
Би
бл
ио
т
где z необходимо выразить из уравнения поверхности S .
r
1
r
Замечание. Если γ > π 2 , то в 10 n = ( f x′ , f y′ , −1 ), а в 2 0 n = −
∇F .
Fz′
Соответствующим образом изменятся формулы (4.9) и (4.10).
3◦. Если поверхность
S
задана параметрически в виде
x = x(u , v), y = y (u , v), z = z (u , v), (u , v) ∈W , то, согласно формуле (3.11),
D( y , z )
D( z, x )
D ( x, y ) 

П = ∫∫  P (u , v )
+ Q (u , v )
+ R (u , v )
dudv , (4.11)
(
)
(
)
(
)
D
u
,
v
D
u
,
v
D
u
,
v


W
где P(u , v ) = P(x(u , v ), y (u , v ), z (u , v )), Q (u , v ) = Q(x(u , v ), y (u , v ), z (u , v )),
R(u , v ) = R(x(u , v ), y (u , v ), z (u , v )).
r
4.22. Вычислить поток вектора a = y , x , z 2 через часть поверхности
(
)
параболоида 1 − z = x 2 + y 2 , отсекаемой от него плоскостью z = 0 (рис 4.3,
нормаль внешняя).
∆ Так как P = y, Q = x, R = z 2 , z ′x = −2 x, z ′y = −2 y и проекцией Dxy
поверхности параболоида на плоскость XY является круг x 2 + y 2 ≤ 1, то по
формуле (4.9) с последующим переходом к полярным координатам получаем
П=
∫∫ (2 xy + 2 yx + z )dxdy = ∫∫ (4 xy + (1 − (x
2
D xy
2π
2
+ y2
)) )dxdy =
2
D xy
1
= ∫ dϕ ∫ (4 ρ 2 cos ϕ sin ϕ − (1 − ρ 2 ) 2 ) ρdρ =
0
Z
0
2π
1
1
= ∫ dϕ ∫ (2 ρ sin 2ϕ − ρ (1 − ρ ) ) dρ = π 3. p
3
0
2 2
r
n0
0
r
n
П=
1
∫∫ 3 (2 − 2 x + 15 z ) dxdy, где Dxy –
D xy
БГ
УИ
Р
4.23. Найти поток векторного поля
r
a = (2,− x, 5 z ) через верхнюю сторону
0
треугольника, полученного при пересечении
1
Dxy
Y
плоскости x + 2 y + 3 z = 6 с координатными
1
плоскостями (рис. 4.4).
X
Рис. 4.3
r Поверхность S треугольника ABC
задана неявно уравнением
F = x + 2 y + 3 z − 6 = 0. Так как
P = 2, Q = − x, R = 5 z и Fx′ = 1, Fy′ = 2, Fz′ = 3, то по формуле (4.10) (γ < π 2 )
а
треугольник АОВ. Из уравнения плоскости
имеем z = 2 − x / 3 − 2 y / 3. Поэтому
ек
П=
∫∫ (32 − 7 x − 10 y ) dxdy =
D xy
т
6− 2 y
2 C
13
= ∫ dy ∫ (32 − 7 x − 10 y ) dx = 24. p
30
0
Найти
поток
вектора
4.24.
r
2
2
a = x + xy , y − yx , z
через
полусферу
3
B
0
Dxy
Би
бл
ио
(
)
Y
x + 2y = 6
A
x 2 + y 2 + z 2 = 9, z ≥ 0. Нормаль внешняя.
X
r Зададим полусферу параметрически в
виде x = 3 sin θ cos ϕ , y = 3 sin θ sin ϕ ,
z = 3 cos θ , W : {0 ≤ θ ≤ π 2 , 0 ≤ ϕ ≤ 2π }. Так как
(
Z
6
Рис. 4.4
D( y, z )
D( z , x )
D( x, y )
= 9 sin 2 θ cos ϕ ,
= 9 sin 2 θ sin ϕ ,
= 9 cosθ sin θ .
D(θ ,ϕ )
D(θ ,ϕ )
D (θ ,ϕ )
)
(
)
P = x 1 + y 2 , Q = y 1 − y 2 , R = z , то по формуле (4.11) получаем
(
(
))
(
)
Π = ∫∫ 3 sin θ cos ϕ 1 + 9 sin 2 θ sin 2 ϕ + 3 sin θ sin ϕ 1 − 9 sin 2 θ cos 2 ϕ 9 sin 2 θ sin ϕ +
W
+ 3 cos θ 9 cos θ sin θ ) dθ dϕ = 27 ∫∫ sin θ dθ dϕ = 27
2π
π /2
∫ dϕ ∫ sin θ dθ = 54π . ▲
r
r
4.25. Найти поток вектора электрической напряженности E = q ⋅ r
W
0
0
r3
,
v
r = r , точечного заряда q через поверхность сферы радиусом R в
направлении внешней нормали к сфере, если заряд q расположен в её центре.
r v
r В нашем случае a = E . В каждой точке сферы вектор внешней нормали
r
совпадает с её радиус-вектором r , если за начало координат принять центр
r
r
сферы. Тогда n 0 = r и по формуле (4.8) поток
r
П = ∫∫
S
r2
r r
r r0
r
ds
ds
q
 r r
E , n ds = ∫∫  q 3 ,  ds = q ∫∫ 4 ds = q ∫∫ 2 = q ∫∫ 2 = 2
r
R
S  r
S r
S r
S R
(
)
так как на сфере r = R , а интеграл
∫∫ ds
q
∫∫ ds = R 2 ⋅ 4πR
2
= 4πq,
S
равен 4πR 2 – площади поверхности
Р
S
4*)
r
r
a = f ( r )r ; S −
а
БГ
УИ
сферы радиусом R .p
r
4.26. Найти поток поля ar через ориентированную нормалью n
r
r
поверхность S ( r = ( x, y , z ), r = r ) :
r
1) a = (a x , a y , a z ) − постоянный вектор, S – круг радиусом R , лежащий в
r r
r r
плоскости ( r , n ) = d .
Отв.: πR 2 (a , n ).
r r
2) a = r ; S − внешняя сторона конуса x 2 + y 2 ≤ z ≤ h. Отв.: πh3.
r r
3) a = r ; S − внешняя сторона поверхности цилиндра x 2 + y 2 ≤ R 2 , 0 ≤ z ≤ h.
внешняя
сторона
Отв.: 3πhR 2 .
сферы
x2 + y 2 + z 2 = R2 .
)
т
(
ек
Отв.: 4πR3 f (R ).
r
5) a = y 2 , x 2 , z 2 ; S − часть внешней стороны цилиндра x 2 + y 2 = a 2 ,
расположенная в 1-м октанте между плоскостями z = 0 и z = a, a > 0.
Отв.: 2a 4 / 3.
r
6) a = 0, y 2 , z ; S − ограниченная часть внешней стороны параболоида
)
Би
бл
ио
(
z = x 2 + y 2 , отсеченная плоскостью z = 2.
r
7) a = x, y , x 2 + y 2 − 1 ; S − часть внешней
(
)
Отв.: − 2π .
стороны
гиперболоида
x 2 + y 2 − z 2 = 1, заключенная между плоскостями z = 0, z = 3. Отв.: 2π 3.
r
8*) a = ( y, z, x ); S − часть внутренней стороны цилиндра x 2 + y 2 = R 2 ,
расположенная в области x > z .
Отв.: 0.
r
9) a = (3 x ,− y , − z ); S − часть внешней стороны параболоида
x 2 + y 2 = 9 − z , расположенная в 1-м октанте.
Отв.: 81π 8.
r
10) a = xz, yz, z 2 ; S − часть внешней стороны сферы x 2 + y 2 + z 2 = 9,
расположенная в области z > 2.
Отв.:
45π .
r
11*) a = (x, y, xyz ); S − часть внешней стороны цилиндра x 2 + y 2 = R 2 ,
расположенная в области x > y и отсеченная плоскостью z = 0 и параболоидом
(
)
z = x2 − y 2.
Отв.: R 4 .
r
12*) a = xy − y 2 , − x 2 + xy + 2 x, z ; S − часть внешней стороны цилиндра
(
)
x 2 + y 2 = 1, отсеченная конусом z 2 = x 2 2 + y 2
Отв.: 0.
Пусть S − замкнутая кусочно-гладкая поверхность с единичным вектором
r
r
внешней нормали n 0 . Тогда поток П вектора a = ( P, Q , R ) через замкнутую
поверхность S можно вычислить с помощью формулы Остроградского–Гаусса
(3.17):
 ∂P ∂Q ∂R 
r r
П = ∫∫ a , n 0 ds = ∫∫∫ 
+
+
(4.12)
 dxdydz .
∂
∂
z
x
y
∂


S
V
r
Пусть a ( M ) − поле скоростей несжимаемой жидкости. Если П > 0, то из
(4.12) следует, что из области V вытекает больше жидкости, чем втекает. Это
означает, что внутри области V имеются источники – точки, из которых
жидкость вытекает. Если П < 0, то из области V вытекает меньше жидкости,
чем втекает в неё. В этом случае говорят, что внутри V имеются стоки, т.е.
точки, в которые жидкость втекает. При П = 0 в V втекает столько же
жидкости, сколько вытекает.
r
Пусть в области V задано векторное поле a ( M ) = ( P , Q , R ), где функции
P( x, y , z ), Q(x, y, z ), R( x, y , z ) имеют непрерывные частные производные в точке
M = ( x, y, z )∈V по x, y , z соответственно. Дивергенцией или расходимостью
r
r
векторного поля a ( M ) в точке M , обозначаемой div a ( M ) , называется
скалярная величина
r
 ∂P ∂Q ∂R 
div a ( M ) = 
+
+
(4.13)
 .
∂y
∂z  M
 ∂x
r
С физической точки зрения div a ( M ) характеризует плотность источников
r
r
и стоков векторного поля a ( M ) в точке M . Если div a ( M ) > 0, то точка M
r
r
является источником, если div a ( M ) < 0, то – стоком. Если div a (M ) = 0, то в
точке M нет ни источников, ни стоков.
r
r
4.27. Найти div a (M ), если a = x, y 2 , z 3 , M = (− 2,4,5).
r По формуле (4.13) находим
r
div a ( M ) = 1 + 2 y + 3 z 2 = 1 + 2 ⋅ 4 + 3 ⋅ 25 = 84. p
)
Би
бл
ио
т
ек
а
БГ
УИ
Р
(
(
(
)
M
r ke r r
4.28. Найти дивергенцию электрического поля E = 3 r , r − радиус-вектор
r
r
точки M = ( x , y , z ), r = r , e − точечный заряд, помещённый в начале координат.
∆ Имеем по определению:
r
 r 2 − 3x 2 r 2 − 3 y 2 r 2 − 3z 2 
 ∂  x  ∂  y  ∂  z 
 =
div E = ke   3  +  3  +  3  = ke
+
+
5
5
5
r
r
r
 ∂x  r  ∂y  r  ∂z  r 


= ke
(
)
3r 2 − 3 x 2 + y 2 + z 2
3r 2 − 3r 2
=
ke
= 0 (при r ≠ 0 ).
r5
r5
Физически это означает отсутствие
источников электрического поля,
r
кроме начала координат. В нём div E = ∞ (бесконечная плотность заряда).p
Дивергенция обладает следующими свойствами:
r
r
10. div c = 0, c − постоянный вектор.
r
r
r
r
0
2 . div αa + βb = α div a + β div b , α , β ∈ R.
r
r r
30. div (ϕa ) = ϕ div a + (a , grad ϕ ), ϕ = ϕ ( x , y , z ) − скалярная функция.
r
r
r
Отв.: 14.
4.29. Найти div x 2 yi + xy 2 j + z 2 k в точке M = (1,2,−1).
r
 ir + rj + k 
53
.
4.30. Найти div 
Отв.: −2 ( x + y + z ) .
 3 (x + y + z )2 


