получаем , , , , т


в)
x 2  3 ydy   x  y  dx , где  – дуга линии y  x 2 от точ-

ки A0;0 до B 1;1 ;
 y dx  xydy ,
г)
2
где  – дуга эллипса x  2cos t , y  sin t ,

0t 

;
2
д)  ydx  xdy , где  – дуга астроиды x  2cos3 t , y  2sin 3 t ,

0t 

;
2
е)  y 2 dx  x 2 dy , где  – первая арка циклоиды x  3  t  sin t  ,

y  3 1  cos t  , 0  t  2 ;
  y  z  dx   x  z  dy   x  y  dz ,
ж) вычислить
 : x  t2 ,

y  t , z  t , 0  t 1;
6
4
и) вычислить
 zydx  zxdy  xydz ,
 – дуга винтовой линии

3t
от точки пересечения с плоскостью
2
z  0 до точки пересечения с плоскостью z  3 .
3 Вычислить длину дуги кривых:
1
а) x  t , y  2 ln t , z  , 1  t  10 ;
t
б) x  6 cos t , y  6 sin t , z  8t , 0  t  2 .
4 Вычислить площадь фигуры, ограниченной замкнутым контуром, образованным указанными линиями:
а) первой аркой циклоиды x  2  t  sin t  , y  2 1  cos t  ,
0  t  2 ;
x  R cos t , y  R sin t , z 

б) лемнискатой Бернулли x2  y 2

2
 2  x2  y 2  .
5 Найти массу материальной кривой с заданной плотностью:
а) 4 y  x 4 , 0  x  1 ,  x; y   x 5  8 xy ;

б) x2  y 2

2
 8  x2  y 2  ,  x; y   x  y .
175
6 Найти массу дуги кривой x  t , y 
ли линейная плотность  x, y, z   x  z .
3t 2
2
, z  t 3 , 0  t  1 , ес-



7 Найти работу, производимую силой F  X i  Y j вдоль указанной линии:



а) F  x 2 i  xy2 j , L – отрезок между точками A0;1 и B 1;2  ;



б) F  x3  y i  x  y 3 j , L – ломаная АВС, где A1;1 и

 

B 3;1 , C 3;5 ;

 1 
 1
в) F  x 2 i  2 j , L – дуга линии xy  1 от A1;1 и B 4;  ;
y
 4



г) F  y i  x j , L – дуга астроиды x  a cos3 t , y  b sin 3 t ,
0t 

4
;
д) найти работу A переменной силы


F  2  xy 2 i  x 2 y  3 j

2
вдоль эллипса
 

2
x
y

 1 от точки B  2,0  до точки C 2,0  .
4
9
Примеры оформления решения
 y dl , где
2
1 Вычислить интеграл
AB


AB  x; y  x  a cos t , y  a sin t , 0  t   .
2

Р е ш е н и е . Подставляя вместо x и y их параметрические
представления, имеем:
y 2  a 2 sin 2 t ,
dl 
 a sin t 2  a cos t 2  a dt .
Тогда получим:


2
3 2
a
AB y dl  0 a sin t dt  2
2
3
2

a 3  sin 2t  2 a 3
0 1  cos 2t  dt  2  t  2  0  4 .
176
2 Вычислить интеграл
 x  y dl , где
AB


AB  x; y  x  r cos , y  r sin  , r  sin 2 , 0     .
2

Р е ш е н и е . Подставляя вместо x и y их представления в полярных координатах, имеем:
dl  sin 2 
cos 2 2
d
d
d 

.
sin 2
r
sin 2
Тогда получим

2
 x  y dl  
AB
0
r sin   r cos  d 
r
3 Вычислить интеграл
AB 
  x; y  y

2
 sin   cos d  2 .
0
 ydl , где
AB
2

 2 x от точки O 0;0  до точки M  2;2  .
Р е ш е н и е . Имеем:
y  2x ,
y '
1
2x
,
dl  1
1
dx .
2x
Тогда получим:

AB
2
ydl 


0
2x  1 
1
dx 
2x


1
5 5 1 .
3
4 Вычислить интеграл

2
2
2 x  1dx 
0
 xdx  xydy , где
AB
AB 
3
1
2 x  12 
3
0
  x; y  x
2

 y 2  1, x  0, y  0 .
Р е ш е н и е . Перейдем к параметрическому заданию окружности:
 x  r cos t ,

 y  r sin t ,
177
где r  1 и 0  t 

2
. Точке A соответствует значение параметра
t  0 , а точке B – значение t 
y ' t   cos t . Тогда

2
. Тогда x' t    sin t и

2
 xdx  xydy    cos t  sin t  cos t  sin t  cos t dt 
AB
0



2
2
2
cos 2 t
  cos t sin tdt  cos 2 t sin tdt 
2
0
0


1 1
1
   .
2 3
6
5 Вычислить интеграл
 x
2
0

cos3 t

3
2

 y dx  xydy , где (рисунок 2. 1)
AB
а) AB    x; y  y  x, 0  x  1 ,
б) AB 

0
  x; y  y  x , 0  x  1 ,
2


ломаная, проходящая


в) AB   x; y 
.
через
точки
A
0;0
,
C
1;0
,
B
1;1










Рисунок 2. 1 – Различные кривые AB
Р е ш е н и е . а) имеем:
178
 y  x,  1


2
 x  y dx  xydy   y'  1,    x  x  x  x 1 dx 
AB
0  x  1. 0

1


2



1

1 
2 1 7
2
2 x  x dx   x 3  x 2     ;
2 0 3 2 6
3
0
2
 y  x2 ,  1


б)  x 2  y dx  xydy   y '  2 x,    x 2  x 2  x 2  x  2 x dx 
AB
0  x  1. 0



1




1

2 
2 2 16
2
  2 x  2 x dx   x 3  x 5    
;
5  0 3 5 15
3
0
в) используя свойство аддитивности криволинейного интеграла,
имеем:
 x
2
4

 x
 y dx  xydy 
2
AB

 y dx  xydy 
2
AC
 x
2

 y dx  xydy 
CB
 AC : y  0, 0  x  1,
2

   x  0 dx   1  y   0  1  ydy 
CB
:
x

1
,
0

y

1
.

