Semirikova Lapinova

Нижегородский государственный университет им. Н.И. Лобачевского
Национальный исследовательский университет
Учебно-научный и инновационный комплекс
"Физические основы информационно-телекоммуникационных систем"
Основная образовательная программа
011800.62 «Радиофизика», общий профиль, квалификация (степень) бакалавр
Учебно-методический комплекс по дисциплине
«Кратные интегралы и ряды»
Основная образовательная программа
010300.62 «Фундаментальная информатика и информационные технологии»,
общий профиль, квалификация (степень) бакалавр
Учебно-методический комплекс по дисциплине
«Кратные интегралы и ряды»
Основная образовательная программа
090302.65 «Информационная безопасность телекоммуникационных систем»,
общий профиль, квалификация (степень) специалист
Учебно-методический комплекс по дисциплине
«Математический анализ»
Семерикова Н.П., Лапинова С.А.,
КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
Электронное учебно-методическое пособие
Мероприятие 1.2. Совершенствование образовательных
материально-технической базы учебного процесса
технологий,
укрепление
Нижний Новгород
2012
1
2
КРАТНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ. Семерикова Н.П., Лапинова С.А. Электронное учебнометодическое пособие. – Нижний Новгород: Нижегородский госуниверситет, 2012. – 57 с.
В учебно-методическом пособии рассматриваются задачи по одной из важнейших
тем математического анализа – двойным и тройным интегралам. В пособии разбираются
такие темы, как расстановка пределов интеграции в двойных интегралах, переход в
двойном интеграле к полярным и произвольным криволинейным координатам.
Рассмотрены задачи, связанные с вычислением тройных интегралов в декартовых,
цилиндрических и сферических координатах. Разобраны задачи на геометрические и
механические приложения кратных интегралов – вычисления площадей и объемов тел,
вычисление массы, координат центра тяжести, статических моментов и моментов инерции
тел. По каждой из тем пособие содержит задачи для самостоятельного решения
Электронное учебно-методическое пособие предназначено для студентов ННГУ,
обучающихся по направлению подготовки 011800.62 «Радиофизика», изучающих курс
«Кратные интегралы и ряды», по направлению 010300.62 «Фундаментальная информтика
и информационные технологии», изучающих курс «Кратные интегралы и ряды» и по
направлению 090302.65 «Информационная безопасность телекоммуникационных систем»,
изучающих курс «Математический анализ».
2
ОГЛАВЛЕНИЕ
ГЛАВА 1. Двойные интегралы. ………….…………….………….…………….4
1.1. Двойной интеграл – основные понятия и
определения………….……………..………….…………….……………..4
1.2. Вычисление двойного интеграла в декартовых
координатах…………………….…………….………….…………………6
1.3. Замена переменных в двойном интеграле (общий
случай)…………… ………….………………….………….……………..15
1.4. Переход к полярным координатам в двойном
интеграле……………………….……….………….…………….………..19
1.5. Геометрические приложения двойного
интеграла…………………….……….…………….…………….……......24
1.6. Физические приложения двойного интеграла……….……………..27
1.7. Задачи для самостоятельного решения……………………………..29
ГЛАВА 2. Тройные интегралы………………………………………………….33
2.1. Тройной интеграл в декартовых координатах……………………...33
2.2. Замена переменных в тройном интеграле…………………………..37
2.3. Вычисление тройного интеграла в цилиндрических координатах.39
2.4. Вычисление тройного интеграла в сферических координатах……42
2.5. Приложения тройного интеграла……………………………………47
2.6. Задачи для самостоятельного решения……………………………..49
Ответы……………………………………………………………………………52
Список литературы………………………………………………………………54
3
Глава 1. ДВОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
Двойной интеграл – основные понятия и определения.
1.1.
Двойной интеграл является обобщением определенного интеграла на
случай функции двух переменных.
Пусть в замкнутой области D на
плоскости Oxy задана непрерывная
функция z=f(x,y). Разобьем область D
на n «элементарных областей» Di
(i=1,n), площади которых обозначим
через ∆Si (рис.1). В каждой области
Di выберем произвольную точку
M i ( xi , yi ) ,
умножим
значение
y
Di .
Mi
D
функции f ( xi , yi ) в этой точке на
∆Si и составим интегральную
сумму:
x
Рис.1
n
σ n = f ( x1, y1)∆S1 + f ( x2 , y2 )∆S2 + ... + f ( xn , yn )∆Sn = ∑ f ( xi , yi )∆Si .
i =1
Определение двойного интеграла:
Предел при n → ∞ интегральных сумм σ n , не зависящий от способа
разбиения области D на части Di и от выбора в них точек M i , называется
двойным интегралом от функции f ( x, y ) по области D. и обозначается
∫∫ f ( x, y ) dS .
D
Таким
образом,
двойной
n
∫∫ f ( x, y ) dS = lim ∑ f ( xi , yi ) ∆Si .
D
интеграл
определяется
равенством
Если разбиение области D проводить
n →∞ i =1
прямыми параллельными координатным осям, то элемент площади ds=dxdy и
двойной интеграл в декартовых координатах
записывается в виде
n
∫∫ f ( x, y ) dxdy = lim ∑ f ( xi , yi ) ∆xi ∆yi .
D
и
n→∞ i =1
В этом случае функция f ( x, y ) называется интегрируемой в области D
обозначается
f ( x, y ) ∈ R ( D ) ,
а
область
D
называется
областью
4
интегрирования. Всякая непрерывная в ограниченной замкнутой области D
функция f ( x, y ) интегрируема в этой области.
Геометрический смысл двойного интеграла:
Рассмотрим тело, ограниченное сверху
поверхностью z=f(x,y)>0, снизу –
замкнутой областью D плоскости Oxy, с
боков – цилиндрической поверхностью
с образующей - параллельной оси Oz, а
направляющей служит граница области
D (рис. 2). Такое тело называется
цилиндрическим.
Составим
для
функции f ( x, y ) интегральную сумму
z
z=f(x,y)
· f(xi,yi)
n
y
Рис.2
n
n
i =1
i =1
при этом каждое
i =1
слагаемое в интегральной сумме
определяет
объем
элементарного
параллелепипеда с основанием Di и
f ( xi , yi ) ,
т.е.
высотой
∆Vi = f ( xi , yi ) ∆xi ∆yi . Тогда объем
цилиндрического
тела
. Di
x
∑ f ( xi , yi ) ∆xi ∆yi ,
V ≈ ∑ ∆Vi = ∑ f ( xi , yi ) ∆xi ∆yi . Это равенство тем точнее, чем больше число
n и чем меньше размеры элементарных областей Di . Если число площадок
неограниченно увеличивается ( n → ∞ ), а каждая площадка Di стягивается в
точку, то за объем цилиндрического тела принимаем величину
V=
n
lim ∑ f ( xi , yi ) ∆xi ∆yi = ∫∫ f ( x, y ) dxdy
n→∞ i =1
.
D
Итак, геометрический смысл двойного интеграла от неотрицательной
функции – объем цилиндрического тела. В частности, если считать
f ( x, y ) = 1, то численно значение двойного интеграла будет равно площади
области D
S ( D) =
n
lim ∑ ∆xi ∆yi = ∫∫ dxdy .
n →∞ i =1
D
Физический смысл двойного интеграла:
Требуется найти массу плоской пластины, если известна ее поверхностная
плотность ρ(x,y). Разобьем область D на n «элементарных областей» Di
(i=1,n), с площадями ∆Si . В каждой области Di выберем произвольную точку
5
M i ( xi , yi ) и вычислим плотность в ней ρ ( xi , yi ) . Если области Di малы, то
приближенно можно считать что, плотность в каждой точке ( x, y ) ∈ Di мало
отличается от значений ρ ( xi , yi ) и масса площадки Di mi ≈ ρ ( xi , yi ) ∆Si .
Тогда масса всей пластины задается приближенным равенством
n
n
m = ∑ mi ≈ ∑ ρ ( xi , yi ) ∆Si . Точное значение массы получим при условии
i =1
i =1
n → ∞ . Таким образом, физический смысл двойного интеграла – это масса
плоской области D m = ∫∫ ρ ( x, y ) dxdy .
D
Простейшие свойства двойного интеграла.
Эти свойства используются для вычисления двойного интеграла и
аналогичны свойствам определенного интеграла. Пусть f ( x, y ) ∈ R ( D ) и
g ( x, y ) ∈ R ( D ) и с – const. Тогда:
1. ∫∫ с ⋅ f ( x, y ) dxdy = с ∫∫ f ( x, y ) dxdy .
D
D
2. ∫∫ ( f ( x, y ) ± g ( x, y ) ) dxdy = ∫∫ f ( x, y ) dxdy ± ∫∫ g ( x, y ) dxdy
D
D
D
3. Если область D разбить линией на две области D1 и D2 , такие, что
D1 U D2 = D ,а пересечение D1 и D2 состоит лишь из линии, их разделяющей,
то ∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫∫ f ( x, y ) dxdy + ∫∫ f ( x, y ) dxdy .
D
D1
D2
1.2. Вычисление двойного интеграла в декартовых координатах.
Определение 1: Область D на плоскости Oxy назовем простой областью вида
(I) (простой относительно оси Ox), если она ограничена снизу линией
y = y1( x) , сверху - y = y2 ( x) (где y1( x ), y2 ( x) непрерывные функции) и с
боков – отрезками прямых x=a, x=b (рис.3). В частных случаях один из этих
отрезков (или оба вместе) могут превратиться в точку (рис.4). Область вида
y
y
y=y2(x)
y=y2(x)
x=a
x=b
y=y1(x)
y=y1(x)
y=y (x)
Рис.3
x
x=a
Рис.4
x
x=b
6
(I) задается неравенствами a ≤ x ≤ b; y1 ( x ) ≤ y ≤ y2 ( x ) .
Всякая прямая, параллельная оси Oy и проходящая внутри отрезка [a,b]
пересекает границу простой области (I) в двух точках (см. рис.3, 4).
В случае простой области (I)
( a ≤ x ≤ b; y1 ( x ) ≤ y ≤ y2 ( x ) , где
y1( x ), y2 ( x) - непрерывные функции на [a,b]),
двойной интеграл
вычисляется по формуле:
b
y2 ( x )
∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫ dx ∫
D
a
f ( x, y )dy
y1 ( x )
(1) Здесь сначала вычисляется внутренний интеграл по y. Он берется при
каждом фиксированном значении x ∈ [ a, b] от нижней границы области D
y = y1( x) до верхней границы y = y2 ( x) (по координатной линии x=const
(рис.3,4)). В результате получается некоторая функция от x
I (x) =
y2 ( x )
∫
f ( x, y )dy , которая затем интегрируется по отрезку [a,b], т.е.
y1 ( x )

b y2 ( x )
∫ I ( x ) dx = ∫  ∫ f ( x, y )dy  dx = ∫ dx ∫ f ( x, y)dy .
a
a  y1 ( x )
a y1 ( x )

Таким образом, вычисление двойного интеграла сводится к
последовательному вычислению двух определенных интегралов, которые
называются повторными.
Для применения формулы (1) область D необходимо спроектировать на
ось Ох и получить отрезок [a,b] (рис.3,4), границы x=a и x=b которого
являются пределами интегрирования во внешнем интеграле. Затем проводим
координатные линии x=const, пересекающие область D и определяем
нижнюю и верхнюю границы области. Интегрирование по координатной
линии x=const всегда ведется в направлении оси Оу.
b
b  y2 ( x )
Определение 2: Область D на плоскости Oxy назовем простой областью вида
(II) (относительно оси Oy), если она ограничена слева линией x = x1( y ) ,
справа - x = x2 ( y ) (где x1( y ), x2 ( y ) непрерывные функции), а сверху и снизу
– отрезками прямых y=c, y=d (рис.5). В частных случаях один из этих
отрезков (или оба вместе) могут превратиться в точку (рис.6). Область вида
(II) задается неравенствами c ≤ y ≤ d ; x1 ( y ) ≤ x ≤ x2 ( y ) .
Всякая прямая, параллельная оси Ox и проходящая внутри отрезка
[c,d], пересекает границу простой области (II) в двух точках (см. рис.5,6). В
случае простой области (II) ( c ≤ y ≤ d ; x1 ( y ) ≤ x ≤ x2 ( y ) , где x1 ( y ) , x2 ( y ) -
7
y
y
y=d
d
d
x=x1(y)
x=x1(y)
x=x2(y)
x=x2(y)
c
c
y=c
Рис.5
x
Рис.6
x
непрерывные функции на [c,d]), двойной интеграл вычисляется по формуле:
x2 ( y )
d
∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫ dy ∫
D
f ( x, y )dx
x1 ( y )
c
(2)
Здесь интегрирование во внутреннем интеграле ведется по х при
фиксированном значении y ∈ [c, d ] от левой границы области x = x1( y ) до
правой границы x = x2 ( y ) (т.е. по координатной линии y=const (рис.5,6)).
Для применения формулы (2) область D проектируем на ось Оy и
получаем отрезок [c,d] (рис.5,6), границы которого y=c и y=d являются
пределами интегрирования во внешнем интеграле.
Затем проводим
координатные линии y=const, пересекающие область D и определяем левую и
правую границы области. Интегрирование по координатной линии y=const
всегда ведется в направлении оси Ох.
Важно помнить, что во внешнем интеграле в формулах (1) и (2)
пределами интегрирования всегда являются числа.
Наиболее простой вид формулы (1) и (2) принимают в случае
прямоугольной области D, ограниченной прямыми x=a, x=b, y=c, y=d.
Прямоугольник a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d является одновременно простой областью
вида (I) и (II) и для вычисления двойного интеграла можно применять любую
из формул (1) и (2):
b
d
d
b
∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫ dx ∫ f ( x, y)dy = ∫ dy ∫ f ( x, y)dx
D
a
c
c
(3)
a
Замечания:
1. Если область D является простой областью вида (I) и (II), то для
вычисления двойного интеграла можно применять и формулу (1), и формулу
(2):
8
y2 ( x )
b
∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫ dx ∫
D
a
d
f ( x, y )dy = ∫ dy
y1 ( x )
c
x2 ( y )
∫
f ( x, y )dx
x1 ( y )
2. Если область D не является простой областью вида (I) или (II), то при
помощи прямых, параллельных координатным осям ее разбивают на
конечное число простых областей и для вычисления двойного интеграла
используется третье свойство двойного интеграла.
3. Аналогичные определения и формулы справедливы и тогда, когда
замкнутая область D лежит либо в плоскости xOz , либо в плоскости yOz.
Например, если ограниченная замкнутая область D лежит в плоскости xOz и
является простой относительно оси Oz, а в ней задана непрерывная функция
y=f(x,z), то
x2 ( z )
h
∫∫ f ( x, z ) dxdz = ∫ dz ∫
D
e
Пример 1. Вычислить интеграл
f ( x, z )dx
x1 ( z )
x + y 3 ) dxdy , где D = {1 ≤ x ≤ 2, 0 ≤ y ≤ 2} .
(
D
∫∫
Решение: Для прямоугольной области применяем формулу (3):
x + y ) dxdy = ∫ dx ∫ ( x + y 3 ) dy
(
D
1 0
2
3
∫∫
2
Сначала вычисляем внутренний интеграл, считая переменную x константой:
y =2

