Добавил:

ivanov666 Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский национальный технический университет

Предмет:

[НЕСОРТИРОВАННОЕ]

Файл:

Кратные интегралы.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

24.11.2025

Размер:

1.28 Mб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 52 3 4 5 > Следующая >>>

Занятие 3

ТРОЙНОЙ ИНТЕГРАЛ. ВЫЧИСЛЕНИЕ ТРОЙНОГО ИНТЕГРАЛА В ДЕКАРТОВОЙ СИСТЕМЕ КООРДИНАТ

Тройным интегралом от непрерывной функции f (x, y, z) по ограниченной замкнутой пространственной области V называется предел интегральной сум-

мы	∑n	f (x k , yk , zk ) ϑk , когда максимальный диаметр разбиения области
	k =1
V	d = max ϑk стремится к нулю, т.е.
		1≤k ≤n
		lim ∑n	f (xk , yk , zk )	ϑk = ∫∫∫ f (x, y, z)dxdydz
		d →0 k =1		V

Для непрерывной функции f (x, y, z) этот предел существует и единственен. Свойства тройного интеграла аналогичны свойствам двойного интеграла.

	Вычисление тройного интеграла
Пусть	пространственная	область	V в	декартовой системе координат
OXYZ ограничена снизу		и сверху		поверхностями	z = z1(x, y)	и
z = z2 (x, y)	(z1(x, y) ≤ z2 (x, y), с боков – прямой цилиндрической поверхностью
V , проектируется на плоскость OXY			в область D , ограниченную линиями
y = ϕ(x ) и	y = ψ(x ), x = a, x = b	(a < b, ϕ(x )≤ ψ(x )), а функции			z1, z2 , ϕ, ψ– непре-

рывны на области D (рис. 3.1).
z	z=Z2(x,y)
	z=Z1(x,y)

y 0

b Ψ(x)

Рис. 3.1

Вычисление тройного интеграла в декартовых координатах сводится к по-

следовательному вычислению одного однократного и одного двойного интегралов или к вычислению трех однократных интегралов:

∫∫∫ f (x, y, z)ddxdydz = ∫∫dxdy		z2	(x, y)	b	ψ(x )
∫∫∫ f (x, y, z)ddxdydz = ∫∫dxdy			∫	f (x, y, z)dz = ∫dx	∫dy
V	D	z1 (x, y)		a	ϕ(x )

z2 (x, y)

∫ f (x, y, z)dz

z1 (x, y)

Порядок интегрирования в формуле (4.2) может быть изменен.

Пример 3.1. Вычислить ∫∫∫(z 2 + x 2 + y 2 )dxdydz , где область V – прямоуголь-

ный параллелепипед, определяемый неравенствами: 0 ≤ x ≤ a, 0 ≤ y ≤ b, a ≤ z ≤ c

(рис. 3.2).

Решение. Область V ограничена сверху плоскостью z = c , а снизу – плоскостью z = 0 . Проекцией тела на плоскость Oxy служит прямоугольник со сторонами a и b .

Рис. 3.2

											a		b		c														a	b				z	3			c
																																						c

∫∫∫(x 2 + y 2 + z2 )dxdydz											= ∫dx ∫dy ∫						(x 2		+ y 2						+ z 2 )dz = ∫dx ∫ (x 2 + y 2 )z								+						dy =
∫∫∫(x 2 + y 2 + z2 )dxdydz											= ∫dx ∫dy ∫						(x 2		+ y 2						+ z 2 )dz = ∫dx ∫ (x 2 + y 2 )z								+						dy =
V											0	0			0													0					3
V											0	0			0													0		0								0
										3												3					3		b	0								0
	a		b										a							y										a			3						3
	a		b										a																	a			3						3
= ∫dx ∫				(x 2	+ y 2 )c + c						dy		= ∫	x 2 y +										c + c				y	dx = ∫		x 2b + b		c			+ c				b dx =
= ∫dx ∫				(x 2	+ y 2 )c + c						dy		= ∫	x 2 y +										c + c				y	dx = ∫		x 2b + b		c			+ c				b dx =
	0		0						3			0								3						3				0		3					3
	0		0									0																		0
																													0
		x	3			3				3			a		3	bc					3		ac			3			0
			3			3				3			a		3						3					3
=				b + b			x	c + c			bx		= a					+ b							+ c		ab = abc(a + b + c).
=				b + b			x	c + c			bx		= a					+ b							+ c		ab = abc(a + b + c).
		3			3				3						3							3				3
													0
													0