 0
0
1
1
x3
y2


3 0 2
1

0


1
1 1 5
  .
3 2 6
6 Найти массу материальной дуги линии y  x 2  1 между точками A0;1 и B 1;2  , если линейная плотность в каждой точке
M  x; y  пропорциональна абсциссе этой точки
Р е ш е н и е . Выражение для плотности имеет вид  x; y   k x ,
где k – коэффициент пропорциональности. Тогда находим
1
1
k
m     x; y  dl  k  x 1  4 x 2 dx   x 1  4 x 2 d 1  4 x 2  
80
AB
0



1
3
4x2 2
k 1
3
8
2



k
5 5 1 .
12
0
179
2 2
1
t , z  t 3 при
2
3
7 Вычислить длину дуги линии x  t , y 
0  t  1.
Р е ш е н и е . Имеем xt'  1 , yt'  2t , zt'  t 2 .
Тогда
2
2
2


dl  xt'  yt'  zt'  1  2t 2  t 4 dt  1  t 2 dt .
Значит, длина дуги равна
1
 t3 
4
L  dl  1  t dt   t    .
3

0 3
AB
0



8 Найти работу, производимую силой F  4 x 6 i  xy j вдоль

1

2

дуги кривой y  x 3 от точки A0;0 и B 1;1 .
Р е ш е н и е . По условию Px; y   4 x 6 , Q  x; y   xy . Тогда работа равна:
A

1
1


0
0
1
4 x 6 dx  xydy  4 x 6 dx  x  x 3  3x 2 dx  7 x 6  x 7  1 .
AB
0
x2 y 2

 1.
a 2 b2
Р е ш е н и е . Параметрические уравнения эллипса имеют вид
x  a cos t , y  b sin t , 0  t  2 .
Отсюда dx  a sin t dt , dy  b cos t dt .
Тогда искомая площадь равна:
2
1
1
S
xdy  ydx 
ab cos 2 t  ab sin 2 t dt 
2L
2 0
9 Вычислить площадь, ограниченную эллипсом


2



1
ab cos 2 t  sin 2 t dt   ab .
2 0
180
Тема 4-5 Двойной интеграл
1 Вычислить двойной интеграл по указанному прямоугольнику:
xdxdy
а) 
, G    x; y  1  x  2,4  y  6  ;
y2
G
б)
  x
2
 y 2  dxdy , G    x; y  0  x  1,0  y  1 .
G
2 Расставить пределы интегрирования в повторном интеграле,
к которому сводится двойной интеграл
 f x; y dxdy от функции
G
f x; y  , непрерывной в указанной области:
а) G ограничена линиями y  x 2 , y  4 ;
б) G определена неравенствами x 2  y 2  9 , x  y  3 .
3 Вычислить интегралы:
 x  y dxdy ,
а)
G
ограничена
линиями
y  2  x2 ,
G
y  2x 1 ;
б)
 cos 2 x  sin y dxdy , G
ограничена линиями x  0 , y  0 ,
G
4x  4 y    0 ;
в)
 x
2

 2 y dxdy , G ограничена линиями y  x2 , y  4 ;
G
г)

G
д)
x2
1
dxdy , G ограничена линиями y  , y  x , x  2 ;
y2
x
 6 x
2

y  8 xy3 dxdy , G ограничена линиями x2  y  2 ,
G
y3  x2 ;
е)

xdxdy
1  x

3
y2 2
, G ограничена линиями x2  y 2  1 , x  0 ,

y  0 (первая четверть).
4 Изменить порядок интегрирования в повторном интеграле,
предварительно изобразив на рисунке область интегрирования:
G
2
181
2 x 3
4
а)
 
dx
x2
1
 
dx
2
в)
2
г)
x2
2
0
б)
f x, y dy ;
 
7 x
1
6
x
1
x
1
f x, y dy ;
4
д)
x2
6
x
dx f  x, y dy ;
2 x

0
 dx  f x, y dy ;
1

4x x2
1 x 2
 f x, y dy .
е) dx
0
 f x, y dy ;
dx
1
1 x 2
2
Примеры оформления решения
1 Расставить пределы интегрирования в двойном интеграле, если область G (рисунок 2. 2) ограничена линиями y  x 2 , x  a ,
a  0 , y  0.
Р е ш е н и е . Областью интегрирования является криволинейная
трапеция, ограниченная сверху параболой y  x 2 , снизу – осью
Ox , справа – прямой x  a , a  0 .
Если внутренний интеграл взять по y , то y изменяется от 0 до
y  x 2 , а x изменяется в пределах от 0 до a :
a
x2
0
0
 f  x, y  ds   dx  f  x, y  dy .
G
Если внутренний интеграл взять по x , то x изменяется от 0 до
x
y , а y изменяется в пределах от 0 до a 2 :

G
a2
a
f  x, y  ds   dy  f  x, y  dx .
0
2 Представить двойной интеграл
y
 f  x, y  dxdy в виде повторG
ного интеграла при разных порядках интегрирования по x и по y ,
если область G ограничена линиями y  2 x , x  0 , y  x  3 (рисунок 2. 3).
Р е ш е н и е . Областью интегрирования является треугольник с
вершинами O 0;0  ; A0;3 ; B 1;2  .
182
Рисунок 2. 2 – Область интегрирования для типового примера 1
Рисунок 2. 3 – Область интегрирования для типового примера 2
Если внутренний интеграл взять по y , то область G рассмотрим как криволинейную трапецию, ограниченную слева прямой
x  0 , справа – прямой x  1 ; снизу – прямой y  2 x , сверху –
прямой y  x  3 . Отсюда 0  x  1 , 2 x  y  3  x . Поэтому пределы расставятся следующим образом:

1
3 x
0
2x
f  x, y  dxdy   dx
G
 f  x, y  dy
Если внутренний интеграл будем брать по x , то область G
разбивается прямой y  2 на две непересекающиеся области:


y
G1    x; y  0  x  , 0  y  2 x  ,
2


G2    x; y  0  x  3  x, 2  y  3 .
Используя свойство аддитивности интеграла, получим:
 f  x, y  dxdy   f  x, y  dxdy   f  x, y  dxdy 
G
G1
G2
2
y
2
3
3 y
0
0
2
0
  dy  f  x, y  dx   dy
 f  x, y  dx .
3 Вычислить двойной интеграл
 x
2
ydxdy по области, ограни-
G
ченной линиями y  0 , y  2x 3 , x  y  3 .
Р е ш е н и е . Область интегрирования G состоит из двух непересекающихся областей G1 и G2 (рисунок 2. 4).
183
Рисунок 2. 4 – Область интегрирования
для типового примера 3
Рассмотрим различный порядок интегрирования. Сначала вычислим внешний интеграл по переменной x . В этом случае исходный интеграл сводится к вычислению двух интегралов по областям
G1 
  x; y  0  x  1, 0  y  2x  ,
3
G2    x; y  1  x  3, 0  y  3  x .
Тогда
 x
2 x3
1
2
 