y4 
24
3
= x⋅2+
= 2x + 4 .
∫ x + y dy =  xy + 4 
4

 y =0
0
После подстановки пределов интегрирования по y, получаем функцию от х
I(x)=2x+4, которую интегрируем по отрезку [1,2]:
2
(
)
2
2
 2x2

3
2
2
∫∫ x + y dxdy == ∫ ( 2 x + 4 ) dx =  2 + 4 х  = х + 4 х 1 = 2 + 4 ⋅ 2 − 1 − 4 = 7

1
D
1
(
)
2
Пример 2. Вычислить интеграл
∫∫ xydxdy , где
(
)
D = {0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 2} .
D
Решение: Как и в примере 1, двойной интеграл сводится к повторному по
формуле (3):
1
2
0
0
∫∫ xydxdy = ∫ dx ∫ xydy
D
При вычислении внутреннего интеграла по у, считаем х константой, которую
по первому свойству двойного интеграла (см. п.1.1), выносим за знак
интеграла:
9
1
2
1
2
2
1
1
1
22
y2
x2
∫∫ xydxdy = ∫ dx ∫ xydy = ∫ xdx ∫ ydy = ∫ xdx ⋅ 2 = ∫ xdx ⋅ 2 = 2 ∫ xdx = 2 2 = 1
0 0
0
0
0
0
D
0 0
0
В данном примере удобнее воспользоваться еще одним свойством двойного
интеграла. Если подынтегральная функция f(x,y)=X(x)Y(y) является
произведением двух функций, одна из которых зависит только от x, а вторая
- от y, и область интегрирования является прямоугольной a ≤ x ≤ b, c ≤ y ≤ d ,
то двойной интеграл равен произведению повторных интегралов, т.е.
b
1
d
∫∫ X ( x) ⋅ Y ( y)dxdy = ∫ X ( x)dx ⋅ ∫ Y ( y)dy .
D
a
В этом случае результат вычисления
c
внутреннего интеграла есть число. Поэтому решение задачи 2 кратко можно
записать так:
1
2
1
1
2
x2
y2
∫∫ xydxdy = ∫ dx ∫ xydy = ∫ xdx ∫ ydy = 2 ⋅ 2
D
0 0
0
0
0
2
=
0
1 4
⋅ =1
2 2
Пример
y
∫∫ y
2
D
x=0
π
3.
Вычислить
где
sin xdxdy ,
интеграл
область
D
ограничена линиями x=0, y=0, x=π,
y=1+cosx.
Решение: Область D является простой
областью типа (I), так как любая
прямая,
параллельная
оси
Оу,
пересекает границу области только в
двух точках (рис.7). При любом
фиксированном значении х из отрезка
[0,π] координата y меняется от y=0 до
y=1+cosx . Поэтому для вычисления
интеграла воспользуемся формулой
y=1+cosx
y=0
2
x
Рис.7
(1):
π
1+ cos x
2
∫∫ y sin xdxdy = ∫ sin dx
∫
D
0
0
1
y3
y 2dy = ∫ sin xdx ⋅
3
0
1π
1 (1 + cos x) 4
3
(1 + cos x) d (1 + cos x ) =
3 0∫
3
4
π
=
0
1+ cos x
=
0
1π
(1 + cos x)3 sin xdx =
∫
30
( )
1
4
−2 4 = −
12
3
Отметим, что для вычисления данного интеграла можно было
воспользоваться и формулой (2), т.к. область D также является простой
10
y
2π
областью вида (II). Но в этом случае
границы области нужно задавать в виде
х=х(у), что приводит к более громоздким
вычислениям.
x
Пример 4. Вычислить интеграл ∫∫ dxdy ,
2
D
y=2π
если область D ограничена кривой
x=2+siny и прямыми x=0, y=0, у=2π.
x=0
Решение: Область D является простой
областью относительно оси Оу, т.е.
областью вида (II). Левая ее граница x=0, а
y=0
2
x правая - x=2+siny (рис.8). При любом
Рис.8
фиксированном значении у из отрезка
[0,2π] определяем, что координата х
изменяется от x=0 до x=2+siny. Поэтому по формуле (2) имеем:
x=2+siny
x
1 2π
dxdy
=
∫∫ 2
∫ dy
2
D
0
π
12
= ∫
4 0
2 + sin y
∫
xdx =
0
1 2π
1 2π
2
(2
+
sin
y
)
dy
=
4 + 4sin y + sin 2 y dy =
∫
∫
4 0
4 0
(
π
1 − cos 2 y 
12

 4 + 4sin y +
dy = ∫
2
4 0


)
1
1 9 2π 9π
9

y
=
 + 4sin y − cos 2 y dy =
2
42 0
4
2

Пример 5. В двойном интеграле
∫∫ f ( x, y ) dxdy
расставить пределы
D
интеграции в том и другом порядке, если область D – треугольник с
вершинами в точках O(0,0), A(1,0), B(1,1).
Решение: Область D изображена на рис.9. Она является простой областью
вида (I) и (II), поэтому для расстановки пределов интегрирования в двойном
интеграле воспользуемся формулами (1) и (2).
Для применения формулы (1) область
y
D проектируем на ось Oх и получим отрезок
B(1,1)
[0,1] – это пределы интегрирования во
1
внешнем интеграле. Далее для расстановки
пределов интегрирования во внутреннем
y=x или x=y
интеграле при любом фиксированном
x ∈ [0,1] проводим координатные линии
x=1
y=cоnst и по ним определяем, что нижняя
граница области D y=0, а верхняя граница –
A(1,0)
прямая y=x. Таким образом получим:
0
y=0
1
Рис.9
x
1
x
0
0
∫∫ f ( x, y)dxdy = ∫ dx ∫ f ( x, y)dy .
D
11
Для применения формулы (2) область интегрирования D проектируем
на ось y и получаем отрезок [0,1],а затем проводим координатные линии
x=cоnst и определяем, что левая граница x=0, а правая граница - прямая x=y.
Тогда двойной интеграл преобразуется к виду:
1
y
0
0
∫∫ f ( x, y )dxdy = ∫ dy ∫ f ( x, y)dx .
D
Пример 6. В двойном интеграле
∫∫ f ( x, y ) dxdy
расставить пределы
D
интеграции в том и другом порядке, если область D ограничена прямыми
x=0, x=1, y=1 и кривой y = − 2 x − x 2
Решение: Построим область D, но вначале
y
y=1
нужно понять, как нарисовать кривую
1
y = − 2 x − x 2 . Приведем ее уравнение к
каноническому виду. Для этого возведем обе
части этого уравнения в квадрат, помня, что
D2
x=0
x=1
0
1
y ≤ 0 и 2 x − x 2 ≥ 0 , т.е. 0 ≤ x ≤ 2 . Получаем:
x
y 2 = 2 x − x 2 . Теперь все слагаемые перенесем в
левую часть и выделим полный квадрат по
переменной
D1
( x2 − 2 x + 1) − 1 + y2 = 0
х:
или
( x − 1)2 + y 2 = 1 .
Таким образом, заданная
кривая – это нижняя дуга ( y ≤ 0 ) окружности
y = − 2x − x2
радиуса 1 с центром в точке (1,0). Область
-1
изображена на рис.10.
Рис.10
Область D является простой областью
относительно оси Oх, она находится в полосе между прямыми x=0 и x=1. Ее
нижней границей является дуга окружности y = − 2 x − x 2 , а верхней –
прямая y=1. Следовательно,
1
1
0
− 2 x − x2
∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫ dx
D
∫
f ( x, y ) dy .
Для расстановки пределов интегрирования в другом порядке
проектируем область D на ось Oу и получаем отрезок [-1,1]. Из рис.10 видно,
что область D ограничена слева дугой окружности y = − 2 x − x 2 (при
−1 ≤ y ≤ 0 ) и отрезком прямой x=0 (при 0 ≤ y ≤ 1 ). Поэтому ее разбиваем на
две простые области D1 и D2 координатной линией y=0. Левая граница
области
D1
находится
из
уравнения
окружности
( x − 1)2 + y 2 = 1 :
12
x = 1 − 1 − y 2 . Тогда область D1 определяется неравенствами:
−1 ≤ y ≤ 0 ,
1 − 1 − y 2 ≤ x ≤ 1 . Область D2 есть прямоугольник 0 ≤ y ≤ 1 , 0 ≤ x ≤ 1 .
Применяя формулу (2) и третье свойство двойного интеграла (см. п.1.1),
получаем:
∫∫
fdxdy =
D
∫∫
f ( x, y ) dxdy +
D1
∫∫
f ( x, y ) dxdy =
D2
0
∫
−1
1
dy
1− 1− y 2
∫∫ f ( x, y ) dxdy
Пример 7. В двойном интеграле
∫
1
1
0
0
f ( х, у )dx + ∫ dy ∫ f ( х, у )dx
расставить пределы
D
интеграции в том и другом порядке, если область D ограничена прямыми
x+у=10, x-у=4, y=0 и параболой y = x3 .
Решение: Область D представлена на
y
рис.11, из которого видно, что она не
является простой ни в одном из
10
направлений, поэтому ее необходимо
разбить на простые области.
8
Проектируем D на ось Oх и
y=10-x
получаем отрезок [0,7]. При этом нижней
границей области D являются прямые
y=0 при 0 ≤ x ≤ 4 и у=х-4 при 4 ≤ x ≤ 7 ,
которые пересекаются в точке (4,0).
y=x3
Верхняя граница так же состоит из двух
y=x-4
частей - кубической параболы y = x3
Рис.11
при 0 ≤ x ≤ 2 и прямой у=10-х при
2 ≤ x ≤ 7 , которые пересекаются в точке
(2,8) . Через точки пересечения границ проводим координатные линии х=2 и
х=4, которые разбивают D на три простые области D1 , D2 , D3 . В D1 при
0
2
4
10
x
x ∈ [ 0,2] нижняя граница y=0, а верхняя y = x3 . В D2 при x ∈ [ 2,4] нижняя
граница y=0, а верхняя – прямая у=10-х. В D3 при x ∈ [ 4,7 ] нижняя граница
у=х-4, а верхняя - у=10-х. Расставляя пределы интегрирования для каждой из
простых областей, получаем:
2
x3
4
10 − x
0
0
2
0
∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫ dx ∫ f ( x, y ) dy + ∫ dx ∫
D
7
10− x
4
x−4
f ( x, y ) dy + ∫ dx
∫
f ( x, y ) dy
Для второго способа расстановки пределов интегрирования
проектируем область D на ось Oу и разбиваем ее на две области. В первой
области при 0 ≤ у ≤ 3 левая граница описывается выражением x = 3 y , а
правая - х=у+4. Во второй области при 3 ≤ у ≤ 8 левая граница по-прежнему
13
остается параболой x = 3 y , а правой границей является прямая х=10-у. В
итоге получаем:
3
y+4
0
3x
∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫ dy ∫
D
8
10 − y
3
3x
f ( x, y ) dx + ∫ dy
∫
f ( x, y ) dy
В качестве упражнения на расстановку пределов интегрирования
рассмотрим задачу о перемене порядка интегрирования в повторном
y2 ( x )
b
интеграле
∫ dx ∫
a
f ( x, y )dy . Для ее решения необходимо построить область
y1 ( x )
интегрирования D, которая находится в полосе между прямыми x=a, x=b и
ограничена снизу линией у = y1( x) , а сверху- линией y = y2 ( x) . Затем область
D проектируем на ось Oу и находим уравнения прямых y=c, y=d,
ограничивающих снизу и сверху полосу, в которой расположена область D.
Затем находят левую x = x1( y ) и правую x = x2 ( y ) границы области. Если
какая-либо граница состоит из двух или большего числа линий, записанных
разными уравнениями, то область D разбиваем на части (простые области
типа (II)). Аналогично поступают, если требуется переменить порядок
d
интегрирования в повторном интеграле
x2 ( y )
∫ dy ∫
c
f ( x, y )dx , только в этом
x1 ( y )
случае область D проектируют на ось Oх.
y
2
y= 2−x
x=
D1
Пример
8.
интегрирования
2
2 − y2
f ( x, y )dy .
x
Решение: Область D расположена между
прямыми x=0 и x=1. Ее нижняя граница D2
0
порядок
интеграле
2− x2
∫ dx ∫
0
1
x=0
1
Изменить
в
прямая
y=x или
x=y
y=0
1
x
у=х, а верхняя y = 2 − x 2 - дуга
окружности x 2 + y 2 = 2, ( у ≥ 0 ) (рис.12).
Проектируем область D на ось Оу, в
результате получаем отрезок 0, 2  .
Левой границей области является прямая
х=0, правой - на участке [0,1] прямая х=у, а
на участке 1, 2  - дуга окружности
Рис.12
х = 2 − у 2 . Поэтому область D разбиваем на две области D1 и D2 , а
интеграл – на сумму двух интегралов:
14
1
2− x2
∫ dx ∫
0
1
y
f ( x, y )dy = ∫ dy ∫ f ( x, y )dx +
x
0
0
2− y 2
2
∫
dy
1
∫
f ( x, y )dx
0
Пример 9. Изменить порядок интегрирования в повторном интеграле
0
y +1
∫ dy ∫
−2
−1
π
f ( x, y )dx + ∫ dy
0
cos y
∫
f ( x, y )dx .
−1
Решение: Для каждого из повторных интегралов построим свою область.
Область D1 находится в полосе между
прямыми y=-2
и y=0. Ее левой
границей является прямая х=-1, а
π
правой – прямая х=у+1. Область D2
находится в полосе между прямыми
π/2
y=0 и y=π и имеет левую границу х=-1
x=cos y
и правую границу х=cosy. Сумма этих
двух областей и есть искомая область
D, она изображена на рис.13.
-2
1
-1
Спроектируем ее на ось Ох, получим
отрезок [-1,1]. Относительно оси Ох
x=y+1
область D является простой, ее
нижней границей является прямая
у=х-1, а верхней – у=arccosх.
Рис. 13
Повторный интеграл принимает вид:
0
y +1
∫ dy ∫
−2
−1
π
f ( x, y )dx + ∫ dy
0
cos y
∫
f ( x, y )dx =
−1
1
arccos x
∫ dx ∫
−1
f ( x, y )dy
x −1
1.3. Замена переменных в двойном интеграле (общий случай).
Рассмотрим двойной интеграл
∫∫ f ( x, y ) dxdy
в декартовых прямоугольных
D
координатах (х,у). Предположим, что переменные х и у являются функциями
 x = x(u , v)
независимых переменных u и v, т.е. 
. Если эти функции
 y = y (u , v)
непрерывно дифференцируемы и осуществляют взаимно-однозначное
отображение ограниченной и замкнутой области D плоскости Оху на область
Ω плоскости Оuv и якобиан
D ( x, y ) xu′ xv′
J (u , v) =
=
≠ 0,
D (u , v) yu′ yv′
то справедлива формула замены переменной в двойном интеграле:
15
∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫∫ f ( x(u, v), y(u, v) ) J (u, v) dudv
D
(4)
Ω
Координаты (u,v) называются криволинейными координатами точки (х,у).
Цель замены переменных – упрощение вычисления двойного интеграла.
 u = u ( x, y )
Замечание:
Если замена осуществляется функциями 
, то
v = v ( x, y )
величина
D (u , v) u ′x u′y
1
.
=
=
D ( x, y ) v′x v′y
J (u , v)
Пример 1. Вычислить двойной интеграл
∫∫ ( 2 x + y ) dxdy ,
если область D –
D
параллелограмм со сторонами у=2х-3, у=2х+5, у=-х+7, у=-х-1.
Решение: Параллелограмм изображен на рис.14а. Хотя подынтегральная
функция и область интегрирования простые, вычисление данного интеграла в
прямоугольных координатах Оху приводит к громоздким вычислениям.
y
v
7
За
1
ме
y=-x+7
ти
y=2x+5
м,
чт
Ω
о
ур
x
ав
-3
5 u
не
y=2x-3
ни
y=-x-1
-1
я
Рис.14б
Рис.14а
пр
ямых можно записать в виде: у-2х=3, у2х=5, у+х=7, у+х=1. Перейдем к новым координатам с помощью замены
u v