Пример 3.2. Вычислить ∫∫∫				1	dxdydz , где область V	ограничена
				(1 + x + y +t )3
			V
поверхностямиx + y + t =1,			x = 0, y = 0 z = 0.
Решение.	Область V		есть пирамида (рис. 3.3). Проекцией пирамиды на
плоскость	OXY	является		треугольник, ограниченный		прямыми
x = 0, y = 0, x + y =1		(рис. 3.4). Для переменной z нижним пределом будет z = 0

(плоскость OXY ), а верхним – значение z , полученное из уравнения плоско-

сти x + y + z =1, , т.е. z =1 − x − y.

		y
1		1
		1
			x+y=1
		D	x
			x
1	y		1

Рис. 3.3

Рис. 3.4

Поэтому получим:

1− x 1− x − y

∫∫∫

dxdydz

= ∫ dx

∫ dy

∫

+ x + y + z )3

(1 + x

+ y + z )3

1− x

z =1− x − y

1− x

= −

∫ dx ∫

dy = −

∫ dx ∫

−

(1 + x

+ y

+ z )2

(1 + x +

y )2

y =1− x

z = 0

1 − x

= −

∫

dx = −

∫

−

1 + x +

y = 0

1 + x

= −

−

− ln

1 +

ln 2

−

Пример 3.3.

Вычислить ∫∫∫z dxdydz , где область V определяется неравенст-

вами

0 ≤ x ≤

, x ≤ y ≤ 2x, 0 ≤ z ≤

1 − x 2 − y 2 .

Решение.

											1							1−x 2 −y 2					1					1−x 2 −y 2							1
																												1−x 2 −y 2

		∫∫∫z dxdydz =									2			2x									2	2x	z2									2			2x
		∫∫∫z dxdydz =									∫dx			∫dy					∫z dz =			1	∫dx ∫		z2						dy =		1		∫dx ∫ (1−x 2 − y2 )dy =
			V								0			x			0					2	0	x									2	0				x
							1											2x			1						0													1
																											0


				1		2				2			1		3					1	2				3			8		3		3		1			3		1	2		10		3	7
				1		2				2			1		3					1	2				3			8		3		3		1			3		1	2		10		3	7
		=					∫	y − yx			−			y					dx =		∫	2x −2x				−			x		−x + x		+			x		dx =		∫	x −		x	dx =		.
		=		2			∫	y − yx			−		3	y					dx =	2	∫	2x −2x				−		3	x		−x + x		+	3		x		dx =	2	∫	x −	3	x	dx =	192	.
				2		0							3					x		2	0							3						3					2	0		3			192
						0												x			0																			0
Пример 3.4. Вычислить																				∫∫∫z dxdydz ,							где V –					верхняя половина эллипсоида
																				V
	x 2		+		y 2				+ z 2 ≤1, z ≥ 0								(рис. 3.5).
9			+						+ z 2 ≤1, z ≥ 0								(рис. 3.5).
9						4
	Решение. Проекцией тела на плоскость OXY																																является область, ограничен-
ная эллипсом												x 2		+		y 2			=1 (рис. 3.6).
ная эллипсом											9			+		4			=1 (рис. 3.6).
											9					4

						1																																										2
						1																																										0					3				x
																								3		y																						0					3				x
																								3		y
				2
x						Рис. 3.5																																													Рис. 3.6
x
	Поэтому
																			2											x		2		y		2								2
																					9 − x 2								1 −				−												9 − x		2
										3									3		9 − x 2								1 −				−							1 3					9 − x		2				x 2		y 2
										3									3													9			4					1 3				3							x 2		y 2
∫∫∫	z dxdydz						=			∫			dx											∫ dy								∫ z dz					=					∫ dx			∫				1	−		−					=
∫∫∫	z dxdydz						=			∫			dx											∫ dy								∫ z dz					=			2		∫ dx			∫				1	−	9	−	4			dy	=
V									− 3							−		2						9 − x	2							0								2	− 3		−	2	9	− x	2				9		4

