book.pdf - Тольяттинский государственный университет

ФЕДЕРАЛЬНОЕ АГЕНТСТВО ПО ОБРАЗОВАНИЮ ТОЛЬЯТТИНСКИЙ ГОСУДАРСТВЕННЫЙ УНИВЕРСИТЕТ

Кафедра «Высшая математика и математическое моделирование»

РУКОВОДСТВО К РЕШЕНИЮ ЗАДАЧ

по высшей математике часть III

Учебно-методическое пособие для студентов

Тольятти 2007

2

УДК 51(075.8) ББК 22.1я.73 Р 93 Научный редактор д.т.н., профессор П.Ф.Зибров Р-93 Руководство к решению задач по высшей математике. Часть III. Учебно-

методическое пособие для студентов. Сост.: Ахметжанова Г.В., Кошелева Н.Н., Павлова Е.С., - Тольятти: ТГУ, 2007.- стр. 70.

Учебно-методическое пособие соответствует курсу «Высшая математика». В данном

пособии представлены модули: Дифференциальные уравнения, Кратные интегралы, Криволинейные и поверхностные интегралы. Рассмотрены типовые задачи и упражнения каждого модуля.

Утверждено научно-методическим советом факультета математики и информатики Тольяттинского государственного университета.

УДК 51(075.8) ББК 22.1я173

© Тольяттинский Государственный Университет

3

Содержание Модуль 9. Дифференциальные уравнения..................................................................................4

Дифференциальные уравнения с разделяющими переменными. ........................................4 Однородные дифференциальные уравнения. ........................................................................4 Линейные неоднородные ДУ. Уравнения Бернулли. ...........................................................8 ДУ в полных дифференциалах ..............................................................................................13 ДУ второго порядка, допускающие понижение порядка ...................................................17 Линейные неоднородные ДУ второго порядка с постоянными коэффициентами. .........21 Линейные неоднородные уравнения II порядка с постоянными коэффициентами. Метод Лагранжа неопределенных коэффициентов. ...........................................................24

Модуль 10. Кратные интегралы.................................................................................................30 Понятие двойного интеграла. Вычисление двойного интеграла в декартовой системе координат ................................................................................................................................30 Двойной интеграл в полярной системе координат .............................................................33 Тройные интегралы в декартовой системе координат........................................................35 Тройные интегралы в цилиндрических и сферических координатах ...............................38 Приложение двойных и тройных интегралов......................................................................41

Модуль 11. Криволинейные и поверхностные интегралы ......................................................46 Криволинейные интегралы первого рода. Приложение к решениям задач геометрии...46 Криволинейные интегралы второго рода. Формула Грина. ...............................................50 Основные понятия поверхностных интегралов 1 и 2 рода. Основные понятия теории поля ..........................................................................................................................................56

Список литературы .....................................................................................................................68

4

Модуль 9. Дифференциальные уравнения

Дифференциальные уравнения с разделяющими переменными.

Однородные дифференциальные уравнения. Цель: научить решать простейшие дифференциальные уравнения. Аудиторная работа Уравнением с разделяющимися переменными Дифференциальные уравнения первого порядка ),(' yxfy = называется уравнением с

разделяющимися переменными, если его правая часть есть произведение функций, одна из которых зависит от переменной x , другая – от y: )y(f)x(f'y 21= .

Уравнение, записанное в симметричной форме 0),(),( =+ dyyxQdxyxР является уравнением с разделяющимися переменными, если множители ),( yxP и ),( yxQ представляют собой произведение функций, из которых одна зависит только от переменной x , другая – от переменной y : 0)()()()( 2121 =⋅⋅+⋅⋅ dyyxdxyx ψψϕϕ .

Разделить переменные – значит преобразовать уравнение так, чтобы каждая переменная содержалась только в том слагаемом, которое содержит её дифференциал.

Тип

уравнения

Стандартная форма записи Особенности Метод решения

02121 =++ dy)y()x(dx)y()x( ϕϕϕϕ

При дифференциалах – произведения функций, зависящих одна от x, другая – от y

cdy)y()y(dx

x()x( =∫ +

2

2

1

1

ϕϕ

ϕϕ

С разделяющим

ися

переменными

)y(f)x(f'y 21 ⋅= Правая часть – произведение функций, зависящих одна от x, другая – от y

∫ ∫ += cdx)x(f)y(f

dy1

2

Пример 1. Найти решение задачи Коши для уравнения 0xy2'y)1x( 2 =−− , удовлетворяющее начальным условиям y(0)=1.

Решение: 10. Определим тип уравнения:

y1x

x2'y 2 ⋅−

= - уравнение с разделяющимися переменными,

где 1

2)( 21 −=

xxxf , yyf =)(2 .

20. Разделим переменные:

.1

2

;1

2

2

2

dxx

xy

dy

yx

xdxdy

−=

−=

30. Проинтегрируем обе части равенства:

5

∫ ∫−

= ,1

22

dxx

xy

dy .

12 ln1lnln Cxy +−=

Для удобства преобразований постоянная выбрана в логарифмической форме. 40. Упростим результат интегрирования:

,)x(cy 121 −=

).x(cy

то,cc г ),x(cy

1

12

12

1

−=

=±−±=

50. Подставим начальные условия. При x=0, y=1 получаем с= 1− . 60. Запишем ответ: 21 xy −= .

Пример 2. Решить уравнение yx'y = .

Решение:

Это уравнение с разделяющими переменными yx

dxdy = , откуда .xdxydy =

Проинтегрируем обе части равенства ∫ ∫= xdxydy ,

.Сxy1

22

22+=

Преобразуем полученное выражение

222 Сxy =− ,

.Сyx =− 22

Пример 3. Найти общее решение дифференциального уравнения: yxyy

cos2−=′

Решение:

yxyy

cos2−=′

xdxdyyy 2cos −=⋅

xdxydyy 2cos −=

∫∫ −= xdxydyy 2cos

Интеграл, стоящий в левой части, берется по частям

yyyydyyyyvdydu

ydydvyuydyy cossinsinsin

sin;;cos;

cos +=−=⎭⎬⎫

⎩⎨⎧

====

= ∫∫

6

Cxyyy +−=+ 2cossin

0cossin 2 =+++ Cxyyy .

Пример 4. Найти решение дифференциального уравнения yyy ln=′

при условии

у(2) = 1. Решение:

yyy ln=′

ydyydx ln=

yydydx ln=

∫∫ =yydydx ln

∫=+ )(lnln yydCx

2ln 2 yCx =+ при у(2) = 1 получаем ;2;02;

21ln2

2

−=⇒=+⇒=+ CCC

Итого: ;ln)2(2 2 yx =− или 42 −±= xey - частное решение; Решить дифференциальные уравнения: а) x21'yy 2 −= е) xcosy'y 2= ;

б) 2yy'xy =+ ; ж) 0dy)y2y(dx)x2x( 33 =+++ ;

в) yx10'y += ; з) yyx =' ;

г) yyy ln'= ; и) 2' ppyp +−= ; д) 0dy ycosxcosdx ysinxsin =+ ; к) 'xyy2)y2'xy(a =+ . Ответ:

а) 3 2x3x3Сy −+=

е) 1)xsinС(y =−

б) 1yСxy −= ж) 24422 Сyxyx =+++ в)

)10Сlg(y x−−= з) Cxy =−

г) xСeyln = и) )1p(Cpy −=

д) xcosСysin ⋅= к) a

y22 Ceyx =

Самостоятельная работа Однородные дифференциальные уравнения I порядка и уравнения приводимые к

однородным

7

Дифференциальное уравнение Ι порядка )y,x(f'y = называется однородным дифференциальным уравнением, если его правая часть – однородная функция нулевого

порядка, т.е. функция отношения ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

xy

(или ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛yx

), или ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

xyf'y

.

Уравнение, записанное в симметричной форме 0dy)y,x(Qdx)y,x(P =+ , является однородным уравнением, если функции )y ,x(P и )y ,x(Q - однородные функции одинакового порядка.

Тип

уравнения

Стандартная форма записи Особенности Метод решения

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛=

xyf'y Правая часть – однородная

функция нулевого порядка )x(u

xy =

Однородное

0=⋅++⋅ dy)y,x(Qdx)y,x(P )y,x(Q),y,x(P - однородные функции одинакового порядка

ux'u'y ,xuy +=⋅=

Пример 5. Решить уравнение ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +=′ 1ln

xy

xyy .

Решение: Введем вспомогательную функцию u.

uxuyuxyxyu +′=′== ;; .

Подставляем в исходное уравнение:

;ulnuxu;uulnuuxu

);u(lnuuxu

=′+=+′

+=+′ 1

Разделяем переменные: ∫ ∫=

=

;x

dxulnu

du

;x

dxulnu

du

Интегрируя, получаем: ;eu

;Cxuln;Cxlnulnln

Cx==

+=

Переходя от вспомогательной функции обратно к функции у, получаем общее решение: .Cxxey =

8

Пример 6. Решить уравнение )xlny(lny'xy −= Решение: Преобразуем дифференциальное уравнение, получим:

xyln

xy'y ⋅= .

