Высшая математика. Кратные интегралы и векторный анализ. практикум. Пантелеев И.Н

G

3

i + y

3

G

3

k через полную

5.4. Найти поток вектора a

= x

j

+ z

поверхность конуса

x2

+ y2

≤

z2

, 0 ≤ a ≤ H .

R2

H

2

R

R2 −x2

2

+ y

2

−

H

x

2

+ y

2

= 3 ∫ dx

∫

(x

) H

R

+

−R

− R2 −x2

+

1

3

H

3

(x

2

+ y

2

)

3

H

−

R

dy.

3

Переходя к полярным координатам, получим

G G

2π

R

2

H

1

3

H3

3

∫∫(a, n)dS

=3∫dϕ∫

ρ

h

−

ρ

+

H

−

ρ

ρdρ =

R

3

R

3

S

0

0

R4 H

H R5

H3 R2

1 H3 R5

3π

1

2

2

2

=6π

−

+

−

=

R

+H

HR

.

4

R

5

3 2

3

3

5

5

2

R

5.5. С помощью формулы Остроградского - Гаусса вычис-

лить

∫∫x3dydz + y3dxdz + z3dxdy ,

взятый

по

наружной

S

поверхности

тетраэдра,

образованной

плоскостями

x + y + z = a , x = 0 , y = 0 , z = 0 .

Решение. Сопоставляя данный интеграл с левой частью

формулы (6), находим, что

P = x3 ,Q = y3 , R = z3 .

Найдем

первые производные

∂P

= 3x2 ,

∂Q

= 3y2 ,

∂R

= 3z2 .

∂x

∂y

∂z

∫∫∫(

)

a

a−x

a−x−y

(

)

3

+ z2

dxdydz = 3

∫

dx

∫

dy

∫

x2

x2 + y2

+ y2 + z2 dz =

V

0

0

0

a

a−x

2

(a − x)

− x

2

y + y

2

(a − x)

− y

3

+

1

(a

− x − y)

3

= 3∫dx ∫

x

3

dy =

0

0

= 2 a

x2 (a − x)2 + 1

(a − x)4

dx = 0, 2a5.

3 ∫0

3

5.6. Вычислить ∫∫(x cosα + y cos β + z cosγ )dS по внешней

S

поверхности

тетраэдра,

ограниченного

плоскостью

x + y + z =1, расположенной в первом октанте.

Решение. По формуле Остроградского - Гаусса (7), где

P = x, Q = y,

R = z , имеем

∫∫(x cosα + y cos β + z cosγ )dS = ∫∫∫

∂x

∂y +

∂z

+

dxdydz =

S

V

∂x

∂y

∂z

1

1−x

1−x−y

1 .

= 3∫∫∫dxdydz = 3∫dx ∫ dy ∫

dz

=

V

0

0

0

G

2

G

G

2

G

2

G

2

nG

n

n

+z cos(n,k) dS

5.7. Вычислить I =∫∫ x cos(n,i )+y cos(n, j)

S

1

(a2 −x2 −y2 )

2a

I = 2∫∫∫(x + y + z)dxdydz = 2∫∫dxdy

∫

(x + y + z)dz =

V

S

0

I =

1 π∫(cosϕ +sinϕ)dϕ∫a (a2 − ρ2 )ρ2d ρ +

1

π∫dϕ∫a (a2 − ρ2 )d ρ =

2

a π

0

4a

π 0

2

2

= −

π

(a2 − ρ2 )3

a

=

πa4

.

16a2

3

0

48

5.8. Вычислить с помощью теоремы Остроградского - Га-

G

(y

2

+ z)i +3y

2

G

2

yk в сторону внеш-

усса поток вектора a =

j +6x

Поверхность S проектируется на плоскость Oxy в область,

ограниченную осями Ox ,

Oy и прямой x +2 y = 2 . Отсюда

x

x

x

x

1−

−y

2

1−

1−

−y

2

1−

2

2

2

2

Q = ∫∫∫6 ydxdydz = 6∫dx ∫ dy

∫

ydz = 6∫dx ∫ yz

dy =

V

0

0

0

0

0

1−

x

0

x

2

x

2

2

x y2

y3

1−

2

2

= 6∫dx

∫

1−

y

− y

dy

= 6∫

1−

−

dx =

2

0

0

2

0

2

3

0

2

x 4

2

x

3

2

1−

1

=

−

dx = −

2

=

1

.

∫0

2

4

2

0

5.9. Проверить формулу

Грина

для

интеграла:

а)

− dy

взятого

по

контуру

+ABC

с

вершинами

v∫L

dx

,

y

x

∫(xy + x + y)dx +(xy + x − y)dy ,

A(1,1), B (2,1),C (2, 2);

б)

L

взятого по окружности x2 + y2

= x .

Решение. а) В данном интеграле P (x, y)=

1

,Q (x, y)= − 1 .

y

x

Частные производные

∂P

= −

1

,

∂Q

=

1

. Следовательно, по

∂y

y2

∂x

x2

формуле Грина будем иметь

dx

−

dy

=

1

+

1

dxdy .

v∫L

∫∫S x

2

y

y

x

2

1

1

2

x

1

1

2

1

1

∫∫

+

dxdy = ∫dx∫

+

dy = ∫

−

+1 dx =

.

2

y

2

2

y

2

x

2

2

x

1

1

x

1

dy = 0; уравнение BC : x = 2, dx = 0;

уравнение

CA : y = x ,

dy = dx . Отсюда

v∫

dx

−

dy

=

2

2

dy

2 dx

−

dx

=

1

.

x

∫ + ∫ + ∫ = ∫dx −∫

2

+ ∫

x

2

L

y

AB BC CA 1

1

1 x

π

sinϕ

∫∫(y − x)dxdy = ∫2

(cosϕ −sinϕ)dϕ ∫

ρ2d ρ =

S

−

π

0

2

π

π

=

1

∫2 (sin3 ϕ cosϕ

−sin4 ϕ)dϕ = −

1

∫2

sin4 ϕdϕ = −

π .

3

−

π

3

−

π

8

2

2

OA AB BO 0

0