																			3																									3
																			3																									3
		3						2																																		3					3					3
	1	3					x	2						4															1			16										3				4	3	(9		− x 2 )2 dx
=	1		∫		1	−	x							4				9				− x 2 −							1			16		(9 −					x 2 )2 dx					=		4	∫								=
=	2		∫		1	−	9							3				9				− x 2 −				12						27		(9 −					x 2 )2 dx					=	81		∫								=
	2	− 3					9							3												12						27													81		− 3
		− 3																																													− 3
								3																															n									n	(1 + cos			2 t )
	8		3∫	(9 − x			2 )				dx =								x				= 3 sin					t								8			2∫ 81 cos 4									2∫						dt
=	8								2										x				= 3 sin					t					=			8								t dt		= 8									=
=	81								2										dx					= 3 cos t dt									=			81								t dt		= 8					4				=
	81	0																	dx																	81		0										0			4
		0																																				0										0
												t					1										n						6				π
												t					1									2							6				π
=	2 t + sin					2 t +									+					sin				4 t					=		2									= 3 π.
=	2 t + sin					2 t +				2					+		8			sin				4 t					=		2		2				2			= 3 π.
																										0
																										0

Аудиторная работа

3.1. Вычислить тройной интеграл по указанным областям V , ограниченным поверхностями

0 ≤ x ≤ 2

3.1.1. ∫∫∫(x + y + z)dxdydz

≤ y

≤ 4

V :

≤ z

≤ 6

y = x 2

= y 2

3.1.2. ∫∫∫xyz dxdydz

V :

= xy

= 0

z = x 2

+ y 2

3.1.3. ∫∫∫(3x + 4y)dxdydz

V : y = x 2

y =1

z = 0,

xyz

3.1.4. ∫∫∫

dxdydz

V : x =0, y =0, z =0

x 2 + y 2 + z 2

≥0, z ≥0

x ≥0, y

Домашнее задание

3.2. Вычислить тройные интегралы по областям, ограниченным указанными поверхностями.

3.2.1. ∫∫∫xy 2 z3 dxdydz , z = xy , y = x, x =1, z = 0		(Ответ: 1/364)
V
3.2.2. ∫∫∫xy dxdydz ,	x 2 + y 2 =1, z = 0, z =1, x = 0, y = 0 (x ≥ 0, y ≥ 0)	(Ответ: 1/8)
V
3.2.3. ∫∫∫yz dxdydz ,	x 2 + y 2 + z 2 =1, z = 0	(Ответ: 0)
V
3.2.4. ∫∫∫xy dxdydz ,	z = xy , x + y =1, z = 0 (z ≥ 0)	(Ответ: 1/180)
V
3.2.5. ∫∫∫y dxdydz ,	x + 2z = 3, y =1, y = 3, x = 0, z = 0	(Ответ: 9)
V

ϕ, ψ, θ

Занятие 4 ЗАМЕНА ПЕРЕМЕННЫХ В ТРОЙНОМ ИНТЕГРАЛЕ

Пусть переменные x , y, z связаны с переменными u, ϑ, ω соотношениями: x = ϕ(u, ϑ, ω), y = ψ(u, ϑ, ω), z = θ(u, ϑ, ω)

где – непрерывные и дифференцируемые функции, взаимно однозначно отображающие область V пространства OXY на область V ′ в системе координат ϕ, ψ, θ. Тогда

∫∫∫ f (x , y , z )dxdydz

= ∫∫∫

f (ϕ(u, ϑ, ω), ψ(u, ϑ, ω), θ(u, ϑ, ω))

I (u, ϑ, ω)

dud ϑdθ

∂ ϕ

∂ ϑ

∂ u

∂ ω

где

∂ ψ

∂ u

∂ ϑ

∂ ω

∂ θ

∂ u

∂ ϑ

∂ ω

При этом предполагается, что функции (4.1) имеют непрерывные частные производные по своим аргументам и якобиан преобразования отличен от нуля.