Запишем подстановку:

ux'u'y ,uxy ),x(uxy

+=== .

Осуществим подстановку в уравнение:

ulnuux'u =+ . Решим полученное уравнение с разделяющимися переменными.

.x

dx)u(lnu

du

).u(lnuxdx

du

),u(lnux

'u

),u(lnux'u

=−

−⋅=

−⋅=

−=

1

11

111

. cxlnulnln

,x

dx)u(lnu

du

=−

∫=∫ −11

.eu,cxuln

cx 1

1+=

=−

. xey

,exy

cx

cx

1

1

+

+

=

=

Решить уравнение:

Найти решение для дифференциального уравнения 0=−−xyxctgy'xy , удовлетворяющее

начальным условиям 0y ,1x == . Ответ: x

arccosxy 1= .

Найти общее решение дифференциального уравнения dyxdx)xyyx( 222 =++ .

Ответ: cxlnxyarctg = .

Линейные неоднородные ДУ. Уравнения Бернулли. Цель: решение линейных неоднородных ДУ, уравнений Бернулли.

9

Аудиторная работа Линейные неоднородные ДУ. Линейным дифференциальным уравнением Ι порядка называется уравнение,

линейное относительно функции и её производной: ( )xQy)x(P'y =+ - уравнение, линейное относительно ( )xy ;

( )yQx)y(P'x =+ - уравнение, линейное относительно ( )yx . Здесь ( ) ( )yQ , xP - заданные функции или константы. При 0Q = уравнение называется

однородным, при 0Q ≠ - неоднородным.

Уравнением Бернулли называется уравнение вида ( ) ( ) nyxQyxP'y ⋅=⋅+ или ( ) ( ) nxyQxyP'x ⋅=⋅+ .

п уравне Стандартная форма записи Особенности Особенности

решения

)x(Qy)x(P'y =+ Первой степени относительно y и 'y x 'vuv'u'y

),x(v)x(uy⋅+⋅=

⋅=

Линейное

)y(Qx)y(P'x =+ Первой степени относительно x и 'x y vuv'u'x

),y(v)y(ux′⋅+⋅=

⋅=

Бернулли

ny)x(Qy)x(P'y ⋅=⋅+ Отличается от линейного правой частью

Аналогично линейным

Метод решения:

( ) ( )( )( ) ( )xQvxP'vuv'u

xQuvxP'uvv'u)x(Qy)x(P'y

=++=++

=+

( )( )xQv'uvxP'v

==+ 0

Пример 1. Найти решение дифференциального уравнения 0xy'xy 3 =−− . Решение: Приведём к стандартной форме записи делением на x , получим:

21 xyx

'y =− - линейное уравнение относительно функции ( )xy .

20. Запишем подстановку: ),x(v )x(uy ⋅=

( ) ( ) ( ) ( )x'v xuxv x'uy ⋅+⋅= .

21 xyx

'y =−

10

21 xuvx

'uvv'u =−+ .

21 x'uvvux

'u =+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ − .

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

=−

.x'uv

,ux

'u

2

01

;xu,xlnuln

,x

dxudu

,ux

'u

==

∫ ∫=

=− 01

.Cxv

,xdxv,x'v

,x'xv,x'uv

+=

∫====

2

2

2

2

Запишем общее решение дифференциального уравнения:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+== Cxxuvy

2

2

.

Пример 2. Найти решение задачи Коши для дифференциального уравнения

0xy'xy 3 =−− , удовлетворяющее начальным условиям 0 y 1x == .

10. Определим тип уравнения (таблица 1). Приведём к стандартной форме записи делением на x , получим:

2xyx1'y =− - линейное уравнение относительно функции ( )xy .


( ) ( ) ( ) ( )x'v xuxv x'uy ⋅+⋅= . 30. Осуществим подстановку в данное уравнение:

2xuvx1'uvv'u =−+ .

40. Запишем последовательность уравнений относительно функций ( )xu и ( )xv . Подстановка uvy = позволяет одну из функций сомножителей выбрать произвольно. Поступим так: сгруппируем первый и третий (можно второй и третий) члены уравнения

2x'uvvux1'u =+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ − .

Выберем функцию ( )xu так, чтобы она обращала в нуль скобку

0ux1'u =−

Тогда функция ( )xv должна удовлетворять условию 2x'uv = .

Итак, получили последовательность уравнений:

11

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=

=−

.x'uv

,0ux1'u

2

50. Найдём функции ( )xu и ( )xv . Каждое из уравнений последовательности (пункт 40) является уравнением с

разделяющимися переменными:

;xu,xlnuln

,x

dxudu

,ux

'u

=

=

=

=−

∫ ∫

01

.Cxv

,xdxv,x'v

,x'xv

,x'uv

+=

===

=

∫

2

2

2

2

60. Запишем общее решение дифференциального уравнения:

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+== C

2xxuvy

2.

Задачи:

1. Найти общее решение дифференциального уравнения 11 2 =−

+ yx

x'y .

Ответ: ( )xarcsincxy +−= 21 .

2. Найти общее решение дифференциального уравнения 23 yxy'y−

= .

Ответ: 32 cyyx += . Самостоятельная работа Уравнения Бернулли Пример 3. Найти общее решение дифференциального уравнения 0yxy4'xy 2 =−− .

Решение:

21

yxyx4'y ⋅=⋅− - уравнение Бернулли,

Запишем подстановку: ),x(v )x(uy ⋅= ( ) ( ) ( ) ( )x'v xuxv x'uy ⋅+⋅= .

21

yxyx4'y ⋅=⋅−

.uvxuvx4'vuv'u =⋅−⋅+⋅

12

.uvxv'uvux4'u =⋅+⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=⋅

=⋅−

.uvx'vu

,0ux4u

;xu

,xlnuln

,x

dxudu

,xu

dxdu

,ux

'u

4

4

4

4

04

=

=

∫=∫

=

=⋅−

,vxx'vx

,uvx'vu

⋅=⋅

=⋅44

,x

dxv

dv∫=∫

( ) .Cxlnv

,Cxlnv2

2

+=

+=

Запишем общее решение дифференциального уравнения:

( ) .cxlnxy

v,uy24 +=

⋅=

Пример 4. Найти общее решение дифференциального уравнения 0yxy4'xy 2 =−− .

10. Определим тип дифференциального уравнения (таблица 1):

21

yxyx4'y ⋅=⋅− - уравнение Бернулли,

где ( ) ( )21n ,xxQ ,

x4xP ==−= .


( ) ( ) ( ) ( )x'v xuxv x'uy ⋅+⋅= . 30. Осуществим подстановку в данное уравнение:

.uvxuvx4'vuv'u =⋅−⋅+⋅

40. Запишем последовательность уравнений относительно функций ( )xu и ( )xv . Сгруппируем первый и третий члены уравнения:

.uvxv'uvux4'u =⋅+⋅⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ ⋅−

Выберем функцию ( )xu так, чтобы она обращала в нуль скобку, получим последовательность уравнений:

⎢⎢⎢

⎣

⎡

=⋅

=⋅−

.uvx'vu

,0ux4u

50. Найдём функции ( )xu и ( )xv . Каждое из уравнений последовательности (пункт 40) является уравнением с разделяющимися переменными:

13

;xu

,xlnuln

,x

dx4udu

,xu4

dxdu

,0ux4'u

4

4

=

=

=

=

=⋅−

∫∫

,vxx'vx

,uvx'vu44 ⋅=⋅

=⋅

,x

dxv

dv∫∫ =

( ) .Cxlnv

,Cxlnv22

+=

+=

60. Запишем общее решение дифференциального уравнения:

( ) .cxlnxy

v,uy24 +=

⋅=

Найти решение задачи Коши для дифференциального уравнения xeyy'y ⋅=+ 22 ,

удовлетворяющее начальным условиям 1== y 0x .

Ответ: xey −= .

ДУ в полных дифференциалах Аудиторная работа ДУ в полных дифференциалах Уравнение 0=+ dy)y,x(Qdx)y,x(P называется уравнением в полных

дифференциалах, если его левая часть – полный дифференциал некоторой функции )y,x(u , т.е. )y,x(dudy)y,x(Qdx)y,x(P =+ .

Необходимым и достаточным условием полного дифференциала является равенство

частных производных xQ

yP

∂∂≡

∂∂ .

Общий интеграл уравнения в полных дифференциалах имеет вид c)y,x(u = , где функция

)y,x(u может быть найдена по одной из формул: ∫ ∫+=

∫ ∫+=

x

x

y

y

x

x

y

y

.dy)y,x(Qdx)y,x(P)y,x(u

;dy)y,x(Qdx)y,x(P)y,x(u

0 00

0 00

Пример 1. Найти общий интеграл дифференциального уравнения y

y

xeye'y−

=2

.

