Добавил:

Upload Опубликованный материал нарушает ваши авторские права? Сообщите нам.

Вуз:

Национальный исследовательский ядерный университет (МИФИ)

Предмет:

Векторный и тензорный анализ

Файл:

Матан. Кратные интегралы.

.pdf

Скачиваний:

Добавлен:

05.06.2015

Размер:

667 Кб

Скачать

☆

<<< < Предыдущая 12 / 62 3 4 5 6 > Следующая >>>

б) построим область и определим, в какой системе координат удобнее вычислить такой интеграл. Область ограничена двумя окружностями:

у2 – 4.y + х2 = 0 => у2 – 4.y+4 + х2 = 4 => (у - 2)2 + х2 = 4 (окружность с центром в точке (0,2) и радиусом r = 2),

у2 -8.у + х2 = 0 => у2 -8.у + 16 + х2 = 16 => (у - 4)2+ х2 = 16 (окружность с центром в точке (0,4) и радиусом r = 4)

и двумя прямыми: у =	x	и х = 0, вырезающими из полученной области сек-
	3

тор, изображенный на рисунке 5. Поэтому имеет смысл перейти к полярным координатам. Площадь фигуры вычисляется в полярной системе координат по формуле:

S = ∫∫dS = ∫∫dxdy = ∫∫ρdρdϕ.

D D D

y2 −8y + x2 = 0

y2 − 4 y + x2 = 0

y=x/ 3

0	x

Рисунок 5

Найдем границы области в полярной системе координат:

х2 + у2 – 4y = 0 => х2 + у2 = 4y => ρ2 = 4ρSinϕ => ρ = 4 Sinϕ, х2 + у2 - 8у = 0 => х2 + у2 = 8у => ρ2 = 8ρSinϕ => ρ = 8 Sinϕ, у = 13 x => tg ϕ = 13 => ϕ = π6 ,

х = 0 => Cos ϕ = 0 => ϕ = π2 .

Запишем повторный интеграл:

8 Sinϕ

dϕ = ∫2

64 Sin 2ϕ −

16 Sin 2

ϕ)dϕ = ∫2

1 − Cos 2ϕdϕ =

S = ∫2 dϕ ∫ρdρ =∫2 ρ2

(

4 Sinϕ

=12 ∫2

(1 − Cos 2ϕ)dϕ =124

−

12 Sin 2ϕ

=12(

−

π) − 6Sinπ + 6Sin

=12 π

+ 6

= 4π + 3 3.

Ответ: 4π+3

Задача 4 – Пластинка D задана ограничивающими ее кривыми,

μ - поверхностная плотность. Найти массу пластинки:

D : x = 14 , y = 0, y2 =16x (y ≥ 0); μ = 16x + 92 y2 .

Решение – масса пластинки вычисляется в декартовой системе координат по формуле:

m = ∫∫μ(x, y)dxdy .

(D)

Построим область (D). Она является правильной в направлении оси Оx и Оy. Вычислим данный интеграл в направлении оси Оx, изображенной на

рисунке 6. Поэтому внутренний интеграл вычисляется по переменной х, а внешний - по переменной у.

x = 14

y2 =16x

0	x

Рисунок 6

Необходимо определить точку пересечения параболы y2 =16x (y ≥ 0) и пря-

мой x =		1		:
мой x =		4		:
		4
					1
	x		=								y	2	= 4 y										= ±2 y = 2 ( y ≥0 ) ;
	x		=		4							2
					4
			2	=16х
	у			=16х
																																	1
																																	1
						9 y2							2				1 4								2	16 x2 +			9 y2 x )			4
m = ∫∫(16x +						9 y2		)dxdy =					∫dy					∫(16x +					9 y2 )dx = ∫(			16 x2 +			9 y2 x )					dy =
	( D )					2							0			y2 16							2		0	2			2				y2
																																16
2	1			2		y2			2		9			2			9			2		y2		1		1	y5			9	y3			9	y5		2
				2					2																												2

= ∫( 8					−	8				+			y		−				y				)dy =(		y −			+				−				)	=
= ∫( 8					−	8	16			+	8		y		−		2		y		16		)dy =(	2	y −	32	5	+		8	3	−		32	5	)	=
0	4						16				8						2				16			2		32	5			8	3			32	5		0

=1 − 321 325 + 98 83 − 329 325 =1 − 15 +3 − 95 = 4 − 2 = 2.

Ответ: 2.