Формула преобразования тройного интеграла от декартовых координат x, y, z к цилиндрическим координатам ρ, ϕ, z , связанным с декартовыми соотношениями (рис. 4.1)

x		= ρ cos	ϕ,	0	≤ ρ < ∞
		= ρ sin	ϕ,	0	≤ ϕ ≤ 2 π
y		= ρ sin	ϕ,	0	≤ ϕ ≤ 2 π
		= z ,		− ∞ < z < ∞
z		= z ,		− ∞ < z < ∞
	I	= ρ

имеет вид ∫∫∫ f (x, y, z)dxdydz	= ∫∫∫ f (ρcos ϕ, ρsin ϕ, z)ρdρdϕdz
V	V
z
	M(x,y)

ϕ	ρ	y

Рис. 4.1

Формулы преобразования тройного интеграла от декартовых координат x, y, z к сферическим r, ϕ, θ (рис. 4.2), связанными с декартовыми соотношениями (4.2) имеет вид:

x = ρcos ϕsin θ					0 ≤ ρ < ∞
					0 ≤ ϕ ≤ 2π
y = ρsin ϕsin θ
z = ρcos θ					0 ≤ θ ≤ π

	I	= ρ	2	sin θ

∫∫∫

f (x , y , z )dxdydz = ∫∫∫

f (ρ cos ϕ sin θ,ρ sin ϕ sin θ,ρcjs θ)

dρdϕdθ

где

– якобиан перехода.

M (x, y, z)

Рис. 4.2

Пример 4.1. Вычислить ∫∫∫

x 2 + y 2 dxdydz , где область V ограничена пара-

болоидом z = x 2 + y 2 и плоскостью z = 4 (рис. 4.3).

x Рис. 4.3

Решение. Данная пространственная область V проектируется в круг радиуса 2 плоскости ХОY (рис. 4.4.). Вычислим тройной интеграл в цилиндрических координатах. Уравнение параболоида z = ρ2 . Координаты ρ, ϕ, z изменя-

ются так: 0 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, ρ2 ≤ z ≤ 4.

Тогда

∫∫∫ x 2 + y 2 dxdydz =

= ρ cos

= ∫∫∫ ρ ρ d ρd ϕdz = ∫

d ϕ ∫

ρ 2 d ρ ∫ dz =

= ρ sin

2 π

= z

ρ 2

= ρ

(4 ρ 2 − ρ 4 )d ρ = 2 π

ρ 3

128

= 2 π ∫

−

π.

D	2	x

Рис. 4.4

Пример 4.2. Вычислить ∫∫∫x 2 dxdydz , где V : x 2 + xy 2 + z2 ≤ R 2 .

	V
Решение. Область V ограничена сферой x 2 + y2 + z2 = R 2 .		Перейдем в дан-
ном интервале к	сферической системе координат	ρ, ϕ, θ. Здесь
0 ≤ ρ ≤ R, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤	θ ≤ π (рис. 5.5).

Рис. 4.5

Следовательно

∫∫∫ x 2

= ∫∫∫ρ4 sin 3 θ cos 2

2 π

dxdydz

ϕdρdϕdθ = ∫sin

θdθ ∫

cos 2

ϕdϕ ∫ρ

4 dρ =

R 5 π

2 π

πR 5 π

(cos 2 θ −

1)d cos θ =

4πR 5

∫sin 3θdθ ϕ +

sin 2

∫

5 2

Пример 4.3.

Вычислить

∫∫∫

z dxdydz

, где

ограничена

сферой

x 2 + y 2 + z2 = 4 и конусом z =

x 2 + y 2 и является внутренней по отношению к

конусу

(рис. 4.6).	z

Рис. 4.6.

Решение. Перейдем в данном интеграле к сферическим координатам. Уравнение сферы записывается в виде ρ = 2 , а уравнение конуса θ = π4 . В об-

ласти Ω координаты ρ, ϕ, θ изменяются следующим образом:

0 ≤ ρ ≤ 2, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ θ ≤ π4 . Тогда

								2	π	π 4	2
∫∫∫ z dxdydz			= ∫∫∫ ρ cos θρ 2 sin θd ρd ϕd θ =					∫ d ϕ ∫ sin θ cos			θd θ∫ρ 3 d ρ =
V			Ω					0		0	0
π	4	1 sin			4	2			π 4	= 2 π 1 4 = 2 π.
π	4				4	2			π 4
= 2 π ∫			2 θd θ	ρ		= 25 4 1 (− cos 2 θ)
0		2		4		0	4		0	4
0		2		4		0	4		0	4
Пример 4.4. Вычислить ∫∫∫z							x 2 + y 2 dxdydz	если область V			ограничена ци-
						V
линдром x 2 + y 2 = 2x				и плоскостями y = 0, z = 0, z = a.
Решение.			x 2 + y 2 − 2 x = 0,				x 2 − 2 x + 1 + y 2			= 1, (x − 1)2 + y 2 = 1.

