2539

2π R

v∫(aG, drG)= −3 ∫ ∫ρ2 cos2 ϕρ2 sin2 ϕρd ρ =

L

0

0

= −

3R6

1

2π 1−

1 (1−cos 4ϕ) dϕ = −πR6

+

πR6

= −πR6 .

6

4

∫0

2

4

8

8

5.16. Найти

G

по теореме Стокса циркуляцию векторного

G

G

+

2

k

по линии ABCA пересечения с коорди-

поля a = zi

2 yzj

+ y

натными плоскостями той части поверхности

x2 +9 y2 = 9 − z ,

которая лежит в области: x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 .

Решение. Находим ротор поля

iG

Gj

k

G

∂

∂

∂

∂y2

∂2 yz G

∂z

∂y2

G

rot a

=

=

−

i +

−

j +

∂x

∂y

∂z

∂y

∂z

∂x

∂z

z

2 yz

y2

∂2 yz

−

∂z

G

G G G

+

∂x

∂y

k = (2 y −2 y)i

+ j = j.

Поверхность

x2 +9 y2 = 9 − z

является

эллиптическим па-

3

9−x2

3

9−x2

3

x

3

3

C = ∫∫dxdz = ∫dx

∫

dz = ∫z

dx = ∫(9 − x2 )dx =

9x −

=18.

S

0

0

0

0

0

3

0

∂ay

∂ax

∂ay

∂ax

G

но:

= ∂y

,

= 6x −2xy,

∂y = 6x

−2xy , т.е. rot a

= 0 .

∂x

∂x

За путь интегрирования примем ломаную ОАВ, где O(0,0),

A(x,0), B (x, y). Тогда

G G

A

G G

B

G G

U = ∫ (a, dr )+C

= ∫

(a, dr )+∫

(a, dr )+C ,

OAB

O

A

(aG, drG)= (6xy − xy2 )dx +(3x2 − x2 y)dy .

Поскольку вдоль прямой ОА имеем y = 0, dy = 0 , то

∫A (aG, drG)= 0 .

O

На прямой AB имеем dx = 0

∫B (aG, drG)= ∫y (3x2 − x2 y)dy = 3x2 y −

x2 y2

+C .

A

0

2

∂a

z

=

∂ay

= x,

∂a

x

=

∂a

z = y,

∂ay

=

∂a

x

= z .

∂z

∂x

∂y

∂z

∂x

∂y

За путь интегрирования

примем ломаную OABC , где

O (0,0,0), A(x,0,0), B (x, y,0),C (x, y, z). Тогда

G G

A

G G

B

G G

C G G

U = ∫(a, dr )

+C = ∫

(a, dr )

+∫

(a, dr )+∫(a, dr )+C ,

L

O

A

B

где (aG, drG)= yzdx + xzdy + xydz .

Поскольку вдоль прямой

ОА имеем y = 0, dy = 0, z = 0 ,

dz = 0 , то

A

G

H

∫

(a, dr )= 0 .

O

На прямой АВ имеем dx = 0, z = 0, dz = 0 , следовательно,

B

G

G

∫

(a, dr )= 0 .

A

На прямой ВС имеем dx = 0, dy = 0 и

C∫(aG, drG)= ∫z xydz = xyz +C .

B

0

Решение. а) Находим ротор поля

iG

Gj

kG

∂(−2xz −1)

∂2xy G

G

∂

∂

∂

rot a

=

=

−

i

+

∂x

∂y

∂z

∂y

∂z

y2 − z2

2xy −(2xz +1)

∂

(y2 − z2 )

∂(−2xz −1)

G

∂2xy ∂(y2 − z2 ) G

−

∂x −

=

∂z

∂x

∂y

+

j

+

k

= (−2z + 2z)Gj +(2 y −2 y)kG

= 0.

Следовательно, поле a - потенциально.

б) Найдем дивергенцию поля

G

∂ax

∂ay

∂az

div a =

∂x

+

+

∂z

= 2x

−2 y = 0 .

∂y

L = ∫ dl ,

(1)

S = 1 v∫ xdy − ydx.

(2)

2 +C

3°. Интеграл

первого рода ∫ f (x, y)dl , где

под dl

AB

подразумевается

dl

, геометрической точки зрения означает

плоскости хОу до поверхности

z = f (x, y) .

Аналогично,

интеграл

∫ P(x, y)dx

где

путь

m = ∫ ρ(M )dl,

(3)

5°. Координаты центра тяжести плоской кривой АВ

x =

my

y

=

m

,

c

x

,

(4)

c

m

m

где my = ∫ ρ(M )xdl ,

mx = ∫ ρ(M ) ydl —статические моменты

AB

AB

кривой относительно осей координат.