x
=
−
+

u = y − 2 x
3 3
,
откуда
находим
.
Вычисляем


u
2
v
v = y + x
y = +

3 3
1
1 u′x u ′y −2 1
=
=
= −3 и получаем J = .
1 1
3
J v′x v′y
В новой системе координат Ouv область Ω ограничена прямыми u=3,
u=5, v=-1, v=7, т.е. представляет собой прямоугольник (рис.17б), а
16
u 4v
 u v   u 2v 
подынтегральная функция равна 2 x + y = 2  − +  +  +  = − + .
3 3
 3 3 3 3 
Переходим к вычислению интеграла:
7
15
 u 4v  1
∫∫ ( 2 x + y ) dxdy = ∫∫  − 3 + 3  3 dudv = 9 ∫ du ∫ ( −u + 4v ) dv =
D
Ω
−3 −1
(
)
5
15
1
704
2
= ∫ (−8u + 96)du = −4u + 96u
=
9 −3
9
9
−3
Пример 2. Вычислить ∫∫ xydxdy , где D ограничена кривыми y 2 = 4 x, y 2 = 9 x ,
D
ху=1, ху=5.
Решение: Из изображения D на рис.15а. видно, что расставить пределы
интегрирования для данной области не очень просто, однако подходящая
замена переменных позволяет свести этот интеграл к интегралу по
прямоугольнику. Нетрудно увидеть, что на границе области D величины
y2
x
v
y
y2=9x
5
y2=4x
Ω
xy=5
xy=1
Рис.15а
аа
1
x
4
Рис.15б
9
u
u = y 2 / x
ху являются постоянными. Поэтому введем новые переменные 
v = xy
1 − y2 / x2 2 y / x
1
и вычислим
=
= −3 y 2 / x = −3u . Отсюда находим J = .
J
3u
y
x
Граница области Ω на плоскости Ouv описывается прямыми u=4, u=9, v=-1,
v=5 (рис.15б), поэтому в новых переменных двойной интеграл вычисляется
много проще:
2
1
1 9 du 5
1
9v
∫∫ xydxdy = ∫∫ v 3u dudv = 3 ∫ u ∫ vdv = 3 ln u 4 2
D
Ω
4
1
5
= 8ln
1
3
2
17
Пример 3. Вычислить ∫∫ ( x + y ) dxdy , если D ограничена параболой y 2 = 2 x и
D
прямыми х+у=4 и х+у=12.
Решение: Область D приведена на рис.16а. Для упрощения области
u = x + y
, откуда
интегрирования введем следующую замену переменных 
v = y
выражаем х=u-v и подставляем в уравнение параболы v 2 = 2(u − v ) . Разрешая
квадратное уравнение v 2 + 2v − 2u = 0 , получаем уравнение образа исходной
параболы на плоскости Ouv: v = −1 ± 1 + 2u . Область Ω ограничена
1
параболой, определенной при u ≥ − , вершина которой находится в точке
2
1
u = − , v = −1 и прямыми u=4, u=12 (рис.16б). Вычисляем якобиан
2
1 1 1
=
= 1, J = 1 и применяем формулу замены переменной в двойном
J 0 1
интеграле:
∫∫ ( x + y ) dxdy = ∫∫ ududv =
12
−1+ 1+ 2u
D
4
−1− 1+ 2u
Ω
∫ udu
∫
12
dv = 2 ∫ u 1 + 2udu = t = 1 + 2u = 543
4
v = −1 + 1 + 2u
y = x2
x+y=4
x+y=12
Рис.16а
1.4.
v = −1 − 1 + 2u
Рис.16б
Переход к полярным координатам в двойном интеграле.
Важнейшим частным случаем криволинейных координат являются
полярные координаты (r,φ). Они связаны с прямоугольными координатами
 x = r cos ϕ
формулами: 
, ( r ≥ 0, 0 ≤ ϕ ≤ 2π ) . Якобиан преобразования в этом
y
=
r
sin
ϕ

18
11
15
случае J (r ,ϕ ) =
x′r
xϕ′
yr′
yϕ′
=
cos ϕ − r sin ϕ
= r , а формула перехода к полярным
sin ϕ r cos ϕ
координатам в двойном интеграле имеет вид:
∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫∫ f ( x(r cos ϕ , r sin ϕ ) rdrdϕ
(4)
Ω
D
Переходить к полярным координатам удобно в тех случаях, когда
область интегрирования есть круг, кольцо или их часть, а так же в случае,
когда подынтегральная функция имеет вид
(
)
f x 2 + y 2 . В полярных
координатах выражение x 2 + y 2 = r 2 cos 2 ϕ + r 2 sin 2 ϕ = r 2 . Границей круга
является окружность x 2 + y 2 = R 2 и ее уравнение в полярных координатах
принимает вид: r=R. Тогда область D - круг x 2 + y 2 ≤ R 2 в полярной системе
координат на плоскости Оrφ переходит в прямоугольную область Ω, которая
задается неравенствами : 0 ≤ r ≤ R, 0 ≤ ϕ ≤ 2π (рис.17а,б).
Интегрирование в полярных координатах проводится по координатным
линиям r=const и φ=const. Линии r=const представляют из себя окружности с
центром в начале координат. По окружностям происходит изменение
координаты φ. Линии φ=const – это семейства лучей, выходящих из начала
координат, по которым происходит изменение координаты r. Координатная
сетка в полярных координатах изображена на рис.18.
φ=const
φ
y
x2 + y 2 = R 2
2π
D
r=const
Ω
x
R
O
Рис.17а
R
Рис.17б
r
Рис.18
Пусть область D расположена между лучами φ=α и φ=β, где α< β, и
ограничена линиями r = r1 (ϕ ) и r = r2 (ϕ ) , где r1 (ϕ ) ≤ r2 (ϕ ) и любой луч,
выходящий из полюса φ=const ( ϕ ∈ [α , β ] ) пересекает ее границу не более
чем в
двух точках (простая область относительно r) (рис.19).Тогда двойной
интеграл сводится к повторному по формуле:
D
φ=β
r=r (φ)
r=r2(φ)
19
Рис.19
β
r2 (ϕ )
∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫∫ f ( r cos ϕ , r sin ϕ ) rdrdϕ = ∫ dϕ ∫
D
Ω
α
r1 (ϕ )
Рис.20
f ( r cos ϕ , r sin ϕ ) rdr
(5)
Пусть область D расположена между окружностями r=а и r=b, где а< b
и ограничена линиями ϕ = ϕ1(r ) и ϕ = ϕ 2 (r ) , где ϕ1(r ) ≤ ϕ 2 (r ) и любая
окружность радиуса r=const ( r ∈ [a, b] ) пересекает границу области не более
чем в двух точках (правильная относительно φ) (рис.20). В этом случае
двойной интеграл сводится к повторному по формуле:
b
ϕ2 ( r )
∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫∫ f ( r cos ϕ , r sin ϕ ) rdrdϕ = ∫ rdr ∫
D
Ω
a
Пример 1. Вычислить двойной интеграл
∫∫
ϕ1 ( r )
f ( r cos ϕ , r sin ϕ ) dϕ
6)
1 − x 2 − y 2 dxdy , где область D
D
ограничена окружностью x 2 + y 2 = 1 .
Решение: Как уже говорилось выше, если интегрирование ведется по кругу,
то уравнение его границы в полярных координатах имеет вид r=1, а на
плоскости Оrφ область Ω является прямоугольником 0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ ϕ ≤ 2π .
Осталось записать в полярных координатах подынтегральную функцию:
(
)
f ( x, y ) = 1 − x 2 − y 2 = 1 − x 2 + y 2 = 1 − r 2 . Вычисляем интеграл
∫∫
D
1 − x 2 − y 2 dxdy =
2π
∫
0
1
1
(
 1
dϕ ∫ 1 − r 2 rdr = 2π  −  ∫ 1 − r
 2 0
0
1
2 2
) d (1 − r 2 ) = 23π
Пример 2. Вычислить
∫∫ e
x2 + y2
dxdy , если
D
область
D
ограничена
окружностью
x 2 + y 2 = а 2 , лежащей в первой четверти, и
прямыми y=x и y = 3x .
Решение: Область D изображена на рис.21.
Переведем
ее
границы
в
полярные
координаты: уравнение окружности имеет
вид r=a , а отрезки прямых y=x y = 3x
π
π
являются лучами ϕ =
и ϕ = . Проводя
4
3
20

π π  
лучи φ=const  ϕ ∈  ,   , определяем, что координата r изменяется от 0 до
 4 3