Представленный объем – цилиндр высоты а (рис. 4.7) проектирующийся на плоскости OXY в область D , представляющей круг радиуса 1 с центром в

точке x =1 по оси OX (рис. 4.8).

	V
		y
	D	Рис. 4.7
		Рис. 4.7
x		y

1	D	x

Рис. 4.8

Перейдем к цилиндрическим координатам x = ρcos ϕ, y = ρsin ϕ, z = z, I = ρ. Уравнение цилиндра в этих координатах примет вид

ρ2 cos 2 ϕ + ρ2 sin 2 ϕ = 2ρcos ϕ

или

ρ2 (cos 2 ϕ + sin 2 ϕ)= 2ρ cos ϕ , т.е. ρ = 2 cos ϕ .

Следовательно в области Ω координаты ρ, ϕ, z изменяются как:

0 ≤ ρ ≤ 2 cos ϕ, π2 ≤ ϕ ≤ π2, 0 ≤ z ≤ a (рис. 4.8).

∫∫∫ z x 2 + y 2 dxdydz = ∫∫∫ z ρ2 cos 2 ϕ + ρ2 sin 2 ϕ ρdρdϕdz = ∫∫∫ z ρ2 dρdϕdz =

π 2

2 cos ϕ

π 2

2 cos ϕ

z 2

π 2

ρ3

2 cos ϕ

dϕ =

= ∫ dϕ ∫

2 dρ∫ z dz

= ∫ dϕ ∫

ρ2 dρ

a 2

∫

−π 2

1 a 2

π 2

8 cos 3 ϕdϕ =

π 2

cos 2 ϕd sin ϕ =

π 2

(1 − sin

2 ϕ)d sin ϕ =

∫

−π 2

6 −π 2

−π 2

4a 2

ϕ −

sin 3

π 2

−

− 1 +

4a 2

−

+ 1

−

sin

−

−π 2

=4a3 2 43 = 169a 2 .

Аудиторная работа

4.1. Вычислить ∫∫∫ f (x, y, z)dxdydz по указанным областям:

4.1.1.f (x, y, z)=1

4.1.2.f (x, y, z)= x 2 + y 2

4.1.3.	f (x, y, z)=	1

x 2 + y 2 + z 2

4.1.4. f (x, y, z)= x 2 + y 2 + z2

V: x 2 + y 2 = z 2

z = 2

V : z = 9 − x 2 − y2

		2	+ y	2	+ z	2	= 4
V	x
	:	2		2		2
			+ y		+ z		=16
	x

V: x 2 + y 2 + z 2 ≤ R 2

x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0

Домашнее задание
4.2. Вычислить ∫∫∫ f (x, y, z)dxdydz	по указанным областям:
V
4.2.1. f (x, y, z)= z x 2 + y 2	V : x 2	+ y2	= 2x, y = 0, z = 0, z = a
			(Ответ: 8a2 9 )
4.2.2. f (x, y, z)= z	V : x 2	+ y 2	− z2 = a2 , z = 0, z = a (a ≥ 0)

(Ответ: 3πa4 4 )

4.2.3.f (x, y, z)= x 2 + y 2 + z2

4.2.4.f (x, y, z)=1

4.2.5.f (x, y, z)= x 2 + y 2 + z2

4.2.6.f (x, y, z)= (x 2 + y 2 + z 2 )3

4.2.7.f (x, y, z)= x 2 + y 2

4.2.8.f (x, y, z)= (x 2 + y 2 + z2 )5

	1
4.2.9.	f (x, y, z)=
		x 2 + y 2 + z2 +1

V : x 2 + y 2 + z2 ≤ 9

(Ответ: 81π)

V : x 2 + y 2 + 4z2 =1

(Ответ: 2π/3)

y 2	+ z 2	= b2
V :
x = 0, x = a
		a2			b2
		(Ответ: πab2		+		)
		(Ответ: πab2	3	+	2	)
			3		2