3
3 x
 
ydxdy  dx x ydy  dx x 2 ydy
G
0
2
0
1
0
Изменив порядок интегрирования, получим:


1


G   x; y  0  y  2, 3 y  x  3  y  .
2




Тогда
3 y
3 y
 x3 
x
ydxdy

dy
x
ydx

ydy

G
0 3 
0  3  3 
y/2
y/2
2
2
2
2
2
2
1 
y
1 
y
3

y 3  y   dy 
y 27  27 y  9 y 2  y 3  dy 
30 
2
30 
2


2
1  27 2 1 5 9 4 275 3 
154
 
y  y  y 
y  
.
3 2
5
4
30
 0 45
dxdy
4 Вычислить 
, если G – прямоугольник
2
G  x  y  1
184
G   x 1  x  2,0  y  1 .
Р е ш е н и е . Относительно переменных y  x и y интегралы
dx
 x  y  1
dy
 x  y  1
и
2
2
табличные, поэтому двойной инте-
грал сведем к следующему повторному:
2
dxdy
1
2
dy
1
d x  y  1
 x  y  1   x  y  1   x  y  1
2
 dx
D
1
2
0
 dx
1
2

0
1
2

 
1
1
1 




dx

1   x  y  1   1   x  2  x  1  dx 
0

2
   ln  x  2   ln  x  1 
5 Вычислить
2
1
  ln 4  ln 3  ln 3  ln 2  ln
3 3
9
 ln .
42
8
xdxdy
, где G – область, ограниченная пара2
 y2
 x
G
1
болой y  x 2 и прямой y  x .
2
Р е ш е н и е . Найдем точки пересечения параболы и прямой:
1 2 
1 2

 x 2  2 x  0  x1  0 ; x2  2
y  x
x  x



2
2



y

x
y  x



y  x
y  x
Получаем точки: O 0;0  и A2;2 
Итак, снизу область G ограничена параболой y 
прямой y  x :
1


G   x 0  x  2, x 2  y  x  .
2


Отсюда получаем:
2
x
2
x
xdxdy
xdy
dy
G x 2  y 2  0 dx 1 x 2  y 2  0 xdx 1 x 2  y 2 
2
2
2
x
y
  arctg
x
x
0
x
2

x
1 2
x
2
2

dx 


2
y
  arctg x
0
185
x
x
1 2
x
2

dx 


1 2
x , сверху –
2
x
x
x


  arctg  arctg dx    arctg dx 
x
2
4
2
0
0
2
2





4

x
2dx 

u  arctg , du  2
,
x

 arctg dx 
2
x 4 


2
0
vx
dv  dx

2
x
2
0


x
  x arctg

4 
2


2


2
2
2
0


0

 ln x 2  4



2
2 xdx  
d x2  4


2
arctg
1


2
2
x  4  2
x

4
0
2
0

 ln 8  ln 4  ln
8
 ln 2 .
4
Тема 6,8 Замена переменных в двойном интеграле, приложения двойных интегралов
1 Вычислить
 x
2

 y 2 dxdy , где G – область, ограниченная
G
линией x2  y 2  4 y .
2 Вычислить
 2 x
2

2
 y 2 sin  x  y  dxdy , где G – паралле-
G
лограмм: x  y  2 , x  y  4 , x  y  1 , x  y  2 .
3 Вычислить


G
ная линией x  y 2
2
4 Вычислить

G
4  x 2  y 2 dxdy , где G – область, ограничен-

2
 4  x2  y 2  .
 x2 y2 
dxdy, где G – область, ограниsin   
9 
 4
x2 y2
x2 y2

1 и

1.
4
9
16 36
dxdy
5 Вычислить
, где G – трапеция ABCD : A1;3 ,
3


x

y
G
ченная линиями

B2;6 , C 6;2  , D 3;1 .
6 Найти площадь области G , ограниченной линиями
3x  3 y  7  0 , y 2  2 y  3 x  0 .
186
7 Найти массу пластинки y  x , y  x  3 , x  0 , x  1 , если
поверхностная плотность равна сумме координат точки.
8 Найти площадь фигуры, ограниченной линиями
y 2  10 x  25 , y 2  6 x  9 .
9 Найти площадь фигуры, ограниченной линиями
y  x , x  2 y , x  y  1 , x  3y  1.
10 Вычислить площадь области, ограниченной кривой
x
2
 y 2   2 x3 .
2
11 Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями:
а) z  x 2  y 2 , x  y  0 ,
3 x  y  0 , x2  y 2  8 ( x  0 ,
y  0 );
б) x 2  y 2  4 x , 2 z  x 2  y 2 , z  0 ;
в) z  x 2  y 2 , x  0 , y  0 , x  2 , y  3 ;
г) x 2  y 2  4 отсекаемого плоскостями z  0 , z  3x , z  0 .
12 Найти массу плоской пластинки G с плотностью  x; y  и
ограниченной линиями:
x2 y2
3

 1 , x  0 , y   x ,  x, y   xy 2 ;
а)
16 9
2
2
б) x  y  1 , x  y  2 , 2 x  y  0 , 4 x  y  0 ,  x; y   x  y  ;
в) x  y  1 , x  y  2 , 3x  y  0 , 4 x  y  0 ,
  x; y    x  y  .
4
13 Найти статические моменты относительно осей координат,
центр тяжести и моменты инерции однородной пластинки, ограниченной линиями:
а) x  y  4 , x  3 y  0 , x  5 y  16 ;
б) y  x 2  1 , x  y  3  0 ;
в) x y  12 , x  3 y  0 , 4 x  3 y  0 , x  0 , y  0 ;
г) x 2  y 2  4 , y  2 x  x 2 , x  0 , x  0 , y  0 .
Примеры оформления решения
1 Вычислить интеграл
 y dxdy по области
3
G
G    x; y  y  x 2 , y  2 x 2 , xy  1, xy  2 .
187
Р е ш е н и е . Область G представляет собой криволинейную
трапецию, ограниченную графиками функций y  x2 , y  2 x2 ,
y
1
2
, y  (рисунок 2. 5, а).
x
x
Рассмотрим непрерывно дифференцируемое при x  0 отображение вида:
y
u  2 , v  xy .
x
Образом области G является квадрат (рисунок 2. 5, б)
G*    u; v  1  u  2, 1  v  2 .
Данное отображение является взаимно однозначным и
xu