а. Тогда по формуле (5) получаем:
Рис.21
∫∫ e
x2 + y2
D
π
3
a
( )
a
π  2
 π π  1 r2

dxdy = ∫∫ e rdrdϕ = ∫ dϕ ∫ e rdr =  −  ∫ e d r 2 =  e a − 1
12 

 3 4 20
π
Ω
0
r2
r2
4
∫∫ f ( x, y ) dxdy
Пример 3. В двойном интеграле
перейти к полярным
D
координатам и расставить пределы интеграции в том и другом порядке, если
область D ограничена кривой x 2 + y 2 = 2аx ( a > 0 ) .
Решение: Чтобы построить область D, приведем уравнение кривой к
каноническому виду, для чего выделяем полный квадрат по переменной х:
x 2 − 2аx + а 2 − а 2 + y 2 = 0 ,
( x − a ) + y 2 = a 2 . Получаем уравнение
окружности с центром на оси Ох в точке х=а, у=0, радиуса а, при этом
окружность касается оси Оу (рис.22а,б).
2
y
y
π
ϕ=
2
ϕ =−
π
2
ϕ = arccos
r
2a
r=2a
.
x
a
2a
2a
x
ϕ = − arccos
Рис.22а
r
2a
Рис.22б
Переведем границу области D в полярные координаты, для этого
удобнее воспользоваться уравнением окружности в виде x 2 + y 2 = 2аx :
π
r 2 = 2ar cosϕ или r = 2a cos ϕ . Область D находится между лучами ϕ = − и
2
π
ϕ = и проводя
2
 π π
лучи при ϕ ∈  − ,  , определяем, что координата r изменяется от 0 в
 2 2
начале координат до значения радиуса на окружности, т.е. до значения
r = 2a cos ϕ (рис.22а). Тогда по формуле (5) расставляем пределы
интегрирования:
21
π
2
∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫∫ f ( r cosϕ , r sin ϕ ) rdrdϕ = ∫
D
Ω
−
π
2
dϕ
2а cos ϕ
f ( r cos ϕ , r sin ϕ ) rdr
∫
0
Чтобы расставить пределы интегрирования в другом порядке,
определим границы изменения координаты r. Для этого проведем
координатные линии r=const, пересекающие область D, и определим
окружности, которые касаются нашей области. Очевидно, что это будут
линии r=0 и r=2а, так что r изменяется в пределах от 0 до а (рис.22б).
Для нахождения границ изменения переменной φ уравнение
r
или
окружности r = 2a cos ϕ разрешим относительно φ: cos ϕ =
2a
r
ϕ = ± arccos . Для нижней ветви окружности берется знак «-», а для
2a
верхней ветви – знак «+». Теперь по координатным линиям r=const, которые
пересекают область D, определяем границы изменения φ: от значения на
нижней ветви окружности до значения на верхней ветви окружности. В
результате по формуле (6) получаем:
a
arccos
∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫∫ f ( r cos ϕ , r sin ϕ ) rdrdϕ = ∫ rdr
D
Ω
Пример 4. В двойном интеграле
0
∫
r
2a
− arccos
∫∫ f ( x, y ) dxdy
f ( r cos ϕ , r sin ϕ ) dϕ
r
2a
перейти к полярным
D
координатам и расставить пределы интеграции в том и другом порядке, если
область D ограничена линиями x 2 + y 2 = 2 у , y ≥ 1.
Решение: Кривая x 2 + y 2 = 2 у является уравнением окружности с центром в
точке (0,1): х 2 + ( y − 1)2 = 1 . При y ≥ 1 выбирается верхняя половина круга –
это и будет область D . Переведем границы области в полярные координаты,
при этом уравнение окружности имеет вид r = 2sin ϕ . Если из него выразить
r
r
φ, получаем ϕ = arcsin для правой ветки окружности и ϕ = π − arcsin - для
2
2
1
левой. Прямая y=1 в полярных координатах имеет уравнение r =
или
sin ϕ
1
1
ϕ = arcsin и ϕ = π − arcsin для отрезков прямых, лежащих в первой и во
r
r
второй четверти соответственно. Нанесем координатные линии φ=const,
π
откуда определяем, что область D расположена между лучами ϕ =
и
4
22
3π
, а радиус изменяется от значения на отрезке прямой y=1 до значения
4
на дуге окружности (рис.23а). Тогда получаем:
ϕ=
3π
4
2sin ϕ
π
4
1
sin ϕ
∫∫ f ( x, y ) dxdy = ∫∫ f ( r cos ϕ , r sin ϕ ) rdrdϕ = ∫ dϕ ∫
Ω
D
y
2 r = 2 sin ϕ
1
ϕ=
f ( r cos ϕ , r sin ϕ ) rdr .
3π
4
r=
ϕ =
1
sin ϕ
π
4
x
Рис.23а
Рис.23б
Проведем линии r=const и определяем, что область заключена между
координатными линиями r=1 и r=2, а координатная линия r = 2 проходит
через точки (±1,1), в которых пересекаются границы области - окружность и
прямая (рис.23б). Поэтому D необходимо разбить на две простые области
относительно φ: 1 ≤ r ≤ 2 и 2 ≤ r ≤ 2 и пределы интегрирования в двойном
интеграле расставляются так:
π − arcsin
2
∫∫ f ( x, y )dxdy = ∫
D
1
rdr
∫
arcsin
1
r
1
r
f ( r , ϕ ) dϕ +
2
∫
2
r
2
π − arcsin
rdr
∫
arcsin
f ( r ,ϕ ) dϕ
r
2
Замечание: В некоторых случаях, если область интегрирования в двойном
интеграле ограничена окружностью
( x − a )2 + ( y − b ) 2 = R 2 ,
удобнее делать
 x − a = r cos ϕ
замену 
. При такой замене осуществляется параллельный
y
−
b
=
r
sin
ϕ

перенос системы координат в центр окружности, а якобиан преобразования
при этом не изменяется, т.е. J=r (предлагается убедиться в этом
 x = r cosϕ
самостоятельно). В частности, если в примере 4 ввести замену 
,
 y − 1 = r sin ϕ
то уравнение окружности х 2 + ( y − 1)2 = 1 преобразуется к виду r=1, а область
интегрирования Ω в координатах Оrφ становится прямоугольной:
0 ≤ r ≤ 1, 0 ≤ ϕ ≤ π .
23

x2 y 2 
Пример 5. Вычислить интеграл ∫∫ 1 −
−
dxdy , где область D – лежащая
 a 2 b2 

D
в первой четверти часть эллиптического кольца 1 ≤
x2
2
+
y2
2
≤ 4.
a
b
Замечание: В случае, когда область интегрирования в двойном интеграле
является эллипс или его часть, то вводят обобщенные полярные или
 x = ar cos ϕ
. При этом J=abr (проверить
эллиптические координаты 
y
=
br
sin
ϕ

x2
самостоятельно), а выражение
2
+
y2
2
преобразуется в выражение r 2 .
a
b
Решение: Перейдем к эллиптическим координатам, при этом границы
эллиптического кольца принимают вид
r=1 и
r=2, а вся область
π
расположена между лучами φ=0 и ϕ = . Поэтому интеграл вычисляем
2
следующим образом:
π
2
2

x
y 
5π
2
2
∫∫ 1 − a 2 − b 2 dxdy = ab ∫∫ 1 − r rdrdϕ = ab ∫ dϕ ∫ 1 − r rdr = − 12 ab
D

Ω
0
1
2
1.5.
2
(
)
(
)
Геометрические приложения двойного интеграла.
Как было показано в п.1.1,объем цилиндрического тела находится по
формуле:
V = ∫∫ f ( x, y ) dxdy ,
(7)
D
где z=f(x,y) – уравнение поверхности, ограничивающей тело сверху. Площадь
S плоской области D на плоскости Оху вычисляется по формуле:
S D = ∫∫ dxdy
(8)
D
Если поверхность задана уравнением z=f(x,y),
поверхности вычисляется по формуле:
( x, y ) ∈ D ,
S = ∫∫ 1 + z′x2 + z′y2 dxdy
то площадь
(9)
D
Пример 1. Вычислить площадь фигуры, ограниченной линиями
3
2
х=0 y = x, y = 4 − ( x − 1) .
2
24
y
Решение: Область приведена на рис.24.Ее
проекция на оси Ох есть отрезок [0,1] и
площадь фигуры вычисляем по формуле (8):
y = 4 − ( x − 1)
2
3
3
y= x
2
1
0
2
x
Рис.24
2
S D = ∫∫ dxdy = ∫ dx
D
Пример
2.
4 −( x −1)
∫
3
0
x
2
Вычислить
2
2
13

2 3 
dy = ∫  4 − ( x − 1) − x  dx =
2 
3
0
площадь
фигуры,
ограниченной
кривой
( 4 x − 7 y + 8)2 + ( 3x + 8 y − 9 )2 = 64
Решение: Область D является сложной, поэтому введем замену переменных
4 −7
u = 4 x − 7 y + 8
1 u′x u′y
1
и
находим
=
=
= 53 . Тогда J =

3 8
J v′x v′y
53
v = 3 х + 8 y − 9
На плоскости Ouv область Ω является кругом, ограниченным окружностью
u 2 + v 2 = 64 , так что площадь круга равна 64π. Находим площадь области D:
1
1
64π
S D = ∫∫ dxdy = ∫∫ Jdudv = ∫∫ dudv = 64π =
53 Ω
53
53
D
Ω
2
 x2 y 2 
2 xy
Пример 3. Вычислить площадь петли кривой  2 + 2  = 2 .
a
b 
c

Решение: Под петлей будем подразумевать область, ограниченную данной
кривой и расположенную в первой четверти ( x ≥ 0, y ≥ 0 ) . Воспользуемся
обобщенными полярными координатами x=a·rcosφ, y=b·rsinφ, в результате
чего
уравнение
кривой
принимает
вид
4
r =
2abr 2 sin ϕ cos ϕ
c2
или
ab
sin 2ϕ . В эллиптических координатах соответствующая область Ω
c
ab
задается неравенствами 0 ≤ r ≤
sin 2ϕ , при этом sin 2ϕ ≥ 0 ,т.е.
c
π
0 ≤ϕ ≤ .
2
r=
25
π
2
ab
sin 2ϕ
c
0
0
S D = ∫∫ dxdy = ∫∫ abrdrdϕ =ab ∫ dϕ
Ω
D
∫
π
2
a 2b 2 2
 ab 
rdr =
∫ sin 2ϕ dϕ =  2c 
2c 2 0
Пример 4. Вычислить объем тела, ограниченного плоскостями z=0, y+z=2 и
цилиндром y = x 2 .
Решение: Данное тело ограничено сверху плоскостью z=2-у (рис.25), поэтому
по формуле (7) V = ∫∫ ( 2 − y ) dxdy . Область D есть параболический сегмент,
D
ограниченный параболой y = x 2 и прямой у=2, проектируя которую на ось
Оу, получаем:
y
2
V = ∫∫ ( 2 − y ) dxdy = ∫ ( 2 − y ) dy
0
D
∫
− y
2
dx = 2 ∫ ( 2 − y ) ydy =
0
32 2
15
z
y=3-x2 –z2
y
3
D
x
Рис.25
Рис.26
Пример 5. Вычислить объем тела, ограниченного плоскостью у=0 и
параболоидом y = 3 − x 2 − z 2 .
Решение: В этой задаче удобно считать, что тело стоит на плоскости Oxz и
сверху ограничено параболоидом y = 3 − x 2 − z 2 (рис.26), а область D есть
круг с границей
x2 + z 2 =
( 3)
2
. Поэтому вычисляем объем следующим
образом:
(
D
2
V = ∫∫ 3 − x − z
2
2π
) dxdz = ∫∫Ω (3 − r )rdrdϕ = 0∫ dϕ 0∫ (3 − r 2 )rdr = 92π
2
3
Задача 6. Вычислить площадь поверхности параболоида z=xy, лежащей
внутри цилиндра x 2 + y 2 = a 2 .
26
Решение: Площадь поверхности вычисляем по формуле (9), при этом z′x = y ,
z′y = x
и
1 + z′x2 + z′y2 = 1 + x 2 + y 2 .
Поскольку
область
D
-
круг
x 2 + y 2 ≤ a 2 , то при вычислении двойного интеграла переходим к полярным
координатам.
3

1 2π a
2π 
2
2
2
2
2 2
S = ∫∫ 1 + x + y dxdy = ∫ dϕ ∫ 1 + r d 1 + r =
1+ a
− 1
2
3


D
0
0


(
)
(
)
Физические приложения двойного интеграла.
1.6.
Пусть D – плоская пластина, лежащая в плоскости Оху с поверхностной
плотностью ρ(х,у). Тогда:
1. массу m пластинки находят по формуле
m = ∫∫ ρ ( x, y ) dxdy
(10)
D
2. статические моменты M x и M y пластинки относительно координатных
осей находят по формулам
M x = ∫∫ y ρ ( x, y )dxdy, M y = ∫∫ x ρ ( x, y )dxdy
(11)
D
D
3.кординаты центра тяжести xc и yc пластинки – по формулам
My
M
xc =
, yc = x
(12)
m
m
4. Моменты инерции I x , I y и I о пластинки соответственно относительно
координатных осей Ох и Оу и начала координат находят по формулам
I x = ∫∫ y 2 ρ ( x, y )dxdy, I y = ∫∫ x 2 ρ ( x, y )dxdy
D
(
D
2
I о = I x + I y = ∫∫ x + y
(13)
D
2
) ρ ( x, y)dxdy
(14)
Для однородных пластинок поверхностная плотность ρ ( x, y ) = ρ0 = const . В
некоторых задачах для простоты полагают ρ0 = 1 .
(
)
Пример 1. Найти массу круглой пластины D x 2 + y 2 ≤ 1 с поверхностной
плотностью ρ(х,у)=3-х-у.
Решение: Массу пластины вычисляем по формуле (10):
1
2π
0
0
m = ∫∫ ( 3 − x − y ) dxdy = ∫ rdr ∫ ( 3 − r cos ϕ − r sin ϕ ) dϕ =3π
D
27
Поскольку пластина является круглой, вначале в двойном интеграле
переходим к полярным координатам, а затем при вычислении внутреннего
интеграла учитываем тот факт, что
интеграл по периоду от
тригонометрических функций равен нулю.
Пример 2. Найти статический момент однородного прямоугольника со
сторонами а и b относительно стороны а, считая, что прямоугольник лежит в
плоскости Оху.
Решение: Поместим начало координат в одну из вершин прямоугольника так,
чтобы ось Ох совпадала со стороной а, а ось Оу – со стороной b.
Статический
момент прямоугольника относительно стороны а будет равен статическому
моменту относительно оси Ох. По первой из формул (11) получаем:
a
b
y2
M a = M x = ∫∫ ρ0 ydxdy =ρ0 ∫ dx ∫ ydy = ρ0a
2
D
0 0
b
0
ab 2
=
ρ0
2
Пример 3. Найти координаты центра тяжести однородной пластины
плотности ρ0 , ограниченной параболой y = x 2 и прямой х+у=2.
Решение: Чертеж области приведен на
рис.27. Найдем абсциссы точек
пересечения графиков. Из системы
 x + y = 2
получаем x1 = −2 и x2 = 1 .

