Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Белорусский государственный технологический университет

Предмет:

Высшая математика

Файл:

высшая математика ч3

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

26.03.2015

Размер:

551.72 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 65 6 > Следующая >>>

10.2.1. Задачи для самостоятельного решения

1.	Найти площадь фигуры, ограниченной кривой			y 2 = 2x	и прямой
y = x .
2.	Найти площадь фигуры, ограниченной кривой			y = 2x 2	и прямой
y = 2 .
3.	Найти площадь фигуры, ограниченной кривыми y 2 = 10x + 25					и
y 2 = −6x + 9 .
4.	Найти	площадь	фигуры, ограниченной линиями x 2 + y 2 = 2x ,
x 2 + y 2 = 4x , y = x , y = 0 .
					y =
5.	Найти	объем	тела, ограниченного поверхностями		y =	x ,

y = 2 x , x + z = 4 , z = 0 .

6.	Найти				объем тела,				ограниченного							поверхностями					z = x 2 + y 2 ,
y = x 2 , y = 1, z = 0 .
7.	Найти				объем тела,				ограниченного поверхностями												x = 0 , y = 0 ,
z = 0 , z = x 2 + y 2 , x + y = 1.
													Б
8.	Найти площадь фигуры, ограниченной линиями x 2 + y 2 − 2 y = 0 ,
x 2 + y 2 − 2x = 0 .
9.	Найти				объем тела,				ограниченного							поверхностями					2z = x 2 + y 2 ,
x 2 + y 2 + z 2 = 3 (внутри параболоида).
											10.2.2. Ответы
													A
1.	2	. 2.	8	. 3.		16			3	π +		3	. 5.	128	. 6.		88	. 7.	1	.
	2		8			16	15	. 4.	3			3
							15	. 4.
	3	3			3				4		2		15			105			6

8.π − 1. 9. π (63 − 5) . 2 3

10.3.Тройной интеграл

10.3.1.Основные теоретические сведения

Пусть

пространственной области

V R 3

определена

непрерывна

функция

трех

переменных

u = f (x; y; z) .

Разобьем

область V

на n

произвольных областей V1 , V2 ,…,

Vn , с объемами

( i =

)

V1 ,

V2 ,…,

Vn . В каждой области Vi

1, n

выберем

произвольную точку Ci (xi ; yi ; zi ) и составим интегральную сумму

= f (C1 ) V1 + f (C2 )

V2 + ... + f (Cn )

= ∑ f (Ci )

Vi .

i=1

Если

существует

конечный

предел

последовательности

интегральных сумм Sn при условии стремления к нулю

наибольшего из диаметров di

областей Vi (и n → ∞ ), не зависящий

от способа разбиения области V на области Vi

и выбора точек Ci ,

то

этот

предел называется

тройным

интегралом

от

функции

u = f (x; y; z) по области V и обозначается

∫∫∫ f (x; y; z)dV

или ∫∫∫ f (x; y; z)dxdydz =

lim

∑ f (xi ; yi ; zi ) Vi .

(n→∞)

max di →0 i=1

10.3.2. Вычисление тройного интеграла

Пусть

функция трех переменных

u = f (x; y; z)

определена

непрерывна в пространственной области V , которая ограничена

сверху

поверхностью

z = z2 (x; y) ,

снизу

–

поверхностью

z= z1 (x; y) , где функции z1 (x; y) и z2 (x; y) определены и непрерывны

вобласти D Oxy (рис. 10.18).

Тогда вычисление тройного интеграла сводится к последовательному (справа налево) вычислению определенного интеграла по переменной z (переменные x и y считаются при этом

константами) и двойного интеграла от того, что получится, по области D .

∫∫∫ f (x; y; z)dxdydz = ∫∫ dxdy		z2 ( x; y)
∫∫∫ f (x; y; z)dxdydz = ∫∫ dxdy		∫ f (x; y; z)dz .	(10.9)
V	D	z1 ( x; y)

Получившийся двойной интеграл можно вычислять как в декартовой, так и в полярной системе координат.

	z	z = z2 (x; y)
		V
	0	z = z1 (x; y)
	0	y
		y
	x	D

Рис. 10.18

При вычислении тройного интеграла можно выбирать и другой порядок интегрирования.