1 1
3v 3
, y
1 2
 u 3v 3
.
Рисунок 2. 5 – Области G (а) и G * (б) для типового примера 1
Найдем якобиан отображения:
x x
1 
1 3 3
 u 3v3
u v
Dx; y 
1
3
J
 u v  3 1 2
 .
1
1
y y
Du; v 
3u
1 3 3
1 3 3
u
v
u
v
u v
3
3
Тогда
1 1
1 2



x  u 3 v 3 , y  u 3 v 3 ,

3
2 1
dudv 
   uv
G y dxdy   J  1
3u
 G*
3u


4 1
2
2
1
1
1 2 v3
  v 2 dudv   du v 2 dv  u 1 
3 G*
31 1
3
3
188
2

1
2
2
1
2  1 8  1   7 .
3
 3 3 9
2 Вычислить интеграл
 e
x2  y2
dxdy , где
G
G
  x; y  x
2

 y 2  1, x  0, y  0 .
Р е ш е н и е . Область G представляет собой часть круга радиуса 1, расположенного в первой четверти (рисунок 2. 6, а) Преобразуем двойной интеграл к полярным координатам. При этом область
G преобразуется в прямоугольник (рисунок 2. 6, б):


G *  r ;  0  r  1; 0     .
2

Рисунок 2. 6 – Области G (а) и G * (б) для типового примера 2
Имеем:
 e
x2  y2
dxdy   e r
2
cos 2   r 2 sin
G*
G
r drd   e r r drd 
2
G*


 
2
1 r2
1
1
 
2
e
d
r
d  e10   02  e  1  e  1 .


20
2
2
2 4
0
3 Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями
x  4y  y2 , x  y  6 .
Р е ш е н и е . Найдем координаты точек пересечения данных линий. Для этого решим систему:
2

x  4 y  y 2 ,
x  4 y  y ,
 

2

 x  y  6,
4 y  y  y  6  0,
 x  4 y  y 2 ,
 x  4, x2  3,
  2
  1
 y  5 y  6  0,
 y1  2, y2  3.
Итак, имеем две точки пересечения A4;2  и B 3;3 .
Тогда площадь равна:
1

189
3
S   dxdy   dy
G
3
4 y y2
2

3
 4 y y2 
 dx    x 6 y dy 
6 y
2
3

5
1
 1

   y 2  5 y  6 dy    y 3  y 2  6 y   .
2
 3
2 6
2
4 Вычислить
  x
 y 2  dxdy , если область G ограничена
2
G
окружностью x  y 2  2ax .
Р е ш е н и е . Преобразуем уравнение окружности:
2
x 2  y 2  2ax  0 ; x  a   y 2  a 2 .
Область G представляет собой окружность с центром в точке
a;0  и радиусом a (рисунок 2. 7).
Переходя к полярным координатам
x  r cos  , y  r sin  ,  / 2     / 2 ,
получаем уравнение окружности:
x 2  y 2  2ax  r 2  2ar cos  r r  2a cos   0 .
2
Отсюда r1  0 ; r2  2a cos , т. е.
0  r  2a cos .
Рисунок 2. 7 – Область G для типового примера 5
Тогда

  x
G
2
 y  dxdy   r  rdrd 
2
2
G*
2
 d 


2 a cos 

 r4
r dr   
 4

 
2
2 a cos 
3
0
2
0
2


 1  cos 2 
 4a cos d  4a cos d  4a

 d 
2




2


2
2
4
4
4


2
4
4


2
190
2
2

 d 


1
3

 a 4    sin 2  sin 4 
2
8



2


2
3  3
3
 a 4       a 4 .
4  2
4
5 Найти площадь части конуса z  x 2  y 2 , заключенной
внутри цилиндра x 2  y 2  2 x .
Р е ш е н и е . Из уравнения конуса имеем
x
z x' 
y
, z 'y 
.
x y
x  y2
Проекцией поверхности на плоскость Oxy является круг, огра2
2
2
ниченный окружностью x  1  y 2  1 (рисунок 2. 8).
Площадь поверхности равна:
2
2
2

 

x
y
 
 dxdy  2 dxdy 
S   1  

 x2  y2   x2  y2 
G
G

 

 x  r cos  ,



 y  r sin  , J  r , 
2cos 
2  2 2cos  
2


r
 d =
 
  2  d  rdr  2 2  

 2 0 

0
   ,

0


2
2
2

0  r  2cos  



1  cos 2
sin 2  2

d  2 2   
 4 2 cos  d  4 2 
   2.
2
2 0

0
0
2

2
2
Рисунок 2. 8 – Рисунок для
типового примера 6
Рисунок 2. 9 – Рисунок для
типового примера 7
191
6 Найти объем тела, ограниченного поверхностями
y  x2 , x  y  z  4 , y  1, z  0 .
Р е ш е н и е . Данное тело представляет собой вертикальный цилиндр, который сверху ограничен частью плоскости z  4  x  y ,
снизу – частью плоскости, заключенной между параболой y  x 2 и
прямой y  1 (рисунок 2. 9).
Объем равен:
1
V   4  x  y dxdy   dy
G
0
1

x2 
    4  y x  
2 
0 


1
1
1
2
y
 4  x  y dx 
 y

1

dy  2 4  y  y dy 
0
2

3
68
.
15
0
0
7 Найти массу кругового кольца, если в каждой его точке поверхностная плотность обратно пропорциональна квадрату расстояния ее до центра кольца.
Р е ш е н и е . Обозначим радиусы окружностей, ограничивающих кольцо, через r1 и r2 , r1  r2 . Поместим полярный радиус системы координат в центре кольца. Тогда уравнения окружностей
примут вид r  r1 и r  r2 . Поверхностная плотность в любой точk
ке кольца равна   2 .
r
Масса кольца равна
 x  r cos  ,

k


m   2
dxdy   y  r sin  , J  r ,  
2
x y
G
0    2 , r  r  r 
1
2

 8 y 2 dy  2 y 2 dy 
2
r2
 
 d
0
 k ln
r1
r1
r2
2
r
2
k
1
r
dr

k
d

dr  k
2
r
r
0
r
 
1
2
r1
 d  2k ln r
0
 ln r
2
r2
r1
d 
0
.
2
8 Найти массу пластинки G , заданной неравенствами
192
x2 y2
3x

 4, x 0, y 
,
4
9
2
9x
если поверхностная плотность  x, y   3
y
Р е ш е н и е . Переходим к обобщенным полярным координатам
x  2r cos  , y  3r sin  .
Якобиан отображения равен J  6r .
x2 y2