4.31. Магнитное поле, создаваемое электрическим током силы I , текущим
по бесконечному проводу, определяется формулой
r
r
r
r
r
xj − y i
.
Вычислить
div
H
(M ).
Отв.: 0.
H ( M ) = H ( x, y ) = 2 I ⋅ 2
x + y2
r
r
4.32. Найти ( r = ( x, y , z ), r = r ) :
r r
1) div grad r 2 ;
2) div grad (1 r ) ; 3) div rc , c − const ;
r r
r r
r r r
4) div grad f ( r ); 5) div ( f (r )c ), c − const ; 6) div[c , r ]; 7) div[r , [c , r ]].
r r
r r
Отв.: 1) 6; 2) 0 ; 3) (r , c ) / r ; 4) f ′′(r ) + 2 f ′(r ) / r;
5) ( r , c ) f ′(r ) / r ;
r r
6) 0; 7) − 2(c , r ).
r
4.33. Найти поток поля a через полную поверхность S :
r
1) a = x 3 , y 3 , z 3 ; S − внешняя поверхность куба x ≤ a , y ≤ a , z ≤ a.
r
2)
a = (z − y, x − z , y − x ); S − внешняя
поверхность
тетраэдра,
ограниченного плоскостями x + y + z = 1, x + y − z = 1, x = 0, y = 0.
r
3) a = y 2 z,− yz 2 , x y 2 + z 2 ; S − внешняя поверхность цилиндра y 2 + z 2 ≤ a 2 ,
0≤ x ≤ a.
r
4) a = (2 x,2 y,− z ); S – внешняя поверхность конуса x 2 + y 2 ≤ z ≤ H .
r
5) a = (x + z , y + x, z + y ); S − поверхность тела x 2 + y 2 ≤ R 2 , 0 ≤ z ≤ y.
r
6) a = x 2 y, xy 2 , xyz ; S − поверхность тела
(
)
)
)
т
(
ек
а
БГ
УИ
Р
(
(
))
Би
бл
ио
(
(
)
x 2 + y 2 + z 2 ≤ R 2 , x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0.
Отв.: 1) 24a 5 ; 2) 0; 3) −π a 5 4 ; 4) π H 3 ; 5) 2 R 3 ; 6) R 5 / 3.
Если замкнутая поверхность S образована двумя поверхностями S1 и S 2 ,
r
т.е. S = S1 ∪ S 2 , то вследствие аддитивности ПИ-2 поток вектора a = ( P, Q , R ),
например, через поверхность S1 можно вычислить по формуле
r r
r r
r r
r
r
v0
0
0
0
∫∫ (a , n )ds = ∫∫ (a , n )ds − ∫∫ (a , n )ds = ∫∫∫ div a dxdydz − ∫∫ (a , n )ds ,
S1
S
S2
V
где V – тело, ограниченное поверхностью S.
S2
(4.14)
4.34.
r
Найти поток поля a = x − y , x + y , z 2 через боковую поверхность
(
)
цилиндра x 2 + y 2 = 1, заключенную между плоскостями z = 0 и z = 2 (рис. 4.5,
нормаль внешняя).
r
∆ В нашем случае P = x − y , Q = x + y, R = z 2 , div a = (2 + 2 z ). Образуем
замкнутую поверхность S , состоящую из цилиндрической поверхности
x 2 + y 2 = 1 и плоскостей P1 : z = 0 и P2 : z = 2. Тогда в соответствии с формулой
r r
r r
(4.14) искомый поток П = ∫∫∫ 2(1 + z ) dxdydz − ∫∫ a , n10 ds − ∫∫ a , n20 ds.
(
V
)
P1
(
)
P2
БГ
УИ
Р
Вычислим каждый из интегралов по отдельности. Для тройного интеграла
переходом
к
цилиндрическим
координатам
r
Z
находим
n20
2π
1
2
2
2 ∫∫∫ (1 + z ) dxdydz = 2 ∫ dϕ ∫ ρdρ ∫ (1 + z )dz = 8π . Так как
r
n
V
0
0
0
r
нормаль к плоскости P1 имеет вид n10 = (0,0, −1) , то
r r0
2
∫∫ ( a , n1 ) ds = − ∫∫ z dxdy = 0, поскольку z = 0 в
x 2 + y 2 ≤1
(
)
x 2 + y 2 ≤1
1
X
Би
бл
ио
4.36.
(
x 2 a 2 + y 2 b 2 + z 2 c 2 = 1,
r
Найти поток поля a = x 3 , y 3 , z 3
сферы x 2 + y 2 + z 2 = 2 x, z ≥ 0.
(
r
n10
Y
Рис. 4.5
∫∫ dxdy = 4π .
Таким образом, П = 8π − 0 − 4π = 4π . p
r
4.35. Найти поток поля a = x 2 yz , xy 2 z , xyz 2
стороны эллипсоида
октанте.
1
x 2 + y 2 ≤1
т
P2
0
ек
плоскости P1 .
Далее, на плоскости P2 имеем
r
z = 2, n20 = (0,0,1). Поэтому
r r0
2
∫∫ a , n2 ds = ∫∫ z dxdy = 4
а
P1
)
)
через часть внешней
расположенную в первом
Отв.: a 2b2c 2 8.
через половину внешней стороны
Отв.: 0.
r
4.37. Найти поток поля a = x + xy 2 , y − yx 2 , z − 3 через часть поверхности
S , вырезаемую плоскостью P (нормаль внешняя к замкнутой поверхности,
образуемой данными поверхностями):
(
)
r
1) a = x + xy 2 , y − yx 2 , z − 3 ; S : x 2 + y 2 = z 2 ( z ≥ 0), P : z = 1.
r
2) a = x + xz, y, z − x 2 ; S : x 2 + y 2 + z 2 = 4 ( z ≥ 0), P : z = 0.
Отв.: 1) 3π ; 2) 16π .
(
(
)
)
4.3. Циркуляция векторного поля
Циркуляция векторного поля вдоль контура и её физический смысл.
Ротор векторного поля и его некоторые свойства
r
Пусть в прямоугольной ДСК определено векторное поле a = ( P, Q , R ) .
Криволинейный интеграл
r r
C = ∫ a ,τ 0 dl = ∫ Pdx + Qdy + Rdz,
(4.15)
(
)
r
взятый по замкнутому контуру Γ , называется циркуляцией вектора a вдоль
r
этого контура. Здесь τ 0 − единичный вектор касательной к контуру Γ ,
r
указывающий направление движения вдоль этого контура. Если a − вектор
силы, то циркуляция (4.15) представляет собой работу этой силы по
замкнутому контуру Γ. В этом и состоит физический смысл циркуляции. Если
r r
контур Γ не является замкнутым, то КрИ ∫ a ,τ 0 dl обычно называют
Γ
БГ
УИ
Р
Γ
Γ
(
)
r
r
линейным интегралом от вектора a вдоль ориентированной с помощью τ 0
кривой Γ.
r
4.38. Вычислить циркуляцию поля a ( M ) = x ,−2 z 2 , y вдоль линии Γ
(
)
Би
бл
ио
т
ек
а
пересечения цилиндра x 2 16 + y 2 9 = 1 с плоскостью z = x + 2 y + 2 в
положительном направлении обхода относительно вектора нормали плоскости
r
n = (− 1,−2,1).
∆ Составим параметрические уравнения кривой Γ. Параметрические
уравнения направляющей цилиндра x 2 16 + y 2 9 = 1 имеют вид x = 4 cos t ,
y = 3 sin t , t ∈ [0, 2π ]. Тогда параметрическими уравнениями кривой Γ (в
плоскости сечения – это эллипс) будут x = 4 cost , y = 3 sin t , z = 4 cost + 6 sin t + 2,
0 ≤ t ≤ 2π . Поэтому искомая циркуляция будет равна
C = ∫ xdx − 2 z 2 dy + ydz =
2π
Γ
= ∫ (4 cos t (−4 sin t ) − 2(4 cos t + 6 sin t + 2) 2 3 cos t + 3 sin t (−4 sin t + 6 cos t )dt =
0
2π
2π
2π
0
0
= − ∫ (96 cos t + 12 sin t ) dt = − ∫ 48(1 + cos 2t )dt − 6 ∫ (1 − cos 2t )dt =
2
0
2
= −48 ⋅ 2π − 6 ⋅ 2π = −108π . p
r
4.39. Найти циркуляцию поля a вдоль контура Γ в направлении,
соответствующем возрастанию параметра t:
r
1) a = ( x,− z 2 , y ); Γ : x = 2 cos t , y = 3 sin t , z = 4 cos t − 3 sin t − 3.
r
2) a = ( y − z , z − x , x − y ); Γ : x = 2 cos t , y = 2 sin t , z = 3(1 − cos t ).
r
3) a = ( −2 z ,− x, x 2 ); Γ : x = (cos t ) / 3, y = (sin t ) / 3, z = 8.
r
4) a = ( x, −3 z 2 , y ); Γ : x = cos t , y = 4 sin t , z = 2 cos t − 4 sin t + 3.
r
5) a = ( x, −2 z 2 , y ); Γ : x = 3 cos t , y = 4 sin t , z = 6 cos t − 4 sin t + 1.
Отв.: 1) 60π ; 2) −20π ; 3) −π / 9; 4) −152π ; 5) − 120π .
r
4.40. Вычислить циркуляцию вектора a = ( y , − z , x ) вдоль эллипса
Γ
а
БГ
УИ
Р
 ( x2 + y 2 )

r
+ z 2 = a 2 , z = x  в положительном направлении относительно орта i .

2


Отв.: 2πa 2 .
r
Ротором или вихрем векторного поля a ( M ) = ( P, Q, R) называется вектор
r
 ∂R ∂Q  r  ∂P ∂R  r  ∂Q ∂P  r
−
−
rota ( M ) = 
−
(4.16)
k .
i + 
j +
 ∂x ∂y 
 ∂y ∂z   ∂z ∂x 
Этот вектор можно символически (формально)
r получить из определителя
r
r
i
j
k
r
∂
∂
∂
rot a =
,
∂x ∂y ∂z
P Q
R
разложив его по элементам первой строки.
Используя понятие ротора и циркуляции, формулу Стокса (3.19) можно
записать в векторной форме:
r r
r r
C = ∫ ( a ,τ 0 ) dl = ∫∫ ( rot a , n 0 ) ds ,
(4.17)
r
т. е. циркуляция векторного поля a (M ) вдоль замкнутого контура Γ равна
потоку ротора этого поля через любую гладкую поверхность S , краем
которой является Γ (направление обхода по Γ и сторона поверхности S
согласованы).
r
r
Если rot a ≠ 0 , то это свидетельствует о вращении поля a (M ) , то есть поле
носит вихревой характер.
Отметим некоторые свойства ротора векторного поля.
r r
r
1. rot c = 0, где c – постоянный вектор.
r
r
r
2. rot (αa + βb ) = a rot a + β rot b , α , β ∈ R.
r
r
r
3. rot (ϕa ) = ϕ rot a + [ gradϕ , a ], где ϕ ( x, y , z ) – скалярная гладкая функция.
r
4.41. Вычислить циркуляцию векторного поля a ( M ) = ( y , x 2 , − z ) по
Би
бл
ио
т
ек
S
окружности
Γ : x 2 + y 2 = 4, z = 3
в
положительном направлении обхода
r
относительно
орта
двумя
способами:
k
1) по формуле (4.15); 2) по формуле Стокса (4.17).
∆ 1) При возрастании параметра t от 0 до 2π движениеrпо окружности Γ
происходит против хода часовой стрелки относительно орта k (рис. 4.6).
r
n0
Z
Поэтому параметрические уравнения
есть x = 2 cos t , y = 2 sin t , z = 3,0 ≤ t ≤ 2π .
Тогда
S
Г
Γ
3
2π
C = ∫ ydx + x dy −zdz = ∫ (2 sin t (−2 sin t ) +
2
Γ
0
r
k
2
БГ
УИ
Sxy
Р
0
X
2π
Y
2
Рис. 4.6
2π
+ 4 cos t 2 cos t )dt = 8 ∫ cos tdt − 4 ∫ sin 2 tdt = −4π .
2
3
0
0
2) В качестве поверхности S с краем Γ удобнее всего выбрать круг
r
r
r0 r
2
x + y ≤ 4, z = 3 (рис. 4.6). Тогда n = k . Далее rot a = (2 x − 1)k , и тогда,
применив полярные координаты, получим
r r
C = ∫∫ ( rota , n 0 ) ds = ∫∫ ( 2 x − 1) dxdy =
ек
а
2
S
2π
2
0
0
∫ dϕ ∫ (2 ρ cos ϕ − 1) ρ dρ = −4π .
т
= ∫∫ ( 2 ρ cos ϕ − 1)dρdϕ =
S xy
S
p
Би
бл
ио
4.42. Вершины D,B,A’ куба ABCDA’B’C’D’ находятся соответственно в
точках (1,0,0), (0,1,0), (0,0,1). Применяя формулу Стокса, вычислить циркуляцию
r
векторного поля a = ( y , z , x ) вдоль
Z
ломаной C′CDABB′A′D′ (рис. 4.7).
B′
∆ Обозначим данную ломаную через
1 A′
L1 .
Чтобы
сделать
возможным
r
i
применение формулы Стокса для
C′
D′
вычисления искомого интеграла
r r0
∫ ( a ,τ ) dl ,
r
j
L1
выражающего
работу,
дополним
ломаную L1 до замкнутой кривой L
отрезком L2 прямой, соединяющим
точки D′ и C′. На контур L «натянем»
кусочно-гладкую
поверхность
S,
состоящую из квадратов C′CDD′,D′DAA′
r
−i
S2
S3
B
1 Y
A
S1
1
C
D
X
Рис. 4.7
и A′ABB′. Их обозначим соответственно S1 , S 2 , S3. Применяя формулу (4.17) к
контуру L и поверхности S , имеем
r r
r r
r r
r r
r r
0
0
0
0
0
∫ ( a ,τ )dl + ∫ ( a ,τ ) dl = ∫∫ ( rot a , n ) ds + ∫∫ ( rot a , n ) ds + ∫∫ ( rot a , n ) ds.
(4.18)
r
Находим rot a = ( −1,−1, −1) . Орты нормалей на частях S1 , S 2 , S3 поверхности
r r
r
r
S с учетом направления обхода контура L1 имеют вид n 0 ( S1 ) = −i , n 0 ( S 2 ) = j ,
r
r
r
n 0 (S3 ) = i . Вычисляем поток вектора rot a через поверхность S , т. е. величину
выражения в правой части (4.18):
r r0
∫∫ ( rot a , n ) ds = ∫∫ ds − ∫∫ ds − ∫∫ ds = −1.
L2
S1
S2
S3
Р
L1
3
r 2
Находим теперь циркуляцию поля a вдоль отрезка L2 от точки D′ до точки
r
r
r
и,
C′.
На
этой
прямой
вектор
a = ( y ,1,1), τ 0 , dl = j dy
S1
1
r r0
значит, ∫ ( a ,τ ) dl = ∫ dy = 1.
L2
0
S
S
БГ
УИ
S
Из формулы (4.18) следует, что искомый интеграл
r r
0
∫ ( a ,τ ) dl (циркуляция
1
r
r
поля a вдоль L1 ) равен разности ПИ (поток rot a через поверхность S ) и КрИ
r r0
r r0
∫ ( a ,τ ) dl (циркуляция вдоль L2 ): ∫ ( a ,τ ) dl = −1 − 1 = −2. p
L2
ек
а
L
L1
Би
бл
ио
т
4.43. Проверить указанные равенства в координатной форме
r r
r
(α , β ∈ R; ϕ , a , b – дифференцируемые скалярное и векторные поля, c –
постоянный rвектор):
r
r r
r r r
r
1) rot ϕc = [ grad ϕ , c ].
2) rot [c , a ] = c div a − (c , ∇ ) a .
r r
r
r
r r
r
r
r r
rot
[
a
,
b
]
=
a
div
b
−
b
div
a
+
(
b
,
∇
)
a
−
(
a
,
∇
)
b
.
3*)
r
r
r
r
r
r
4) div [ a , b ] = b ( rot a ) − ( a , rot b ).
r
r r r
4.44. Найти ( r = ( x, y, z ), r = r ; a , b – постоянные векторы, ϕ (r ) –
дифференцируемое поле):
r r r
r
r
r
1) rot (ra) . 2) rot (( r , a )b ). 3) rot (ϕ ( r ) a ).
4) rot (ϕ ( r ) r ).
r r
r r
r r
Отв.: 1) [r , a ]/ r ; 2) [a, b ]; 3) ϕ '(r )[r , a ]/ r ; 4) 0.
r
r
4.45. Найти угол между rot a ( M 1 ) и rot a ( M 2 ) если
r
1) a = ( x 2 + y 2 , y 2 + z 2 , z 2 + x 2 ) ; M 1 = (1,2,3), M 2 = (1,1,−1).
r
2) a = ( z 3 , x 3 + y 3 , xyz) ; M 1 = (1,2,0), M 2 = (1,12,4).
Отв.: 1) π / 2; 2) arccos(3 / 5).
r
4.46. Показать, что поле rot a (M ) свободно от источников и стоков.
4.47. Найти функцию f ( x, z ), если rot ( yz, f ( x, z ), xy ) = (−1,0,1).
Отв.: f ( x, z ) = xz + x + z + c, c − const.
4.4. Соленоидальные и потенциальные векторные поля
Соленоидальные векторные поля. Потенциальные векторные поля.
Потенциалы. Криволинейный интеграл в потенциальном поле
r
Векторное поле a (M ) называется соленоидальным в области V , если в
этой области
r
div (a ( M )) = 0.
(4.19)
ек
а
БГ
УИ
Р
Равенство (4.19) называется условием соленоидальности векторного поля
r
a (M ) в V .
r
r
Так как div (a (M )) характеризует плотность источников поля a , то в
области соленоидальности
поля нет источников и стоков этого поля.
Например,
r
r
электрическое поле Ε точечного заряда соленоидально,
ибо divΕ = 0 всюду вне
r
точки нахождения заряда (в этой точке divΕ = ∞ ).
В соленоидальном поле V векторные (силовые) линии не могут начинаться
или заканчиваться. Они могут быть либо замкнутыми кривыми, либо иметь
концы на границе поля.
Из формулы Остроградского–Гаусса следует, что в соленоидальном поле
r
поток векторного поля a (M ) через любую замкнутую поверхность S ,
лежащую в этом поле, равен нулю:
r r0
∫∫ ( a , n ) ds = 0.
r
Если векторное поле a (M ) можно представить в виде ротора некоторого
r
r
векторного поля b (M ) , то b (M ) называется векторным потенциалом поля
r
a (M ) .
r
r
r
Легко проверить, что div rot b = 0, т.е поле вектора a = rot b является
соленоидальным.
r
4.48. Является ли векторное поле a соленоидальным, если
r
1) a = ( x( z 2 − y 2 ), y ( x 2 − z 2 ), z ( y 2 − x 2 )).
r
2) a = ( y 2 , − ( x 2 + y 3 ), z (3 y 2 + 1)).
r
3) a = (1 + 2 xy, − y 2 z, z 2 − 2 zy + 1).
r r r r
r
4) a = [u , v ], u = ( x, y , z ), v = ( y, z , x).
Отв.: 1) Да. 2) Нет. 3) Да. 4) Нет.
r
r
4.49. Найти дивергенцию сферического векторного поля a = f (r ) ⋅ r ,
r
r
r
r = ( x, y, z ), r = r . Определить вид функции f (r ), для которой поле a является
r
соленоидальным.
Отв.: diva = f ' (r )r + 3 f (r ) ; f (r ) = c / r 3 , c − const.
r q r r
r
4.50. Показать, что поле вектора Ε = 2 r 0 , r = ( x, y , z ), r = r является
r
Би
бл
ио
т
S
Би
бл
ио
т
ек
а
БГ
УИ
Р
соленоидальным во всякой области, не содержащей начала координат
O = (0,0,0).
r
Векторное поле a = ( P , Q , R ) называется потенциальным или безвихревым
в некоторой области V , если
r
r
rot a ( M ) = 0, ∀M ∈ V .
(4.20)
r
Равенство (4.20) называется условием потенциальности поля a . Это
условие, согласно определению ротора, равносильно выполнению равенств
∂R ∂Q ∂P ∂R ∂Q ∂P
(4.21)
=
,
=
,
=
.
∂y ∂z ∂z ∂x ∂x ∂y
Имеет место следующее утверждение: если в односвязной области V
r
задано векторное поле a = ( P , Q , R ) , где P, Q, R – гладкие функции, то для
r
того, чтобы поле a было потенциальным, в V необходимо и достаточно,
чтобы существовала дважды непрерывно дифференцируемая скалярная
функция u = u ( x, y , z ) , такая, что
r
(4.22)
a = grad u.
Функция u = u ( x, y , z ) , удовлетворяющая в области V равенству (4.22),
называется потенциалом или потенциальной функцией векторного поля ar .
Соотношение (4.22) равносильно следующим трем скалярным равенствам:
∂u
∂u
∂u
= P( x, y , z ),
= R( x, y , z ).
(4.23)
= Q ( x, y, z ),
∂x
∂z
∂y
Потенциал поля определяется неоднозначно с точностью до постоянной.
r
В случае потенциальности поля a = ( P , Q , R ) задача нахождения
потенциала u равносильна восстановлению функции u по ее полному
дифференциалу du = Pdx + Qdy + Rdz.
r
Потенциал u поля a = ( P , Q , R ) можно найти по формуле
( x, y,z )
u ( x, y , z ) =
∫ P( x, y, z)dx + Q( x, y, z )dy + R( x, y, z )dz,
(4.24)
( x0 , y0 , z0 )
где
( x0 , y0 , z0 )
–
некоторая
фиксированная точка поля, а ( x, y, z ) –
произвольная текущая точка. Обычно
в качестве пути, соединяющего точку
M 0 = ( x0 , y0 , z0 )
и
M = ( x, y, z ),
выбирают ломаную M 0 ABM , звенья
которой параллельны координатным
осям и не выходят за пределы области:
M 0 A параллельно X, AB параллельно
Y, BM параллельно Z (рис. 4.8). Тогда
формула (4.24) примет вид
Z
M = ( x, y , z )
M 0 = ( x0 , y 0 , z 0 )
0
A = ( x, y0 , z0 ) B = ( x, y, z0 )
Y
X
Рис. 4.8
u ( x, y , z ) =
y
x
z
∫ P ( x , y 0 , z 0 ) dx + ∫ Q( x , y , z 0 ) dy + ∫ R ( x, y , z ) dz ,
x0
y0
(4.25)
z0
где x,y,z – координаты текущей точки на звеньях ломаной, вдоль которых
ведется интегрирование.
r r
r r
r r
Линейный интеграл ∫ ( a ,τ 0 ) dl = ∫ ( a , dr ), где dr = τ 0 dl в потенциальном
Γ
Γ
r
поле a (M ) равен разности значений потенциала u (M ) в конечной M 2 и
начальной M 1 точках интегрирования:
r r
∫ ( a , dr ) = u ( M 2 ) − u ( M 1 ).
M1
(4.26)
Р
M2
Би
бл
ио
т
ек
а
БГ
УИ
4.51. Являются ли следующие векторные поля потенциальными?
r
r
2) a = (2 xy + z 2 , 2 yz + x 2 , 2 xz + y 2 ).
1) a = ( xz, 2 y, xy ).
r
r 1
4) a = ( yz cos xy, xz cos xy, sin xy ).
3) a = ( x 3 , y 3 , xz 3 ).
3
r
r  z 1 x 1 y 1
5) a = (ln(1 + z 2 ), ln(1 + x 2 ), xz ).
6) a =  2 + , 2 + , 2 + .
y y
z z
x
x
Отв.: 1) Нет. 2) Да. 3) Нет. 4) Да. 5) Нет. 6) Нет.
r
r
r
r
4.52. Доказать, что поле a = f (r ) ⋅ r , где r = ( x, y , z ), r = r , f (r ) –
дифференцируемая функция, является потенциальным.
r
4.53. Доказать, что векторное поле
a = ( y + z , z + x, x + y ) является
потенциальным, и найти его потенциал.
∆ 1-й способ. Имеем
r
r
r
i
j
k
r r
r
r
r
r
∂
∂
∂
rot a ( M ) = 0 ⇔
= (1 − 1)i + (1 − 1) j + (1 − 1) k ≡ 0,
∂x
∂y
∂z
( y + z) ( z + x) ( x + y)
r
т. е. поле a является потенциальным. Потенциал этого поля найдем с помощью
формулы (4.25). За начальную фиксированную точку возьмем начало
координат O = (0,0,0). Тогда
x
y
z
u ( x, y, z ) = ∫ (0 + 0)dx + ∫ ( x + 0)dy + ∫ ( x + y )dz = xy + xz + yz + c, c − const.
r0
2-й способ. Векторное равенство a = grad u равносильно трем скалярным
равенствам
∂u
= y + z,
(4.27)
∂x
∂u
(4.28)
= x + z,
∂y
0
0
Интегрируя (4.27) по x, получаем
∂u
= x + y.
∂z
(4.29)
x
u ( x, y , z ) = ∫ ( y + z )dx = xy + xz + f ( y, z ),
(4.30)
0
БГ
УИ
Р
где f ( y, z ) – произвольная дифференцируемая функция, играющая роль
константы при интегрировании по x. Дифференцируя обе части (4.30) по y с
учетом (4.28), получаем
∂u
∂f
∂f
∂f
(4.31)
= x+
⇔ x+ z= x+
⇒z= .
∂y
∂y
∂y
∂y
Равенство (4.31) интегрируем по y:
y
y
f ( y, z ) = ∫ f ( y, z )dy = ∫ zdy =zy + F ( z ),
0
(4.32)
0
Би
бл
ио
т
ек
а
где F (z ) – неопределенная пока функция от z. Из (4.32) и (4.30) имеем
u ( x, y, z ) = xy + xz + F ( z ).
Это равенство дифференцируем по z и с учетом (4.29) получим
∂F
∂F
x+ y = x+ y+
= 0 ⇒ F = c − const.
⇒
∂z
∂z
Итак, u ( x, y , z ) = xy + xz + zy + c. p
4.54. Вычислить
криволинейный
интеграл
в
поле
вектора
r
a = ( yz + 1, xz, xy ) вдоль отрезка прямой, соединяющей точки O = (0,0,0) и
A = (1,2,3).
∆ Убедившись, что поле ar потенциально, как и в примере 4.53, найдем его
потенциал u ( x, y , z ) = x + xyz + c. По формуле (4.26) искомый КрИ
A
∫ ( yz + 1)dx + xzdy + xydz = u ( A) − u (0) = (1 ⋅ 2 ⋅ 3 + 1 + c) − c = 7. p
0
4.55. Доказать потенциальность поля и найти его потенциал:
r
1) a = (3 x 2 y − y 3 , x 3 − 3 xy 2 ).
r 
sin 2 x cos 2 y
cos 2 x sin 2 y
2) a = 
,
 cos 2 x sin 2 y + sin 2 x cos 2 y
cos 2 x sin 2 y + sin 2 x cos 2 y