Пример 1А. Вычислить тройной интеграл ∫∫∫ xydxdydz , где V	–
V
область, ограниченная поверхностями z = x 2 + y 2 , x = 2 , y = 2	и

координатными плоскостями.

Решение. Область V представлена на рис. 10.19. Поверхность z = x 2 + y 2 – параболоид вращения, ограничивает область V сверху. Снизу область V ограничена плоскостью Oxy . Поверхность x = 2 – плоскость, параллельная плоскости zOy , y = 2 – плоскость,

параллельная плоскости zOx . Проекцией области V на плоскость Oxy будет квадрат (рис. 10.20) – область D .

z	y

			2	D
		V		D
		V
2	0	2	y
2
x			0	2	x
	Рис. 10.19			Рис. 10.20

По формуле (10.9) имеем

												x2 + y			2			x2 + y2
			∫∫∫ xydxdydz = ∫∫ dxdy																			=

													∫ xydz = ∫∫ xy z					0			dxdy
			V								D		0		D


																2	2
= ∫∫ xy(x 2 + y 2 )dxdy = ∫∫ (x3 y + xy 3 )dxdy = ∫ dx∫ (x3 y + xy3 )dy =
	D											D				0	0
	2					2	2		y	4		2	2							4			2
	2					2	2			4		2	2							4			2
=	∫	x	3	y			+ x					dx =	∫	(2x3 + 4x)dx =					x		+ 2x 2		= 8 + 8 = 16 .
=		x	3				+ x					dx =		(2x3 + 4x)dx =							+ 2x 2		= 8 + 8 = 16 .
					2				4
	0				2				4				0					2
							0					0											0
							0					0											0
			Пример 2А. Вычислить тройной интеграл ∫∫∫(x + y)dxdydz , где
																					V
V		–	область,					ограниченная поверхностями z = x 2 + y 2 , x 2 + y 2 = 4
( x ³ 0 , y ³ 0 ), z = 0 .
			Решение. Область V представлена на рис. 10.21. Поверхность
z = x 2 + y 2							–	параболоид вращения, который сверху ограничивает
область V ,							снизу область V								ограничена плоскостью Oxy (так как

z = 0 ). Поверхность x 2 + y 2 = 4 – цилиндрическая, направляющей у которой является окружность радиуса R = 2 . Так как x ³ 0 , y ³ 0 , то

рассматриваются части поверхностей в первом октанте. По формуле (10.9) имеем

		x2 + y2
∫∫∫(x + y)dxdydz = ∫∫ dxdy		∫ (x + y)dz = ∫∫(x + y)(x 2 + y 2 )dxdy .
V	D	0	D

Так как областью интегрирования D является четверть круга (рис. 10.22), то удобно перейти к полярным координатам: x = r cos ϕ ,

y = r sin j . Тогда уравнение окружности x 2 + y 2 = 4 . r = 2 ,

0 ≤ ϕ ≤ π , 0 £ r £ 2 , dxdy = rdjdr .
2
z	y
	y

			2
		V		D
	0	2	y	D
2	0	2	y
2
x			0	2	x
	Рис. 10.21			Рис. 10.22

∫∫ (x + y)(x 2 + y 2 )dxdy = ∫∫ (r cos ϕ + r sin ϕ)r 2 rdϕdr =

			D					π		D
								π		2
= ∫∫ r 4 (cos ϕ + sin ϕ)dϕdr =								2		2
= ∫∫ r 4 (cos ϕ + sin ϕ)dϕdr =								∫		dϕ∫ r 4 (cos ϕ + sin ϕ) dr =
	D							0		0
π		2	2	4				π	2					5		2
π		2	2					π	2					5		2
												r
= ∫ (cos ϕ + sin ϕ) dϕ∫ r					dr =			∫		(cos ϕ + sin ϕ)						dϕ =
= ∫ (cos ϕ + sin ϕ) dϕ∫ r					dr =			∫		(cos ϕ + sin ϕ)						dϕ =
												5
0			0					0								0
			π								0π
	32		2			32	(sin ϕ − cos ϕ)					2 =	64
=			∫ (cos ϕ + sin ϕ) dϕ =													.