14

Решение:

y

y

xeye'y−

=2

y

y

xeye

dxdy

−=

2,

( ) dxedyxey yy =−2 ,

( ) 02 =−+ dyyxedxe yy ,

Тогда ye)y,x(P = , .yxe)y,x(Q y 2−=

Найдём частные производные: ( ) yy

ey

eyP =

∂∂=

∂∂ , ( ) y

y

ex

yxexQ =

∂−∂=

∂∂ 2 .

Так как yexQ

yP =

∂∂≡

∂∂ , то уравнение является уравнением в полных дифференциалах.

Запишем формулу общего интеграла .C)y,x(u = ∫ ∫+=x

x

y

y.dy)y,x(Qdx)y,x(P)y,x(u

0 00

( )( ) .yexyxeeex)x(xe

yxexedy2yxedxey)u(x,

20

0y0

2y0yy0

0y

x

0x

y

0y

y

0y

2y

0y

yx

0x0yy0y

+−−=−+−=

∫ ∫ =−+=−+=

Запишем общий интеграл уравнения:

.Cyxe

,yexCyxe

,Cyexyxe

2yC

20

0y0

2y

120

0y0

2y

=−

−+=−

=+−−

1

Пример 2. Найти решение задачи Коши для дифференциального уравнения

,dyyyxdx)xy(ln 022 =⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+− удовлетворяющее начальным условиям ( ) .11y =

xyln)y,x(P 2−= , .yyx)y,x(Q 2−=

Найдём частные производные: ( ) 212 −=∂−∂=

∂∂

yyxyln

yP , .

yx

yyx

xQ 21

2−=

∂

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−∂

=∂∂ .

Так как 21 −=∂∂≡

∂∂

yxQ

yP , то уравнение является уравнением в полных дифференциалах.

Запишем формулу общего интеграла: .C)y,x(u = ∫ ∫+=x

x

y

y.dy)y,x(Qdx)y,x(P)y,x(u

0 00

15

.yxlny x-y-xylnx)yy()ylny(lnx)x(x-)x(xyln

yxlny )xylnx(dyyyxdx)xy(lny)u(x,

2000

220

20

y

0y

2y

0y

x

0x

x

0x

y

0y

20

220

200

200 22

++−=−−−+−−=

=−+−∫ ∫ =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+−=

Запишем общий интеграл уравнения:

120

2 Cyxlny x-y-xylnx 2000

2 =++− ,

C

2000

2 Cyxlnyxy-xylnx 120

2 +−−=− ,

Cy-xylnx 2 =− 2 . Найдём значение произвольной постоянной. При 1y ,1x == получим

Cln =−− 111 , 2−=C .

Запишем ответ – частное решение уравнения: .yxylnx 0222 =+−− Задачи: 1. Найти общий интеграл дифференциального уравнения

.dyy

xsinydxxy

xsin 022

2

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+

Ответ: .Cyx

yxsin =++

2

222

2. Найти общий интеграл дифференциального уравнения x

xycosy

xycos'xy −=

Ответ: Cxln

xysin =+

3. Найти общий интеграл дифференциального уравнения yxyx'y

−+=

Ответ: 22 yxClnxyarctg +=

Самостоятельная работа Если дифференциальная форма dyyxNdxyxM ),(),( + является полным

дифференциалом некоторой функции u, то можно записать:

.),(),( dyyudx

xudyyxNdxyxMdu

∂∂+

∂∂=+=

Т.е.

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=∂∂

=∂∂

),(

),(

yxNyu

yxMxu

.

Найдем смешанные производные второго порядка, продифференцировав первое уравнение по у, а второе – по х:

16

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

∂∂=

∂∂∂

∂∂=

∂∂∂

xyxN

yxu

yyxM

yxu

),(

),(

2

2

Приравнивая левые части уравнений, получаем необходимое и достаточное условие того, что левая часть дифференциального уравнения является полным дифференциалом. Это условие также называется условием тотальности.

Пример. Решить уравнение 0)15()103( 22 =−++ dyxdxxyx

Проверим условие тотальности: ;10)103(),( 2

xy

xyxy

yxM =∂+∂=

∂∂

.10)15(),( 2

xx

xx

yxN =∂−∂=

∂∂

Условие тотальности выполняется, следовательно, исходное дифференциальное уравнение является уравнением в полных дифференциалах.

Определим функцию u.

);(5)()103()(),( 232 yCyxxyCdxxyxyCdxyxMu ++=++=+= ∫∫

;15),()(5 22 −==′+=∂∂ xyxNyCx

yu

1)1()(;1)( CydyyCyC +−=−=−=′ ∫ ;

Итого, .5 123 Cyyxxu +−+=

Находим общий интеграл исходного дифференциального уравнения: ;.5 21

23 СCyyxxu =+−+=

.5 23 Cyyxx =−+

17

ДУ второго порядка, допускающие понижение порядка Аудиторная работа Обыкновенным дифференциальным уравнением ΙΙ порядка называется уравнение вида ( ) 0yyyxF ='',',, , связывающее независимую переменную x, искомую функцию y и её

производные Ι и ІІ порядков. В таблице приведены типы уравнений ΙΙ порядка, допускающие понижение порядка,

которые будут изучаться на занятии.

№ Тип уравнения Особенности Метод решения

1 ( )xf''y =

Разрешено относительно второй производной.

Правая часть зависит только от х

Последовательное интегрирование:

( )( )[ ]∫ +∫ +=∫ +=

1

1

CdxCdxxfy,Cdxxf'y

2 ( ) 0=''y,'y,xF

Отсутствует явно функция у Подстановка:

( )( )x'P'y

, xP'y==

3 ( ) =''y,'y,yF

Отсутствует явно независимая переменная х

Подстановка: ( )( ) ( )yPy'P''y

, yP'y⋅=

=

Пример 1. Найти решение задачи Коши для дифференциального уравнения xsin'' y 22= ,

удовлетворяющее начальным условиям 1 y ,0 y 0x0x =′= == .

Решение: x2sin''y 2= - уравнение, допускающее понижение порядка, 1 рода). Решается последовательным интегрированием

,xdxsin'y ∫= 22

( )∫ −=′ ,dxxcosy 4121

1Cx4sin41x

21y +⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=′ .

.CxCxcosxy

,dxCxsinxy

21

2

1

4321

4

441

21

+++==

∫ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

Найдём произвольные постоянные:

18

При x=o, y=o, y’=1 получаем 1321

12 =−= C ;C .

Запишем ответ – частное решение уравнения: 3214

321

4

2

−++= xxcosxy .

Пример 2. Найти решение для дифференциального уравнения x' yln' y'' xy ⋅= ,

Решение: xyln'y''xy′

= - уравнение, допускающее понижение порядка, ΙΙ рода

Запишем подстановку ( )( ) . x'P'' y

,xP' y==

.

xPlnP'Px ⋅=⋅ .

xPln

xP'P ⋅= - однородное уравнение.

Запишем подстановку ( ) ux'u'P ,xuP ,xuxP +⋅=⋅== .

ulnuux'u ⋅=+⋅ .

x)uulnu('u 1⋅−⋅= ;

( )

.eu

;xCuln;xClnulnln

;x

dxulnu

du

xC 11

1

1

11

1

+⋅=

=−=−

∫ ∫=−

4.5. Запишем общее решение:

.xe'y

;xeuxPxc

xC

11

11

+

+

=

==

Пример 3. Найти решение дифференциального уравнения ( ) 012 2 =−− 'y''yy , Решение:

( ) 01'y''yy2 2 =−− - уравнение, допускающее понижение, ΙΙΙ рода (таблица 2).

. Запишем подстановку: ( ) ( ) ( )y'PyP''y ,yP'y ⋅== .

( ) 012 2 =−− 'y''yy

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

+++=

.Cxsinx'y

,CxCxcosxy

2

21

2

441

21

4321

4

19

012 2 =−−⋅⋅ P'PPy .

012 2 =−−P' yPP - уравнение с разделяющимися переменными.

( )

( ).yC'y

;yC'y

;yCP

;yCP

;yClnPln

;y

dyP

PdP

1

1

1

1

11

2

1

12

12

12

12

2

−=

−=

−=

=+

=+

∫=∫+

Пример 4. Решить уравнение xey 2=′′′ . Решение:

;21

12

12 CeCdxey xx +=+=′′ ∫

;41

21

212

12 CxCedxCey xx ++=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ +=′ ∫

∫ +++=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ ++= .CxCxCeCxCey xx

322

12

212

21

81

41

Пример 5. Найти общее решение уравнения xyy′′

=′′′ .