r
3) a = ( yz − xy , xz − x 2 / 2 + yz 2 , xy + y 2 z ).
y 1
z 1
x 
r 1
4*) a =  − 2 , − 2 , − 2 .
y z 
z x x y
2 yz z
2 xz y
2 xy 
y
x
x
r  z
5*) a =  2 − 2 − 3 , 2 − 2 − 3 , 2 + 2 + 3 .
z
x
x
z
y
x
y
z 
y
Отв.: 1) xy ( x 2 − y 2 ) + c;
2)
cos 2 x sin 2 y + sin 2 x cos 2 y + c;

.


БГ
УИ
Р
1
yz xz xy
y z x
3) xyz − ( x 2 y + y 2 z 2 ) + c;
4) + + + c; 5) 2 + 2 − 2 + c.
2
x
y
z
x y z
r
4.56. Доказать потенциальность поля a (M ) , найти его потенциал и
вычислить значения соответствующего КрИ-2 по дуге AB, где A – начало дуги,
B – ее конец:
r
1) a = ( 2 xyz , x 2 z , x 2 y ), A = (1, −1, 2), B = ( −2,4,2).
r
2) a = ( x 2 − 2 yz , y 2 − 2 xz , z 2 − 2 xy ), A = (1, −1,1), B = ( −2, 2,3).
r
3) a = ( 2 xy + z 2 , 2 xy + x 2 , 2 xz + y 2 ), A = (0,1, −2), B = ( 2,3,1).
Отв.: 1) 34; 2) 92 / 3; 3) 25.
4.5. Дифференциальные операции 2-го порядка. Векторные операции
в криволинейных ортогональных координатах
ек
а
Оператор Гамильтона «набла». Дифференциальные операции второго
порядка. Оператор Лапласа. Гармонические функции. Криволинейные
ортогональные координаты в пространстве. Коэффициенты Ламэ в
различных ортогональных системах координат. Градиент, дивергенция,
ротор и оператор Лапласа в цилиндрической и сферической системах
координат
Би
бл
ио
т
r
r r
Операции grad u , div a , rot a , a = ( P, Q , R ) выражаются через частные
производные первого порядка:`
r
r
r
i
j
k
r
r ∂P ∂Q ∂R
∂
∂
∂
 ∂u ∂u ∂u 
grad u = 
,
,
.
+
+
; rot a =
; div a =
∂x ∂y ∂z
∂x ∂y ∂z
 ∂x ∂y ∂z 
P Q
R
Эти соотношения могут быть записаны кратко с помощью символического
вектора «набла» (оператора Гамильтона):
∂ r ∂ r ∂ r ∂ ∂ ∂ 
∇= i +
j + k =  , , , т. е.
∂x
∂y
∂z
 ∂x ∂y ∂z 
∇u = grad u .
Для производной поля u в точке M по направлению произвольного
r0
единичного вектора l = (l x0 , l 0y , l z0 ) верна формула
r
∂u
= (l 0 , grad u ).
(4.33)
∂l
r
Вводя скалярный дифференциальный символ (l 0 , ∇ ), имеющий
координатный вид
т
ек
а
БГ
УИ
Р
r
∂u
∂u
∂u
(l 0 , ∇ ) = l x0
+ l y0
+ l z0
,
∂x
∂y
∂z
равенство (4.33) записывают в виде
∂u r 0
(4.34)
= (l , ∇)u.
∂l
Далее,
r
∂
∂
∂
∂P ∂Q ∂R
(∇ , a ) =
P+
Q+
R=
+
+
,
∂x
∂y
∂z
∂x ∂y
∂z
т. е.
r
r
(∇, a ) = div a .
(4.35)
r
r
r
i
j
k
r
∂
∂
∂
Кроме того, [∇, a ] =
, т. е.
∂x ∂y ∂z
P Q
R
r
r
[∇, a ] = rot a .
(4.36)
Если символический оператор ∇ действует на произведение, то
необходимо применять его к каждому сомножителю отдельно, считая другой
сомножитель постоянным. Затем, пользуясь правилами векторной алгебры,
следует преобразовать каждое слагаемое так, чтобы оператор ∇ стоял перед
последним сомножителем.
4.57. Используя правила действия с ∇ , показать, что
а) grad (uv) = v grad u + u grad v;
r r
r
r r
r r
б) rot [ a , c ] = ( c , ∇ ) a − c div a , c − const .
)
)
r а) Имеем: grad (uv ) = ∇(u , v ) + ∇ (u , v ) («шапочка» ∩ указывает
Би
бл
ио
функцию, на которую «действует» оператор). Но
)
)
∇ (u v ) = v∇u = v grad u , ∇ (uv ) = u∇v = u grad v, и формула а) доказана.
r r r
r r r r r r
б) По известной формуле векторной алгебры [ a , [b , c ]] = ( a , c )b − ( a , b ) c .
r )r
r
Учитывая соотношение [∇, [ a , c ]] = 0, ( c − const , и поэтому результат
r
действия ∇ на c есть нуль), имеем:
)r r
)r r
r r
r r
r )r
r )r
rot [ a , c ] = [∇ , [ a , c ]] = [ ∇ , [ a , c ]] + [ ∇ , [ a , c ]] = (∇ , c ) a − (∇ , a ) c .
r r
r
r
r
Но (∇, c ) a = ( c , ∇ ) a , а это и есть производная вектора a по направлению
r
вектора c (см. 4.34). Таким образом, равенство б) доказано. p
r
4.58. С помощью
оператора ∇ доказать следующие равенства ( c –
r
r
постоянный,r a и br – переменные векторы):
r
r r
1) div (c u ) = (c , grad u ).
2) div(au) = udiv a + ( a , grad u ).
r r
r
r
r
r
3) grad ( a , c ) = [ c , rot a ] + (c , ∇ ) a .
r
r
r
r
r r
r
r
r r
4) grad ( a , b ) = [ b , rot a ] + [ a , rot b ] + ( b , ∇ ) a + ( a , ∇ )b .
r
r
r r
r
r
r r
r
r
5) div [ a , c ] = ( c , rot a ).
6) div [ a , b ] = (b , rot a ) − ( a , rot b ).
r
r
r
r
r
7) rot (c u ) = [ grad u , c ].
8) rot ( au ) = urot a + [ grad u , a ].
Би
бл
ио
т
ек
а
БГ
УИ
Р
r
r r r r r
r r
r r
9) rot [ a , b ] = (b , ∇ ) a − ( a , ∇ )b + a divb − b diva .
r
Пусть u = u ( x, y , z ) – скалярное поле, a = ( P , Q , R ) – векторное поле.
Предполагаем, что в области задания V этих полей функции u , P, Q, R имеют
непрерывные частные производные второго порядка. Тогда grad u (M ) и
r
r
rot a (M ) являются дифференцируемыми векторными полями, а div a (M ) –
дифференцируемым скалярным полем.
К дифференциальным операциям второгоr порядка rотносятсяr следующие:
div grad u , rot grad u , grad div a , div rot a , rot rot a .
Эти операции с помощью оператора Гамильтона ∇ записываются
следующим образом:
r
r
div grad u = (∇, ∇u ); rot grad u = [∇, ∇u ]; grad diva = ∇ ((∇, a ));
r
r
r
r
(4.37)
divrota = (∇ ,[∇, a ]);
rot rota = [∇ , [∇, a ]].
Символ ∇ может встречаться в выражении не раз, создавая
дифференциальные символы второго и более высоких порядков.
Символ div grad = (∇, ∇ ) = ∇ 2 обозначается ∆ и называется оператором
Лапласа, или лапласианом. Нетрудно видеть, что
∂ 2u ∂ 2 u ∂ 2 u
2
∆u = ∇ u = div grad u = 2 + 2 + 2 .
(4.38)
∂x
∂y
∂z
Уравнение ∆u = 0 называется уравнением Лапласа. Оно используется в
уравнениях математической физики. Функция u = u ( x, y , z ) , удовлетворяющая в
области V уравнению Лапласа, называется гармонической в этой области.
Можно легко показать, что
r
r
div rot a ≡ 0, rot grad u ≡ 0.
(4.39)
4.59. Доказать следующие равенства (u и v – скалярные поля):
а) div (u grad v ) = ( grad u , grad v ) + u∆v;
б)* ∆ (uv ) = v∆u + 2( grad u , grad v ) + u∆v.
r а) Используя оператор Гамильтона, получаем
div (u grad v ) = (∇, (u∇v )) = (∇u , ∇v ) + u∇ 2 v = ( grad u , grad v ) + u∆v.
б) Используя формулы
∆u = ∇ 2u = (∇, ∇u ), ∇(uv) = v∇u + u∇v, (∇, v∇u ) = (∇u, ∇v) + v∇ 2u,
находим
∆ (uv ) = (∇, ∇(uv )) = (∇, (v∇u + u∇v )) = (∇, v∇u ) + (∇, u∇v ) =
= (∇v, ∇u ) + v∇ 2u + u∇ 2v = v∇ 2u + 2(∇u, ∇v) + u∇ 2v =
= v∆u + 2 ( grad u , grad v ) + u∆v.
p
r
4.60.* Доказать, что для векторного
поля a rсправедлива
формула
r
r
rot rot a = grad div a − ∆a .
4.61. Вычислить:
1) ∆ (1 / r ), где r = x 2 + y 2 + z 2 , r ≠ 0.
r
r
2) ∆a , если a = (( y 2 + z 2 ) x, ( x 2 + z 2 ) y , ( x 2 + y 2 ) z ).
Отв.: 0.
r
Отв: 4 r = 4( x, y , z ).
Доказать гармоничность плоского поля
r r
r
r
a = r / r 2 , r = ( x, y ), r = r .
4.63. Доказать гармоничность поля сил тяготения точечной массы и поля
кулоновских сил точечного заряда.
Пусть x, y , z – прямоугольные координаты точки M . Как отмечено в п. 1.2,
ее положение можно задать также с помощью криволинейных координат
q1 , q2 , q3 , связь которых с x, y , z запишем в виде
(4.40)
x = x (q1, q2 , q3 ) , y = y (q1, q2 , q3 ) , z = z (q1, q2 , q3 ) .
При изменении q1 и фиксированных значениях q2 ,q3 точка с координатами
x, y , z , определяемая формулами (4.40), описывает в пространстве некоторую
кривую, называемую координатной линией q1 . Аналогично определяются
координатные линии q2 ,q3 . Криволинейные координаты называются
ортогональными, если в любой точке три координатные линии, проходящие
через нее, попарно ортогональны, т. е. попарно ортогональны касательные к
координатным линиям в этой точке.
Элементы dl1, dl2 , dl3 длин дуг координатных линий q1 , q2 , q3 выражаются
соответственно.
Здесь
формулами
dl1 = H1dq1 , dl2 = H 2 dq2 , dl3 = H 3dq3 ,
величины
БГ
УИ
Р
4.62.
2
2
2
ек
а
 ∂x   ∂y   ∂z 
 ,
 + 
 + 
H1 = 
 ∂q1   ∂q1   ∂q1 
2
2
2
т
 ∂x   ∂y   ∂z 
 ,
 + 
 + 
H 2 = 
∂
∂
∂
q
q
q
 2  2  2
2
2
2
(4.41)
Би
бл
ио
 ∂x   ∂y   ∂z 
 + 
 + 