Задача 5 – Вычислить тройной интеграл по области V:

а)	∫∫∫x2 sh(xy)dxdydz ,	где V: х = 2, у =	1	x	, у = 0, z = 0, z = 1;

	V		2
б)	∫∫∫x2 z dxdydz ,	где V: у = 3x, у = 0, х = 2, z = xy, z = 0.
	V

Решение – Внутреннее интегрирование будем проводить по переменной z. Пересечем тело стрелкой, параллельной оси Оz. Тогда при любых значениях переменных (х,у) из области (D) стрелка входит в область на поверхности входа z = 0 (плоскость xОy) и выходит на поверхности выхода z = 1 (плоскость, параллельная xОy). Проецируя область интегрирования (V) на плоскость xОy, изображенной на рисунке 7, строим область (D).

y	y=x/2

Рисунок 7

Расставляя пределы интегрирования по x и по y по области (D),

получим трехкратный интеграл:

												2		x		1						2		x
												2				1						2											1
∫∫∫x2sh(xy)dxdydz= ∫dx∫2 dy∫x2sh(xy)dz = ∫dx∫2 x2sh(xy) z																																	dy =
V												0	0			0						0	0										0
2			1								x		2					x2					chx =						e	x	+e	−x
											x																			x		−x
		2									2
= ∫x		2									2		∫x (ch(
						ch(xy)						dx =							−ch0))dx =												2		=
				x		ch(xy)						dx =						2	−ch0))dx =				ch0 =1								2		=
0											0		0										ch0 =1
2							x	2				2	2		x	2			x	2		2			x	2		2
2								2				2	2			2				2		2				2		2
= ∫x ch(										)dx −∫dx =∫ch(							)d(				) −x	=sh(					)			−2 =
= ∫x ch(										)dx −∫dx =∫ch(					2		)d(				) −x	=sh(					)			−2 =
0					2							0	0		2		2					0	2					0
=	shx =				ex			−e−x				=sh2 −2.
					ex			−e−x
									2
	sh0 =0

Ответ: sh2 −2.

б) внутреннее интегрирование будем проводить по переменной z. Проецируя область интегрирования (V) на плоскость xОy, строим область (D), показанную на рисунке 8.

y=3x

Рисунок 8

Пересечем область стрелкой, параллельной оси Оz. Тогда при любых значениях переменных (х,у) из области (D) стрелка входит в область на поверхность входа z = 0 (плоскость xОy) и выходит на поверхности выхода z = xy. Таким образом, переменная z меняется от z = 0 до z = xy. Следовательно, отделяя внутренний интеграл по z, будем иметь:

∫∫∫x2 z dxdydz = ∫∫dxdy ∫x2 z dz .

Расставляя пределы изменения переменных x и y по области (D), получаем трехкратный интеграл:

		xy	2			3 x		xy		2		3 x		z	2	xy	2	3x	x	4	y	2

∫∫dxdy ∫x2 z dz = ∫dx							∫dy ∫x2 z dz =∫dx ∫x2										dy = ∫dx ∫						dy =

D		0	0				0	0		0	0		2			0	0	0		2

= ∫2	x4		y3	3x dx =	1	∫2	27x7 dx =		27		x8	2	=32 24 =144.

	2		3		6				6
0				0		0					8	0

Ответ: 144.

Задача 6 – Найти объем тела, заданного ограничивающими его поверх-

ностями:
а) x = 17 2y , х = 2 2 y , z = 0,	z + у =	1	;
а) x = 17 2y , х = 2 2 y , z = 0,	z + у =	2	;
		2
б) z = 36 − x2 − y2 , z = (x2 + y2 ) / 3 .

Решение – а) строим область интегрирования. Она ограничена снизу плоскостью z = 0, а сверху плоскостью z + у = 12 , с боков цилиндрическими

поверхностями х = 17 2 y и х = 2 2 y . Проведем стрелку, параллельную

оси Oz, и пресечем данное тело. Тогда z = 0 – поверхность входа, z + у = 12

– поверхность выхода. Спроецируем эту область на плоскость xOy.

Получим две параболы х = 17 2 y и х = 2 2 y , изображенные на ри-

сунке 9.

x2 =8y

0.5

x2 =578y

Рисунок 9

Вычислим объем в прямоугольных координатах:

V = ∫∫∫dxdydz .

(V )

Таким образом, объем тела будет равен:

	1	17 2 y	1	−y	1	17 2 y
V = ∫∫∫dxdydz = 2∫2 dy		17 2 y		−y		17 2 y		1
V = ∫∫∫dxdydz = 2∫2 dy		∫dx	2	∫dz = 2(∫2 dy ∫			(	1	− y)dx =
(V )	0	2 2 y		0	0	2 2 y		2

	1				1				3
2		1		2		15
			− y) (17					2 y −15 2y 2 )dy =
= 2(∫(		2		2 y − 2 2 y )dy = 2∫(			2
0				0

						1					1
	15		2 y		3			2 y		5			) = 2(15					1		1
= 2(					3	2	−15 2			5		2					2		−3 2 2		) =
					2	2				2		2
	2				2					2								23		25
	2		3			0		5			0					3		23		25
= 2(5		2		1			−6 2	1	) = 2(					5	−	3) = 2.
= 2(5		2		2		2	−6 2	2	) = 2(					2	−	3) = 2.
				2		2	4	2						2		2

Ответ: 2.

б) построим тело в пространстве. Оно ограничено сверху сферической

поверхностью	z = 36 − x2 − y2	и снизу		- поверхностью конуса
z = (x2 + y2 ) / 3	, изображенной на рисунке 10.
	z		z =	36 − x2 − y2

z = (x2 + y2 ) / 3

Рисунок 10

3 3

Рисунок 11

Объем тела можно вычислить с помощью тройного интеграла. Для решения задачи лучше использовать цилиндрические координаты:

z = z,

x =ρ cosϕ,y =ρ sin ϕ.