2
 y = x
Тогда масса пластины вычисляется по
формуле:
1
2− x
9
m = ∫∫ ρ0dxdy = ρ0 ∫ dx ∫ dy = ρ0
2
2
D
−2
x
Рис.27.
Вычислим статические моменты пластины относительно координатных осей
M x = ∫∫ y ρ0dxdy =ρ0
D
M y = ∫∫ x ρ0 dxdy =ρ0
D
1
2− x
−2
1
2
∫ dx ∫
∫
−2
x
2− x
xdx
∫
x
2
(
)
ρ0 1
36
yd =
4 − 4 x + x 2 − x 4 dx = ρ0
∫
2 −2
5
dy = ρ0
1
(
)
9
x 2 − x − x 2 dx = − ρ0
4
−2
∫
Теперь вычисляем по формулам (12) координаты центра тяжести пластины:
xc = M y / m = −1/ 2, yс = M x / m = 8/ 5
Пример 4. Вычислить моменты инерции однородного треугольника со
сторонами х+у=1, х+2у=2 , у=0, относительно координатных осей.
28
Решение: Треугольник приведен на
рис
28.
Моменты
инерции
относительно осей вычисляем по
формулам (13):
1
2
2
I x = ∫∫ y ρ0dxdy = ρ0 ∫ y dy
D
0
2− 2 y
∫
dx =
1− y
2
4
ρ0 ∫ y 2 (2 − 2 y − 1 + y )dy = − ρ0
3
0
Рис.28
1
2−2 y
(
)
ρ0 2
I y = ∫∫ x ρ0dxdy = ρ0 ∫ dy ∫ x dx =
7 − 21 y + 21 y 2 − 7 y 3 dy = 0
∫
3 0
D
0
1− y
Пример 5. Найти момент инерции однородной области, ограниченной
2
( x2 + y2 )
лемнискатой
2
2
(
)
( х ≥ 0)
= a 2 x2 − y 2 ,
относительно
начала
координат.
Решение: Полярный момент инерции
вычисляем по формуле (14), при этом в
двойном интеграле перейдем к полярным
координатам. В результате уравнение
лемнискаты в полярных координатах
принимает вид r = a cos 2ϕ , а координата
 π π
ϕ ∈  − ,  (рис. 29). Тогда получаем:
 4 4
Рис.29.
(
D
2
I о = ∫∫ x + y
2
π
4
) ρ0dxdy =ρ0 ∫π dϕ
−
4
a cos 2ϕ
∫
0
π
4
a4
π a4
2
r dr = ρ0 ∫ cos 2ϕ dϕ =
ρ0
4
16
π
3
−
4
Задачи для самостоятельного решения:
1.7.
Вычислить двойной интеграл:
1.
∫∫
ydxdy
(
D 1 + x2 + y 2
)2
3
, где D – прямоугольник 0 ≤ x ≤ 1, 0 ≤ y ≤ 1 .
29
xdxdy
2.
∫∫
3.
∫∫ ( x + y ) dxdy , D ограничена линиями
2
2
Dx +y
, где D - ограниченна параболой y =
1 2
x и прямой у=х.
2
y = x 2 + 2 x − 3 , х=0, 2у=3х.
D
∫∫ f ( x, y ) dxdy
Двойной интеграл
представить в виде повторного двумя
D
способами:
4. D – треугольник с вершинами А(-1,-1), В(1,3), С(2,-4).
5. D – параллелограмм с вершинами А(-3,1), В(2,1), С(6,4), D(1,4).
6. D ограничена линиями y = − x 2 + 3 х , y = 3/ 4 x .
7. D ограничена линиями x 2 + y 2 = 2a 2 , x 2 = ay ( a > 0) .
Изменить порядок интегрирования в повторном интеграле:
2
8. ∫ dx
6− x
0
∫
2
f ( x, y )dy
9.
∫ dx
10.
−2
3+ 12 + 4 x − x 2
∫
∫
0
x
14. ∫ dx
∫
0
0
12 x
2
1− 4 x − x 2 −3
fdy + ∫ dx
1
∫
0
fdy
∫
f ( x, y )dy
3x2
13. ∫ dy
f ( x, y )dx
3− y 2
∫
y /2
4
4 x − x2
15. ∫ dx
f ( x, y )dх
2
0
0
f ( x, y )dy
1
4− x2
2
−
1
− 1− y 2
3 2
1
∫
11. ∫ dx
f ( x, y )dy
1− y
12. ∫ dy
0
4
3− 12+ 4 x − x 2
1
∫ dx
−2
2x
6
1
4− x2
2
∫
f ( x, y )dy
−x
Выбирая подходящие замены переменных, вычислить двойные интегралы:
1
1
7
16. ∫∫ ( y − х ) dxdy , где D ограничена линиями y = − x + 5, y = − x + , у=х+1,
3
3
3
D
у=х-3.
17. ∫∫ dxdy , где D – параллелограмм со сторонами у=х, у=х+3, у=-2х+1, у=D
2х+5.
18. ∫∫ xydxdy , D ограничена кривыми y 2 = ax, y 2 = bx , ху=p, ху=q (0<a<b,
D
0<p<q).
30
В двойном интеграле
∫∫ f ( x, y ) dxdy
перейти к полярным координатам r и φ
D
(х=rcosφ, y=rsinφ) и расставить пределы интегрирования:
19. D – круг x 2 + y 2 ≤ by (b > 0) .
20. D – область, ограниченная окружностями x 2 + y 2 = 4 x, x 2 + y 2 = 8 x и
прямыми у=х и у=2х.
21. D –область, ограниченная прямыми у=х, у=-х и у=1.
22. D – общая часть кругов x 2 + y 2 ≤ ах ( а > 0) и x 2 + y 2 ≤ by (b > 0) .
Вычислить двойной интеграл, переходя к полярным координатам:
a
a2 − x2
0
0
23. ∫ dx
24.
∫∫
∫
x 2 + y 2 dy .
(
a 2 − x 2 − y 2 dxdy , D ограничена лемнискатой x 2 + y 2
D
)
2
(
)
= a2 x2 − y2 .
x 2 + y 2 )dxdy , где D – круг x 2 + ( y + 2)2 ≤ 4 .
(
D
25.
∫∫
26.
∫∫ arctg x dxdy , где D –
y
четверть круга x 2 + y 2 ≤ 1, x ≥ 0, y ≥ 0 .
D
Вычислить площади фигур, ограниченных кривыми:
27. y 2 = 2 x , у=х.
28. y 2 = 10 x + 25 , y 2 = −6 x + 9 .
29., ху=4, х+у-5=0.
30.
31. x 2 + y 2 = 2 x, x 2 + y 2 = 4 x , у=х, у=0.
32. x 2 + y 2 + 2 y = 0 , у=-1, у=-х.
x + y = a , х+у=а
( x + y − 1) 2 ( x − у + 3)2
33.
+
= 1.
4
9
r = a (1 + cos ϕ ), r = a cos ϕ (a > 0) .
34.
Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями:
y = x , y = 2 x , x + z = 4, z = 0 .
x y z
x = 0, y = 0, z = 0, + + = 1 .
a b c
37. x = 0, y = 0, z = 0, z + x 2 + y 2 = 1 .
35.
36.
31
38. x = 0, y = 0, z = 0, x = 4, y = 4, z = x 2 + y 2 + 1
x y z
39. Найти площадь части плоскости + + = 1 , лежащей в первом октанте.
a b c
40.
Найти
площадь
части
поверхности
параболоида
y 2 + z 2 = 4 ax ,
отсекаемой цилиндром y 2 = ax и плоскостью х=3а.
41. Найти массу пластинки, ограниченной кривыми y = x 2 , y = x , если ее
плотность равна ρ(х,у)=х+2у.
42. Вычислить координаты центра тяжести фигуры, ограниченной
кардиоидой r = a (1 + cosϕ ) .
43. Найти координаты центра тяжести однородной пластики, ограниченной
параболой ay = z 2 и прямой у=2 (а>0).
44. Найти координаты центра тяжести однородной пластинки, ограниченной
окружностью x 2 + y 2 = R 2 и двумя радиусами у=0 и у=хtgα .
45. Найти статический момент однородного полукруга радиуса R, лежащего в
плоскости Оху, относительно диаметра.
46. Найти статические моменты относительно осей Ох и Оу однородной
пластины, ограниченной кардиоидой r = a (1 + cosϕ ) ( 0 ≤ ϕ ≤ π ) и полярной
осью.
47. Найти статические моменты однородной пластины, ограниченной кривой
π
y=sinx и прямой ОА, проходящей через начало координат и точку A( ,1)
2
( x ≥ 0) ,относительно осей Ох и Оу.
48. Найти моменты инерции прямоугольника ОАСВ со сторонами ОА=а и
ОВ=b относительно вершины О и сторон ОА и ОВ, если его плотность равна
расстоянию до стороны ОВ, считая, что прямоугольник лежит в плоскости
Оуz.
49. Найти моменты инерции однородной пластины, ограниченной эллипсом
x2 y2
+
= 1 , относительно осей Ох, Оу и относительно начала координат.
a 2 b2
50. Найти полярный момент инерции однородной фигуры, ограниченной
кардиоидой r = a (1 + cosϕ ) .
32
Глава 2. ТРОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ.
2.1.
Тройной интеграл в декартовых координатах.
Тройной интеграл является обобщением интеграла Римана на случай
функции трех переменных. Определение тройного интеграла, а также его
свойства аналогичны определению и свойствам двойного интеграла.
Определение: Тройным интегралом от непрерывной функции u=f(x,y,z) по
ограниченной кубируемой (измеримой по Жордану) области G называется
∫∫∫
G
f ( x, y , z )dxdydz = lim
n
∑
τ →0 i =1
n
f ( xi , yi , zi )∆Vi , где G = ∑ Gi - разбиение области
i =1
G на кубируемые части Gi , τ = max d (∆Vi ) - максимальный диаметр объема
i
разбиения ΔVi.
Вычисляют тройной интеграл также как и двойной, сведением к
повторным интегралам, при этом порядок следования переменных
выбирается так, чтобы упростить проводимые вычисления.
Пусть область G из пространства Охуz проектируется в область D
плоскости Оху так, что всякая прямая, параллельная оси Оz и проходящая
внутри области D, пересекает границу тела только в двух точках. В общем
случае такая область ограничена снизу поверхностью z = z1( x, у ) , сверху –
поверхностью z = z2 ( x, y ) , а с боков – цилиндрической поверхностью с
образующими, параллельными оси Оz (рис.30). В частных случая боковая
поверхность цилиндра может превратиться в линию (рис.31).
Рис.30
Рис.31
Тройной интеграл по такой области вычисляется по формуле:
33
z2 ( x , y )
∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = ∫∫ dxdy ∫
G
Здесь внутренний интеграл
f ( x, y, z )dz
(15)
D
z1 ( x, y )
z2 ( x , y )
∫
f ( x, y, z )dz берется по z
от нижней
z1 ( x, y )
границы области G до ее верхней границы при фиксированных, но
произвольных в области D значениях х и у. В результате получается
некоторая функция от х и у, которая затем интегрируется в области D.
Наиболее простой вид формула (15) принимает в случае, когда
областью интегрирования является прямоугольный параллелепипед,
ограниченный плоскостями x=a, x=b, y=c, y=d, z=p, z=q (a<b, c<d, p<q) и
пределы интегрирования по всем трем переменным являются константами
b
d
q
∫∫∫ u ( x, y, z )dxdydz = ∫ dx ∫ dy ∫ u ( x, y, z )dz
G
a
c
(16)
p
Если область G имеет более сложную форму, то ее разбивают на конечное
число областей, удовлетворяющих приведенным выше условиям.
Замечание: Аналогичные определения и формулы могут получены и тогда,
когда область G проектируется в область D, лежащую в плоскости Охz или
Оуz.
Пример 1: Вычислить интеграл
∫∫∫
1
3
G ( x + y + z + 1)
dxdydz , где G – область,
ограниченная плоскостями x=0, y=0, z=0, x+y+z=1.
Решение: Для правильной расстановки пределов интегрирования построим
область G (рис.32). Область интегрирования G представляет фигуру,
проекция которой на плоскость Oху есть треугольник с координатами
вершин (0,0,0), (1,0,0), (0,1,0).
z
y
1
1
z=1-x-y
y=1-x
1
y
0
1
1
x
Рис.32
x
Рис.33
34
Очевидно, что нижняя граница области G – плоскость z=0, а верхняя –
плоскость z=1-х-у, это и будут пределы интегрирования по z. Для
расстановки пределов по x и y в области D воспользуемся опытом
вычисления двойных интегралов. Область D приведена на рис.33. Из рисунка
видно, что x меняется в пределах от 0 до 1, а у от 0 до значения на прямой
y=1-x:
∫∫∫
dxdydz
3
G ( x + y + z + 1)
=
∫∫ d x d y
1− x − y
∫
0
1− x − y
D
1
1
− ∫∫ d x d y
2 D
( x + y + z + 1 )2 0
1
1− x 
1
1
1
= ∫ dx ∫ 
−
2