Решение: Применяем подстановку ;; yzyz ′′′=′′′=

∫ ∫====′ ;;;;x

dxz

dzx

dxz

dzxz

dxdz

xzz

;;lnlnln 11 xCzCxz =+=

Произведя обратную замену, получаем:

;2

; 221

11 CxC

xdxCyxCy +==′=′′ ∫

;62 32

312

21 CxCxCdxCxCy ++=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ += ∫

Общее решение исходного дифференциального уравнения: ;32

3 CxCCxy ++=

20

Пример 6. Найти общее решение уравнения .04)( 2 =′−′−′′ yyyyy

Замена переменной: ;; pdydpyyp =′′′=

;04;042 =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−−=−− yp

dydpypypp

dydpyp

1) ;4;04yp

dydpyp

dydpy +==−−

Для решения полученного дифференциального уравнения произведем замену

переменной: .ypu =

;4;4y

dyduuydyduu =+=+

;ln4;ln4ln4;4 11 yCuCyuy

dydu =+== ∫∫

;ln4 1 yCyp =

С учетом того, что dxdyp = , получаем:

;ln4

;ln41

1 ∫ ∫== dxyCy

dyyCydxdy

;lnln41

ln)(ln

41

211

1 CyCyCyCd

x +== ∫

Общий интеграл имеет вид: ;4lnln 1 CxyC +=

2) ;0;0 =′= yp ;Cy = Таким образом, получили два общих решения. Задачи:

1. Решить дифференциальное уравнение ( )2''' yyy =

Ответ: xСeСy 21=

2. Решить дифференциальное уравнение ( ) ( ) 01'y''yx1 22 =+++

Ответ: ( ) 21121 CxCxClnC1y +−++=

3. Решить дифференциальное уравнение ( )2'y2tgy''y =

Ответ: xCCctgy 12 −=

4. Решить дифференциальное уравнение ( ) ( ) ( ) ( ) .'y ,y,'y'y''yy 111132 −==−=

Ответ: yln2xy += .

21

Линейные неоднородные ДУ второго порядка с постоянными коэффициентами.

Аудиторная работа Однородные линейные уравнения II порядка с постоянными коэффициентами. Однородное линейное уравнение II порядка с постоянными коэффициентами имеет

вид у”+ py´ + qy = 0 где p , q – заданные числа. Общее решение линейного однородного уравнения II порядка есть линейная комбинация

частных решений его фундаментальной системы: у = с1у1 + с2у2. Для отыскания фундаментальной системы решений составляют так называемое характеристическое уравнение : k2 + pk + q = 0.

Виды фундаментальной системы решений линейного однородного уравнения Дискриминант Характеристи ческого

уравнения

Корни характеристи

ческого уравнения

Фундаментальная система частных решений

Общее решение

0D > вещественные различные

21 kk ≠ xk

xk

ey

ey2

1

2

1

=

= x kx k ececy 2

21

1 +=

0D = вещественные равные

kkk == 21 kx

kx

xey

ey

=

=

2

1 ( )xccey xk21 += ⋅

0D < Комплексные

ik 2 ,1 ⋅±= βα xsiney

xcoseyx

2

x1

β

βα

α

=

=

)xsincxcosc(ey x

ββα

2

1

++=

Пример 1. Найти решение задачи Коши для дифференциального уравнения у” – 13у´ – 30у = 0, Решение. у” – 13у´ – 30у = 0 – линейное, однородное, II порядка, с постоянными коэффициентами. Формула общего решения: у = с1у1 + с2у2 Характеристическое уравнение k2 – 13k – 30 = 0 k1=-2, k2= 15 (корни вещественные,

различные) k1=-2 хеу 2−=′

k2=15 ⇒ хеу 15= Записать общее решение уравнения: у = с1е-2х + с2е15х Пример 2. Найти общее решение дифференциального уравнения 04914 =+′−′′ ууу

22

Решение. 1. 04914 =+′−′′ ууу - линейное, однородное, II порядка, с постоянными

коэффициентами 2. у = с1у1 + с2у2 3. k2 – 14k + 49 = 0 k1= k2= 7 (корни вещественные, равные). 4. хеу 7

1 = , ххеу 72 =

5. у = с1е7х + с2хе7х=е7х(с1 + с2х). Пример 3. Найти решение задачи Коши для дифференциального уравнения

0134 =+′+′′ ууу Решение. 1. 0134 =+′+′′ ууу - линейное, однородное, II порядка, с постоянными коэффициентами 2. у = с1у1 + с2у2 3. k2 +4k + 13 = 0 k1,2= -2 i3± (корни комплексные). 4. xеу х 3cos2

1−= , xеу х 3sin2

2−=

5. += − xcosеcу х 321 xsinеc х 32

2− = )xsincxcosc(е х 33 21

2 +− Задачи: 1. Решить ДУ 065 =++ y'y''y

Ответ: xx ececy 32

21

−− += 2. Решить ДУ 096 =++ y'y''y

Ответ: ( )xcxcey x 4sin4cos 212 += −

3. Решить ДУ 025'' =+ yy

Ответ: ( )xccey x21

3 += − Самостоятельная работа Неоднородные линейные уравнения II порядка с постоянными коэффициентами. Метод Эйлера вариации произвольных постоянных. Неоднородное линейное уравнение ІІ порядка имеет вид ( )xfgypyy =++ ''' ,

∗+= yyy - общее решение линейного неоднородного уравнения, Метод Эйлера.

2211 ycycy += -общее решения соответствующего однородного уравнения, 0''' =++ gypyy .

( ) ( ) 2211 yxcyxc*y += - частного решения данного неоднородного уравнения:,

23

где ( ) ( )xc ,xc 21 - теперь уже функции переменной х, где ( )xc1 и ( )xc2 удовлетворяют системе дифференциальных уравнений

( ) ( )( ) ( ) ( )⎩

⎨⎧

=⋅+⋅=⋅+⋅

.xf'yx'c'yx'c,0yx'cyx'c

221

2211 .

Пример 4. Найти общее решение дифференциального уравнения xeyy

+=+

11''' .

10 xe

'y''y+

=+1

1 - линейное, неоднородное, ІІ порядка, с постоянными

коэффициентами. 20. Запишем формулу общего решения: *yyy +=

30. Найдём общее решение однородного уравнения - y :

.eccy

,1k ,0k,0kk,0'y''y

x21

21

2

−+=

−===+=+

40. Сконструируем формулу частного решения уравнения – у*: ( ) ( ) xexcxcy −+= 21* .

50.Запишем систему уравнений относительно функций ( ) ( )xc ,xc 21 :

( ) ( )

( ) ( )⎪⎩

⎪⎨⎧

+=−⋅

=+

−

−

.e1

1exc0x'c

,0ex'cx'c

xx

21

x21

60. Решим систему, составленную в пункте 50:

( )

( )

( )

( ) ( );e1lnxe1

dxxc

,e1

1'cx'c

;e1

1

e11001

x'c

,e1

ee

e11

e0x'c

,ee0

e1

xx1

x1

1

xx

2

x

2

xx

x

1

xx

x

∫ +−=+

=

+==

+=

+=

+−=−

+=

−=−

=

−

−

−−

−

ΔΔ

Δ

Δ

Δ

( ) ,e1

e'cx'c x

x2

2 +−==

ΔΔ

( ) ( ).e1lndxe1

exc xx

x

2 ∫ +−=+

−=

70. Запишем частное решение у*:

24

( ) ( )( ) ( ).e1lne1x*y

,e1lnee1lnx*yxx

xxx

++−=+−+−=

−

−

80. Запишем ответ – общее решение уравнения:

( ) ( ).e1lne1xeccy*,yyy

xxx21 ++−++=

+=−−

Задачи:

1. Решить ДУ x

x

eeyy+

=−1

'''

Ответ: ( ) ( ) ( ) 21 1ln1 ceecxey xxx +++−+=


yy 2sin14'' =+

Ответ: ( ) xctgxxcxxcy 2sin212cossinln 21 ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −−+=


yy2cos

14'' =+

Ответ: xcxcxxxxy 2sin2cos2sin2

2cosln2cos41

21 +++=

Линейные неоднородные уравнения II порядка с постоянными коэффициентами. Метод Лагранжа неопределенных коэффициентов.

Аудиторная работа Продолжаем рассматривать методы решения уравнения )x(fqууру =+′+′′ ∗+= yyy -

общее решение линейного неоднородного уравнения, 2211 ycycy += -общее решения соответствующего однородного уравнения, 0''' =++ gypyy .

Имеются случаи, когда частное решение у* можно найти проще, не прибегая к

интегрированию. Речь пойдет о широко применяемых в науке дифференциальных уравнениях, у которых правая часть носит вид: [ ])(sin)(cos)()( xxQxxPexf mx

x ββα += , где Px(x), Qm(x) – заданные многочлены одной или разных степеней.

Поставим в соответствие уравнению )x(fqууру =+′+′′ с правой частью [ ])(sin)(cos)()( xxQxxPexf mx

x ββα += число α ± βi и назовем его основным параметром уравнения.