5			0		5									5
			0
			10.3.3. Вычисление объемов с помощью тройного интеграла
			Если в тройном интеграле (10.9)									f (x; y; z) = 1 в области V , то
этот интеграл определяет объем области V
			V = ∫∫∫dxdydz .												(10.10)
						V
			Пример 1А. Найти объем тела, ограниченного поверхностями
2z = x 2 + y 2 , z = 2 .
			Решение. Данное тело представлено на рис. 10.23. Тело
ограничено снизу параболоидом вращения																2z = x 2 + y 2 , сверху –

плоскостью z = 2 , которая пересекает параболоид по окружности x 2 + y 2 = 4 .

Так как область D – круг (рис. 10.24), то при вычислении двойного интеграла переходим к полярным координатам: x = r cos ϕ ,

y = r sin ϕ ,

x 2 + y 2 = 4 ,

r = 2 ,

0 ≤ ϕ ≤ π ,

0 ≤ r ≤ 2 , dxdy = rdϕdr .

x 2

+ y

Тогда V = ∫∫∫ dxdydz = ∫∫ dxdy

−

∫ dz = ∫∫ 2

dxdy =

x2 + y2

r 2

2π 2

r 3

r 2

2π

= ∫∫

−

∫ dϕ∫

−

∫

−

dϕ =

rdϕdr =

dr =

0 0

2π

02π = 4π .

= ∫ (4 − 2)dϕ = 2ϕ

	z
	2		y
	2		2
			D
	V		0	2	x
	0	2	y
x	2
x
	Рис. 10.23		Рис. 10.24

Пример 2А. Найти объем тела, ограниченного поверхностями z = 0 , z = 2 − y , y = x 2 .

Решение. Данное тело представлено на рис. 10.25, область D – на рис. 10.26. Тогда

2− y

V = ∫∫ dxdy ∫ dz = ∫∫ (2 − y)dxdy = ∫ dy

∫ (2 − y)dx =

−

(2 − y)x

= ∫

dy = ∫ (2 − y)2

ydy = 2∫

2 y

− y

2 dy =

2 .

− y

y = x2

y = x

Рис. 10.25

Рис. 10.26

10.3.4. Задачи для самостоятельного решения

∫∫∫ f (x; y; z)dxdydz по

Расставить

пределы в тройном

интеграле

области, ограниченной поверхностями

а) x = 0 , y = 0 , z = 0 , x + y + z = 1;

б) x 2 + y 2 + z 2 = 1, z = 0 ( z ³ 0 ).

												−	x+ y	2				+		a2	−
											1	1 x	x+ y	π	a		a			a2		r	2
2. Вычислить а) ∫ dx ∫ dy ∫ dz ; б)														∫ dϕ∫ rdr						∫ dz .
											0	0	xy	0	0					r								x = 0 ,	y = 0 ,
3. Найти объем тела, ограниченного																поверхностями												x = 0 ,	y = 0 ,
z = 0 , x + y + z = 6 .
4. Найти объем тела, ограниченного																поверхностями												z = x 2 + y 2 и
z 2	= x 2 + y 2 .
5. Найти						объем тела, ограниченного поверхностями z = 0 , z = 4 − y 2 ,
y =		x 2		.
y =				.
	2
													10.3.5. Ответы
														A