H 3 = 
∂
q
∂
q
∂
q
 3  3  3
называются параметрами Ламэ криволинейных координат q1 , q2 , q3 . Они
характеризуют в каждой точке пространства изменение длины координатной
линии dli в зависимости от изменения dqi соответствующей криволинейной
координаты qi , i = 1,2,3.
В цилиндрической системе координат q1 = ρ , q2 = ϕ , q3 = z формулы (4.41)
дают H1 = 1, H 2 = ρ , H 3 = 1,
а в сферической системе координат
q1 = r , q2 = θ , q3 = ϕ – H 1 = 1, H 2 = r , H 3 = r sin θ .
Запишем теперь операции grad , div , rot , ∆ в цилиндрической и
сферической системах координат.
Цилиндрическая система координат (ЦСК)
r r r
Пусть { eρ , eϕ , ez } – базис в точке M (базисные единичные векторы
r r r
e ρ , eϕ , e z направлены по касательным к координатным линиям в точке M в
сторону возрастания ρ ,ϕ , z ). Тогда в ЦСК для скалярного поля u (M ) и
r
векторного поля a ( M ) = ( P, Q , R ) :
∂u r
1 ∂u r
∂u r
eρ +
eϕ +
ez ;
grad u =
∂ρ
∂z
ρ ∂ϕ
r 1 ∂ ( ρP ) 1 ∂Q 1 ∂R
div a =
+
+
;
ρ ∂ρ
ρ ∂ϕ ρ ∂z
r  1 ∂R ∂Q  r
1  ∂ ( ρQ ) ∂P
 ∂P ∂R  r
−
rota = 
−
−
eϕ + 
e ρ + 
∂ϕ
ρ  ∂ρ
 ∂z ∂ϕ 
 ρ ∂ϕ ∂z 
r
e z ;

(4.42)
Би
бл
ио
т
ек
а
БГ
УИ
Р
1 ∂  ∂u 
1 ∂ 2u
.
∆u =
ρ
+
ρ ∂ρ  ∂ρ  ρ 2 ∂ϕ 2
Сферическая система координат (ССК)
r r r
Пусть теперь {e ρ , eθ , eϕ } – базис в точке M в ССК r ,θ , ϕ . Тогда
1 ∂u r
∂u r 1 ∂u r
grad u =
er +
eθ +
eϕ ;
∂r
r ∂θ
r sin θ ∂ϕ
r 1 ∂(r 2 P )
1 ∂ (Q sin θ )
1 ∂R
;
div a = 2
+
+
∂r
r sin θ
∂θ
r sin θ ∂ϕ
r
(4.43)
r
∂ ( rR )  r
1  ∂ ( R sin θ ) ∂Q  r 1  1 ∂P
−
−Q
rot a =

 er + 
eθ +
r sin θ 
∂θ
∂ϕ 
r  sin θ ∂ϕ
∂r 
1 ∂ ( rQ ) ∂P  r
+ 
−
eϕ ;
∂θ 
r  ∂r
1 ∂  2 ∂u 
1
∂ 
∂u 
1
∂ 2u
∆u = 2  r
.
+
 sin θ
+
∂θ  r 2 sin 2 θ ∂ϕ 2
r ∂r  ∂r  r 2 sin θ ∂θ 
r
4.64. Найти общий вид потенциального поля a в сферических
r
координатах с проекциями, зависящими только от радиальной координаты r
(сферически симметричное поле).
r
r
r
r
∆ В ССК поле a = a r er + aθ eθ + aϕ eϕ , где по условию
a r = a r ( r ), aθ = aθ (θ ), aϕ = aϕ ( r ).
(4.44)
r
Для поля a , согласно (4.43) и условию задачи, имеем
r
r
1  ∂ ( aϕ sinθ ) ∂aθ  r 1  1 ∂ar ∂ (raϕ )  r 1  ∂ ( raθ ) ∂ar  r

er + 
eθ + 
rota =
−
−
−
eϕ = 0.
∂θ
∂ϕ 
∂r 
r sinθ 
r  sinθ ∂ϕ
r  ∂r
∂θ 
Отсюда, приравнивая к нулю координаты, с учетом (4.44), получаем
aϕ (r )

ctgθ = 0, 
r

daϕ (r ) aϕ (r )

(4.45)
−
−
= 0,
dr
r

daθ (r ) aθ (r )
+
=0 

dr
r
(здесь принято обозначение дифференцирования через d, так как функции
ar , aθ , aϕ зависят только от r ). Из первого равенства системы (4.45) имеем
aϕ (r ) = 0, а из третьего равенства получим
БГ
УИ
Р
daθ
a
da
dr
= − θ ⇒ θ = − ⇒ d ln aθ = d (− ln r ).
r
dr
r
aθ
Так как функции с равными дифференциалами отличаются на постоянную,
которую для удобства обозначим ln c , c > 0, то
c
ln aθ = − ln r + ln c ⇒ aθ = , c − const .
r
Таким образом, искомое поле имеет вид
cr
r
r
a = f ( r )er + eθ , где f (r ) – произвольная дифференцируемая функция. p
r
4.65. Найти сферически симметричное решение уравнения Пуассона
∆u = 1 / r , т. е. решение, зависящее только от r .
Отв: u = r / 2 − c1 / r + c2 ; c1 , c2 − const.
4.66. *Перейти к цилиндрическим
координатам
в выражении для
r
r
r
r
r r
a = ρ / ρ , ρ = ( x , y ,0), ρ = ρ и найти div a и rot a .
r
r
r
Отв.: div a = 2 z 2 /( ρ 2 + z 2 ) 3 / 2 , rot a = − ( 2 ρz /( ρ 2 + z 2 ) 3 / 2 )eϕ .
Би
бл
ио
т
ек
а
4.67. Найти все гармонические функции вида: а) u = f (ρ ); б) u = f (ϕ );
в) u = f (z ). ( ρ ,ϕ , z ) – цилиндрические координаты.
Отв.: а) u = c1 ln ρ + c2 ; б) u = c1ϕ + c2 ; в) u = c1 z + c2 .
4.68. Найти все гармонические функции вида: а) u = f (θ ); б) u = f (ϕ ).
(θ , ϕ – две из трех сферических координат r ,θ , ϕ ).
θ
Отв.: а) u = c1 ln tg + c2 ; б) u = c1ϕ + c2 .
2
4.69. Перейти
к
сферическим
координатам
в
выражении
r
r
r
r
r
a = ( xj − yi ) / x 2 + y 2 + z 2 и найти a , div a , rot a .
r 1
r
r
r
r
r
Отв.: a = sin θ eϕ , div a = 0 , rot a = ( 2 cos θ er − sin θ eθ ).
r
4.70. Найти градиенты скалярных полей в цилиндрических координатах:
1) u = ρ + z cosϕ .
2) u = ρ 2 + 2 ρ cos ϕ − e z sin ϕ .
3) u = ρ cos ϕ + z sin 2 ϕ − 3ρ .
Отв.:
r
1
r
r
1) eρ − sin ϕ eϕ + cos ϕ ez .
ρ
r
1
r 
r
2) 2( ρ + cos ϕ ) eρ −  2sin ϕ + e z cos ϕ  eϕ − e z sin ϕ ez .
ρ


r
r z
r
3) (cos ϕ − 3ρ ln 3) eρ +  sin 2ϕ − sin ϕ  eϕ − e z sin ϕ ez .
ρ

4.71. Найти градиенты скалярных полей в сферических координатах:
1) u = r +
sin θ
− sin θ cosϕ .
r
2) u = r 2 cosθ .
cosθ
, µ − const.
r2
r
r
 sin θ  r cosθ  1
 r sin ϕ r
Отв.: 1) 1 −
eϕ ; 2) 2r cosθ er − r sin θ eθ ;
 er +
 − cosϕ  eθ +
r 
r r
r


3) u = 3r 2 sin θ + eγ cos ϕ.
4) u = µ
r
r er sin ϕ r
2 cosθ
sin θ
3) ( 6r sin θ + e cos ϕ − 1) er + 3r cosθ eθ −
eϕ ; 4) − µ  3 err + 3 erθ .
r sin θ
r 
 r
4.72. Вычислить дивергенцию векторов:
r
r
r
r
r
r
r
r
1) a = ρ eρ + z sin ϕ eϕ + eϕ cos z ez .
2) a = 2arctgρ eρ + 2eϕ + z 2 e z ez .
БГ
УИ
Р
r
Би
бл
ио
т
ек
а
r
r
r
ϕ r
3) a = r 2er − 2 cos 2 ϕ eθ + 2
eϕ .
r +1
z
r
ϕ
ϕ
rz
2
Отв.: 1) 2 + cos ϕ − e ϕ sin z;
2) arctg ρ +
−
(
z
+
2
z
)
e
;
ρ
1+ ρ2
ρ
2
1
3) 4 r − cos 2 ϕ ctgθ +
.
2
r
r (r + 1) sin θ
r
4.73.
Вычислить ротор векторного поля a :
r
r
r
r
1) a = (2r + α cos ϕ )er − α sin θ eθ + r cos θ eϕ , α − const.
r
r
r
r
r
r sin ϕ r
r
2) a = r 2er + 2 cos θ eθ − ϕ eϕ . 3) a = cos ϕ eρ −
eϕ + ρ 2 ez .
ρ
cos 2θ r 
α sin ϕ  r α sin θ r
Отв.: 1)
er −  2cosθ +
eϕ ;
 eθ −
sin θ
r sin θ 
r

ϕ
r ϕ r 2cosθ r
r sin ϕ r
2) − ctgθ er + eθ +
eϕ ;
3) − 2 ρ eϕ +
ez .
r
r
r
ρ
r 2 cosθ r sin θ r
4.74.
Доказать потенциальность поля a =
er + 3 eθ .
r3
r
Пусть S – часть координатной поверхности u = c − const, ограниченная
координатными линиями
q1 = α1 , q2 = α 2 (α1 < α 2 );
q3 = β1 , q3 = β 2 ( β1 < β 2 ).
r
r
r
r
Тогда поток вектора a = P ( q1 , q 2 , q 3 )e1 + Q ( q1 , q 2 , q3 ) e2 + R ( q1 , q 2 , q3 ) e3
r
через поверхность S в направлении вектора e1 вычисляется по формуле
Π=
α2β2
∫ ∫ P(c, q2 , q3 ) H 2 (c, q2 , q3 ) H 3 (c, q2 , q3 )dq1dq2 ,
(4.46)
α 1 β1
где H 2 , H 3 – коэффициенты Ламэ.
Аналогично вычисляется поток через часть поверхности q2 = c или через
часть поверхности q3 = c, где c = const.
4.75.
Найти поток векторного поля, заданного в сферических
r
r
r
координатах: a = r 2θ er + r 2 e 2θ eθ через внешнюю сторону верхней полусферы
S радиусом R с центром в начале координат.
∆ Полусфера S – часть координатной поверхности r = const, именно,
r = R. На S имеем
q1 = r = R , q 2 = θ , q3 = ϕ ; 0 ≤ θ ≤ π / 2, 0 ≤ ϕ ≤ 2π .
Учитывая, что в сферических координатах H1 = H r = 1, H 2 = Hθ = r ,
H 3 = H ϕ = r sin θ , по формуле (4.46) найдем
2π
0
0
π /2
4
∫ dθ ∫ R θ sin θ dϕ = 2πR ∫ θ sinθ dθ = 2πR . p
4
4
0
Р
Π=
π /2
БГ
УИ
4.76.
Вычислить поток векторного поля, заданного в цилиндрических
r
r
r
координатах: a = ρ e ρ + zeϕ через замкнутую поверхность S = {z = 0, z = 1, ρ = 1}
по формуле Гаусса–Остроградского.
r
∆ Искомый поток Π = ∫∫∫ divadv.
V
ек
а
Так как в цилиндрических координатах
r 1 ∂
1 ∂Q ∂R
div a =
( ρP ) +
+
,
ρ ∂ρ
ρ ∂ϕ ∂z
в нашем случае получим
r 1 ∂
1 ∂z
div a =
(ρ 2 ) +
= 2.
ρ ∂ρ
ρ ∂ϕ
т
Поэтому искомый поток Π = ∫∫∫ 2dv = 2π .
p
r
a , заданного в
4.77.
Вычислить поток векторного поля
цилиндрических координатах, через данную поверхность S непосредственно и
с помощью формулы Гаусса–Остроградского.
r
r
r
r
1. a = ρeρ − cos ϕ eϕ + zez ; S = {ρ = 2, z = 0, z = 2}.
Отв.: 24π .
r
r
r
r
2. a = ρ eρ + ρϕ eϕ − 2 zez ; S = {ρ = 1, ϕ = 0, ϕ = π / 2, z = −1, z = 1}. Отв.: π / 2.
r r
r
r
4.78. Найти поток вектора a = rer + r sin θ eθ − 3rϕ sin θ eϕ , заданного в
сферических координатах, через замкнутую поверхность S , ограниченную
верхней полусферой радиуса R и поверхностью θ = π / 2.
Отв.: 2πR3 / 3. Указание. При непосредственном вычислении потока надо
рассматривать потоки через все координатные поверхности r = 0, r = R,
θ = 0, θ = π / 2, ϕ = 0, ϕ = 2π .
r
r
r
4.79.
Найти поток вектора a = r 2er + R 2 r sin θ cos ϕeϕ , заданного в
сферических координатах, через замкнутую поверхность, ограниченную
координатными
поверхностями
r = R, ϕ = 0,
ϕ = π / 2, θ = π / 2,
непосредственно и с помощью формулы Остроградского–Гаусса.
Би
бл
ио
V
Би
бл
ио
т
ек
а
БГ
УИ
Р
1 4 R5
Отв.: πR − .
2
3
Пусть в криволинейных координатах q1 , q2 , q3 задано векторное поле
r
r
r
r
a ( M ) = P(q1 , q2 , q3 )e 1 + Q(q1, q2 , q3 )e 2 + R(q1 , q2 , q3 )e 3 ,
которое
является
потенциальным в некоторой области Ω изменения переменных q1 , q2 , q3 , т.е.
r r
rot a = 0 в Ω .
Для нахождения потенциала u = u (q1, q2 , q3 ) этого поля равенство
r
a ( M ) = grad u ( M ) записывается в виде
r
1 ∂u r 1
1 ∂u r 2
1 ∂u r 3
r
r
P e 1 + Qe 2 + R e 3 =
e +
e +
e .
H 1 ∂q1
H 2 ∂q 2
H 3 ∂q 3
Отсюда следует, что
∂u
∂u
∂u
= PH 1 ,
= QH 2 ,
= RH 3.
(4.47)
∂q1
∂q2
∂q3
Система уравнений (4.47) решается так же, как при нахождении
потенциала в декартовых координатах.
В цилиндрических координатах ( q1 = ρ , q2 = ϕ , q3 = z ) система (4.47) имеет
вид
∂u
∂u
∂u
(4.48)
= az ;
= aρ ,
= ρ aϕ ,
∂ρ
∂z
∂ϕ
в сферических координатах ( q1 = r , q2 = θ , q3 = ϕ ) – вид
∂u
∂u
∂u
= ar ,
= raθ ,
(4.49)
= r sin θ aϕ .
∂r
∂θ
∂ϕ
4.80.
Найти потенциал векторного поля:
ln ρ r
r  arctgz
r
r
1) a = 
+ cos ϕ eρ − sin ϕ eϕ +
ez .
1+ z2
 ρ