Сконструируем функцию вида [ ] r

nnx xxxNxxMey )(sin)(cos)(* ββα +=

где Mn(x), Nn(x) – многочлены степени { }mkn ,max= , записанные пока с неопределенными коэффициентами (отсюда название метода); r – кратность корня характеристического уравнения, равного параметру α ± βi

25

Как видим, конструкция функции у* определяется как формой правой части уравнения – функцией f(x), так и видом левой его части – корнями характеристического уравнения. Доказано, что при соответствующем выборе значений коэффициентов для многочленов Mn(x) и Nn(x) функция у* является частным решением уравнения

В таблице приведены различные формы правой части f(x) (частные случаи α=0, β=0, α=β=0) и соответствующие решения уравнения у*.

Пример 1. Найти общее решение дифференциального уравнения

13 +=′+′′ хуу Решение. Определить тип уравнения:

13 +=′+′′ хуу - линейное, неоднородное, II порядка, с постоянными коэффициентами, со специальной правой частью.

Записать формулу общего решения: у= у + у*

Найти общее решение однородного уравнения – у :

№ Правая часть уравнения f(x)

Основной параметр α ± βi

Сравнение параметра с корнями характеристического уравнения

Конструкция частного решения у*

1 2 3 4 5

1 А α = βi=0 α ± βi=0

0 не является корнем 0 однократный корень 0 двукратный корень

B Bx Bx2

2 Pn(x) α = βi=0 α ± βi=0

0 не является корнем 0 – однократный корень 0 – двукратный корень

Mn(x) Mn(x) · x Mn(x) · x2

3 Aeαx β=0 α ± βi=α

α не является корнем α – однократный корень α – двукратный корень

Beαx Beαx · x Beαx · x2

4 Pn(x) eαx β=0 α ± βi=α

α не является корнем α – однократный корень α – двукратный корень

Mn(x)eαx Mn(x)eαx · x Mn(x)eαx · x2

5 Acosβx + Bsinβx α=0 α ± βi=β

± βi не являются корнями ± βi – корни

Ccosβx + Dsinβx (Ccosβx + Dsinβx) · x

6 Px(x)cosβx + Qm(x)sinβx α=0 α ± βi=β

± βi не являются корнями ± βi – корни

Mn(x)cosβx + Nn(x)sinβx) (Mn(x)cosβx + Nn(x)sinβx) · x

{ }mkn ,max=

7 (Acosβx + B sinβx)eαx α ± βi α ± βi не являются корнями α ± βi – корни

(Ccosβx + Dsinβx)eαx (Ccosβx + Dsinβx)eαx· x

8 (Px(x)cosβx + Qm(x)sinβx) eαx α ± βi

α ± βi не являются корнями α ± βi – корни

(Mn(x)cosβx + Nn(x)sinβx)eαx (Mn(x)cosβx + Nn(x)sinβx)eαx· x

{ }mkn ,max=

26

04 =′+′′ уу , k2 + 4k = 0, k1 = 0, k2 = -4 у =c1+c2е-4х Провести анализ павой части уравнения: х3 + 1 = е0х((х3 + 1)cos0x + 0·sin0x), α = 0, β = 0, f(x) = P3(x). Вычислить основной параметр уравнения: α ± βi = 0 Определить параметр r : Основной параметр α ± βi = 0 является однократным корнем характеристического

уравнения, следовательно, r = 1. Сконструировать частное решение – у* : у* = Ms(x)x = (Ax3 + Bx2 +Cx +D) · x. Вычислить коэффициенты функции у* : а) Найти производные от функции у* : у* = Ах4 + Bx3 + Cx2 + Dx , (у*)/ = 4Ах3 + 3Bx2 + 2Cx + Dx (у*)//= 12Ах2 + 6Bx + 2C. б) подставить функцию у* и ее производные в данное уравнение: 16Ах3 + (12А + 12В)х2 + (6В + 8С)х + (2С+4D) = х3 + 1 в) приравнять коэффициенты при подобных членах левой и правой части равенства:

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=+=+=+

=

.142.086

.01212.116

DССВВА

А

г) Решить систему: А =161 , В =

161 , С =

643 , D =

12829 .

9. Записать частное решение у* :

у* = 161 х4 -

161 х4 +

643 х2 +

12829 х.

10. Записать ответ – общее решение уравнения: у = с1 + с2е-4х + 161 х4 -

161 х4 +

643 х2 +

12829 х.

Пример 2. Найти решение задачи Коши для дифференциального уравнения:

xуу sin8=+′′ , удовлетворяющее условиям у(0) = 1, у/(0) = 0. Решение. 1. xуу sin8=+′′ - линейное, неоднородное, II порядка, с постоянными коэффициентами,

со специальной правой частью. 2. у= у + у*.- общее решение 3. 0=+′′ уу ,

27

k2 + 1 = 0, k1,2 = ±i, у = c1cosx + c2sinx.

4. Специальная правая часть 8sinx = e0x(0cosx + 8sin), α=0 β=1, f(x) = P0cosx + Q0sinx. 5. α ± βi = ±i. 6. Значения основного параметра ±I являются однократными корнями

характеристического уравнения, следовательно, r=1. 7. у* = (Acosx + Bsinx) x. 8. a) у* = Axcosx + Bxsinx; (у*)/ =( A + Bx)cosx + (B-Ax)sinx; (у*)//=(2B-Ax)cosx + (2A – 8x) sinx. б) 2Bcosx – 2Asinx = 8sinx.

в) ⎩⎨⎧

=−=

82.02

AB

г) А = -4, В = 0. у* = -4хсosx. у = (с1 – 4х)cosx + с2sinx Найти значения произвольных постоянных с и с2 :

⎩⎨⎧

−+−=′+−=

xcxсosxсуxсхсу

sin)4()4(.sin)4(

12

21

При х=0, у=1, у´=0 имеем с1=1, с2=4. Записать ответ – частное решение уравнения: у = (1 – 4х)cosx + 4sinx. Задачи: 1. Решить ДУ 1'2'' 2 −=− xyy

Ответ: 644

322

21xxxeccy x −−++=

2. Решить ДУ xxyyy 2cos22sin2'3'' +=++

Ответ: ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −++= −− xececy xx 2

4cos225.02

21π

3. Решить ДУ xeyyy 2'''2 =−+

Ответ: xx

x eececy ++= − 221

4. Решить ДУ xeyy x cos'' +=+

Ответ: ( ) xcxcxxey x sincossin21

21 ++=

28

Самостоятельная работа Нормальные системы обыкновенных дифференциальных уравнений. Нормальная система двух дифференциальных уравнений 1 порядка с двумя

неизвестными имеет вид

( )

( )⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

=

,,,

,,,

2

1

zyxfdxdz

zyxfdxdy

Решение системы имеет вид:

( ) ( )[ ]

( ) ( )[ ]⎪⎪⎭

⎪⎪⎬

⎫

=

=

xxxfdx

d

xxxfdx

d

2122

2111

,,

,,

ϕϕϕ

ϕϕϕ

Нормальная система II порядка допускает общее решение, содержащее две

произвольных постоянных: ( )( ).,,

,,,

212

211

ccxzccxy

ϕϕ

==

Решение, удовлетворяющее начальным условиям .zz

,yy

0xx

0xx

0

0

=

=

=

= называется частным

решением системы.

Пример: Найти общее решение системы дифференциальных уравнений

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

=

.2

,

ydtdy

ydtdz

Имеем простейший случай, когда одно из уравнений – второе – содержит только одну искомую функцию. Решим его:

.

,ln2ln

.2

21

1

tecy

cty

dty

dy

=

+=

=∫ ∫

Подставим полученную функцию в первое уравнение системы:

.2

,

.

221

21

21

cecz

dtecdz

ecdtdz

t

t

t

+=

=

=

∫∫

Ответ: ⎪⎩

⎪⎨⎧

=

+=

.

.2

21

221

t

t

ecy

cecz

29

Пример. Найти общее решение системы дифференциальных уравнений

⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

−

−=

.

,2

zdxdz

ydxdy

Ответ:⎪⎩

⎪⎨⎧

=

= −

.ecz

;ecyx

2

x21

В общем случае нормальная система II порядка решается сведением её к равносильному

уравнению II порядка относительно одной из искомых функций. Пример: Найти частное решение системы дифференциальных уравнений

( )

( )⎪⎪⎩

⎪⎪⎨

⎧

=−=

=−

=

.20z ,y11

dxdz

10y ,xz

1dxdy

Ответ ⎪⎩

⎪⎨

⎧

+=

=−

.e2xz

,eyx

21

x21

30

Модуль 10. Кратные интегралы

Понятие двойного интеграла. Вычисление двойного интеграла в декартовой системе координат

Определение. Будем считать область D простой относительно оси ОХ, если она

ограничена сверху линией ( )xyy 2= , снизу линией ( )xyy 1= , где y1(x) и y2(x) – непрерывные на отрезке [a,b], и с боков ограничена отрезками прямых x=a, x=b. В отдельных случаях отрезки прямых вырождаются в точки.