V: x 2 + z 2 =1

y = 0, y =1

(Ответ: 431π/ 420 )

V: x 2 + y 2 + z 2 ≤ R 2

z ≥ 0

(Ответ: 4πR5 /15)

V : x 2 + y 2 + z2 ≤ R 2

(Ответ: πR 82 )

V: x 2 + y 2 + z 2 ≤ R 2

y = 0, y ≥ 0

(Ответ: 2π(R − arctgR +1))

Занятие 5 КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ I РОДА

Пусть функция f (x, y, z) определена и непрерывна в точках дуги
				AB кусоч-
но-гладкой пространственной кривой L.
Криволинейным интегралом I рода (КРИ–I) от функции f (x, y,z)				вдоль кри-
			n
вой L называется предел интегральной суммы			∑ f ( x k , y k , z k )	l k , когда
			k =1
диаметр разбиения кривой L d = max		lk стремится к нулю, т.е.
	1≤ k ≤ n
	n		= ∫ f ( x , y , z ) dl .
lim	∑ f ( x k , y k , z k )	lk	= ∫ f ( x , y , z ) dl .
d → 0	k =1		L

Если функция f (x, y, z) непрерывна на L, то КРИ–I существует и единственен.

Основные свойства КРИ–I

1. КРИ–I не зависит от направления пути интегрирования, т.е.

∫ f (x , y , z ) dl = ∫ f (x , y , z ) dl .

AB BA

2.	∫ f1 ( x , y , z ) ± f 2 ( x , y , z )d l = ∫ f1 ( x , y , z ) d l ± ∫ f 2 ( x , y , z ) d l .
	L			L			L
3.	∫ cf	( x , y , z ) d l	= c ∫ f ( x , y , z )		d l,	где	с = соnst .
	L			L
4.	Если кривая L разбита на части L 1 , L 2 , K , L n , т.е. L =L1 L2 K Ln,
то
				n	∫ f ( x , y , z ) dl .
		∫	f ( x , y , z ) dl = ∑		∫ f ( x , y , z ) dl .
		L		i =1 L i
5. Если для точки кривой L выполнено неравенство
		f1(x, y, z) ≤ f2 (x, y, z) , то ∫ f1 (x , y , z ) dl ≤ ∫ f 2 (x , y , z ) dl .
				L		L
				Вычисление КРИ–I
1.	Пусть пространственная кривая L задана параметрически уравнениями
x = x (t ),		y = y(t ), z = z(t ) ,		где t1 ≤ t ≤ t 2 ,	тогда дифференциал дуги кривой
равен		dl = (x ′(t ))2		+ (y ′(t ))2 + (z ′(t ))2 dt		и
							27

	t 2	(x (t ), y (t ), z (t ), ) (x ′(t ) )2 + (y ′(t ) )2 + (z ′(t ) )2 dt .
∫ f ( x , y , z ) dl = ∫ f
L	t1

2. Пусть плоская кривая L задана уравнением y = ϕ(x ) , где a ≤ x ≤ b , тогда

дифференциал дуги равен d l =

1 + (ϕ′( x ) )2 dx и

′

∫ f (x, y) dl = ∫ f (x, ϕ(x )) 1 + (ϕ (x ))

dx .

3. Пусть плоская кривая L задана в полярной системе координат уравнени-

ем

ρ = ρ(ϕ) ,

где

α ≤ ϕ ≤ β ,

тогда

дифференциал

дуги

кривой равен

dl =

′

dϕ и ∫ f (x , y )dl = ∫

f (ρcos ϕ, ρsin ϕ)

(ϕ)

′

(ϕ) + (ρ (ϕ))

+ (ρ (ϕ)) dϕ.

Таким образом, вычисление криволинейного интеграла I рода сводится к вычислению определенного интеграла.

Пример 5.1. Вычислить ∫

(x 5 + 8 xy

)d l

, где L – дуга кривой 4 y = x 4 ,

заключенная между точками x

= 0 , x

= 1 .