Формула для вычисления объема в цилиндрической системе координат

имеет вид V = ∫∫∫ρdρdϕdz .

(V )

Спроецируем заданную область на плоскость xОy. Проекцией является круг (рисунок 11), радиус которого, получим, решая систему:

x2 + y 2 + z 2

=36 x2 + y 2

=36

4 x2

4 y2 =36

y 2

= z

+ y2 =

+ y

= 27

+ y

= 27

= ±3

Запишем уравнения границ в цилиндрической системе координат:

zвх =	(x2 + y2 ) / 3 = ρ2 / 3 =	ρ 3	,
		3

zвых = 36 − x2 − y2 = 36 −ρ2 .

Записываем интеграл и вычисляем его, пределы изменения переменных

ρ и ϕ определяются по проекции области V, изображенной на рисунке 10, на

плоскость xОy, изображенной на рисунке 11 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤ ρ ≤ 3																								3 :
										36−ρ2			2π	3	3	36 −ρ2 −			ρ
V = ∫∫∫dxdydz = ∫∫ρdρdϕ											∫dz = ∫dϕ ∫				(				ρ	)	ρdρ=
V = ∫∫∫dxdydz = ∫∫ρdρdϕ											∫dz = ∫dϕ ∫				(				3	)	ρdρ=
	(V )					D				ρ2 / 3			0	0					3
				3
2π		1	(36	−ρ2 )			2		ρ3			3 3		2π		93		27	27			1			3
= ∫	(−							−			)		dϕ= ∫ (−				−				+		(36)			+ 0)dϕ=
= ∫	(−	2			3			−	3	3	)		dϕ= ∫ (−			3	−	3	3		+	3	(36)			+ 0)dϕ=
0					3							0		0
0				2								0		0
				2

2π

=∫(−9 − 27 + 72)dϕ= 2π 36 =72π.

Ответ: 72π.

3 Варианты контрольной работы

Вариант 1

Задача 1 – Изменить порядок интегрирования в интеграле:

−∫1dy	∫0	fdx + ∫0				∫0		0	−x 2
−∫1dy	∫0	fdx + ∫0			dy	∫0	fdx.	Ответ: ∫2x ∫fdy .
−2	− 2+y			−1		− −y		−1	x 2 −2
								−1	x 2 −2
Задача 2 – Вычислить двойной интеграл по области D:
а) ∫∫(12x2 y 2				+16x3 y3 )dxdy , D : x = 1, y = x2, y = -				x ;	Ответ: 1.
D
б) ∫∫ye		xy
			dxdy , D : y = ln2, y = ln3, x = 2, x = 4.						Ответ: 3.
		2	dxdy , D : y = ln2, y = ln3, x = 2, x = 4.						Ответ: 3.

Задача 3 – Найти площади фигур, ограниченных данными линиями:

а) y =	3	, y = 4e	x
			, y = 3, y =4;			Ответ: 1.
	x		, y = 3, y =4;			Ответ: 1.
б) y2 - 2y + x2 =0, y2 - 4y + x2 =0, y =				x	, y = 3x .	Ответ:	π .
б) y2 - 2y + x2 =0, y2 - 4y + x2 =0, y =				3	, y = 3x .	Ответ:	π .
				3			2

Задача 4 – Пластинка D задана ограничивающими ее кривыми, μ - поверхностная плотность. Найти массу пластинки:

D : x = 1, y = 0, y2 = 4x (y ≥ 0); μ = 7x2 + y. Ответ: 5.

Задача 5 – Вычислить тройные интегралы по объему V:

а) ∫∫∫2 y2 exy dxdydz ,	V :		x = 0, y	=1, y = x,	Ответ: е – 2.
а) ∫∫∫2 y2 exy dxdydz ,	V :				Ответ: е – 2.
V			z = 0, z	=1.
б) ∫∫∫xdxdydz , V : y = 10x, y = 0, x = 1, z = xy, z = 0.					Ответ: 10.
V
Задача 6 – Найти объемы тел, заданных ограничивающими их поверхно-
стями:
а) y = 5x2 + 2, y = 7, z = 3y2 - 7x2 - 2, z = 3y2 - 7x2 – 5;					Ответ: 20.
б) z = 9 − x2 − y2 ,		9z	= x2 + y2.		Ответ:	171π	.
б) z = 9 − x2 − y2 ,	2		= x2 + y2.		Ответ:	171π	.
	2				16

<<< < Предыдущая 12 / 62 3 4 5 6 > Следующая >>>

Соседние файлы в предмете Векторный и тензорный анализ

#
05.06.20151 Мб19ВТА и Численные Ряды. 3 Семестр.pdf
#
05.06.2015667 Кб53Матан. Кратные интегралы..pdf
#
05.06.2015871 Кб52Методичка_Кратные_инт.pdf