 4 получим 1  r 2  4 , т. е.
Из неравенства 1 
4
9
1 r  2 .
3
Из уравнения прямой y  x имеем
2
3r sin   3r cos  tg   1 .
1
Отсюда  

. Поскольку x  0 , то очевидно, что
4
Масса равна:
9x
9  2r cos 
m   3 dxdy  
 6rdrd 
y
27r 3 sin 3 
G
G*
 4
G*
 /2

4
 

2
.
cos 
dr
cos 
d  
drd  4 
3
3
r
r sin 
 / 4 sin 
1
2
 /2
2
 2
 ln r 12   2  4    ln 2  ln1  2ln 2 .
sin   / 4
9 Найти центр масс равнобедренного прямоугольного треугольника, если в каждой его точке поверхностная плотность пропорциональна расстоянию ее до гипотенузы. Найти момент инерции
данного треугольника относительно его гипотенузы.
Р е ш е н и е . Пусть в прямоугольном равнобедренном треугольнике ABC гипотенуза AB (рисунок 2. 10).
Рисунок 2. 10 – Рисунок для типового примера 10
193
Тогда относительно системы координат Oxy уравнения катетов
AC и BC будут y  x  a и y  a  x . Согласно условию задачи
в
x; y 
точке
 x; y   ky .
треугольника
плотность
ABC
имеет
вид
Масса равна:
 kydxdy  k  ydy  dx  k  yx y a dy 
m
ABC
a
a y
0
y a
a
a y
0
a


0
0
a

 k y a  y  y  a dy  2k ay  y 2 dy 
a
 ay2 y 3 
ka3
.
 2k 
  
3 
3
 2
0
Находим статические моменты:
a
Sx 
a y
a
y a
0
2
 y  kydxdy  k  y dy  dx  2k  y a  y dy 
2
ABC
0
a
 ay3 y 4 
ka4
;
 2k 
  
4 
6
 3
0
Sy 
a
a y
0
y a
 x  kydxdy  k  y dy  x dx  0 .
ABC
Координаты центра тяжести:
xc  0 , yc 
a
.
2
Момент инерции относительно гипотенузы AB представляет
собой I x . Поэтому:
Ix 
a
a y
a
0
y a
0
2
3
3
 y kydxdy  k  y dy  dx  2k  y a  y dy 
ABC
a
 ay4 y 5 
ka5
.
 2k 
  
5 
10
 4
0
194
Тема 7 Формула Грина
1 Проверить, зависят ли следующие криволинейные интегралы
от пути интегрирования:
а)
 2x e
x2  y2
dx  3 y 2e x
2
 y2
dy ;

 8x sin 4 x  5 y dx  10 y sin 4 x  5 y dy ;
в)  xy  x  2 y dx  y  3x y  x dy .
2
б)
2
2
2

3
2
2
5
3 2
4

2 Применив формулу Грина, вычислить криволинейные интегралы:
 1  x ydx  x1  y dy ,     x; y  x  y  9  ;
б)  2x  y dx  x  y  dy ,  – треугольник с вершинами
2
а)
2
2
2

2
2
2

A1;1 , B 2;2  , C 1;3 ;
в)
 xy  x  y dx  xy  x  y dy ,     x; y 
x 2  y 2  ax  ;

г)
 2 xdx  ydx , где 
– замкнутый контур, ограниченный ду-

гой параболы y  x 2 0  x  1 и отрезком прямой y  x между
точками O 0;0  и B 1;1 .
3 Вычислить криволинейный интеграл, предварительно определив функцию U  x; y  , соответствующим полным дифференциалом
которой является подынтегральное выражение:
1; 2 
а)
3 y

 
2

 4 y dx  6 xy  4 x  4 y dy ;
0;1
1;1
б)
 4 x

3

 3 y 2  5 y dx  5 x  6 xy  4 y dy .
1; 1
Примеры оформления решения
1 Вычислить интеграл
 x  y dx  x  y dy , где

195


  x; y  x 2  y 2  4 .
Р е ш е н и е . Вычислим интеграл с помощью формулы Грина.
Имеем
Px; y   x  y ,
Qx; y   x  y ,
Q
 1.
x
P
 1 ,
y
Тогда
  x  y  dx   x  y  dy   1  1 dxdy  2  2
x  y 4
2
2
2 Вычислить интеграл
 8 .
x  y 4
2
1;1
2
2
 ydx  xdy .
0;0 
Q P

 1 . Следовательно,
x y
интеграл не зависит от пути интегрирования и дифференциал
d xy   xdy  ydx .
Тогда
Р е ш е н и е . Здесь P  y , Q  x ,
1;1
1;1
 ydx  xdy  xy 0;0  1  0  1.
 0; 0 
3 Вычислить площадь, ограниченную астроидой
x  a cos3 t , y  a sin 3 t , 0  t  2
Р е ш е н и е . Находим площадь:
2
1
S =  a cos3 t  3a sin 2 t cos t  a sin 3 t  3a cos 2 t sin t dt 
20

3a 2

2

3a
8
2


0
2 2
 sin
0

3a 2
cos t sin t  sin t cos t dt 
2
4
2
2
2tdt 
4
2
2 2
3a
16
2
 sin
2
t cos 2 tdt 
0
3a 
2

 1  cos 4t dt  16  t  4 sin 4t 
0
3a 2
.
8
4 Вычислить криволинейный интеграл

196
1
2
0

1;1
12 xy  4 x dx  6 x

 
2
2

 y dy ,
0; 0
предварительно определив функцию U  x; y  , соответствующим
полным дифференциалом которой является подынтегральное выражение.
Р е ш е н и е . Функции
Px; y   12 xy  4 x 2 , Qx; y   6 x 2  y
непрерывны вместе со своими частными производными в любой
односвязной области, содержащей точки 0;0  1;1 .
Поскольку
P
Q
 12 x ,
 12 x ,
y
x
P Q

то
. Следовательно, данный интеграл не зависит от пути
y x
интегрирования. Поэтому подынтегральное выражение представляет собой полный дифференциал некоторой функции U  x; y  :




dU  12 xy  4 x 2 dx  6 x 2  y dy .
С другой стороны
U
U
dU 
dx 
dy .
x
y
Сравнивая два выражения для dU , получим
U
U
 6x2  y .
 12 xy  4 x 2 ,
y
x
Из первого равенства, считая y постоянным, находим
4
U x; y   6 x 2 y  x3  C  y  .
3
Находим частную производную по переменной y
U
 6x2  C ' y .
y
Сравнивая полученное выражение с имеющимся для
лучим
6x2  C ' y  6x2  y .
197
U
, поy
Отсюда C '  y   y и C  y  
y2
.
2
Поэтому
U  x; y   6 x 2 y 
4 3 y2
x 
.
3
2
Тогда данный интеграл равен
1;1
 12 xy  4 x dx  6 x
 
2
2

 y dy  U 1;1  U 0;0  6 
0; 0
4 1 51
.
 