( )xyy 1= - линия входа в область;

( )xyy 2= - линия выхода из области. Определение. Область D простая относительно оси ОY, если она ограничена слева

линией ( )yx ψ= , справа линией ( )yx μ= , сверху отрезком прямой y=d, а снизу отрезком прямой y=c (рис.).

Интеграл по прямоугольнику D.

Перестановка пределов интегрирования.

∫ ∫ ∫ ∫ ∫∫==d

c

b

a

d

c

b

a

d

c

b

a

dyyxfdxdxyxfdydxdyyxf ),(),(),(

∫∫ ∫ ∫=)(

)(

)(

),(),(D

b

a

xw

xv

dyyxfdxdxdyyxf

31

Аудиторная работа Вычисление двойных интегралов по прямоугольной области

Пример 1. Вычислить интеграл ∫∫=D

dxdyxI y3cos2 2 , где область 21: ≤≤ xD , 20 π<≤ y .

Решение. Поскольку область интегрирования прямоугольная, пределы интегрирования в двухкратном интеграле — постоян-ные, а т.к. подынтегральная функция есть произведение множителей, каждый из которых зависит только от одной переменной, то порядок интегрирования выбираем произвольно, например:

[ ] =⋅⎥⎦⎤

⎢⎣⎡==

ππ

∫∫2

2

0

2

1

3

0

2

1

2333 sin32cos2 yxydydxxI ( ) .70sinsin32 63

18 =−⋅= π−

Самостоятельная работа

Пример 1: В двойном интеграле ∫∫D

dxdyyxf ),( расставить пределы интегрирования в

том и другом порядке, если D – треугольник с вершинами О(0,0), А(1,0), В(1,1) .

Решение:∫∫ ∫ ∫ ∫ ∫==D o

x

y

dxyxfdydyyxfdxdxdyyxf1

0

1

0

1

),(),(),(

Пример 2: Найти площадь, ограниченную эллипсом.

Решение:

Уравнение эллипса имеет вид: 12

2

2

2

=+by

ax

; выразим y: 22 xa

aby −±=

Тогда:

∫

∫∫∫

∫∫ ∫ ∫ ∫

=+=

=+==⋅−⋅=

==

=−==−

−−

2/

0

2/

0

2/

0

22/1

0

22

0 0

22

2cos2

)cos1(2cos4cossin14

sin42

22

22

π

ππ

ππ abtdtabab

dttabtdtabtdttaab

taxзамена

dxxaabdydxdxdy

D

axa

ab

xaab

a

32

Пример 3. Записать выражение ( ) ( )dyyxfdxdyyxfdx

xx

∫∫∫∫−

+2

3

0

3

10

1

0

,,2

в виде одного двойного

интеграла, переменив порядок интегрирования. Решение. Напишем уравнения линий,

ограничивающих области, на которые распространены данные двойные интегралы: D1

⎩⎨⎧

==

==2,1

0,0xyx

yx и D2

⎪⎩

⎪⎨⎧

−==

==

23,3

0,1xyx

yx. Тогда

область D= D1+ D2 есть простая. Точку А(1;1) спроектируем на ось OY, получим область D, ограниченную снизу прямой

y=0, сверху y=1, слева – линией x= y , справа - прямой x=3-2 y. Таким образом,

( ) ( )dyyxfdxdyyxfdx

xx

∫∫∫∫−

+2

3

0

3

10

1

0

,,2

= ( )∫∫− y

y

dxyxfdy231

0

, .

Пример 4. Изменить порядок интегрирования в двойном интеграле

( ) .,24

2

2

1

dyyxfdxx

x∫∫−

−−

Решение. Определяем уравнения границы области, выписывая пределы изменения каждой из переменных:

.42,21 2xyxx −≤≤−≤≤− Строим область, ограниченную линиями у = 2 − х, у = 4 − х2 Искомый интеграл будет

выглядеть как сумма двух интегралов по областям: • D1, где ;42,30 yxyy −≤≤−≤≤

• D2, где .44,43 yxyy −≤≤−−≤≤

( ) .,24

2

2

1

dyyxfdxx

x∫∫−

−−

= ( ) .,4

4

4

3

4

2

3

0

4

2

2

1

2

∫∫∫∫∫∫−

−−

−

−

−

−−

+=y

y

y

y

x

x

fdxdyfdxdydyyxfdx

Задачи:

1. Изменить порядок интегрирования в интеграле ∫∫−−

x

x

dydx4

4

0

2. Изменить порядок интегрирования в интеграле ∫∫+ x

x

dydx24

0 и найти площадь фигуры.

3. Определить пределы интегрирования интеграла ( )∫∫D

dxdyyxf , , если D ограничена

линиями y=x, y=2, x+y=6.

4 y D2 3 D1 x 1 2

33

Двойной интеграл в полярной системе координат Аудиторная и самостоятельная работа Двойной интеграл в полярных координатах Если область D обладает симметрией вращения, то выгодно использовать замену

ϕcosrx = , ϕsinry = , 2222222 rsinrcosryx =+=+ ϕϕ , тогда

( ) ( )∫∫=∫∫2

1

2

1

r

rDrdrsinr,cosrfddxdyy,xf ϕϕϕ

ϕ

ϕ

Пример 1. Вычислить площадь области D, ограниченной линией 222 Ryx =+ .

Решение

2

0

2

0

2

0222

RdddddxdyRR

oRyx

πϕρρϕρρππ

=== ∫ ∫∫ ∫∫∫≤+

Пример 2. Переходя к полярным координатам, вычислить ( )∫∫ +D

dxdyyx 22 ,

распространенный на область D, ограниченную окружностью x2+y2=2ax.

Решение. Если ϕρ cos=x ϕρ sin=y , то ( ) 22222 sincos, ρϕρϕρϕρ =+=f Уравнение окружности в полярных координатах имеет вид

ϕρρ cos22 а= или ϕρ cos2а= . Область D ограничена лучами

2πϕ −= и

2πϕ = . При каждом фиксированном ϕ значение ρ

меняется от 0 до ϕρ cos2а= . На основании формулы(*)

( ) ( )

( )2

34812

23221

211641

4

42

2

2

2

2

2

42

2

24

2

2

2

42

2

442

2

2

0

42

2

2

0

222

a|sin|sin|adcoscosa

dcosadcosad|dddxdyyxcosacosa

D

πϕϕϕϕϕϕ

ϕϕϕϕϕρρρρϕ

π

π

π

π

π

π

π

π

π

π

π

π

π

π

ϕπ

π

ϕ

=⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛++=∫ ++=

∫ +=∫=∫ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=∫ ∫=∫∫ +

−−−−

−−−−

Ответ: ( ) 422

23 adxdyyx

D

π∫∫ =+

34

Пример 3. Вычислить интеграл ∫∫D

xydxdy , где D – область, ограниченная эллипсом

12

2

2

2

=+by

ax и лежащая в первой четверти.

Решение. Перейдем к полярным координатам ρ и ϕ по формулам

ϕρ cosax = и ϕρ sinby = . Тогда уравнение эллипса примет

вид 2

0,1,11sincos 22

222

2

222 πϕρρϕρϕρ ≤≤==⇒=+b

ba

a

.

( )

( ) ( )84

124

222

0

2221

0

2

0

42

1

0

3

2

2

0

2

0

1

0

ba|sinba|sindsin

ddsincosabdabsinbcosadxydxdy

ab

D

=⋅=⋅=

===

∫

∫∫∫∫ ∫ ∫

ππ

ππ

ϕρϕϕ

ρρϕϕϕρρϕρϕρϕ

Ответ: 8

22ba

Пример 4. Преобразовать к полярным координатам и расставить пределы у интеграла

( )∫ ∫−R

R

yRy

dxyxfdy2

2

2

0

2

, .

Решение.

Область D определяется следующими условиями: RyR 22

≤≤ ; 220 yRyx −≤≤ .

Перейдем к полярным координатам: 2Ry = ;

2sin R=ϕρ ;

ϕρ

sin2R= ; y=2R; R2sin =ϕρ ;

ϕρ

sin2R= ; 22 yRyx −= ; Ryyx 222 =+ ; ϕρϕρρ sin2,sin22 ⋅== RR .

Решаем совместно: ⎪⎩

⎪⎨⎧

=

=

ϕρϕ

ρ

sin2sin2R

R

⇒ ϕϕ

sin2sin2

RR = ;

41sin 2 =ϕ ;

21sin =ϕ ;

6πϕ = ;

35

( ) ( )∫ ∫∫ ∫ =− 2

6

sin2

sin2

2

2

2

0

sin,cos,2

π

π

ϕ

ϕ

ρρϕρϕρR

R

R

R

yRy

dfdydxyxfdy .