Решение. Находим dl =

1 + x 6 dx , тогда

∫ (x 5

+ 2 x 5 ) 1 + x 6

+ 8 xy )d l = ∫ (x 5

dx = ∫ 3 x 5

1 + x 6 dx =

= 3

1 1∫ (1 + x 6 )1 2 d (1 +

6 )=

(1 + x 6 )3 2

(2 2 − 1 ).

Пример 5.2. Вычислить

∫

x 2

y 2 d l , где

–

дуга лемнискаты

ρ= a cos 2ϕ (0 ≤ ϕ ≤ π4) .

Решение. Находим

d l =

a 2 cos

2 ϕ +

a 2 sin

2 2 ϕ

d ϕ =

a d ϕ

a 2 d

cos

2 ϕ

cos

2 ϕ

т.к. ρ′(ϕ ) =

− a sin

2 ϕ

, тогда

cos 2 ϕ

π 4

d ϕ

π 4

πa

∫ (x 2 + y 2 )d l = ∫

(ρ2

cos 2 ϕ + ρ2 sin 2

ϕ)

= a 2

∫ d

=a 2

π 4

5.2.3. ∫

∫

5.2.2.

Аудиторная работа

5.1. Вычислить криволинейные интегралы по указанным кривым:

5.1.1. ∫xyz dl, где L – дуга кривой, x = 1 t 2 ,					y = t, z =	8	t3	(0 ≤ t ≤1) .
L				2		3
5.1.2. ∫	sin3 x	dl, где L – дуга косинусоиды y = cos x					(0 ≤ x ≤ π 2) .
5.1.2. ∫	1 + sin2 x	dl, где L – дуга косинусоиды y = cos x					(0 ≤ x ≤ π 2) .
L	1 + sin2 x
5.1.3. ∫	x 2 + y 2 dl, где L – кривая x = a(cost +t sint )					( 0 ≤ t ≤ 2π) .
L				y = a(sint −t cos t )
5.1.4. ∫			y	2
	x 2 + y 2 arctg			dl, где L – дуга кривой ρ = a		sin 2ϕ		(0 ≤ ϕ ≤ π 2) .
	x 2 + y 2 arctg			dl, где L – дуга кривой ρ = a		sin 2ϕ		(0 ≤ ϕ ≤ π 2) .
L			x

5.1.5. ∫x dl, где L – параболы y = x 2 (1 ≤ x ≤ 2) .

Домашнее задание

5.2. Вычислить следующие криволинейные интегралы:

5.2.1. ∫	d l	, где L – отрезок прямой, соединяющий точки O(0,0)
5.2.1. ∫	x 2 + y 2 + 4	, где L – отрезок прямой, соединяющий точки O(0,0)
L	x 2 + y 2 + 4
и A(1,2).
			5 +3	)
		(Ответ: ln	5 +3
		(Ответ: ln	2
			2

y 2 d l , где L – первая арка циклоиды: x = a(t −sint), y = a(1−cost) .

(Ответ: 25615 a3 ) (x + y)dl, где L – правый лепесток лемнискаты ρ = a cos 2ϕ .

(Ответ: a2 2 )

<<< < Предыдущая 12 / 52 3 4 5 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете [НЕСОРТИРОВАННОЕ]

#
24.11.2025796.96 Кб2Краткий курс лекций по учебной дисциплине «Оценка недвижимости». Часть 1.pdf
#
24.11.20252.16 Mб1Краткий курс программирования на алгоритмическом языке Fortran PowerStation.pdf
#
24.11.20251.07 Mб1Краткий курс программирования на языке Pascal ABC для студентов специальности 1-36 01 02 Материаловедение в машиностроении.pdf
#
24.11.20253.15 Mб1Кратные и криволинейные интегралы.pdf
#
24.11.20251.64 Mб1Кратные интегралы. Ряды. Ряды Фурье.pdf
#
24.11.20251.28 Mб0Кратные интегралы.pdf
#
24.11.20251.53 Mб0Криптографические средства защиты информации. В 2 ч. Ч. 1.pdf
#
24.11.20252.27 Mб0Криптографические средства защиты информации. В 2 ч. Ч. 2.pdf
#
24.11.20252.26 Mб0Кристаллография и минералогия.pdf
#
24.11.20251.16 Mб0Культура речи и основы педагогической риторики.pdf
#
24.11.20252.23 Mб2Культурология. История мировой культуры.pdf