20
2
0  ( x + y + 1)
dz
( x + y + z + 1) 3
=
1
1
1 
= = ∫∫
−  dxdy
2
2 D  ( x + y + 1 )2


Пример 2: Вычислить интеграл

1
 d y = ( ln 2 − 1 )

2

∫∫∫ xydxdydz ,
если область G ограничена
G
гиперболическим параболоидом z=xу и плоскостями x+y=1 и z=0 (z>0).
Решение:
Область
G
ограничена снизу плоскостью
z=0 , а сверху- поверхностью
гиперболического параболоида
(рис.34). Проекцией данной
области на плоскость Оху
является
треугольник,
образованный
осями
координат х=0, у=0 и прямой
х+у=1
(рис.33).
Поэтому
тройной интеграл сводится к
повторным
следующим
образом:
Рис.34
xy
∫∫∫ xydxdydz = ∫∫ xydxdy ∫ dz = ∫∫ x
G
D
0
D
2 2
1
2
1− x
y dxdy = ∫ x dx
0
∫
0
y 2 dy =
1
180
Возможен и другой подход к вычислению интеграла, когда в качестве
внешнего интеграла удобно выбрать интеграл по z и расставлять пределы
35
внутренних интегралов, используя сечение фигуры плоскостью z=const. В
этом случае применяют формулу:
q
∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = ∫ dz ∫∫
G
p
f ( x, y , z )dxdy ,
(17)
S ( z)
где S(z) –сечение объема плоскостью z=const.
Пример 3: Вычислить интеграл ∫∫∫ zx 2 y 3dxdydz , где G- объем, ограниченный
G
плоскостями у=0, y=x, z=1, z=x.
Решение: Построим область интегрирования (рис.35а). Выберем z в
качестве внешней переменной интегрирования. Из уравнения границ видно,
что z меняется от 0 до 1. Построим сечение фигуры плоскостью z=const (рис
z
35б) и из
y
1
y=x
z=x
y=x
S(z)
0
y
z
0
x
x
Рис.35а
Рис.35б
уравнения границ находим значения для переменных
пределы в интеграл
z
2
x
3
1
z
x
z
y4
11
1
6
∫∫∫ zx y dxdydz = ∫ zdz ∫ x dx ∫ y dy = ∫ zdz ∫ x dx 4 = 4 ∫ zdz ∫ x dx = 252 .
G
0
0
0
0
0
0
0
0
2 3
1
x и y. Подставим
1
2
1
Пример 4: Заменить тройной интеграл ∫ dx ∫ dy
0
0
x+ y
∫
f ( z )dz однократным.
0
Решение: Построим область G, ограниченную плоскостями х=0, х=1, у=0,
у=1, z=0, z=х+у (рис.36а). Чтобы свести тройной интеграл к однократному,
внешний интеграл нужно взять по переменной z, т.к. подынтегральная
функция является функцией z. Проведем сечение объема плоскостью z=const,
причем при 0<z<1 сечение приведено на рис.36б, а при 1<z<2 – на рис.36в.
36
z
z=x+y
1
y
1
x
Рис.36а
y
y
1
1
z
x=y+z
x=y+z
z
z
z
x
1
z
Рис.36б
1
Рис.36в
Тогда интеграл можно переписать в виде
1
1
x+ y
0
0
0
∫ dx ∫ dy ∫
1
f ( z )dz = ∫ f ( z )dz
0
2
∫∫
dxdy + ∫ f ( z )dz
∫∫
S1 ( z )
1
S2 ( z )
dxdy =
1
1 1  2
1
1
z
= ∫ f ( z )dz  ∫ dx ∫ dy + ∫ dx ∫ dy  + ∫ f ( z )dz ∫ dx ∫ dy =


0
z 0  1
z −1 z − x
 0 z−x
1
(
)
11
12
2
= ∫ 2 − z f ( z )dz + ∫ (2 − z )2 f ( z )dz
20
21
2.2.
Замена переменных в тройном интеграле.
Довольно часто вычисление тройного интеграла в декартовых
координатах связано с трудностями, обусловленными определенным видом
37
границ области интегрирования или видом самой подынтегральной функции
многих переменных. В этом случае выбирают новую систему координат, при
переходе к которой вычисления становятся возможными.
Рассмотрим переход к криволинейным координатам u,v,w, которые
связанны с декартовыми координатами соотношениями
 x = x ( u, v, w )

 y = y (u , v, w) и якобиан преобразования
 z = z (u , v , w )

J=
xu/
xv/
/
xw
D ( x, y, z )
= yu/
D (u , v, w)
zu/
yv/
/
yw
≠ 0.
zv/
/
zw
Тогда операция перехода к новым координатам представлена следующим
равенством:
∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = ∫∫∫ f ( x(u, v, w), y(u, v, w), z (u, v, w)) J dudvdw
(18)
Ω
G
Пример 1: Перейти к новым координатам и расставить пределы
интегрирования в интеграле ∫∫∫ f ( x, y , z )dxdydz , где G- объем, ограниченный
G
поверхностями x+y=1, x+y=-1, x-y=1, x-y=-1, z=0, z=x2+y2.
Решение: Перейдем к новым координатам u=x+y, v=x-y, w=z и вычислим
величину, обратную якобиану:
u x/
u y/
1 D (u , v, w)
=
= v x/
J D ( x, y, z )
wx/
v y/
w/y
u z/
1 1 0
v z/ = 1 −1 0 = −2 . Тогда
0 0 1
wz/
1
J = , а границы
2
области Ω имеют вид: u=1, u=-1, v=1, v=-1, w=0, w=x2+y2 . Очевидно, что
нижней границей области Ω является плоскость w=0, а верхней –
поверхность параболоида вращения w=x2+y2 . Проекцией Ω на плоскость Оuv
является квадрат со сторонами u=1, u=-1, v=1, v=-1.Подставим полученный
результат в интеграл и выполним расстановку пределов
1
∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = 2 ∫∫∫ f ( x(u, v, w), y(u, v, w), z (u, v, w))dudvdw =
Ω
G
= ∫∫ dudv
D
u 2 + v2
2
∫
0
1
1
u +v u−v  1
f
,
, w  = ∫ du ∫ dv
2
 2
 4 −1 −1
Пример 2: Вычислить интеграл
∫∫∫ x
2
u 2 + v2
2
∫
f1 (u , v, w)dw
0
dxdydz , если область G ограничена
G
поверхностями z = ay 2 , z = by 2 , y > 0 (0<a<b), z=αx, z=βx, (0<α<β), z=h (h>0).
38
z
, v = , w = z , так что область Ω
x
y2
будет являться
прямоугольным
параллелепипедом,
ограниченным
плоскостями u=a, u=b, v=α, v=β, w=0, w=h. Старые переменные через новые
w
w
выражаются следующим образом: x = , y =
, z = w . Вычисляем якобиан
v
u
Решение: Введем новые переменные u =
z
0 − 2 z / y3 1/ y 2
преобразования
1
= − z / x2
J
0
0
0
1/ x
1
=−
2z2
2 3
x y
3
=−
2u 2 v 2
3
,
w 2
3
1  w 2
J =
  .Тогда
2v 2  u 
β
h
w2 1  w  2
1 b −2
−4
2
x
dxdydz
=
dudvdw
=
u
du
v
dv
∫∫∫
∫∫∫ 2 2  u 
∫
∫
∫ w 2 dw =
2
Ω v 2v
α
G
a
0
3
3
=
3
2  1
1  1
1  4
−
−

h h

27  a
b   α 3 β 3 
2.3. Вычисление тройного интеграла в цилиндрических координатах.
Цилиндрическими координатами точки M(x,y,z) называются три числа
(r,φ, z), где z – аппликата точки М, а r и φ – полярные координаты проекции
точки М
(т.е. точки Mº(х,у,0)) на плоскости Оху. С декартовыми
 x = r cosϕ

координатами они связаны соотношениями:  y = r sin ϕ , где 0≤ϕ<2π,
 z=z

0≤r<+∞, -∞<z<+∞. Якобиан перехода к цилиндрическим координатам (как и
к полярным координатам на плоскости) J=r, в чем не трудно убедиться
самостоятельно. Из (4) получаем формулу перехода к цилиндрическим
координатам в тройном интеграле:
∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = ∫∫∫ f ( x( r,ϕ , z ), y ( r,ϕ , z ), z )rdrdϕdz
G
(19)
Ω
Цилиндрические координаты удобно применять в случае, когда область
интегрирования содержит следующие поверхности:
а) цилиндр x2+y2=R2, где R- радиус, а уравнение цилиндра принимает вид r=R;
б) конус z2=x2+y², уравнение которого в цилиндрических координатах r=z;
в) параболоид вращения z=x2+у², уравнение которого имеет вид z= r²,
39
или если подынтегральная функция содержит выражения вида x2+y2=r²
На практике для расстановки пределов интегрирования в тройном
интеграле в цилиндрических координатах поступают так же, как и в
декартовых координатах. Область G, уравнения границ которой переведены в
цилиндрические координаты, проектируется на плоскость Оху в область D, а
в области D вводятся полярные координаты.
Пример 1: Перейти к цилиндрическим координатам и вычислить тройной
интеграл
∫∫∫ ( x
2
+ y 2 )dxdydz , где G- объем, ограниченный цилиндром x2+y2=1
G
и плоскостями x+y+z=2 и z=0.
Решение: В
цилиндрических
координатах уравнение цилиндра
имеет вид r=1, уравнение наклонной
плоскости – r(cosφ+sinφ)+z=2, а
подынтегральная функция равна r².
Область
G
ограничена
снизу
координатной плоскостью z=0, а
сверху – наклонной плоскостью
z=2-(cosφ+sinφ) (рис.37). Проекцией
области G на плоскость Оху является
круг единичного радиуса, граница
которого r=1. Поэтому область D
задается неравенствами 0 ≤ ϕ ≤ 2π ,
Рис.37
0 ≤ r ≤ 1 . В итоге получаем:
2
∫∫∫ ( x
2
+ y )dxdydz = ∫∫ r drdϕ
G
2π
1
0
0
=
3
2−r(cosϕ +sin ϕ )
D
∫ dϕ ∫ (2r
3
∫
0
2π
1
0
0
3
dz = ∫ dϕ ∫ r dr
2−r (cosϕ +sin ϕ )
∫
dz =
0
− r 4 (cosϕ + sinϕ))dr =π
Пример 2. Вычислить
∫∫∫ z
x 2 + y 2 dxdydz , если область G ограничена
G
плоскостями у=0, z=0, z=a и цилиндром x²+y²=2x.
Решение: Очевидно, что область G – часть цилиндра, лежащего в первом
октанте и заключенного между плоскостями z=0 и z=a (рис.38). Его
уравнение в цилиндрических координатах имеет вид r=2cosφ, а
подынтегральная функция равна zr. Проекцией области G на плоскость Оху
является половина круга единичного радиуса с центром на оси Ох в точке
(1,0), находящаяся в первой четверти. Уравнение границы круга имеет вид
r=2cosφ
,
а
область
D
задается
40
неравенствами 0 ≤ ϕ ≤
∫∫∫ z
2
π
, 0 ≤ r ≤ 2cos ϕ :
2
2
2
a
π
2
2 cos ϕ
0
0
0
x + y dxdydz = ∫∫ r drdϕ ∫ zdz =
G
D
∫ dϕ ∫
π
4a3 2
a
8a 2
r dr ∫ zdz =
∫ cos ϕ dϕ = 9
3
0
0
2
3
2
r=2cosφ
Рис.38
Рис.39
Пример 3: Вычислить тройной интеграл
x 2 + y 2 ) dxdydz , где область G
(
G
∫∫∫
ограничена плоскостью у=2 и параболоидом 2у =x²+ z².
Решение: Область G (рис.39) ограничена «справа» плоскостью у=2, а «слева»
– поверхностью параболоида 2у =x²+ z², Эта область проектируется в область
D плоскости Охz , ограниченную окружностью x²+ z²=4. Последнее
уравнение является линией пересечения плоскости у=2 и параболоида 2у =x²+
z². Введем цилиндрические координаты x=rcosφ, z=rsinφ, y=y и уравнение
параболоида принимает вид у=r²/2. Область D задается неравенствами
0 ≤ ϕ ≤ 2π , 0 ≤ r ≤ 1 . С учетом вышесказанного получаем
x
(
G
∫∫∫
2
+y
2
)
2π
r2 
16π
dxdydz = ∫∫ r drdϕ ∫ dy = ∫ dϕ ∫ r dr ∫ dy = 2π ∫ r  2 −  dr =