3 2 6
Тема 9-10 Тройной интеграл
1 Вычислить следующие тройные интегралы по указанным пространственным областям:
3 

а)
 5 x  z dxdydz, Q : y  x , y  0 , x  1 , z  0 ,
2 
Q 

z  x 2  15y 2 ;
б)
 x  y  z dxdydz, Q :  1  x  0 , 0  y  1 , 2  z  3 ;
2
Q
в)
dxdydz
 1  x  y  z 
3
, Q : x  y  z  1, x  0 , y  0 , z  0 ;
Q
г)
 4 x  y  z dxdydz, Q
z  2  x2 , x  y 1, x  0 , y  0 ,
Q
z 0;
 zdxdydz,
д)
Q : z  1  x2  y 2 , z  0 , y  x , y  2x ,
Q
x
1
;
2
е)
 ydxdydz,
Q : 4  x 2  y 2  z 2  16 ,
Q
z0;
ж)

Q
zdxdydz, Q :
x2 y 2 z 2


1, z  0 ;
a 2 b2 c2
198
y  3x ,
y  0,
 8 y ze
2
и)
 xyz
dxdydz , Q : x  0 , x  2 , y  1 , y  0 , z  0 ,
Q
z  2;
к)
dxdydz
 4x  3 y  z  2
6
, Q : x  y  z  1, x  0 , y  0 , z  0 ;
Q
л)
 1  2 y dxdydz, Q : z  y
2
, z  2x  6 , x  0 , z  4 ;
Q
м)
 x
2
y 2 dxdydz, Q : x 2  y 2  1 , 0  z  x 2  y 2 .
Q
2 Найти объем тела, ограниченного поверхностями z  4  y 2 ,
z  y 2  2 , x  1 , x  2 .
3 Вычислить массу тела Q , ограниченного поверхностями
x 2  y 2  2 z , z  2 , если плотность  x, y, z   x 2  y 2 .
4 Найти массу шара x 2  y 2  z 2  2 x , если плотность
 x, y, z   x 2  y 2  z 2 .
5 Вычислить массу тела Q , ограниченного поверхностями
z  2y 2 , z  3y 2  y  0  , z  4 x , z  5 x , z  3 , с плотностью  x, y, z   y .
6 Вычислить объем тела Q , ограниченного поверхностями
2 z  y 2 , 2 x  3 y  12 , x  0 , z  0 .
7 Найти объем тела Q , ограниченного поверхностями
x 2  y 2  10 x , x 2  y 2  13 x , z  x 2  y 2 , z  0 , y  0 .
8 Найти объем тела Q , ограниченного поверхностями
z  64  x 2  y 2 , 12 z  x 2  y 2 .
9 Найти массу однородного тела Q , ограниченного поверхностями x 2  y 2  z 2  16 , x 2  y 2  z 2  8 z
10 Вычислить массу тела Q , ограниченного поверхностью
9 x 2  2 y 2  18 z 2  18 , если плотность

  x, y , z   x 2  y 2
199

x2 y2

 z2 .
2
9
Примеры оформления решения
1 Вычислить
 x  y  z dxdydz, где
Q
Q    x; y; z  0  x  1,0  y  2, 0  z  3  .
Р е ш е н и е . Область интегрирования – прямоугольный параллелепипед. Поэтому:
1
2
0
0
3
  x  y  z  dxdydz   dx  dy   x  y  z  dz 
Q
0
2

z2  3
9



 dx  xz  yz   0 dy  dx  3 x  3 y  dy 
2 
2
0
0
0
0
1
2
1
 
 
1
1
3
9 

  3 xy  y 2  y  02 dx 
2
2 
0
  6 x  6  9  dx 

0
1
   6 x  15  dx   3x 2  15 x 
1
0
 3  15  18 .
0
2 Вычислить интеграл
 x  y  z dxdydz, область Q
ограни-
Q
чена плоскостями x  0 , y  0 , z  0 , x  y  z  1  0 .
Р е ш е н и е . Область Q проектируется на плоскость Oxy в область G , которая представляет собой треугольник (рисунок 2. 11): G    x; y  0  x  1, 0  y  1  x .
Рисунок 2. 11 – Область интегрирования для типового примера 2
Рисунок 2. 12 – Область интегрирования для типового примера 3
Имеем
200
1
1 x
1 x  y
0
0
0
 x  y  z dxdydz  dx  dy  x  y  z dz 
Q
1 x  y
1
1 x

z2 
  dx   xz  yz  
2
0
0 
0
dy 
1 x
1
1
1
1 
y3 
   y  yx2  xy 2   dx    2  3x  x3  dx =
60
2 0
3 
0
1
1
3x 2 x 4 
1 3 1
  2x 
     .
6
2
4 0 6 4 8
  x
3 Вычислить интеграл
 y 2  dxdydz , где область Q
2
Q
ограничена поверхностями z  x 2  y 2 и z  1 (рисунок 2. 12).
Р е ш е н и е . Вычислим данный интеграл, переходя к цилиндрическим координатам. Область Q проектируется в круг x 2  y 2  1 .
Поэтому 0    2 , 0  r  1 . Постоянному значению r в пространстве Oxyz соответствует цилиндр x 2  y 2  r 2 . Рассматривая
пересечение этого цилиндра с областью Q , получаем изменение
координаты z от точек, лежащих на параболоиде, до значений тех
точек, лежащих на плоскости z  1 , т. е. r 2  z  1 .
Имеем:
 x
2

2
1
1
0
0
2
 y 2 dxdydz   d  dr  r 2  rdz 
Q
2
1
2
 r4 r6 
1

  d  r z 2 dr      d 
d  .