r 1 r θ ln r θϕ r ln r θϕ r
e eϕ +
ϕe eθ .
2) a = eθϕ er +
r
r sin θ
r
r
∆ По формуле (4.42) для rot a в цилиндрических координатах убеждаемся,
r r
r
что rot a = 0 , то есть поле a потенциально. Согласно (4.48), его потенциал
u = u ( ρ ,ϕ , z ) является решением следующей системы:
∂u arctgz
∂u
∂u ln ρ
=
.
(4.50)
=
+ cosϕ ,
= − sin ϕ ⋅ ρ ,
∂z 1 + z 2
∂ρ
ρ
∂ϕ
Из первого уравнения этой системы интегрированием по ρ находим, что
u = ln ρ ⋅ arctgz + ρ cos ϕ + c(ϕ , z )
(4.51)
( c(ϕ , z ) играет роль константы при интегрировании по ρ ). Дифференцируя
(4.51) по ϕ и используя второе соотношение из (4.50), получаем
∂u
∂c
∂c
= − ρ sin ϕ +
= − ρ sin ϕ ⇒
≡ 0, т. е. c(ϕ , z ) = c1 ( z ).
∂ϕ
∂ϕ
∂ϕ
Тем самым,
∂u ln ρ
ln ρ
=
+ c1 '( z ) =
2
∂z 1 + z
1 + z2
в силу третьего соотношения из (4.51). Значит, c1 ' ( z ) ≡ 0 ⇒ c1 ( z ) = c − const.
Итак, потенциал данного поля u ( ρ , ϕ , z ) = ln ρ ⋅ arctgz + ρ cos ϕ + c.
r r
r
По формуле (4.43) для rot a в ССК убеждаемся, что rot a = 0, т. е. поле
потенциально в области {r > 0,θ ≠ nπ ; n ∈ Z }.
Система равенств (4.49) для отыскания потенциала u = u (r ,θ ,ϕ ) имеет вид
u = ln ρ ⋅ arctgz + ρ cosϕ + c1 ( z ) ⇒
БГ
УИ
Р
∂u eθϕ
∂u
∂u
=
,
= ϕ eθϕ ln r ,
(4.52)
= θ eθϕ ln r.
∂r
r
∂θ
∂ϕ
Интегрируя по r первое из равенств этой системы, получаем
u = eθϕ ln r + c (θ , ϕ ). Отсюда и из второго уравнения системы (4.52) имеем
∂u
∂c
∂c
= ϕ eθϕ ln r = ϕeθϕ ln r +
⇒
≡ 0, т. е. c(θ , ϕ ) ≡ c1 (ϕ ), и, значит,
∂θ
∂θ
∂θ
u = eθϕ ln r + c1 (ϕ ). Отсюда с учетом третьего уравнения системы (4.52) находим
∂u
= θ eθϕ ln r = θ eθϕ ln r + c1 ' (ϕ ) ⇒ c1 ' (ϕ ) = 0, то есть c1 (ϕ ) = c − const.
∂ϕ
Би
бл
ио
т
ек
а
p
Искомый потенциал равен u ( r ,θ , ϕ ) = eθϕ ln r + C.
4.81.
Установить потенциальность следующих векторных полей и
найти их потенциалы:
r
r
r
r
r
r ϕr
r
1) a = ρ eρ + eϕ + zez .
2) a = ϕ z eρ + zeϕ + ρϕ ez .
ρ
r
r
r
r
r
r
1
r
r
3) a = e ρ sin ϕ eρ + e ρ cos ϕ eϕ + 2 zez . 4) a = ϕ cos zeρ + cos zeϕ − ρϕ sin zez .
ρ
r
r
r 1 r
1 r 1r
ϕ r θr
5) a = 2rer +
eϕ + eθ .
6) a = ϕ 2er +
eϕ + eθ .
r sin θ
r
2
sin θ
r
r
r
r
r
7) a = cos ϕ sin θ er + cos ϕ cos θ eθ − sin ϕ eϕ .
r
r 1
r
2ϕ
r
8) a = e r sin θ er + e r cos θ eθ +
e
ϕ.
r
1 + ϕ 2 r sin θ
Отв.: 1) u = ( ρ 2 + ϕ 2 + z 2 ) / 2 + c;
2) u = ρϕ z + c;
3) u = e ρ sinϕ + z 2 + c;
4) u = ρϕ cos z + c;
5) u = r 2 + ϕ + θ + c;
(
)
6) u = (rϕ 2 + θ 2 ) / 2 + c; 7) u = r cos ϕ sin θ + c; 8) u = e r sin θ + ln(1 + ϕ 2 ) + c.
r
Пусть векторное поле a в криволинейных координатах q1 , q2 , q3
определено и непрерывно в области Ω их изменения и имеет вид
r
r
r
r
a ( M ) = P ( q1 , q 2 , q3 )e 1 + Q ( q1 , q2 , q3 )e 2 + R ( q1 , q 2 , q3 ) e 3 .
r
r
Как известно [4], дифференциал dr радиуса-вектора r любой точки
M ∈ Ω равен
r
r
r
r
dr = H1 dq1e 1 + H 2 dq2 e 2 + H 3 dq3 e 3 .
r
Поэтому линейный интеграл вектора a (M ) по ориентированной гладкой
или кусочно-гладкой кривой L ⊂ Ω будет равен
r r
(4.53)
∫ (a , dr ) = ∫ PH 1dq1 +QH 2 dq 2 + RH 3 dq3 .
L
L
L
Р
В частности, для цилиндрических координат q1 = ρ , q2 = ϕ , q3 = z будем
иметь
r
r
r
r
a = a ρ ( ρ , ϕ , z )e ρ + aϕ ( ρ , ϕ , z )eϕ + a z ( ρ , ϕ , z ) e z ,
r
r
r
r
dr = dρ e ρ + ρ dϕ eϕ + dz e z .
Поэтому в ЦСК линейный интеграл
r r
(4.54)
∫ (a , dr ) = ∫ a ρ dρ +aϕ ρdϕ + a z dz.
L
БГ
УИ
Для сферических координат q1 = r , q2 = θ , q3 = ϕ имеем
r
r
r
r
a = a r ( r ,θ , ϕ ) er + aθ ( r ,θ , ϕ )eθ + aϕ ( r ,θ , ϕ )eϕ ,
r
r
r
r
dr = drer + rdθ eθ + r sin θ dϕ eϕ ,
и, значит, в ССК линейный интеграл
r r
∫ ( a , dr ) = ∫ ar dr +raθ dθ + raϕ sin θ dϕ .
(4.55)
L
r
Циркуляция C поля a (M ) в криволинейных координатах q1 , q2 , q3 в общем
случае вычисляется по формуле (4.53), а в ЦСК или ССК – по формулам (4.54)
или (4.55).
r
r
r
a = 4ρ sinϕ eρ + ze ρ eϕ +
4.82. Вычислить линейный интеграл в поле
r
+ ( ρ + φ ) e z вдоль прямой L = {ϕ = π / 4, z = 0} от точки O = (0,π / 4,0) до точки
A = (1,π / 4,0) .
т
ек
а
L
Би
бл
ио
r В нашем случае a ρ = 4 ρ sin ϕ , aϕ = ze ρ , a z = ρ + ϕ . По формуле (4.54)
искомый линейный интеграл
r r
I = ∫ (a , dr ) = ∫ 4 ρ sin ϕdρ + ρze ρ dϕ + ( ρ + ϕ )dz.
L
L
На прямой L имеем ϕ = π / 4, dϕ = 0; z = 0, dz = 0;0 ≤ ρ ≤ 1.
Поэтому
Z
1
I = ∫ 2 2 ρdρ = 2 ∫ 2 ρdρ = 2 . p
L
0
L
4.83.
Вычислить циркуляцию поля
r
r
r
r
0
a = ρ sin ϕ e ρ + ρ z eϕ + ρ 3 e z по кривой
2
1
Y
ρ
L = {z = 0, ρ = sin ϕ , 0 ≤ ϕ ≤ π } непосредственно и по
ϕ
формуле Стокса.
X
Рис. 4.9
r Контур L есть окружность с центром
в точке (0,1), расположенная в плоскости z = 0 (рис. 4.9). Координаты вектора
r
a : a ρ = ρ sin ϕ , aϕ = ρ z, a z = ρ 3 .
1. Вычисляем циркуляцию непосредственно. По формуле (4.54) имеем
C = ∫ ρ sin ϕ dρ + ρ 2 zdϕ + ρ 3dz.
L
На кривой L : z = 0, dz = 0; ρ = sin ϕ , dρ = cos ϕ dϕ , 0 ≤ ϕ ≤ π . Поэтому
π
C = ∫ ρ sin ϕdρ = ∫ sin 2 ϕ cos ϕdϕ = 0.
L
0
2. Вычисляем циркуляцию по формуле Стокса:
r r
r r
C = ∫ (a , dr ) = ∫∫ rot a , n 0 ds ,
(
L
)
S
)
а
) (
ек
(
БГ
УИ
Р
где S – поверхность, натянутая на контур L .
Находим далее:
r
r
r
eρ
ρeϕ e z
r 1
r
r
r
∂
∂
∂
rot a =
= − ρe ρ − 3 ρ 2 eϕ + ( 2 z − cos ϕ )e z , ρ ≠ 0.
∂ϕ ∂z
ρ ∂ρ
ρ sin ϕ ρ 2 z ρ 3
r
r
При ρ = 0 имеем rot a (0, ϕ , z ) = ( 2 z − cos ϕ )e z .
В качестве поверхности S возьмем часть плоскости z = 0 , ограниченной
r
r
контуром L . Тогда n 0 = e z , и, значит,
r r
r
r
r r
rota , n 0 = − ρ e ρ − 3 ρ 2 eϕ + ( 2 z − cos ϕ )e z , e z = 2 z − cos ϕ ,
r r r
в силу ортонормированности базиса { e ρ , eϕ , e z }.
Искомая циркуляция равна:
C = ∫∫ (2 z − cos ϕ )dS .
S
т
Учитывая, что z = 0 на S и элемент площади dS
поверхности z = 0 равен dS = ρ dρ dϕ , окончательно получаем
π
Би
бл
ио
C = − ∫∫ cos ϕ dS = − ∫ cos ϕ dϕ
координатной
sin ϕ
∫ ρ dρ = 0.
p
r r
r
4.84.
Вычислить циркуляцию вектора a = rer + ( R + r ) sin θ eϕ по
окружности L = {r = R, θ = π / 2} в направлении возрастания угла ϕ .
r В данном случае ar = r , aθ = 0, aϕ = ( R + r ) sin θ . По формуле (4.55)
искомая циркуляция равна
C = ∫ rdr + ( R + r ) sin θ r sin θ dϕ = ∫ rdr + r ( R + r ) sin 2 θ dϕ .
S
L
0
0
L
На данной окружности L , центр которой находится в начале координат,
имеем:
r = R, dr = 0; θ = π / 2; 0 ≤ ϕ < 2π , и, значит, C = 2 R
2π
2
∫ dϕ = 2R ∫ dϕ = 4πR
2
L
2
.p
0
4.85. Вычислить линейный интеграл по данным линиям L в векторных
полях, заданных в цилиндрических или сферических координатах:
r
r
r
r
1) a = zeρ + ρϕ eϕ + cos ϕ ez ; L – отрезок прямой {ρ = a ,ϕ = 0,0 ≤ z ≤ 1}.
r
r
r
r
2) a = e ρ cos ϕ eρ + ρ sin ϕ eϕ + ρ ez ; L – виток винтовой линии
{ρ = R, z = ϕ ,0 ≤ ϕ ≤ 2π }.
r
r
r
r
3) a = e r cos θ er + 2θ cos ϕ eθ + ϕ eϕ ; L – полуокружность
{r = 1,ϕ = 0,0 ≤ θ ≤ π }.
r
r
r
r
4) a = sin 2 θ er + sin θ eθ + rϕθ eϕ ; L – отрезок прямой
{ϕ = π / 2, r = 1/ sin θ ,π / 4 ≤ θ ≤ π / 2}.
БГ
УИ
Р
Отв.: 1) 1; 2) 2π R; 3) π 2 ; 4) π / 4 + 2 / 2 − 1.
Самостоятельная работа
«Интегральное исчисление функций многих переменных»
Би
бл
ио
т
ек
а
Структура
1. Изменить порядок интегрирования в двойном интеграле.
2. Вычислить площадь фигуры D с помощью двойного интеграла.
3. Пластинка D задана неравенствами, µ – поверхностная плотность. Найти
массу пластинки.
4.
С помощью двойного интеграла найти объем тела V , заданного
ограничивающими его поверхностями.
5. Вычислить тройной интеграл в ПДСК.
6. Найти объем тела V , заданного ограничивающими его поверхностями,
перейдя: а) к цилиндрическим координатам; б) к сферическим координатам.
7. Тело V задано ограничивающими его поверхностями, µ – плотность. Найти
массу тела.
8. Вычислить КрИ-1 по плоской кривой Γ .
9. Вычислить КрИ-2 по кривой Γ .
10. Применяя формулу Грина, вычислить криволинейный интеграл (обход
контура положителен).
r
11. Найти векторные линии поля a .
r
12. Найти поток векторного поля a через часть плоскости P , расположенную
в первом октанте (нормаль образует острый угол с осью Z).
r
13. Найти поток векторного поля a через замкнутую поверхность S (нормаль
внешняя).
r
14. Найти циркуляцию векторного поля a вдоль контура Γ (в направлении,
соответствующем возрастанию параметра t).
r
15. Доказать потенциальность векторного поля a и найти его потенциал.
Вариант 1
1.
1
1− x 2
−1
− 1− x 2
1
1− y
0
− 1− y
Отв.: ∫ dy
∫ dx ∫ f ( x, y )dy.
∫
0
1− y 2
−1
− 1− y 2
f ( x, y )dx + ∫ dy
∫ f ( x, y)dx.
2. D – фигура, лежащая в первом квадранте, ограниченная окружностью
Отв.: 8a 2 / 3 − πa 2 / 2.
x 2 + y 2 = 2ax, параболой y 2 = 2ax и прямой x = 2a.
{
}
V = {y = 1 + x , z = 3x, y = 5, z ≥ 0, y ≥ 0, x ≥ 0}.
3. D = x 2 / 4 + y 2 ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0 , µ = 6 x 3 y 3 .
∫∫∫ (4 + 8 z
3
)dxdydz; V = {y = x , y = 0, x = 1, z = 0, z =
{
б) V = {1 ≤ x
}
V
xy }.
Р
5.
Отв.: 12.
Отв.: 1.
БГ
УИ
4.
Отв.: 1.
2
6. а) V = z = 9 − x 2 − y 2 ,9 z / 2 = x 2 + y 2 .
Отв.: 171π /16.
}
+ y 2 + z 2 ≤ 49,− ( x 2 + y 2 ) / 35 ≤ z ≤ ( x 2 + y 2 ) / 3 . Отв.: 19π .
7. V – цилиндр радиусом R и высотой h . Плотность µ в каждой точке
пропорциональна высоте этой точки и равна 1 на нижнем основании.
Отв.: πR 2h(kh + 2) / 2.
x
8. ∫ ds, где Γ – дуга параболы y 2 = 2 x, лежащая между точками (1, 2 ) и
y
Γ
а
2
9.
∫ ( xy − y
2
)dx + xdy, Γ – кривая y = 2 x , пробегаемая от точки (0,0) до точки
(1,2).
т
Γ
Отв.: 8 /15.
x2 y 2
Отв.: 0.
∫ ( x − y )dx + (x + y )dy, Γ – эллипс a 2 + b 2 = 1.
Γ
r
a = (4 y ,−9 x).
Отв.: 9 x 2 + 4 y 2 = C.
r
a = (2 x,5 y ,5 z ), P : x / 2 + y / 3 + z = 1.
Отв.: 23.
r
a = ( y + 6 x,5 x + 5 z ,4 y ), S : y = x, y = 2 x, y = 2, z = x 2 + y 2 , z = 0 . Отв.: 19.
r
a = (4 y ,−3 x, x ), Γ : {x = 4 cos t , y = 4 sin t , z = 4 − 4 cos t}. Отв.: − 128π .
r
a = (2 xy, x 2 − 2 yz,− y 2 ).
Отв.: u = x 2 y − y 2 z + c.
Вариант 2
2
2
2
2
Би
бл
ио
10.
Отв.: (5 5 − 3 3) / 6.
ек
(2,2).
11.
12.
13.
14.
15.
{
2
1.
2− x
∫ dx ∫ f ( x, y)dy.
−6
}
2
{
x /4
Отв.:
}
2. D = x = 36 − y 2 , x = 6 − 36 − y 2 .
{
V = { z =1− x
}
0
2 1+ y
−1
− 2 1+ y
∫ dy ∫
3. D = 1 ≤ x 2 / 4 + y 2 ≤ 25, x ≥ 0, y ≥ x / 2 , µ = x / y 2 .
4.
2
8
2− y
0
− 2 1+ y
f ( x, y )dx + ∫ dy
∫ f ( x, y )dx.
Отв.: 24π − 18 3.
}
− y 2 , y = x, y = x 3, z ≥ 0, y ≥ 0, x ≥ 0 .
Отв.: 2 ln 5.
Отв.: π / 48.
5.
∫∫∫ (1 + 2 x )dxdydz;
3
{
б) V = {4 ≤ x
{
}
V = y = 36 x, y = 0, x = 1, z = 0, z = xy .
}
V
6. а) V = z = 4 − x 2 − y 2 , z = ( x 2 + y 2 ) / 255 .
2
Отв.: 96.
Отв.: 5π .
}
+ y 2 + z 2 ≤ 64, z ≤ ( x 2 + y 2 ) / 3 ,− x 3 ≤ y ≤ 0 .
Отв.: 42π .
7. V – шар x 2 + y 2 + z 2 = 2 x, плотность µ в каждой точке равна расстоянию от
начала координат до этой точки.
Отв.: 8π / 5.
8. ∫ y 3ds, где Γ – арка циклоиды x = a (t − sin t ), y = a (1 − cos t ), 0 ≤ t ≤ 2π .
Γ
9.
Р
Отв.: 256 a 3 / 15.
2
2
∫ ( y + x )dx + (2x − y)dy, Γ – дуга параболы y = 2 x − x , расположенная
между точками (1,1) и (3,−3).
БГ
УИ
Γ
Отв.: 12.
{
}
10. ∫ ( y + x 5 )dx + (3 x + y 8) dy , Γ : x 2 + y 2 = 1, x 2 + y 2 = 4, y = 0, ( y ≥ 0) .
Γ
15.
{
}
а
13.
14.
ек
11.
12.
Отв.: 3π .
r
a = ( 2 y ,3 x ).
Отв.: 3x 2 − 2 y 2 = c.
r
a = ( x, y, z ), P : 2 x + y / 2 + z = 1.
Отв.: 25.
r
a = ( y + 2 z ,− y ,3 x ), S : 3z = 27 − 2( x 2 + y 2 ), z = x 2 + y 2 ( z ≥ 0) . Отв.: − 36π .
r
a = ( − z , − x, xz ), Γ : {x = 5 cos t , y = 5 sin t , z = 4}.
Отв.: − 25π .
r
a = (3 x 2 y − y 3 , x 3 − 3 xy 2 ).
Отв.: u = x 3 y − xy 3 + c.
2/3
т
Вариант 3
2− x
∫ dx ∫ f ( x, y)dy.
Би
бл
ио
1.
0
2x
2
Отв.:
{
}
3. D = { x / 9 + y / 4 ≤ 1}, µ = x y .
4. * V = { x + y = a , x + z = a }.
4/3
y/2
0
0
∫ dy ∫
f ( x, y )dx +
2. D = x + y = 72,6 y = − x ( y ≤ 0) .
2
2
2
2
2
5.
2
∫∫∫ 21xzdxdydz;
2
2
2
2
2
2− y
4/3
0
∫ dy ∫ f ( x, y)dx.
Отв.: 18π + 12.
2
Отв.: 9π .
2
Отв.: 16a 3 / 3.
V = {y = 0, y = x, x = 2, z = 0, z = xy}.
Отв.: 64.
V