Задачи:

1. Вычислить ∫∫−−

D

yx dxdyе22

, если область D – круг 222 ayx ≤+ .

2. Вычислить ∫∫ −−D

dxdyby

ax

2

2

2

21 , если область D : 12

2

2

2

≤+by

ax .

Тройные интегралы в декартовой системе координат Цель: научить вычислять тройные интегралы.

Вычисление тройного интеграла в декартовой системе координат ∫∫∫V

dxdydz)z,y,x(f ,

может быть осуществлено посредством ряда последовательных интегрирований. Чтобы вычислить тройной интеграла по области V надо:

( ) ( )∫∫∫ ∫∫ ∫=V D

z

zdzz,y,xfdxdydxdydzz,y,xf

2

1

, где D –проекция области V на плоскость xoy, а

( ) ( )y,xz;y,xzz 21= - уравнения поверхностей, ограничивающих область сверху и снизу.(рис1)

Рис 1 В случае когда D простая область, то тройной интеграл вычисляется по формуле:

( )( )

( )( )

( )

( )dzz,y,xfdydxdxdydzz,y,xf

y,xz

y,xz

y

xyV

b

a∫∫∫∫∫ ∫=

2

1

2

1

, где ( ) ( )( ) ( )⎪

⎩

⎪⎨

⎧

<<<<

<<

y,xzzy,xzxyyxy

bxa:V

21

21

Если областью интегрирования служит внутренность параллелепипеда с гранями, параллельными координатным плоскостям (рис 2), то пределы интегрирования постоянны во всех трёх интегралах :

36

.dz)z,y,x(fdydxdxdydz)z,y,x(fl

k

d

c

b

aV∫∫∫=∫∫∫

В этом случае интегрирование можно производить в любом порядке, пределы интегрирования будут при этом сохраняться.

Если же в общем случае менять порядок интегрирования (т.е., скажем, интегрировать сначала по направлению оси Оу, а затем по области плоскости Oxz), то это приведёт к изменению порядка интегрирования в тройном интеграле и к изменению пределов интегрирования по каждой переменной.

Рис 2 рис 3 Аудиторная и самостоятельная работа

Пример 1. Вычислить интеграл ∫ ∫ ∫1

0 0 0

2

2x xy

yzdzdydxx

∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫∫ ∫ ∫ =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛===⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

1

0 0

44

1

0 0

341

0 0

2221

0 0 0

22

1

0 0 0

222222

421

21

21

2dxyxdydxyxdydxyyxxdydxzyxyzdzdydxx

xxxx xyx xy

.104

1131

81

81

421 1

0

131

0

121

0

84

=⋅=== ∫∫ xdxxdxxx

Пример 2. Вычислим тройной интеграл ,)(∫∫∫Ω

++= dxdydzzyxI

где V – область, ограниченная координатными плоскостями x=0, y=0, z=0 и плоскостью x+у+ z=1 (пирамида, изображённая на рис.3).

Интегрирование по z совершается от z=0 до z = 1 - x - у. Поэтому, обозначая проекцию области V на плоскость Оху через D, получим

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡++=++=

−−−−

∫∫∫∫∫ dxdyzzyxdzzyxdxdyIyxyx

D

1

0

21

0 2)()(

.2

)1()()(2

2 dxdyyxyxyx∫∫ ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −−++−+=

Расставим теперь пределы интегрирования по области D – треугольнику, уравнения сторон которого х = 0, у = 0, x+ у = 1:

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −−++−+= ∫∫−

dyyxyxyxdxIx1

0

22

1

0 2)1()()(

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −−−+−+=−

∫x

yxyxyxdx1

0

3321

0 6)1(

3)(

2)(

.81

6)1(

331

2211

0

332

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −++−−= ∫ dxxxx

37

Пример 3. Вычислить ( )∫∫∫ +V

dxdydzyxcosy , если V ограничена поверхностями

xy = , 0=y , 0=z , 2π=+ zx .

Строим область V Проекцией области V на плоскость xoy является область D,

ограничена линиями xy = , 0=y , 2π=x .

( ) ( )∫ =+∫ ∫=∫∫∫ +−x

x

Vdzzxcosydydxdxdydzyxcosy

2

0

2

0 0

ππ

= ( ) ( )∫ ∫ =−∫=∫ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ + −2

0 0

2

00

20

1π π

π xx x dyxsinydxdyzxsinydx

= ( ) ( )21

1621

240

21

21

22

0

2

0

22

00

2

−=∫ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+=∫ ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=⎟

⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛⋅− π

ππ π

xsinxcosxxdxxxsindxyxsinx

Пример 4. Вычислить интеграл

,dxdydzexT

zy∫∫∫ +26

где Т — область, ограниченная цилиндром х3 = у и плоскостями х = 0, у + z = 1, z = 0. Решение. Построим данное тело (см. рис. 12.27) и представим данный интеграл по

формуле

,661

0

22 dzedxdyxdvexIy

zy

DT

zy

xy

∫∫∫∫∫∫−

++ ==

где Dxy — проекция тела Т на плоскость xoy

[ ] ( ) =−== ∫∫∫∫−+

11

0

210

11

0

2

33

66x

yyzy

x

dyeedxxedydxxI [ ] =⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ +−−=−= ∫∫

1

0

321

0

12 33 66 dxeexeexeeydxx x

xy

=⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛⎥⎦⎤

⎢⎣⎡−=

⎟⎟

⎠

⎞−⎜

⎝⎛= ∫∫∫

1

0

1

0

631

0

51

0

263

1 3366 xedxedxxedxex xx ( ) .eeee ex 2126 63

1 1

0

3−=−−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−⎥⎦

⎤⎢⎣⎡=

z o 1 y x

y

o 1 x

38

Задачи: 1. Вычислить ( )∫∫∫ −+

Vdxdydzzyx 32 , если область V- призма, ограниченная плоскостями

0=x , 0=y , 0=z , 3=z , 2=+ yx . Ответ: 11.

2. Вычислить ∫∫∫V

dxdydzxz 2 , если область V- ограниченна плоскостями 0=y , 0=z ,

3=z ,. 2=y , 22 yyx −=

Ответ: 30.

Тройные интегралы в цилиндрических и сферических координатах Цель: научить вычислять тройные интегралы в цилиндрических и сферических

координатах Аудиторная работа Цилиндрическая система координат Цилиндрическими координатами точки М являются числа r, ϕ, z, где πϕ 20 ≤≤ ,

∞<<∞− z , ∞≤≤ r0 Связь координат произвольной точки M пространства в цилиндрической системе с

координатами в декартовой прямоугольной системе осуществляется по

формулам:⎪⎩

⎪⎨

⎧

===

zzsinrycosrxϕϕ

;zz;xyarctg;yxr ==+= ϕ22

Тогда тройной интеграл в цилиндрических координатах вычисляется по формуле:

∫∫∫=∫∫∫VV

dzddrr)z,sinr,cosr(fdzdydx)z,y,x(f ϕϕϕ .

Пример 1. Вычислить ∫∫∫ +v

dxdydzyxz 22 , если V ограничена поверхностями 1=z ,

xyx 222 =+ , 0≥y , 0=z . Область V проецируется на координатную плоскость в

область D, ограниченную прямой 0=у и дугой окружности xyx 222 =+ .

Поэтому перейдем к цилиндрическим координатам

39

rzrzsinrcosrzyxz ⋅==+=+ 2222222 ϕϕ .

ϕϕ cosrcosrrxyx 222 222 =→=→=+ , где

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎨

⎧

≤≤≤≤

≤≤

10202

0

zcosr ϕ

πϕ

Вычисляем тройной интеграл:

=∫ ∫ ⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛=

⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛∫=∫ ⋅∫∫=∫∫∫ +

ϕπ ϕπ

ϕπ

ϕϕϕcos

coscos

v

rdzdrrdrdzzrdrddxdydzyxz2

0

2

0

2

0

31

0

222

0

1

0

2

0

2

0

22

321

2

= ( ) ( ) ( )98

94

341

341

34

38

21 2

0

32

0

22

0

2

0

23 =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=∫ −=∫ ∫ −=

πππ π

ϕϕϕϕϕϕϕϕϕ sinsinsindsindcossindcos .

Пример 2. Вычислить тройной интеграл ( ) ,22 dVyx

T∫∫∫ +

где область Т ограничена параболоидом x2 + y2 = 2z и плоскостью z = 2 Решение. Поскольку проекцией тела на плоскость хоу является круг, удобно выполнить

вычисление тройного интеграла в цилиндрических координатах x = ρ cosϕ, y = ρ sinϕ, dv = ρdρdϕdz, x2 + y2 = ρ2.