4
6
12 0
6
0
0
0
0
1
 
3
1
2
4 Вычислить интеграл
 x
2

 y 2  z 2 dxdydz, где область Q
V
есть шар x 2  y 2  z 2  R 2 (рисунок 2. 13).
201
Рисунок 2. 13 – Область интегрирования для типового примера 4
Рисунок 2. 14 – Область интегрирования для типового примера 5
Р е ш е н и е . Вычислим данный интеграл, переходя к сферическим координатам. Из вида области Q следует, что 0  r  R ,
0    2 , 0     . В этом случае подынтегральная функция
примет вид:
x 2  y 2  z 2  r 2 sin 2  cos2   r 2 sin 2  sin 2   r 2 cos 2  
 r 2 sin 2   r 2 cos 2   r 2 .
Тогда
 x
2


R
Q
0
R
2
 y 2  z 2 dxdydz   dr  d  r 2 r 2 sin  d 

2
0
0
5 R
0
0
R

0
0
  r 4 dr  sin  d  d  2  r 4 dr  sin  d 
0
R
 4  r 4 dr  4
0
r
5
0

4R
.
5
5
3
5 Вычислить

Q
 x2 y2 z 2 
 2  2  2  dxdydz, где Q – эллипсоид
a
b
c 

2
x
y2 z2


1.
a 2 b2 c2
Р е ш е н и е . Переходя к обобщенным сферическим координатам, получим уравнение эллипсоида r 2  1 .
Тогда
(рисунок 2. 14)
3

Q
 x2 y 2 z 2 
 2  2  2  dxdydz 
a
b
c 

202

 r
Q
6
 r
 r 2 sin  abcdrdd  abc
*
Q
2

1
 

0
0
 abc d sin d r 8 dr  abc  
0
8
sin  drdd 
*
 cos  0  r
2
0 
9
9
1
0

abc
4abc
.
 2 1  1 
9
9
6 Найти объем тела, ограниченного поверхностями
2z  x2  y 2 , z  2 .
Р е ш е н и е . Тело Q ограничено снизу параболоидом вращения
с осью симметрии Oz , вершиной в начале координат, сверху –
плоскостью z  2 . Проекция тела на плоскость Oxy – область,
ограниченная окружностью
2 z  x 2  y 2 ,
 x2  y2  4 .

z

2
,

Для вычисления интеграла перейдем к цилиндрическим коорx2  y2
r2
 z  2 , то
 z  2 . Очевидно, что
динатам. Так как
2
2
0    2 , 0  r  2 .
Тогда объем тела равен
V
dxdydz
r drddz 



Q*
Q
2
2
2
2
  
 
 d dr rdz  d rz
0
0
r2
2
0
2
2
0
2
r2
2

r2 
dr  d r  2  dr 
2
0
0 
2
 
2
2
2
2


r3 
r4 
 d  2r  dr   r 2   02 d  4  2d 
2
8
0
0
0
0
 
2

 2 d  2

2
0

 4 .
0
7 Найти массу шара x 2  y 2  z 2  2 Rz , если плотность в каждой точке обратно пропорциональна расстоянию ее до начала координат.
203
Р е ш е н и е . По условию  x, y, z  
k
x2  y 2  z 2
.Тогда масса
равна
k
m  
dxdydz .
x  y2  z2
Вычислим тройной интеграл. Уравнение сферической поверхности приведем к каноническому виду
2
x 2  y 2  z  R   R 2 .
2
Q
Имеем сферу с центром в точке 0;0; R  радиуса R . Проекция
тела на плоскость z  0 – область, ограниченная окружностью
x 2  y 2  R 2 . Переходим к сферическим координатам. Из уравнения сферической поверхности находим пределы интегрирования:
0  r  2 R cos , 0    2 , 0   
Тогда масса равна
m

Q
k
x2  y 2  z 2
dxdydz  k

Q*

2
.
r 2 sin 
drd d 
r

k
2
2
2 R cos 
0
0
0
 r sin drd d  k  d  d  r sin  dr 
Q*

2

2
 
 k d sin 
0
0
2
2
r
2
2 R cos 
0
2
d 
2
k
d sin   4 R 2  cos2  d 
2 0
0
 

2
2
 2kR 2  d  cos2  d  cos   2kR 2 
0
2
0
0
1
2

 2kR 2   0   d  kR 2  
3
3
0 
2
0
204
cos3 
3
4
 k R 2 .
3

2
0
d
Тема 11-13 Поверхностные интегралы
1 Вычислить поверхностные интегралы 1-го рода по поверхностям:
4 
x y z

а)   z  2 x  y  dS , где  – часть плоскости    1 ,
3 
2 3 4
 
лежащая в первом октанте;
б)  x 2  y 2 dS , где  – сфера x2  y 2  z 2  a2 ;



в)

x 2  y 2 dS , где  – боковая поверхность конуса

x2 y 2 z 2

  0  0  z  3 ;
2
2
9
г)  x  y  z  dS , где  – часть цилиндрической поверхности

x  4  y 2 , отсеченной плоскостями z  0 , z  1 ;
д)
  x
2
 y 2  z 2  1 dS , где  – поверхность 2 y  9  x2  z 2 ,

отсеченная плоскостью y  0 ;
е)
  3x
2
 3 y 2  5 z 2  dS , где

–
часть
поверхности

z  x 2  y 2 , отсеченная плоскостью z  1 ;
ж)
  x
2
 y 3  z 2  dS , где  – часть сферы y  1  x2  z 2 .

2 Найти площадь поверхности сферы x2  y 2  z 2  16 , заклю-
x2 y 2

 1.
16 9
3 Вычислить площадь части поверхности цилиндра
2
x  y 2  2x , вырезанную из него сферой x2  y 2  z 2  4 .
ченной внутри цилиндра
4 Вычислить площадь части конуса z  x 2  y 2 , заключенной
внутри цилиндра x2  y 2  2x .
5 Вычислить поверхностные интегралы 2-го рода по поверхностям:
205
  y  2 z  dxdy ,
а)

–
верхняя
часть
плоскости

6 x  3 y  2 z  6 , расположенная в первом октанте;
 zdxdy ,
б)
где

–
внешняя
сторона
эллипсоида

x2
z2
 y2   1 ;
4
9
2
в)   x  z 2  4 y 2  dxdz , где  – внешняя сторона поверхно
сти y  x2  z 2 , отсеченной плоскостями y  0 , y  3 ;
г)
 zdydz  4 ydzdx  8x dxdy ,
2
где  – часть поверхности

z  x2  y 2 , отсекаемая плоскостью z  1 (нормаль внешняя),
д)
  x  y  dydz   y  x  dzdx   z  2 dxdy , где 
– часть ко-

2
нуса x  y 2  z 2 , z  0 , отсекаемая плоскостью z  1 ;
е)
 xdydz  zdxdy , где
 – внешняя сторона боковой поверх-