16
6. а) V =  z =
− x 2 − y 2 ,2 z = x 2 + y 2 .
9


{
Отв.:
}
76
π.
81
б) V = 1 ≤ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 36, z ≥ ( x 2 + y 2 ) / 99 ,− x 3 ≤ y ≤ x 3 . Отв.: 43π .
7. * V – конус высотой h и радиусом основания R, плотность µ в каждой
точке пропорциональна расстоянию от вершины до этой точки.
3/ 2

kπh 4  R 2 
 2 + 1 − 1.
Отв.:
6  h



8.
ds
∫ x + y,
где Γ – отрезок прямой y = x + 2, соединяющей точки (2,4) и (1,3).
Γ
2
ln 2.
2
9. ∫ ( x 2 − 2 xy )dx + (2xy + y 2 )dy , Γ – отрезок прямой, соединяющей точки (1,1,1)
Отв.:
Γ
Отв.: 13.
и (2,3,4).
10. ∫ e − ( x
+y )
2
2
(cos 2 xydx + sin 2 xydy ), Γ – контур x 2 + y 2 = R 2 .
Отв.: 0.
Γ
}
БГ
УИ
{
Р
r
11. a = ( 2 x, 4 y ).
Отв.: y = cx 2 .
r
12. a = (2 x, y,−2 z ), P : 2 x + y / 2 + z = 1.
Отв.: 34.
r
Отв.: 5π .
13. a = ( z ,3 y − x ,− z ), S : x 2 + y 2 = 1, z = x 2 + y 2 + 2, z = 0 .
r
14. a = ( z , x , y ), Γ : {x = 2 cos t , y = 2 sin t , z = 0}.
Отв.: 4π .
r
15. a = ( y + 2, x + z , y + x ).
Отв.: u = xy + yz + xz + c.
Вариант 4
∫ dx ∫
f ( x, y )dy + ∫ dx
2
0
1
x /9
2
1
∫ f ( x, y)dy.
2
x /9
{
}
D = {x / 16 + y ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0}, µ = 5 xy .
V = {x = 2 y , x + 2 y + z = 4, y = 0, z = 0}.
ек
1.
3
а
x
1
1
3 y
0
y
Отв.: ∫ dy
2. D = y = 4ax + 4a 2 , x + y = 2a(a > 0) .
2
2
5.
Отв.: 1.
Отв.: 17 / 5.

x y z
;
V
=
 + + = 1, x = 0, y = 0, z = 0 .
∫∫∫  x y z 6

10 8 3
V
1 + + + 
 10 8 3 
dxdydz
{
б) V = {25 ≤ x
6. а) V = z = 25 − x 2 − y 2 , z =
2
(x
2
)
}
+ y 2 / 99 .
Отв.: 2.
Отв.: 75π .
}
+ y 2 + z 2 ≤ 49, 0 ≤ z ≤ ( x 2 + y 2 ) / 24 , y ≤ − x / 3, y ≤ − x 3 .
Отв.: 175π .
7. V = ( z − 2) 2 = x 2 + y 2 , z = 0 ; µ = z.
{
8.
Отв.: 64a 2 / 3.
7
Би
бл
ио
4.
2
т
3.
∫ f ( x, y)dx.
}
∫ x ds, где Γ – верхняя половина окружности
2
Отв.: 8π / 3.
x 2 + y 2 = a 2 . Отв.: πa 3 / 2.
Γ
9.
x 2dy − y 2dx
∫ 3 x5 + 3
Γ
y
5
, Γ – дуга астроиды x = 2 cos 3 t , y = 2 sin 3 t от точки (2,0)
точки (0,2).
10.
∫ 2( x
Γ
2
до
Отв.: 33 2π / 8.
+ y 2 ) dx + ( x + y ) 2 dy , Γ – контур треугольника с вершинами в точках
A = (1,1), B = (2,2), C = (1,3).
Отв.: − 4 / 3.
r
11. a = ( x,3 y ).
r
12. a = ( x, y,2 z ), P : 2 x + y / 2 + z = 1.
r
13. a = ( y , x + 2 y , x ), S : x 2 + y 2 = 2 x, z = x 2 + y 2 , z = 0 .
r
14. a = ( y − z , z − x , x − y ), Γ : {x = 3 cos t , y = 3 sin t , z = 2(1 − cos t )}.
{
}
Отв.: y = cx 3 .
Отв.: 128.
Отв.: 3π .
Отв.: − 30π .
r 
1
e y / x ( x + 1)
yz
−z 
 .
15. a =  e y / x , e y / x ( x + 1) + ze yz ,−
y
+
ye
+
e
2
z
z


Отв.: u = e y / x ( x + 1) + e yz + e − z + c.
(
)
3
3
−3
−x
0
x
3
Отв.: ∫ dy ∫ f ( x, y )dx.
∫ dx ∫ f ( x, y)dy + ∫ dx ∫ f ( x, y )dy.
1


8a 3
2. D =  y = 2
, x = 2 y, x = 0, (a > 0).
2
x + 4a


2
2
3. D = x / 4 + y ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0 , µ = 30 x 3 y 7 .
5.
∫∫∫ ( x
2
2
}
}
+ 4 y 2 + z = 1, z = 0 .
−y
Отв.: a 2 (π − 1).
Отв.: 1.
Отв.: π / 4.
+ 3 y 2 )dxdydz; V = {z = 10 x, x + y = 1, x = 0, y = 0, z = 0}.
{
б) V = {1 ≤ x
а
4.
{
V = {x
y
БГ
УИ
1.
3
}
V
6. а) V = z = 21 x 2 + y 2 / 2, z = 23 / 2 − x 2 − y 2 .
ек
2
}
+ y 2 + z 2 ≤ 49,0 ≤ z ≤ ( x 2 + y 2 ) / 24 , y ≤ − x / 3 , y ≤ − x 3 .
т
Отв.: 1/ 48.
x 2 + y 2 ds, где Γ – кривая x = a (cos t + t sin t ), y = a (sin t − t cos t ), 0 ≤ t ≤ 2π .
Би
бл
ио
∫
Отв.: 1.
Отв.: 4π .
Отв.: 112π .
7. V = {x + y + z = 1, x = y = z = 0}; µ = 1/( x + y + z + 1)4 .
8.
Р
Вариант 5
0
[(
Γ
)
3/ 2
]
Отв.: a 2 1 + 4π 2
− 1 / 6.
9. ∫ ( x 2 + y 2 )dx + ( x + y 2 )dy , Γ – ломаная ABC ; A = (1,2), B = (3,2), C = (3,5).
Γ
Отв.: 194 / 3.
10. ∫ ( x + y )dx − ( x − y )dy , Γ – контур, образованный параболой AmB и хордой
Γ
AnB , где A = (1,0), B = (2,3).
r
11. a = ( x, 4 y ).
Отв.: y = cx 4 .
r
12. a = (− x, y ,12 z ), P : 2 x + y / 2 + z = 1.
r
13. a = ( x + y + z ,2 y − x,3 z + y ), S : y = x, y = 2 x, x = 1, z = x 2 + y 2 , z = 0 .
Отв.: 5.
r
14. a = ( 2 y , − z , x ), Γ : {x = cos t , y = sin t , z = 4 − cos t − sin t }. Отв.: − 2π .
r
15. a = ( yz cos xy, xz sin xy, sin xy ).
Отв.: u = z sin xy + c.
{
}
Вариант 6
1− y
2 /2
1.
∫
dy
0
∫
2
f ( x, y )dx +
1− y 2
0
∫
dy
− 2 /2
y
∫ f ( x, y )dx.
−y
2 /2
Отв.:
∫
0
{
dx ∫ f ( x, y )dy +
−x
}
1− x 2
1
x
∫
− 2/2
dx
∫ f ( x, y)dy.
− 1− x 2
2. D = x 2 + y 2 = 2ax, x 2 + y 2 = 2bx, y = x, y = 0, (0 < a < b) .
{
}
V = {z = 4 − x ,2 x + y = 4, x = 0, y = 0, z = 0}.
∫∫∫ (60 y + 90 z)dxdydz; V = {y = x, y = 0, x = 1, z = x
4.
5.
2
{
б) V = {16 ≤ x
V
6. а) V = z = 9 − x 2 − y 2 , z =
2
(x
2
)
БГ
УИ
3. D = 1 ≤ x 2 / 9 + y 2 / 4 ≤ 3, y ≥ 0, y ≤ 2 x / 3 , µ = y / x.
Р
1 2
(b − a 2 )(π + 2).
4
Отв.: 2 ln 2.
Отв.:
}
+ y 2 / 80 .
2
}
+ y2, z = 0 .
Отв.: 40 / 3.
Отв.: 23.
Отв.: 16π .
}
+ y 2 + z 2 ≤ 100, z ≤ ( x 2 + y 2 ) / 3,− x 3 ≤ y ≤ − x / 3 .
т
ек
а
Отв.: 78π .
7. V – круговой цилиндр радиусом R и высотой h ; плотность µ в каждой
точке равна квадрату расстояния от этой точки до центра основания цилиндра.
Отв.: πR 2h(3R 2 + 2h 2 ) / 6.
ds
8. ∫ 2
, где Γ – отрезок прямой, соединяющей точки (0,0) и (1,2) .
2
Γ x + y +4
Би
бл
ио
5 +3
.
2
∫ xydx + yzdy + zxdz, Γ – четверть окружности OA : x = cos t , y = sin t , z = 1,
9.
Отв.: ln
Γ
пробегаемая в направлении возрастания t.
Отв.: 1/ 6.
10. ∫ ( x + y ) 2 dx − ( x 2 + y 2 )dy , Γ – контур треугольника с вершинами в точках
Γ
A = (1,1), B = (3,2), C = (2,5).
Отв.: − 140 / 3.
r
11. a = (3 x ,6 z ).
Отв.: y = cx 2 .
r
12. a = ( x,3 y ,8 z ); P : x + 2 y + z / 2 = 1.
Отв.: 1.
r
13. a = (7 x, z , x − y + 5 z ), S : z = x 2 + y 2 , z = x 2 + 2 y 2 , y = x, y = 2 x, x = 1 .
Отв.: 7.
r
2
14. a = ( xz , x, z ), Γ : {x = cos t , y = sin t , z = sin t }.
Отв.: π .
r
15. a = ( yz + 1, xz , xy ).
Отв.: u = x + xyz + c.
{
}
Вариант 7
2
x
0
0
4
10− x
2
0
∫ dx ∫ f ( x, y)dy + ∫ dx ∫
7
10− x
4
x−4
f ( x, y )dy + ∫ dx
∫ f ( x, y)dy.
3
y+4
8
0
3
3
Отв.: ∫ dy
{
}
D = {x 2 + y 2 / 25 ≤ 1, y ≥ 0}, µ = 7 x 4 y.
V = {z = 5 x, x 2 + y 2 = 9, z = 0}.
5
 10
∫∫∫  3 x + 3 dxdydz; V = {y = 9 x, y = 0, x = 1, z =
∫ f ( x, y)dx + ∫ dy ∫ f ( x, y)dx.
2. D = y = x / 2, y = 1/(2 x ), x = 16 .
4.
5.