Координаты центра тяжести пространственной кривой АВ

x =

myz

,

y

c

=

m

xz

,

z

c

=

mxy

,

(5)

c

m

m

m

где myz = ∫ xρ(M )dl ,

mxz

= ∫ yρ(M )dl ,

mxy = ∫ zρ(M )dl —

AB

AB

AB

Ix = ∫ρ(M )( y2 + z2 )dl,

I y = ∫ρ(M )(x2 + z2 )dl,

L

L

Iz = ∫ρ(M )(x2 + y2 )dl, I0

= ∫ρ(M )(x2 + y2 + z2 )dl. (6)

L

L

G

7°. Работа, совершаемая силой

F(P,Q, R) при перемеще-

E = ∫ Pdx +Qdy + Rdz ,

(7)

AB

G

на координатные оси.

где Р,Q , R — проекции силы F

Если сила имеет потенциал, т. е. существует потенциальная

или силовая функция U (x, y, z) такая, что

∂U = P,

∂U

= Q,

∂U = R,

(8)

∂x

∂y

∂z

то работа определяется по формуле

E = ∫ Pdx +Qdy + Rdz = ∫B dU =U (B) −U ( A) ),

(9)

AB

A

X = km0 ∫

ρ(M ) cosθ

dl, Y = km0 ∫

ρ(M ) sinθ

dl ,

(10)

r

2

r

2

AB

AB

JG

mI sinα

dl,

(11)

F = ∫

r

2

AB

где dl — элемент длины

проводника, r — расстояние от

элемента тока до магнитной

массы, α

— угол между

x = aet cos t ,

y = aet sin t ,

z = aet от точки О (0,0,0) до точки

A(a,0, a) ; б)

y =

x2

, z =

x3

от x = 0 доx = 3 .

2

6

Решение. а) Воспользуемся формулой (1), тогда

t2

L = ∫ dl = ∫ x2 + y2 + z2 dt .

OA

t1

0 = aet sin t ,

0 = aet ,

откуда

t = −∞ ;

1 = et cos t ,

0 = et

sin t ,

1 = et откуда t = 0. Таким образом

L = ∫0

a2e2t (cos t −sin t)2 + a2e2t (sin t +cos t)2 +a2e2t dt =

.

−∞

0

0

= a

3

∫

et dt = a

3 lim et

= a 3.

β→−∞

β

−∞

б) Примем переменную х

за параметр t,

тогда: x

= t,

y =

t2

,

z =

t3

. Отсюда по формуле (1) имеем:

2

6

L = ∫ x2 + y2 + z2 dt = ∫3

1+t2 + t4 dt =

1

∫3 (2 +t2 )dt

AB

0

4

2

0

1

(2t +

t

3

3

=

)

= 7,5.

2

3

0

6.2. Найти площадь, ограниченную замкнутой кривой: а)

параболами

y = x2

и x = y2 ;

б)

астроидой

x = a cos3 t ,

y = a sin3 t ; в) петлей декартова листа

x3 + y3 = 3axy .

S =

1

∫ xdy − ydx +

1

∫ xdy − ydx =

2 OA

2

AO

.

=

1

1

2

dx −

1 1

2

dy =

1

1

+

1

1

2

∫0

x

y

2

3

=

3

.

2 ∫0

3

б) Воспользуемся формулой (2). Для этого находим диф-

ференциалы dx = −3a cos2 t sin tdt ,

dy = 3a sin2 t cos tdt . Пара-

=

3 a2

2∫π sin2 t cos2 tdt =

3 a2

2∫π sin2 2tdt =

2

0

8

0

=

3

a2

2∫π (1−cos 4t)dt =

3

a2 (t

−

1 sin 4t)

2π

=

3

πa2 .

16

0

16

4

0

8

параметрические уравнения

x =

3at

,

y =

3at2

.

1

+t3

1

+t3

y

Геометрический параметр

t =

= tgθ

есть угловой

x

от 0 до

π

, при этом параметр t

изменяется от 0 до ∞. Находя

2

дифференциалы

dx = 3a

1−2t3

dt,

dy = 3a

2t −t4

dt

и

(1+t3 )2

(1+t3 )

2

1 ∞

2

t(2t −t4 )

t2 (1−2t3 )

S =

9a

−

dt

=

2 ∫0

3

)

3

(1

+t

3

)

3

(1+t

=

9a2

∞

t2dt

= −

3

a2

lim

1

β

=

3

a2 .

∫0 (1+t3 )2

+t3

2

2

β→∞ 1

0

2

а)

y =

2x , z = y , x =

8 ; б) под первым витком винтовой

9

линии

x = a cos t , y = a sin t , z = bt ;

в)

x2

+

y2

=1, z = x (z ≥ 0) ;

a2

b2

L

вания L

параболический цилиндр

y = 2x . Дифференциал

′ 2

1

контура

равен dl =

dx = 1

+

2x dx . Подставляя под

1+( y )

знак интеграла z = y =

2x , получим