2 
3
D
0
0
0 
r2
r2
3
2
2
2
3
2
2
3
2
.
41
1− x 2
1
Пример 4: Вычислить интеграл ∫ dx
0
∫
− 1− x 2
(x
2
+y
2
) dy
1
∫
zdz , переходя к
x2 + y 2
цилиндрическим координатам.
Решение: Как указывалось выше, пределы интегрирования в декартовых и
цилиндрических координатах расставляются аналогично, поэтому внешние
два интеграла определяют двойной интеграл по области D, а внутренний
интеграл вычисляется от нижней границы области G (конуса z = x 2 + y 2 )
до ее верхней границы (плоскости z=1). Переведем уравнения границы
области G в цилиндрические координаты, а в области D перейдем к
полярным координатам. Из первых двух интегралов определяем, что область
D – это половина круга x 2 + y 2 ≤ 1 , лежащая в первой и четвертой четвертях,
т.к. х меняется от 0 до 1. Поэтому в полярных координатах область D имеет
π
π
вид: − ≤ ϕ ≤ , 0 ≤ r ≤ 1 .
2
2
1
1− x 2
0
− 1− x 2
∫ dx
∫
3
(x
1
2
+y
2
= ∫∫ r drdϕ ∫ zdz ==
D
r
) dy
π
2
∫
−
π
2
1
∫
(
D
2
)
dz = ∫∫ x + y dxdy
x2 + y 2
1
2
1
1
r
0
dϕ ∫ r dr ∫ dz = π ∫ r 3 (1 − r )dr =
0
3
1
∫
dz =
x2 + y 2
π
20
Замечание:В более общем случае может быть использована следующая
замена:
 x = x + ar cos ϕ
0

 y = y 0 + br sin ϕ , здесь a и b – параметры. В этом случае J=abr.

z=z

п.2.3. Вычисление тройного интеграла в сферических координатах.
Точка в трехмерном пространстве описывается тремя координатами
(x,y,z) которые являются проекциями точки на оси Oх, Oу и Oz. Используем
другой подход. Введем r - расстояние от начала координат до точки, ϕ- угол
поворота в плоскости Oxy, ψ - угол, который отсчитывают от плоскости Oxy.
Сферические координаты (r,ϕ,ψ) связаны с декартовыми координатами
42
 x = r cosϕ cosψ

соотношениями  y = r sin ϕ cosψ , где 0≤ϕ<2π, -π/2≤ψ≤π/2, 0≤r<+∞. Якобиан
 z = r sinψ

перехода к сферическим координатам равен J = r 2 cosψ (проверить
самостоятельно). Тогда справедлива формула замены в тройном интеграле:
∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = ∫∫∫ f ( r cosϕ cosψ , r sin ϕ cosψ , r sinψ )r
G
2
cosψdrdϕdψ
Ω
(20)
Сферические координаты удобно применять в случае, когда область
интегрирования есть шар или его часть, так как уравнение его границы сферы x2+y2+z2=R2, где R- радиус сферы, в сферических координатах имеет
вид r=R. Удобно также переходить и в случае, если подынтегральная
функция содержит выражения вида x2+y2+z2=r².Если область G ограничена
эллипсоидом x2/a2+y2/b2+z2/с2=1, то используют обобщенные сферические
 x = ar cosϕ cosψ

координаты  y = br sin ϕ cosψ , где якобиан J = abcr 2 cosψ . В этих
 z = cr sinψ

координатах уравнение эллипсоида имеет простой вид r=1.
Пример 1: Вычислить
∫∫∫
dxdydz
(
G 1 + x2 + y 2 + z 2
)2
3
, где G – шар x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1 .
Решение: Границей области G является сфера x2+y2+z2=1, уравнение которой
в сферических координатах имеет вид r=1. Так как r – расстояние до начала
координат, то для любой точки шара выполняется неравенство 0 ≤ r ≤ 1 . Угол
φ вводится в плоскости Oxy так же, как и в полярных координатах. Проекция
шара на плоскость Oxy - круг, а для круга 0 ≤ ϕ ≤ 2π . Угол отклонения ψ от
π
плоскости Oxy принимает наибольшее значение ψ =
для точек, лежащих
2
π
на оси Оz при z>0 и наименьшее значение ψ = −
на оси Oz при z<0.
2
π
π
Поэтому для шара всегда − ≤ ψ ≤ . Таким образом, при переходе к
2
2
сферическим координатам шар G преобразуется в область Ω, которая
является прямоугольным параллелепипедом:
0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ ϕ ≤ 2π ,
π
π
− ≤ψ ≤ .
2
2
43
∫∫∫
dxdydz
(
= ∫∫∫
2
r cosψ drdϕ dψ
)2 Ω
3
1 1 d (1 + r ) 4π
⋅
=
ln 2
G 1 + x2 + y2 + z2
3
π
= 2π sinψ 2π
3 0∫ 1 + r 3
−
2
1 + r3
∫
dϕ
0
π
2
∫
−
π
2
1 2
cosψ dψ ∫
r dr
3
01 + r
=
3
∫∫∫ xyzdxdydz ,
Пример 2: Вычислить
=
2π
где G – часть шара x 2 + y 2 + z 2 ≤ 1 ,
G
лежащая в первом октанте (x>0, y>0, z>0).
z
r=1
y
φ
Ψ=0
Рис.40
Решение: Область G приведена на рис. 40. Как уже говорилось, для всех
точек шара справедливо 0 ≤ r ≤ 1 . Проекцией области G на плоскость Оху
π
является часть круга, лежащего в первой четверти, поэтому 0 ≤ ϕ ≤ . Угол ψ
2
принимает в данной области наименьшее значение ψ=0 для точек
π
координатной плоскости z=0 , а наибольшее значение ψ = для точек на оси
2
Оz при z>0. Расставляем пределы интегрирования:
x
∫∫∫ xyzdxdydz = ∫∫∫ r cosϕ cosψ r sin ϕ cosψ r sinψ r
G
π
2
2
cosψ drdϕ dψ =
Ω
π
2
1
π
2
π
1
 cos 4ψ  2 r 6
sin 2 ϕ
= ∫ cos ϕ sin ϕ dϕ ∫ cos ψ sinψ dψ ∫ r dr =
−

2
0
0
0
0 
3
5
4
1
=

 6
48
0
0
44
Пример 3: Вычислить тройной интеграл
∫∫∫
x 2 + y 2 + z 2 dxdydz , если область
G
G ограничена сферой x 2 + y 2 + z 2 = z .
Ψ=π/2 z
1
r=sinψ
1/2
y
Ψ=0
x
Рис.41
Решение: Преобразуем уравнение сферы к каноническому виду, выделив
2
2
1 1

полный квадрат по z: x + y +  z −  =   . Сфера с центром в точке
2 2

(0,0,1/2) радиуса 1/2, касается начала координат и расположена выше
координатной плоскости z=0 (рис. 41). Ее уравнение в сферических
координатах имеет вид r=sinψ, так что для всех внутренних точек
выполняется неравенство 0 ≤ r ≤ sinψ . Так как проекцией области G на
плоскость Оху является круг, то 0 ≤ ϕ ≤ 2π .Угол отклонения ψ для данной
π
области изменяется в пределах 0 ≤ ψ ≤ . Расставляем пределы
2
интегрирования:
2
∫∫∫
2
2
2
3
x + y + z dxdydz = ∫∫∫ r cosψ drdϕ dψ =
Ω
G
Пример
∫∫∫ ( x
G
2
2
4:
Перейти
к
2π
∫
0
сферическим
π
2
sinψ
0
0
dϕ ∫ cosψ dψ
координатам
∫
и
r 3dr =
π
10
вычислить
+ y 2 )dxdydz , где G- объем, ограниченный поверхностями x2+y2=z2,
(
x2+y2+z2=a2, z=0, x=0, y=0 x 2 + y 2 ≤ z 2
)
Решение: Область G- это часть шара, лежащего в первом октанте и
вырезанного конусом (рис.42).Как уже говорилось, для шара в первом
π
октанте 0 ≤ r ≤ а , 0 ≤ ϕ ≤ , а угол ψ наименьшее значение принимает на
2
45
поверхности конуса. Найдем его из уравнения конуса, преобразовав к
сферическим координатам: r²(cos²φ+sin²φ)cos²ψ=r²sin²ψ или tgψ=1,откуда
π
получаем ψ = .
4
Перейдем к сферическим координатам:
∫∫∫( x
2
2
4
+ y )dxdydz = ∫∫∫ r cos ψ sinψdrdϕdψ =
=
∫
0
π /2
∫
Ω
G
π /2
2
dϕ
π /2
∫
0
cos2 ψ sinψdψ
π /4
r
52
=
5
− 25 π / 2
∫
5
0
0
dϕ
cos3ψ
3
dϕ
π /2
∫
π /4
π /2
=
π /4
2
2
cos ψ sinψdψ ∫ r 4dr =
0
4 2π
15
z
Ψ=π/2 z
a
r=a
R
r=R
Ψ=π/6
Ψ=π/4
r=2sinψ
y
x
x
Рис.42
Пример 5:
В
интеграле
Рис.43
∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz
перейти
к сферическим
G
координатам и расставить пределы интегрирования, если G – общая часть
двух шаров x 2 + y 2 + z 2 ≤ R 2 и x 2 + y 2 + ( z − R)2 ≤ R 2 .
Решение: Область G приведена на рис.43. Из рисунка видно, что нижней
границей области является сфера со смещенным центром, ее уравнение
r=2Rsinψ, а верхней – сфера с центром в начале координат, уравнение
которой r=R. Поэтому область G необходимо разбить на две области
конической поверхностью, проходящей через линию пересечения двух сфер.
46
Найдем ее уравнение: 2Rsinψ=R или sinψ=1/2 , откуда получаем ψ =
π
. В
6
π
координата r изменяется от 0 до 2Rsinψ, а во
6
π
π
второй области при
≤ψ ≤
r изменяется от 0 до R. В обоих случаях
6
2
0 ≤ ϕ ≤ 2π , так как проекциями этих областей на плоскость Оху является
круг.
В
итоге
получаем
первой области при 0 ≤ ψ ≤
2π
∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz = ∫
0
G
+
2π
∫
0
π
2
dϕ ∫ cosψ dψ
π
6
R
∫
π
6
2 R sinψ
0
0
dϕ ∫ cosψ dψ
∫
f (r cos ϕ cosψ , r sin ϕ cosψ , r sinψ )r 2dr +
f (r cos ϕ cosψ , r sin ϕ cosψ , r sinψ )r 2dr
0
Замечание: При решении некоторых задач, например, связанных с
радиолокацией, удобнее отсчитывать угол ψ не от плоскости Oху, а от оси
Oz. Приведем данные координаты:
 x = r cos ϕ sinψ