{
б) V = {4 ≤ x
V

}
6. а) V = z = 1 − x 2 − y 2 ,3 z / 2 = x 2 + y 2 .
2
y
3
y
Отв.: 21− ln 4.
Отв.: 10.
Отв.: 90.
xy , z = 0}.
Отв.: 25.
БГ
УИ
3.
10− y
Р
1.
2
Отв.: 19π / 48.
}
+ y 2 + z 2 ≤ 49, z ≥ ( x 2 + y 2 ) / 99 , y ≤ 0, y ≤ x 3 . Отв.: 78π .
ек
а
7. V – тело, вырезанное из октанта шара x 2 + y 2 + z 2 ≤ c 2 , x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0,
ограниченное координатными плоскостями и плоскостью
x / a + y / b = 1, (a ≤ c, b ≤ c ); плотность µ в каждой точке пропорциональна
ab
аппликате этой точки.
Отв.:
(bc 2 − a 2 − b 2 ).
24
8. ∫ ( x + y )ds, где Γ – правый лепесток лемнискаты ρ 2 = a 2 cos 2ϕ .
∫
xdx + ydy + zdz
Γ
x + y2 + z2 − x − y + 2z
2
Отв.:
1
(56 7 − 1).
54
, Γ – отрезок, пробегаемый от точки (1,1,1)
Би
бл
ио
9.
т
Γ
Отв.: 3 3.
точки (4,4,4).
10. ∫ e x ((1 − cos y )dx − ( y − sin y )dy ), Γ = {0 ≤ x ≤ π , 0 ≤ y ≤ sin x}.
Γ
Отв.: (1 − π ) / 5.
r
11. a = ( 4 z , −9 x ).
Отв.: 9 x 2 + 4 z 2 = c.
r
Отв.: 17.
12. a = ( x, − y ,6 z ); P : x + 2 y + z / 2 = 1.
r
13. a = (17 x,7 y ,11z ), S : z = x 2 + y 2 , z = 2( x + y 2 ), y = x 2 , y = x . Отв.: 3.
r
14. a = ( − x 2 y 3 ,3, y ), Γ : {x = cos t , y = sin t , z = 5}.
Отв.: π / 8.
r
15. a = (2 x + 5 yz,5 xz − 6 y,5 xy + 4 z ). Отв.: u = x 2 − 3 y 2 + 5 xyz + 2 z 2 + c.
{
}
Вариант 8
1.
e
ln x
1
0
∫ dx ∫ f ( x, y)dy.
1
e
0
ey
Отв.: ∫ dy ∫ f ( x, y )dx.
до
{
D = {x
}
2. D = x = 4 y − y 2 , x + y = 6 .
Отв.: 1/ 6.
2
3.
+ y 2 / 9 ≤ 1, y ≥ 0 , µ = 35x 4 y 3.
4. V = {x + y + z = 6,3 x + 2 y = 12,3 x + y = 6, y = 0, z = 0}.
Отв.: 36.
Отв.: 12.
5.
}
∫∫∫ (9 + 18 z )dxdydz;
{
б) V = {4 ≤ x
V = {y = 4 x, y = 0, x = 1, z = xy , z = 0}.
V
6. а) V = z = 36 − x 2 − y 2 , z =
(x
2
)
Отв.: 34.
}
+ y 2 / 63 .
Отв.: 126π .
}
+ y 2 + z 2 ≤ 64,0 ≤ z ≤ ( x 2 + y 2 ) / 24 , y ≤ x 3 , y ≤ x / 3 .
Отв.: 28π .
7.
V = {x + y + z = a, x = 0, y = 0, z = 0}; плотность µ в каждой точке
пропорциональна аппликате этой точки.
Отв.:
a 4 / 24.
8. ∫ x 2 + y 2 ds, где Γ –окружность x 2 + y 2 = ax.
Отв.: 2 a 2 .
Γ
9.
БГ
УИ
Р
2
∫ x( z − y )dx + y( x − z)dy + z ( y − x)dz, где Γ – ломаная
Γ
ABCA : A = (a ,0,0), B = (0, a,0), C = (0,0, a ).
2
) dx + ( x + y 2 )dy , Γ – контур, ограничивающий круговой сектор
а
∫(y − x
10.
Γ
ек
радиусом R с углом 0 ≤ ϕ ≤ π / 2.
r
11. a = ( 2 z ,3 x ).
r
12. a = ( x, 2 y ,5 z ); P : x + 2 y + z / 2 = 1.
r
13. a = ( x, −2 y ,3 z ), S : z = x 2 + y 2 , z = 2 x .
r
14. a = (7 z , − x, yz ), Γ : {x = 6 cos t , y = 6 sin t , z = 1 / 3}.
r
15. a = ( yz , xz , xy ).
Вариант 9
}
Би
бл
ио
т
{
1.
1
1+ 1− y 2
0
2− y
∫ dy ∫ f ( x, y )dx.
{
}
D = {x / 4 + y / 9 ≤ 1}, µ = x .
V = {z = x + y + 1, y = x, x = 1, y = 0, z = 0}.
2. D = x = y − 2 y, x + y = 0 .
4.
5.
2
2
2
2
∫∫∫ 3 y dxdydz;
2
{
б)V = { 9 ≤ x
V = {y = 2 x, y = 0, x = 2, z = xy, z = 0}.
}
V
6. а) V = z = 144 − x 2 − y 2 ,18 z = x 2 + y 2 .
7.
Отв.: 2 / 3.
Отв.: z = cx 4 .
Отв.: 32.
Отв.: π .
Отв.: − 3π .
Отв.: u = xyz + c.
2
2 x−x2
1
2− x
Отв.: ∫ dx
2
3.
Отв.: a 3.
∫ f ( x, y)dy.
Отв.: 1/ 6.
Отв.: 6π .
Отв.: 79 / 60.
Отв.: 128.
Отв.: 684π .
}
+ y 2 + z 2 ≤ 81,− ( x 2 + y 2 ) / 3 ≤ z ≤ − ( x 2 + y 2 ) / 15 ,0 ≤ y ≤ − x 3 .
Отв.: 39π .
2
2
2
V = z = h, x + y = z ; плотность µ в каждой точке пропорциональна
{
2
}
аппликате этой точки.
Отв.: πh 4 / 4.
yds
8. ∫
, где Γ - дуга полукубической параболы y 2 = (4 / 9) x 3 от A = (3,2 3) до
x
Γ
B = (8,32 2 / 3).
∫(y
9.
2
Отв.: 2152 / 45.
− z 2 ) dx + ( z 2 − x 2 )dy + ( x 2 − y 2 )dz ,
Γ
–
граница
части
сферы
Γ
x + y + z 2 = 1, (лежащей в первом октанте), пробегаемая по ходу часовой
стрелки с положительной полуоси Y.
Отв.: 0.
2
[
∫
10.
]
x 2 + y 2 dx + y xy + ln( x + x 2 + y 2 ) dy ,
Γ
{0 ≤ x ≤ 4,0 ≤ y ≤ 2}.
1.
БГ
УИ
14.
15.
{
1
1− x 2
0
(1− x ) / 2
1/ 2
∫ dx ∫ f ( x, y)dy.
Отв.:
2
{
D = {1 ≤ x
V = {x / a
}
а
13.
1
1− y 2
1−2 y
1/ 2
0
∫ dy ∫ f ( x, y)dx + ∫ dy ∫ f ( x, y )dx.
1
}
1− y 2
2. D = y 2 = 4 x − x 2 , y 2 = 2 x (вне параболы).
2
}
Отв.: 2π − 16 / 3.
+ y 2 / 16 ≤ 9, y ≥ 0, y ≥ 4 x , µ = y / x 3 .
т
3.
– контур прямоугольника
Отв.: 8.
r
a = ( 4 y ,8 z ).
Отв.: 3 x 2 − 2 z 2 = c.
r
a = ( x, 4 y ,5 z ); P : x + 2 y + z / 2 = 1.
Отв.: 16.
r
a = ( 2 x + y ,0, y + 2 z ), S : z = 2 − 4( x 2 + y 2 ), z = 4( x 2 + y 2 ) .
Отв.: π .
r
a = ( xy , x, y 2 ), Γ : {x = cos t , y = sin t , z = sin t}.
Отв.: π .
r
a = ( y + z , x + z , x + y ).
Отв.: u = xy + xz + yz + c.
Вариант 10
ек
11.
12.
Γ
Р
2
Отв.: 8 ln 3.
}
+ y 2 / b 2 = 1, y = 0, z = x / 2, z = x .
Отв.: a 2b / 3.
dxdydz
5. ∫∫∫
Отв.:1.
4 ; V = {x / 2 + y / 4 + z / 6 = 1, x = y = z = 0}.
(
1
+
x
/
2
+
y
/
4
+
z
/
6
)
V
2
2
Би
бл
ио
4.
{
}
6. а) V = z = x 2 + y 2 , z = 2( x 2 + y 2 ), y = x, y 2 = x .
{
}
Отв.: 3 / 35.
б)* V = ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 = 2axyz, (a > 0) .
V
7.
–
сферический
слой
между
Отв.: a 3 / 45.
поверхностями
x2 + y 2 + z 2 = a2 ,
x 2 + y 2 + z 2 = 4a 2 ; плотность µ в каждой точке обратно пропорциональна
расстоянию точки от начала координат.
Отв.: 61πa 2 .
8.
∫ xyds, где Γ – контур прямоугольника, ограниченного прямыми
Γ
x = 0, y = 0, x = 4, y = 2.
9.
∫ ydx + zdy + xdz,
Отв.: 24.
Γ – отрезок CO, где C = (0,0, a). Отв.: − 3a 2 / 2.
Γ
10.
∫y
Γ
2
dx + ( x + y ) 2 dy ,
Γ
–
контур
треугольника
с
вершинами
A = (2,0), B = (2,2), C = (0,2).
Отв.: 16 / 3.
r
Отв.: z = cy 3 .
11. a = ( y ,3 z ).
r
Отв.: 5.
12. a = ( x, y , z ); P : 2 x + 3 y + z = 1.
r
13. a = ( 2 y − 3 z ,3 x + 2 z , x + y + z ), S : x 2 + y 2 = 1, z = 4 − x − y, z = 0 . Отв.: 4π .
r
Отв.: 60π .
14. a = ( x, − z 2 , y ), Γ : {x = 2 cos t , y = 3 sin t , z = 4 cos t − 3 sin t − 3}.
r
15. a = 2 xyz, x 2 z, x 2 y .
Отв.: u = x 2 yz + c.
{
(
}
)
e
1
0
1− x
1
ln x
∫ dx ∫ f ( x, y)dy + ∫ dx ∫ f ( x, y)dy.
4.
{
}
D = {x / 9 + y ≤ 1, x ≥ 0}, µ = 11xy .
V = {z = x + y + 1, x = 4, x = 0, y = 4, y = 0, z = 0}.
5.
2
2
∫∫∫ x dxdydz;
V
8
2
2
0
1− y
∫ f ( x, y)dx.
Отв.: 125 / 18.
Отв.: 2.
Отв.: 560 / 3.
V = {z = 10( x + 3 y ), x + y = 1, x = y = z = 0}. Отв.: 1.
{
}
6. а) V = x 2 / a 2 + y 2 / b 2 + z 2 / c 2 = 1 .
Отв.:
а
3.
ey
Отв.: ∫ dy
2. D = y 2 + 2 y − 3x + 1 = 0,3x − 3 y = 7 .
2
1
БГ
УИ
1.
1
Р
Вариант 11
1
4
πabc.
3
ек