										−																	1−x2 − y2
			1 1−x					1 x			y							1					1−x		2		1−x2 − y2
			1 1−x						−									1					1−x					∫ f (x; y; z)dz =
1. а) ∫ dx ∫ dy ∫ f (x; y; z)dz ;																б) ∫ dx								∫ dy				∫ f (x; y; z)dz =
	0					0			0									−1			−							0
	0					0			0									−1			−			1−x2				0
2π 1
2π 1							1−r 2									7								πa		3			π
∫ dϕ∫ rdr							∫ f (r cos ϕ; r sin ϕ; z)dz .							2.	а)				;	б)						.		3. 36 .	4. .
∫ dϕ∫ rdr							∫ f (r cos ϕ; r sin ϕ; z)dz .							2.	а)	24			;	б)					4	.		3. 36 .	4. .
0	0					0										24									4				6
0	0					0
5. 12			4		.
5. 12					.
	21

Глава 11. КРИВОЛИНЕЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ

11.1. Криволинейные интегралы первого рода (КРИ1)

			11.1.1. Определение и свойства КРИ1
Пусть в каждой точке гладкой кривой AB (или									L )		плоскости
Oxy задана непрерывная функция					двух	переменных z = f (x; y) .
Разобьем	AB		на n частей точками		A = M 0 ,		M1 ,…,			M n = B . На
							( i =			),
каждой	дуге		M i−1M i ,	длина которой		li	( i =	1, n		),	выберем
произвольно точку Ci (xi ; yi ) .
Составим			сумму	Sn = f (C1 )	l1 + f (C2 )		l2 + ... + f (Cn ) ln =
n			n
= ∑ f (Ci ) li =			∑ f (xi ; yi )	li . Эта сумма называется интегральной
i=1			i=1
суммой первого рода. Пусть d = max					li –	наибольшая из длин дуг
M i−1M i ( i =			).
M i−1M i ( i =		1, n	).

Если существует конечный предел последовательности интегральных сумм Sn при d → 0 , не зависящий ни от способа

разбиения, ни от выбора точек Ci (xi ; yi ) , то этот предел называется криволинейным интегралом первого рода (КРИ1)

n
lim ∑ f (xi ; yi ) li = ∫ f (x; y)dl .
d →0 i=1	AB
Если функция f (x; y)	непрерывна на AB , то тот предел всегда

существует. Криволинейный интеграл первого рода обладает свойствами, аналогичными свойствам определенного интеграла (аддитивность, линейность, оценка модуля, теорема о среднем).

Однако есть отличие ∫ f (x; y)dl =	∫ f (x; y)dl , т. е. криволинейный
AB	BA

интеграл первого рода не зависит от направления интегрирования.

11.1.2. Вычисление криволинейных интегралов первого рода

1. Если кривая L задана непрерывно дифференцируемой функцией y = ϕ(x) , x [a; b], то

∫ f (x; y)dl = ∫ f (x; j(x)) 1 +

[j'(x)]2 dx .

(11.1)

x = x(t) ,

Если кривая

L задана параметрически, т. е. в виде

y = y(t) , где x(t) ,

y(t)

– непрерывно дифференцируемые функции на

промежутке t [α;β], то

∫ f (x; y)dl = ∫ f (x(t); y(t))

[x'(t)]2 + [y'(t)]2 dt .

(11.2)

задана уравнением r = r(ϕ) ,

α ≤ ϕ ≤ β в

Если

кривая

полярных координатах, то

∫ f (x; y)dl = ∫ f (r cos j; r sin j)

r 2

+ (rϕ' ) 2 dj.

(11.3)

11.1.3. Примеры решения задач

Пример 1А. Вычислить криволинейный интеграл

∫

dl , где

L – дуга параболы y 2

= 2x между точками A(2; 2) и B(8; 4) .

Решение. Кривая L –

дуга параболы –

изображена на рис. 11.1.

y =

для x [2; 8]. Используем формулу (11.1) для

Уравнение L –

вычисления криволинейного интеграла. Найдем y'=

, тогда

(2x + 1) 12 ×

(1 + 2x) =

∫

dl =

∫

1 +

dx = ∫

dx =

∫

2x + 1

1 2(2x + 1)3 2

[17 17 - 5 5

(16 + 1) 2 - (4 +

2 =

Пример 2А. Вычислить криволинейный интеграл ∫ (x 2 + y 3 )dl ,

где L –

контур

треугольника

ABO

с вершинами

A(1; 0) , B(0;1) ,

O(0; 0) .