2
 y = r sin ϕ sinψ , где 0≤ϕ<2π, 0≤ψ≤π, 0≤r<+∞, J = r sinψ .
 z = r cosψ

2.5. Приложения тройного интеграла.
1. Объем V тела G находится по формуле:
V = ∫∫∫ dxdydz
(21)
G
2. Масса m тела G с объемной плотностью ρ(х,у,z) вычисляется по формуле:
m = ∫∫∫ ρ ( x, y, z )dxdydz
(22)
G
3.Статические моменты M xy , M xz , M yz тела G относительно координатных
плоскостей Оху, Oxz, Oyz соответственно равны:
M xy = ∫∫∫ z ρ ( x, y, z )dxdydz , M xz = ∫∫∫ y ρ ( x, y, z )dxdydz ,
G
G
M yz = ∫∫∫ x ρ ( x, y, z )dxdydz
(23)
G
4. Координаты центра тяжести тела G
формулам:
с массой m определяются по
47
M yz
M xy
M xz
, zc =
m
m
m
5. Моменты инерции тела G относительно координатных плоскостей равны:
xc =
yc =
,
I xy = ∫∫∫ z 2 ρ ( x, y, z )dxdydz , I xz = ∫∫∫ y 2 ρ ( x, y, z )dxdydz ,
G
G
(24)
2
I yz = ∫∫∫ x ρ ( x, y, z )dxdydz
G
6. Моменты инерции I x , I y , I z относительно координатных осей Ох, Оу, Oz и
полярный момент инерции I 0 относительно начала координат равны:
(
)
G
I z = ∫∫∫ ( x 2 + y 2 ) ρ ( x, y , z )dxdydz ,
G
(
)
G
(25)
2
2
2
I0 = ∫∫∫ ( x + y + z ) ρ ( x, y, z )dxdydz
G
I x = ∫∫∫ y 2 + z 2 ρ ( x, y , z )dxdydz, I y = ∫∫∫ x 2 + z 2 ρ ( x, y, z )dxdydz ,
Для однородного тела ρ(x,y,z)=const и в некоторых задачах полагают ρ=1.
Пример
1:
x2
z2
y2
Вычислить
объем
тела,
ограниченного
эллипсоидом
+
+
=1
a 2 b2 c2
Решение: Для вычисления объема в тройном интеграле (21) перейдем к
обобщенным сферическим координатам x=acosφcosψ, y=bsinφcosψ, z=csinψ.
Уравнение эллипсоида в них принимает вид r=1, а углы φ и ψ изменяются так
же, как для шара. Область Ω является прямоугольным параллелепипедом
π
π
0 ≤ r ≤ 1 , 0 ≤ ϕ ≤ 2π , − ≤ ψ ≤ :
2
2
2π
2
V = ∫∫∫ dxdydz = ∫∫∫ abcr cosψ drdϕdψ =abc ∫ dϕ
Ω
G
0
π /2
1
4
2
ψ
d
ψ
r
dr
=
π abc
cos
∫
∫
3
−π / 2
0
Пример 2: Найти координаты центра тяжести однородного
ограниченного параболоидом z=3-x²-y² и плоскостью z=0.
тела,
z
3
z=3-x2-
y
3
3
Рис.44
x
48
1
Решение: В силу симметрии тела относительно координатных плоскостей
Оxz и Oyz (рис.44) xc = yc = 0 , осталось найти zc . Вначале вычислим массу
m тела. Введем цилиндрические координаты : x=rcosφ, y=rsinφ, z=z и
расставим пределы интегрирования в области G:
m = ∫∫∫ ρ0dxdydz = ρ0
2π
∫
G
dϕ
0
3− r 2
3
∫
∫
rdr
0
dz = 2πρ0
0
3
∫
(
)
r 3 − r 2 dr =
0
9π
ρ0
2
Вычисляем статический момент M xy :
M xy = ∫∫∫ z ρ0dxdydz = ρ0
G
и находим zc =
2π
∫
0
M xy
m
dϕ
3− r 2
3
∫
∫
rdr
0
zdz = πρ0
0
3
∫
0
(
r 3 − r2
)
2
dr =
9π
ρ0
2
= 1.
Пример 3: Вычислить момент инерции однородного шара ( ρ = 1) радиуса 1
относительно его центра.
Решение: Поместим начало координат в центр шара. Тогда момент инерции
шара относительно центра будет равен моменту инерции относительно
начала координат, т.е. полярному моменту инерции. При вычислении
тройного интеграла переходим к сферическим координатам.
π
2
π
51
r
4π
I 0 = ∫∫∫ x 2 + y 2 + z 2 dxdydz = ∫ dϕ ∫ cosψ dψ ∫ r 4dr = 2π sinψ 2π
=
5
− 5
π
G
0
0
0
2
−
2
(
2.6.
)
2π
1
Задачи для самостоятельного решения.
1. Вычислить тройной интеграл
∫∫∫ xy
2 3
z dxdydz , где область G ограничена
G
гиперболическим параболоидом z=xу и плоскостями у=х, x=1 и z=0.
2. Вычислить тройной интеграл ∫∫∫ y cos( z + x)dxdydz , где область G
G
π
.
2
3. Перейти к новым координатам и вычислить интеграл ∫∫∫ xyzdxdydz , где G
ограничена цилиндром y = x и плоскостями у=0, z=0 и x + z =
G
расположена в первом октанте (x>0, y>0, z>0) и ограничена поверхностями
x2 + y 2
x2 + y2
z=
,z=
, xy = a 2 , xy = b 2 , у=αx, у=βx, (0<a<b, 0<α<β, 0<m<n).
m
n
49
∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz
4. В интеграле
перейти к цилиндрическим координатам,
G
если область G ограничена цилиндром x2+y2=R² и плоскостями z=0, z=1, y=x,
у = 3х
∫∫∫ f ( x, y, z )dxdydz
5. В интеграле
перейти к цилиндрическим координатам,
G
если G ограничена цилиндром x2+y2=2х, параболоидом z= x2+y2 и плоскостью
z=0.
6. Вычислить ∫∫∫ zdxdydz , где G- область, ограниченная верхней частью
2
G
2
конуса x +y =z² и плоскостью z=1.
∫∫∫
7. Вычислить
x 2 + y 2 dxdydz , где область G ограничена параболоидом
G
x 2 + y 2 = 3 z и плоскостью z=3.
2
8.
Вычислить
∫ dx
интеграл
2 x − x2
∫
0
0
a
dy ∫ z x 2 + y 2 dz ,
переходя
к
0
цилиндрическим координатам.
9. Вычислить
x 2 + y 2 ) dxdydz , где G- область между сферами x +y +z =а²
(
G
∫∫∫
2
2
2
и x2+y2+z2=b² (a<b).
10. Вычислить
∫∫∫
dxdydz
2
2
2
a −x −y −z
x=0, y=0, z=0 и сферой x2+y2+z2=а².
G
∫
−R
, где область G ограничена плоскостями
R 2 − x2 − y 2
R 2 − x2
R
11. Вычислить интеграл
2
dx
∫
− R 2 − x2
dy
∫
0
( x2 + y 2 )dz , переходя к
сферическим координатам.
12. Вычислить объем тела, ограниченного цилиндрами z=4-y² и z=y²+2 и
плоскостями х=-1, х=2.
13. Вычислить объем тела, ограниченного параболоидом z=6-x²-y² и конусом
z²=x²+y² .
14. Вычислить объем тела, ограниченного параболоидом 3z=x²+y² и сферой
x2+y2+z2=4 (внутренний по отношению к параболоиду).
15. Вычислить объем тела, ограниченного сферами x2+y2+z2=1, x2+y2+z2=16,
конусом z²=x²+y² и плоскостями x=0, у=0, z=0 ( x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 ) .
16. Найти массу и координаты центра тяжести шара x2+y2+z2=2Rz, если
плотность в каждой точке шара обратно пропорциональна расстоянию от нее
50
до начала координат (т.е. ρ = k / x 2 + y 2 + z 2 , k – коэффициент
пропорциональности).
17. Вычислить координаты центра тяжести тела, ограниченного эллипсоидом
x2 y 2 z 2
+
+
= 1 и плоскостями x=0, у=0, z=0 ( x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0 ) .
64 49 36
18. Найти моменты инерции относительно координатных плоскостей тела,
x y z
ограниченного плоскостями + + = 1, x=0, у=0, z=0.
5 4 5
19.Найти полярный момент инерции однородного тела, ограниченного
параболоидом z=x²+y² и плоскостью z=4 (ρ=1).
20. Найти моменты инерции относительно координатных плоскостей тела,
ограниченного конусом x²=y²+ z² и плоскостью x=h (h>0, ρ=1).
51
Ответы
Глава 1.
208
2+ 2
. 2. ln 2 . 3.
. 4.
1. ln
15
1+ 3
2 x +1
1
2
∫ dx ∫
fdy + ∫ dx
−1
− x −2
1
3 x +13
4
1
∫ dx ∫
−3
2
− x +3x
= ∫ dy
0
∫
− ay
∫
∫
a
∫
− 2
f ( x, y )dx . 10.
1− x 2
∫ dx ∫
−1
1
14. ∫ dy
0
∫
17. 12. 18.
arctg 2
π
4
0
∫
dx
∫
4 cos ϕ
6− y
∫
4
∫
fdy +
∫ dy ∫
−y
0
∫
1
dx ∫ fdy +
1/ 2
0
f ( x, y )dx + ∫ dy
0
b sin ϕ
0
0
∫
∫ dy ∫
f (r cos ϕ , r sin ϕ )rdr . 21.
∫
π
4
dϕ
∫
dx
∫
fdy .
0
f ( x, y )dx . 16. -8.
2− 4− y 2
0
∫
3− x 2
2
f ( r , ϕ ) rdr = ∫ rdr
1
sin ϕ
y /12
3
∫
fdx
2+ 4− y 2
b
3π
4
y/3
0
2
π
f ( x, y )dx .
48
2
fdy =
x2
a
f ( x, y )dx . 11.
0
3  b
2  32
2 ln . 19. dϕ
−
q
p

 a
∫
9

dϕ
f ( x, y )dx + ∫ dy
0
2x
4
−4
8cos ϕ
∫
∫
dx
−a
6
∫
0
0
y3
∫
fdx . 7.
2 − 16− ( y −3)2
fdx . 13.
f ( x, y )dx . 15.
y/2
2a2 − x2
a
2+ 16 − ( y −3)2
1/ 2
2− 2 y − y 2
0
∫
∫
fdx
∫
0
1− x
fdy + ∫ dx
0
1
fdx . 8. ∫ dy
fdx . 5.
( y −1) / 2
3− 9− 4 y
2
4
∫ dy
∫
dy
27
16
−1
− 4− 2 y 2
0
9
4
− 2a2 − y 2
∫
4 y +2
3
3+ 9 − 4 y
2
1
∫
(10− y ) / 7
4 y −13
3
fdy = ∫ dy
fdx +
7
∫
dy
−1
4
3− 9− 4 y
2
dy
fdx + + ∫ dy
− y −2
3 x −2
4
2a 2 − y 2
3
∫
4
∫
dy
4−2 y 2
2
20.
4
y
3
2a
fdx +
(10− y ) / 7
∫ dx ∫
27
16
∫
∫ dy
1
−3
0
ay
a
12.
fdy =
−1
−4
1
3
x
4
0
fdy =
− x−2
4
1
∫ dx ∫
9.
∫
fdy + ∫ dx ∫ fdy +
1
9
4
6.
2
−7 x +10
π −arcsin
∫
arcsin
r
b
f ( r , ϕ ) dϕ .
r
b
f (r cos ϕ , r sin ϕ )rdr .
0
52
arctg
∫
22.
a
b
dϕ
b sin ϕ
∫
0
π
2
∫
f (r cosϕ , r sin ϕ )rdr +
0
dϕ
arctg
a cos ϕ
a
b
∫
f (r cos ϕ , r sin ϕ )rdr .
0
π 3
π2
2
16
а2
3  π 8 2 − 10 
23. а . 24. 2 a  −
. 27. . 28.
15 . 29.
.
 . 25. 24π. 26.
6
6
9
16
3
3
3


15
3
1 π
5
128
− 8ln 2 . 31. (2π + 1) . 32. + . 33. 3π. 34. π а 2 .35.
. 36.
2
8
2 4
4
15
abc
π
2
1 2 2
112 2
9
.37. . 38. 186 . 39.
a b + a 2c 2 + b 2c 2 . 40.
π а . 41.
. 42.
6
8
3
2
9
20
35
5
6
xc = a, yc = 0 , I 0 = π a 4 43. yc = , zc = 0 . 44.
6
16
5
2R
4R 2 α
2
4
5
xc =
. 45. R 3 . 46. M x = a 3 , M y = π a 3 . 47.
sin α , yc =
sin
3α
3α
2
3
3
8
2 3
4
a b
a b
π
1
M x = , M y = 1 − π 2 . 48. I a =
, Ib =
, I 0 = I a + I b . 49.
24
12
6
4
π ab3
π a 3b
π ab 2
19
Ix =
, Iy =
, I0 =
a + b 2 . 50. I 0 = π a 4 .
16
4
4
4
30.
(
)
Глава 2.
(
1
π2 1
1 1
1  8 8
1.
. 2.
− . 3.
−
b −a

364
16 2
32  m 2 n 2 
π
3
R
π
2
1
∫ dϕ ∫ rdr ∫ f (r cos ϕ , r sin ϕ , z )dz . 5. ∫
π
4
0
0
−
(
π
2
dϕ
 2
 β −α 2


)(
2 cos ϕ
∫
0
r2
rdr
∫
)

β
1 
1
+
+ 4ln


2 2
α
 α β 

 . 4.


f (r cos ϕ , r sin ϕ , z )dz . 6.
0
)
π
108π
8а 2
8π 5
π 2а 2
4π R5
32π
5
. 7.
. 8.
. 9.
b − a . 10.
. 11.
. 12. 8. 13.
. 14.
4
5
9
15
8
15
3
(
)
21π 2 − 2
19π
4
4
15.
. 16. π kR 2 , xc = yc = 0, zc = R . 17.
6
4
3
5
21
9
xc = 3, yc = , zc = .
8
4
224π
π h5
π h5
18. I xy = 25, I yz = 9, I xz = 16 . 19.
. 20. I xy = I xz =
, I yz =
.
3
20
5
53
Список литературы
1. Фихтенгольц Г.М. Курс дифференциального и интегрального исчисления. Т.
1,2,3. М.: Наука. 1970.
2. Кудрявцев Л.Д. Курс математического анализа. М.: Высшая школа, 1981.
3. Демидович Б.П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу. М.:
АСТ Астрель, 2005.
4. Берман Г.Н. Сборник задач по курсу математического анализа. М.: Наука, 1969.
5. Сборник задач по курсу высшей математики. Под редакцией Г.И. Кручковича.
Учебное пособие для вузов. М. «Высшая школа». 1973.
6. Сборник задач по высшей математике К.Н. Лунгу и др., под ред.С.Н. Федина.
М.: Айрис-пресс. 2011.
54