x2 + y 2
x 
2
2
2
б) V = 36 ≤ x + y + z ≤ 144, z ≤
Отв.: 126π .
,x 3 ≤ y ≤
.
3
3 

7. V = 25( x 2 + y 2 ) = z 2 , x 2 + y 2 = 4, x = 0, y = 0, z = 0 ; µ = 2( x 2 + y 2 ).
Отв.: 32π .
4/3
4/ 3
2/3
2/3
2/3
8. ∫ x + y ds, где Γ – дуга астроиды x + y = a , a > 0.
(
)
Би
бл
ио
Γ
∫ ( y − z )dx + ( z − x)dy + ( x − y)dz,
9.
}
т
{
Γ
–
Отв.: 4 a 7 / 3 .
виток винтовой
Γ
x = a cos t , y = a sin t , z = bt ,0 ≤ t ≤ 2π .
линии
Отв.: − 2πa (a + b).
10. ∫ xdy − ydx, Γ – контур, ограниченный параболами y 2 = x, x 2 = y.
Γ
11.
12.
13.
14.
15.
Отв.: 2 / 3.
r
a = ( 2 x ,8 z ).
Отв.: z = cx 4 .
r
a = ( 2 x, y , z ); P : 2 x + 3 y + z = 1.
Отв.: 4.
r
a = ( −2 x, z , x + y ), S : x 2 + y 2 = 2 y , z = x 2 + y 2 , z = 0 .
Отв.: − 3π .
r
a = ( y − z , z − x , x − y ), Γ : {x = 2 cos t , y = 2 sin t , z = 3(1 − cos t )}. Отв.: − 20π .
r
a = yz − xy, xz − x 2 / 2, xy + y 2 z .
Отв.: u = xyz − x 2 y / 2 + y 2 z 2 / 2 + c.
{
(
}
)
Вариант 12
1.
∫ dy
0
y
∫
0
2− y
2
f ( x, y )dx + ∫ dy
{
D = {1 ≤ x
V = {z = y
∫
1
0
}
2. D = y = 4 x − x 2 , y = 2 x 2 − 5 x .
3.
4.
5.
2−x
0
x3
Отв.: 27 / 2.
}
/ 4 + y 2 / 16 ≤ 5, x ≥ 0, y ≥ 2 x , µ = x / y.
Отв.: 4 ln 2.
2
/ 2,2 x + 3 y − 12 = 0 .
Отв.: 16.
{
}
}
V = y = x, y = 0, x = 1, z = 3x 2 + 2 y 2 , z = 0 . Отв.: 17.
{
}
15
.
32
π 2a3
Отв.:
.
4
Отв.: 14π .
6. а) V = z = x 2 + y 2 , z = 0, y = 1, y = 2 x, y = 6 − x .
}
}
7. V = x 2 + y 2 + z 2 = 9, x 2 + y 2 ≤ 4, y ≥ 0 ;
8.
∫ xyds, где Γ - контур квадрата
x + y = a, a > 0.
Γ
9.* ∫ ydx + zdy + xdz ,
Γ
–
Отв.: 78
БГ
УИ
{
б) V = ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 = a 2 ( x 2 + y 2 ) .
{
∫ f ( x, y )dy.
2
∫∫∫ (8 y + 12 z)dxdydz;
V
1
Отв.: ∫ dx
f ( x, y )dx.
Р
3
1
x = R cos α cos t , y = R cos α sin t ,
окружность:
Γ
Отв.: 0.
ек
а
z = R sin α , (α = const ),
пробегаемая в направлении возрастания
параметра.
Отв.:
2
2
− πR cos α .
10. ∫ xdy − ydx, Γ – астроида: x = a cos 3 t , y = a sin 3 t ,0 ≤ t ≤ 2π .
т
Γ
Отв.: 3πa 2 / 4.
Отв.: z = cx3 .
Отв.: 1.
Би
бл
ио
r
11. a = ( x,3 z ).
r
12. a = ( 2 x,3 y , z ); P : 2 x + 3 y + z = 1.
r
13. a = ( 2 y − 5 x, z − y ,3 y − x ), S : z = 3x 2 + y 2 + 1, x 2 + y 2 = 1/ 4, z = 0 .
Отв.: − 5π .
r
1
1


14. a = ( −2 z ,− x, x 2 ), Γ :  x = cos t , y = sin t , z = 8.
Отв.: − π / 9.
3
3



yz
zx
xy
r 
. Отв.: u = c + arctg (xyz).
15. a = 
,
,
2 2 2
2 2 2
2 2 2 
 1+ x y z 1+ x y z 1+ x y z 
{
}
Вариант 13
π /4
1.
∫
0
dy
sin y
π /2
0
π /4
x
∫ f ( x, y)dx + ∫
{
D = {1 ≤ x
cos y
dy
∫ f ( x, y)dx.
0
}
2. D = y = 2 / x, y = 5e , y = 2, y = 5 .
3.
2
1/ 2
Отв.:
∫
0
}
/ 9 + y 2 / 4 ≤ 5, x ≥ 0, y ≥ 2 x / 3 , µ = x / y.
arccos x
dx
∫ f ( x, y)dy.
arcsin x
Отв.: 3.
Отв.: 9 ln 2.
{
}
4. V = z = 4 − y 2 , y = x 2 / 2, z = 0 .
5.
{
∫∫∫ 63(1 + 2
}
y )dxdydz; V = y = x, y = 0, x = 1, z = xy , z = 0 .
{
V
4
.
21
Отв.: 32.
Отв.: 12
}
6. а) V = z = ( x 2 + y 2 )3 , z = 8, z ≥ 0 .
{
}
б) V = ( x 2 + y 2 + z 2 )3 = a 3 xyz .
{
Отв.: 96π / 5.
Отв.: a 3 / 6.
}
7. V = x 2 + y 2 = 1, x 2 + y 2 = 6 z , z = 0, x ≥ 0, y ≥ 0 ;
8.
∫ (x
2
µ = 90 y.
Отв.: 3.
+ y 2 )ds, где Γ – дуга логарифмической спирали ρ = ae3ϕ от A = (a ,0) до
O = (0,0).
Р
Γ
Отв.: a 5 10 / 15.
Γ
дуга
–
окружности
x 2 + y 2 + z 2 = 2 Rx, z = x,
БГ
УИ
9.* ∫ xydx + yzdy + zxdz ,
Γ
расположенная по ту сторону от плоскости XZ, где y > 0.
ек
а
Отв.: (1/ 6 + π 2 /16) R 3.
dx + dy
10. ∫
, Γ – граница квадрата с вершинами (1,0), (0,1), (−1,0), (0,−1).
x
+
y
Γ
Отв.: 0.
r
2
11. a = ( 4 z , −9 y ).
Отв.: 9 y + 4 z 2 = c.
r
12. a = ( 2 x,3 y , 4 z ); P : 2 x + 3 y + z = 1.
Отв.: 13.
r
13. a = ( y + z , x − 2 y + z , x ), S : x 2 + y 2 = 1, z = x 2 + y 2 − 1, z = 0 . Отв.: − π .
r
14. a = ( x, −3 z 2 , y ), Γ : {x = cos t , y = 4 sin t , z = 2 cos t − 4 sin t + 3}. Отв.: − 152π .
r
15. a = y , x, e z .
Отв.: u = xy + e z + c.
Вариант 14
{
т
)
Би
бл
ио
(
1.
}
−1
0
0
−2
−( 2 + x )
−1
0
∫ dx ∫ f ( x, y)dy + ∫ dx ∫ f ( x, y )dy.
{
D = {x
3
x
3.
2
2
}
2
}
− ( 2+ y )
/ 4 + y 2 / 9 ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0 , µ = x 5 y.
{
∫∫∫ ( x + y)dxdydz;
V
−1
{
∫ f ( x, y )dx.
Отв.: 3π + 2.
Отв.: 12.
}
4. V = x 2 + y 2 = r 2 , z = x 3 / a 2 , z ≥ 0 .
5.
y3
Отв.: ∫ dy
2. D = x + y = 12, x 6 = y , ( x ≥ 0) .
2
0
Отв.: 4r 5 /(15a 2 ).
{
}
V = y = x, y = 0, x = 1, z = 30 x 2 + 60 y 2 , z = 0 . Отв.: 16.
}
6.* а) V = z 2 = x 2 + y 2 , x 2 + y 2 + a 2 = 2 z 2 , a > 0, ( z > 0) . Отв.: π (2 − 2 )a 3 / 3.
{
}
б) V = x 2 + y 2 + z 2 = 2az , z ≥ x 2 + y 2 .
{
}
Отв.: πa 3.
7. V = x 2 + y 2 + z 2 = 4, x 2 + y 2 = 9 z 2 , x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 ; µ = 10z. Отв.: 9π .
∫ xyds,
8.
где Γ – четверть эллипса x 2 / a 2 + y 2 / b 2 = 1, лежащая в первом
Γ
Отв.: ab(a 2 + ab + b2 ) /(3(a + b)).
квадранте.
∫(y
9.*
2
+ z 2 )dx + ( x 2 + z 2 )dy + ( x 2 + y 2 )dz ,
Γ
линия
–
пересечения
Γ
поверхностей
x 2 + y 2 + z 2 = 2 Rx, x 2 + y 2 = 2rx,0 < r < R, z ≥ 0,
пробегаемая
против хода часовой стрелки, если смотреть с положительной полуоси Z.
( x + y )dx + ( y − x )dy
, Γ – окружность x 2 + y 2 = R 2 .
Отв.: − 2π .
2
2
+
x
y
Γ
r
Отв.: 3 y 2 − 2 z 2 = c.
11. a = ( 2 z ,3 y ).
r
12. a = ( x,9 y ,8 z ); P : x + 2 y + 3 z = 1.
Отв.: 9.
r
13. a = (3 x − y − z ,3 y , 2 z ), S : z = x 2 + y 2 , z = 2 y .
Отв.: 4π .
r
14. a = ( x, −2 z 2 , y ), Γ : {x = 6 cos t , y = 4 sin t , z = 6 cos t − 4 sin t + 1}. Отв.: − 120π .
r
1
15. a =
( x, y , z ).
Отв.: u = x 2 + y 2 + z 2 + c.
x2 + y 2 + z 2
Р
∫
БГ
УИ
10.
}
ек
а
{
Вариант 15
1.
y
e
1
т
1
∫ dy ∫ f ( x, y)dx + ∫ dy ∫ f ( x, y)dx.
0
1
{
ln y
Би
бл
ио
0
1
ex
0
x2
Отв.: ∫ dx ∫ f ( x, y )dy.
}
Отв.: 9π + 6.
2. D = x = 72 − y 2 ,6 x = y 2 , y = 0, ( y ≥ 0) .
{
V = {z = xy / a, x
}
3. D = x 2 / 4 + y 2 / 25 ≤ 1 , µ = x 4 .
Отв.: 20π .
}
+ y 2 = ax, z = 0 .
Отв.: a 3 / 24.
dxdydz
5. ∫∫∫
5 ; V = {x / 6 + y / 4 + z / 16 = 1, x = y = z = 0}.
(
1
+
x
/
6
+
y
/
4
+
z
/
16
)
V
Отв.: 5.
6.
а*)
V = x 2 + y 2 = 1, x 2 + y 2 = 4, z ( x + y ) = ax + by ,
{z = 0, x > 0, y > 0,}
{a > 0, b > 0}.
Отв.: 3π (a + b) / 8.
4.
2
{
}
{
}
б) V = ( x 2 + y 2 + z 2 ) 2 = a3 x, a > 0 .
{
}
7. V = x 2 + y 2 + z 2 = 16, x 2 + y 2 ≤ 4 ;
8.
∫ y ds, где Γ – лемниската ρ
2
Отв.: πa 3 / 3.
µ = z.
= a 2 cos 2ϕ.
Отв.: 56π .
Отв.: 2a 2 (2 − 2 ).
Γ
9.
∫ yzdx + xzdy + xydz,
Γ
Γ – окружность x 2 + y 2 + z 2 = 9, x 2 + y 2 = 9. Отв.: 0.
xy 2 dx − x 2 ydy
10*. ∫
, Γ – правый лепесток лемнискаты ρ 2 = a 2 cos 2ϕ. Отв.: 0.
2
2
x +y
Γ
r
11. a = (5 x ,10 y ).
Отв.: y = cx 2 .
r
12. a = (8 x ,11 y ,17 z ); P : x + 2 y + 3 z = 1.
Отв.: 1.
r
13. a = ( x + y , y + z , z + x ), S : y = 2 x, y = 4 x, x = 1, z = y 2 , z = 0 . Отв.: 14.
r
Отв.: 8π .
14. a = ( − x 2 y 3 , 4, x ), Γ : {x = 2 cos t , y = 2 sin t , z = 4}.
r
15. a = x 2 + y 2 + z 2 ( x , y , z ).
Отв.: u = ( x 2 + y 2 + z 2 )3 + c.
}
Би
бл
ио
т
ек
а
БГ
УИ
Р
{
Литература
Би
бл
ио
т
ек
а
БГ
УИ
Р
1. Сборник задач по математике для втузов. Специальные разделы
математического анализа : учеб. пособие для втузов. В 3-х ч. Ч. 2./ В. А. Болгов
[и др.]; под ред. А. В. Ефимова и Б. П. Демидовича. – Изд. 2-е – М. : Наука,
1986.
2. Данко, П. Е. Высшая математика в упражнениях и задачах. В 2-х ч.
Ч. 2 : учеб. пособие для студентов втузов. / П. Е. Данко [и др.] – 3-е изд.,
перераб. и доп. – М. : Высш. школа, 1980.
3. Жевняк, Р. М. Высшая математика: Функции многих переменных.
Интегральное исчисление функций одной и многих переменных / Р. М. Жевняк
// Векторный анализ. – Минск, Выш. шк., 1993.
4. Краснов, М. Л. Векторный анализ : сб. задач / М. Л. Краснов, А. И.
Киселев, Г. И. Макаренко. – М. : Наука, 1978.
5. Кузнецов, Л. А. Сборник заданий по высшей математике (Типовые
расчеты) : учеб. пособие для втузов. / Л. А. Кузнецов – М. : Высш. шк., 1994.
6. Кудрявцев, Л. Д. Сборник задач по математическому анализу.
Функции нескольких переменных : учеб. пособие для втузов / Л. Д. Кудрявцев;
под ред. Л. Д. Кудрявцева. – СПб. : ИЧП «Кристалл», 1994.
7. Сборник индивидуальных заданий по высшей математике: учеб.
пособие. В 3 ч. Ч. 3. / А. П. Рябушко [и др.].; под общ. ред. А. П. Рябушко. –
Минск : Выш. шк., 2004.
Содержание
Введение ........................................................................................................... 3
т
ек
а
БГ
УИ
Р
1. Кратные интегралы .................................................................................... 4
1.1. Двойные интегралы............................................................................... 4
1.2. Тройные интегралы ............................................................................. 16
1.3. Приложения кратных интегралов....................................................... 23
2. Криволинейные интегралы .................................................................... 32
2.1. Криволинейные интегралы 1-го (КрИ-1) и 2-го (КрИ-2) рода.......... 32
2.2. Формула Грина .................................................................................... 46
3. Поверхностные интегралы ...................................................................... 53
3.1. Поверхностные интегралы 1-го рода (ПИ-1) .................................... 53
3.2. Поверхностные интегралы 2-го рода (ПИ-2) .................................... 59
3.3. Формула Остроградского–Гаусса. Формула Стокса ......................... 65
4. Элементы векторного анализа ................................................................ 72
4.1. Скалярные и векторные поля.............................................................. 72
4.2. Поток векторного поля через поверхность ........................................ 77
4.3. Циркуляция векторного поля ............................................................. 84
4.4. Соленоидальные и потенциальные векторные поля ......................... 87
4.5. Дифференциальные операции 2-го порядка. Векторные
операции в криволинейных ортогональных координатах............................. 92
Самостоятельная работа «Интегральное исчисление
функций многих переменных»......................................................................104
Би
бл
ио
Литература ....................................................................................................117
2
Учебное издание
Карпук Андрей Андреевич
Цегельник Владимир Владимирович
Баркова Елена Александровна
БГ
УИ
В 10-ти частях
Р
СБОРНИК ЗАДАЧ ПО ВЫСШЕЙ МАТЕМАТИКЕ
Часть 7
ИНТЕГРАЛЬНОЕ ИСЧИСЛЕНИЕ
ФУНКЦИЙ МНОГИХ ПЕРЕМЕННЫХ
т
ек
а
Учебное пособие
Би
бл
ио
Редактор Т. П. Андрейченко
Корректор М. В. Тезина
Компьютерная верстка Е. Н. Мирошниченко
Подписано в печать 14.08.2007. Формат 60×84 1/16. Бумага офсетная. Гарнитура «Таймс».
Печать ризографическая. Усл. печ. л. 7,09. Уч.-изд. л. 7,0. Тираж 500 экз. Заказ 1.
Издатель и полиграфическое исполнение: Учреждение образования
«Белорусский государственный университет информатики и радиоэлектроники»
ЛИ № 02330/0056964 от 01.04.2004. ЛП № 02330/0131666 от 30.04.2004.
220013, Минск, П. Бровки, 6
3
1/--страниц
Пожаловаться на содержимое документа