∫ (x 2 + y 3 )dl = ∫ (x 2 + y 3 )dl +

Решение.

Поскольку

+ ∫ (x 2 + y 3 )dl + ∫ (x 2 + y 3 )dl ,													то остается вычислить криволинейный
BO								OA
интеграл по каждому из отрезков AB ,																		BO , OA (рис. 11.2)
		1)			AB : так как						уравнение прямой AB																имеет						вид y = 1 − x ,
x [0;1], то dl =
									1 + ( y') 2 dx =				1 + (-1) 2 dx =
									1 + ( y') 2 dx =				1 + (-1) 2 dx =												2dx . Тогда
	2			3			1	2				3							x3					(1 - x) 4							1			7
							1


∫ (x + y )dl = ∫ [x + (1 - x) ] 2dx = 2																					-						4						=	2 .
AB							0														3						4				0			12
																															0
		2)			BO : отрезок BO лежит на оси Oy , поэтому x = 0 , 0 ≤ y ≤ 1,
											1			1
dl = dy и ∫ (x 2 + y 3 )dl = ∫ y 3dy =														1	.
dl = dy и ∫ (x 2 + y 3 )dl = ∫ y 3dy =															.
						BO					0		4
						BO					0
																														1						1
		3) OA : y = 0 , 0 ≤ x ≤ 1, dl = dx и ∫ (x 2 + y 3 )dl = ∫ x 2 dx =																																		1	.
																																					.
																		OA												0				3
		Окончательно ∫ (x 2 + y 3 )dl =																OA												0
																7				+		1		+	1	=		7
																	2																+1) .
																	2												(			2
																													(			2
										L			12								4		y	3			12
										L
			y																					1

											B												B

		4


			2			A
																																	1
		0				2	Рис. 11.1				8			x							0												A					x
		0				2					8			x							0												A					x
																											Рис. 11.2
																											Рис. 11.2
		Пример 3А. Вычислить криволинейный интеграл ∫
		Пример 3А. Вычислить криволинейный интеграл ∫																																	x 2 + y 2 dl ,
																																	L
где L –				окружность x 2 + y 2 = R 2 .
		Решение. Введем полярные координаты x = r cos ϕ , y = r sin ϕ .
Тогда,			поскольку x 2 + y 2 = R 2 , то уравнение окружности примет вид
r = R ,			r'= 0 ,
r = R ,			r'= 0 ,				дифференциал дуги dl =															r 2 + (r') 2 dj =												R 2 dj = Rdj.
При этом ϕ [0; 2π]. Следовательно, ∫																													2π
При этом ϕ [0; 2π]. Следовательно, ∫																					x 2 + y 2 dl = ∫ R × Rdj = 2pR 2 .
																L														0

<<< < Предыдущая 1 2 3 45 / 65 6 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Высшая математика

#
26.03.2015433.8 Кб111shpory_syrye_2.docx
#
26.03.2015385.9 Кб56vyshka_3_semestr_vsya.docx
#
26.03.20152.48 Mб220Волк_Высшая математика.2010.pdf
#
26.03.201514.51 Кб23вопросы по вышке.docx
#
26.03.20151.46 Mб2289Высшая математика для 1 и 2 курса.pdf
#
26.03.2015551.72 Кб63высшая математика ч3.pdf
#
26.03.2015170.92 Кб53Высшая математика.docx
#
26.03.201520.41 Mб12высшая математика2002_copy.pdf
#
26.03.201517.78 Кб20Вышка. Вопросы к экзамену(3 семестр).docx
#
26.03.2015116.22 Кб20Вышка.doc
#
26.03.2015408.97 Кб17вышка.pdf