ности цилиндра y  4  x2 , ограниченной плоскостями z  0 и
z  2;
ж)  x 2 dydz  y 2 dxdz  z 2 dxdy , где  – внешняя сторона пол
ной поверхности конуса x2  y 2  z 2 0  z  1 ;
и)
  4 y
2
 4 x  5 z 2  dydz , где  – внутренняя сторона части

поверхности
z 3;
к)
y 2  4x , отсеченной плоскостями x  4 , z  0 ,
 x dydz  y dxdz  z dxdy , где  – внешняя сторона на по3
3
3

верхности пирамиды, образованной плоскостями x  y  z  1 ,
x  0 , y  0, z  0 ;
206
л)
  x  z  dydz   2 x
2
2
 y  dxdz , где  – внешняя сторона

части параболоида y  x2  z 2 , отсеченной плоскостью y  2 и
расположенной над плоскостью Oxy ;
м)
 xdydz  ydxdz  zdxdy , где
 – внешняя сторона цилин-

дра x2  y 2  4 с основаниями z  0 и z  H .
Примеры оформления решения
1 Вычислить  x 2  y 2 dS , где поверхность  – верхняя по-



ловина сферы x2  y 2  z 2  a2
Р е ш е н и е . Параметрические уравнения верхней полусферы
имеют вид
x  a sin  cos  , y  a sin  sin  , z  a cos ,
где 0     / 2 , 0    2 .
Частные производные по переменным  и  равны:
x  a cos  cos  , y  a cos  sin  , z  a sin  ;
x  a sin  sin  , y  a sin  cos  , z  0 .
Вычислим
E  a2 cos2  cos2   a2 cos2  sin 2   a2 sin 2  
 a 2  cos2   sin 2    a 2 ;
G  a2 sin 2  sin 2   a2 sin 2  cos2   a2 sin 2  ;
F  a2 sin cos sin  cos  a2 sin cos sin  cos  0 ;
EG  F 2  a 2  a 2 sin 2   a 4 sin 2  .
Тогда
  x
2

 y 2  dS   a 2 sin 2   a 4 sin 2  d d   a 4 sin3  d d 
W
2
W


 a 4  d  sin 3  d  a 4  2  1  cos 2   d  cos  
0
2
2
0
0

cos  
= 2a 4  cos 

3 

3

2
0
1 4

 2a 4  1    a 4 .
3 3

207
2 Вычислить интеграл
  x  3 y  2 z  ds , где

    x; y; z  4 x  3 y  2 z  4  0, x  0, y  0, z  0  .
Р е ш е н и е . Данная поверхность  представляет собой часть
плоскости 4 x  3 y  2 z  4  0 , расположенную в первом октанте
(рисунок 2. 15). Запишем уравнение плоскости в виде
z  2  2x 
3
3
y . Тогда zx'  2 , z 'y   .
2
2
Рисунок 2. 15 – Поверхность интегрирования
к типовому примеру 2
Имеем

3 

  x  3 y  2 z  dS    x  3 y  2  2  2x  2 y  


9
1  4  dxdy 
4
G
29
 4  3x  6 y  dxdy 
2 
G
4
1
3
29

dx
2 0
1 x 
  4  3x  6 y  dy 
0
1
29
 4 y  3xy  3 y 2 
2 0
4
1 x 
3
0
29  16
16
2
 1  x   4 x 1  x   1  x   dx 

2 0 3
3

1

29  16 1  x 
x3 16 1  x 
 

 2x2  4   
2  3
2
3 3
3
2
208
3
1

29
 
.

9
0
dx 
3 Вычислить площадь поверхности  , заданной уравнением
z  x2  y 2 и расположенной между плоскостями z  0 и z  1 .
Р е ш е н и е . По условию z  x2  y 2 . Тогда
z x  2 x , zy  2 y .
Тогда получаем
S   dS   1  4 x 2  4 y 2 dxdy   1  4  x 2  y 2 dxdy ,

G
G
где G – проекция  на плоскость Oxy .
Для вычисления интеграла перейдем к полярным координатам
x  r cos  , y  r sin  .
Так как область
0    2 .
Отсюда имеем
G есть круг
S   1  4r 2 r drd 
G*
=

1
4
2
1
0
0
 2

4 3
0

0  r 1,
2
 d  r 1  4r dr 
1  4r 2 d 1  4r 2  
4 Вычислить
x2  y 2  1 , то
1  4r 
2 3 1
0


6
5

5 1 .
x 2  y 2 dS , где  – часть конической поверх-

ности x2  y 2  z 2  0 , заключенная между плоскостями z  0 и
z  1.
Р е ш е н и е . Поверхность  задана неявно уравнением
2
x  y 2  z 2  0 . Проекция  на плоскость z  0 представляет
собой круг x2  y 2  1 .
Так как F  x, y, z   x 2  y 2  z 2 , то Fx  2 x ; Fy  2 y ; Fz  2 z и
dS 
1
2z
 2 x    2 y    2 z  dxdy 
2
2
2
x2  y 2  z 2
Получим


x 2  y 2 dS 

x 2  y 2   x 2  y 2 dxdy =
Gxy
209
x2  y 2
dxdy .
 x  r cos  ,

 y  r sin  ,

2
2

  2 r 2 drd 
 2  x  y dxdy
*
0  r  1,

Gxy
G


0



2

,
J

r


2
1
1 2 2
 2  d  r 2 dr  2  2  
.
3
3
0
0
5 Вычислить
 y
2
zdxdy  xzdydz  x 2 ydxdz , где  – внешняя

сторона поверхности z  x2  y 2 , отсекаемая плоскостью z  2 .
Р е ш е н и е . Поверхность  представляет собой параболоид,
заданный явно уравнением z  x2  y 2 . Поэтому вектор нормали
равен n   2 x, 2 y, 1 , так как сторона внешняя и угол  
Линия пересечения параболоида с плоскостью
окружность с центром в точке O  0;0  радиуса R  2 :

.
2
z  2 есть
x2  y 2  2 .
Тогда получим
2
2
 y zdxdy  xzdydz  x ydxdz 

   xz  2 x  x 2 y  2 y  y 2 z   1  dxdy 
G


  2 x 2  x 2  y 2   2 x 2 y 2  y 2  x 2  y 2  dxdy 
G
   2 x 4  2 x 2 y 2  2 x 2 y 2  y 2 x 2  y 4  dxdy 
G
   2 x 4  3x 2 y 2  y 4  dxdy .
G
Для вычисления интеграла перейдем к полярным координатам:
x  r cos  , y  r sin  , 0    2 , 0  r  2 ,
якобиан отображения равен J  r .
210