Уравнения поверхностей принимают вид .2,22

== ρ zz

Каждая из поверхностей является соответственно геометрическим местом, первая – аппликат точек входа в область, вторая – аппликат точек выхода из области. Граница области Dxy – проекция линии

пересечения поверхностей – окружность:

.242

, 22

2 =ρ⇒=ρ⇒⎪⎩

⎪⎨⎧

== ρ

zz

Итак, ;2;20,20 22

≤≤≤ρ≤π≤ϕ≤ ρ z

( ) =ρρϕ=ϕρρ=+ ∫∫∫∫∫∫∫∫∫ρ

π 2

2

2

0

32

0

222

2

dzdddzdddVyxVV

.82222 316

316

1222

2

0

642

0

23 π=⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −π=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −π=ρ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −ρπ= ρρρ∫ d

Задачи: 1. Вычислить интеграл ∫∫∫

Vzdxdydz , преобразовав его к цилиндрическим координатам,

если область V, ограничена поверхностями 4222 =++ zyx , 1≥z .

z 2 0 y x

40

Самостоятельная работа Сферическая система координат. Сферическими координатами точки М являются числа r, ϕ, θ , где πϕ 20 ≤≤ ,

πθ ≤≤0 , ∞≤≤ r0 Связь координат произвольной точки М пространства в сферической системе с

координатами в декартовой прямоугольной системе осуществляется по формулам:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

===

ϕθϕθϕ

cosrzsinsinrycossinrx

;z

yxarctg;

xyarctg;zyxr

22222 +

==++= ϕθ

Тогда тройной интеграл в сферических координатах вычисляется по формуле:

∫∫∫=∫∫∫VV

dddrsinr)cosr,sinsinr,sincosr(fdzdydx)z,y,x(f θϕθθθϕθϕ 2

Пример 3 . Вычислить ∫∫∫

Vzdzdxdy , если область V ограничена сферической

поверхностью 4222 =++ zyx и плоскостью 1≥z . Проекцией области V на плоскость XOY является круг 2=r ,

поэтому πϕ 20 ≤≤ . Найдем в каких пределах находится угол θ

Рассмотрим Δ ОО’А, тогда 32

1 πθθ =→==OA

'OOcos , значит

переменная θ изменяется в интервале 3

0 πθ ≤≤ .

Перейдем к сферическим координатам 4222 =++ zyx → 422222222 =++ θθϕθϕ cosrsinsinrsincosr → 242 =→= rr

θθ

cosrcosrz 111 =→=→= .

Вычисляем тройной интеграл:

( )

ππ

θπθθϕθθϕθ

θθθϕ

θθθϕθθθϕ

πππ ππ ππ π

π π

θ

π π

θ

49

81

418

12322

241224

414

4

2

3

0

23

0

22

0

3

03

2

0

3

0

2

0

3

04

2

0

3

0

2

1

2

0

3

0

2

1

42

=⎟⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜⎜

⎝

⎛

+⋅

−⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=

⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

−+=∫ ∫+∫ ∫=∫ ∫ ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

=∫ ∫ ∫ ∫ ∫⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛==∫∫∫

−cossincos

cosddsindsinddcos

cossind

rdcossindcosrdrrdsindzdzdxdycos

cosV

41

Пример 4. Найти объём тела, ограниченного поверхностями ,16222 =++ zyx ,4222 =++ zyx 222 zyx =+ ( ).,0 222 zyxz ≤+>

Решение. Данное тело расположено внутри конуса между двумя сферами радиусов 2 и 4 Проведём вычисления в сферической системе координат: x = r cosϕsinθ, y = r sinϕ sinθ, z = rcosθ, |I| = r2sinθ. Запишем уравнения поверхностей:

,16cossinsinsincos

22

222222

=θ++θϕ+θϕ

rrr

( )[ ] ,16cossincossin 22222 =θ+ϕ+ϕθr

r2 = 16 ⇒ ρ = 4 – уравнение внешней сферы, аналогично уравнение внутренней сферы: r = 2.

Уравнение конуса ( ) ,cossinsinsincos 2222222 θ=θϕ+θϕ rr ,cossin 22 θ=θ

т. к. по условию объём находится внутри верхней части конуса (z ≥ 0), то tgθ = 1, (sinθ = cosθ), 0 ≤ θ ≤ π/4.

Итак,

[ ] =⎥⎦⎤

⎢⎣⎡⋅θ−⋅ϕ=θθϕ= ρππ

ππ

∫∫∫4

2

34

020

4

2

24

0

2

03cossin drrddV ( ) ( ).2286412 3

5631

22 −⋅π=−⋅⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +π= −

Задачи 1. Вычислить интеграл ∫∫∫

Vxydxdydz преобразовав его к сферическим координатам, если

область V, ограничена поверхностями 9222 =++ zyx , 222 zyx =+ (внутри конуса).

Приложение двойных и тройных интегралов Цель: приложение тройных и двойных интегралов к задачам механики. Аудиторная работа Приложение двойного интеграла к задачам механики и геометрии Если D – плоская пластинка, лежащая в плоскости XOY с поверхностной плотностью ( )yx,μμ = , то ее массу находят по формуле

( )∫∫=D

dxdyyxm ,μ ,

а координаты центра тяжести xc и yc пластинки находят по формулам

z 4 2 θ 0 y x

42

( )

( )∫∫

∫∫=

D

Dc dxdyyx

dxdyyxxx

,

,

μ

μ;

( )

( )∫∫

∫∫=

D

Dc dxdyyx

dxdyyxyy

,

,

μ

μ,

где ( )∫∫D

dxdyyxx ,μ - статический момент пластинки относительно оси OY; ( )∫∫D

dxdyyxy ,μ

- статический момент пластинки относительно оси OX, а для однородных пластинок

∫∫

∫∫=

D

Dc dxdy

xdxdyx ,

∫∫

∫∫=

D

Dc dxdy

ydxdyy ,

где ∫∫D

dxdy - площадь области D.

Объем цилиндрического тела, ограниченного сверху поверхностью ( )yxfz ,= , а снизу - областью D, находится по формуле

( )∫∫=D

dxdyyxfV , .

Пример 1. Вычислить площадь области D, ограниченной линиями xy = ; xy 2= ; x-4=0.

Решение. Построив данные линии, получим область D, простую

относительно OX, тогда

3164

32|

32| 2

34

0

234

0

4

0

24

0

2

====⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛=== ∫∫∫ ∫∫∫ xdxxdxydydxdxdySx

x

x

xD

.

Ответ: 316=S (кв.ед.).

Пример 2. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями

z=x2+y2; z=0; y=x2; y=1.

Решение.

43

Построив поверхности, получим тело V, для которого плоскость YOZ – плоскость симметрии. На основании формулы ( )∫∫=

D

dxdyyxfV , ,

( ) ( )

( )10588...

32

|3

22

1

0

2

3

1

0 0

231

0 0

2222

==⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛+=

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=+=+=

∫

∫∫ ∫∫∫

dyyyy

dyxyxdxyxdydxdyyxVyy

D

Ответ: V=10588 (куб.ед.).

Пример 3. Найти координаты центра тяжести однородной пластины, ограниченной параболой y=x2 и

y=2. Решение. Построив линии, ограничивающие пластину, замечаем, что

пластина симметрична относительно оси OY. Следовательно, xc=0, а

∫∫

∫∫=

D

Dc dxdy

ydxdyy .

5216

52424|

102

22|

2

2

2

52

2

42

2

222

2

2

22

=−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛==

−−−−∫∫∫ ∫∫∫

xxdxxdxyydydxydxdyxxD

( )3

283

22223

2222|3

22|2

2

32

2

2

2

2

2

222

22

=−+−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=−=⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛==

−− − −∫ ∫ ∫∫∫∫

xxdxxdxydydxdxdyxxD

yc= 2,156

328

5216

==

Ответ: xc=0; yc=1,2. Задачи: 1. Вычислить объем тела, ограниченного поверхностями x2+y2=2x; z=2x; z=4x. 2. Вычислить координаты центра тяжести фигуры (однородной пластины), ограниченной

кривой y=sinx и прямой OA, проходящей через начало координат и точку А(2π ;1).

Приложение тройных интегралов Основные формулы для тройных интегралов Центр тяжести тела

44

∫∫∫

∫∫∫=

V

V

dxdydz

xdxdydzx ,

∫∫∫

∫∫∫=

V

V

dxdydz

ydxdydzy ,

∫∫∫

∫∫∫=

V

V

dxdydz

zdxdydzz .

Масса тела ( )∫∫∫=

Vdxdydzz,y,xm ρ , где ( )z,y,xρρ = - плотность

Момент инерции тела относительно осей координат ( )∫∫∫ +=

Vox dxdydzzyI 22 , ( )∫∫∫ +=

Voy dxdydzzxI 22 , ( )∫∫∫ +=

Voz dxdydzxyI 22

Момент инерции тела относительно начала координат ( )∫∫∫ ++=

Vo dxdydzzyxI 222

Объем тела ∫∫∫=V

dxdydzV

Пример 1 . Найти массу тела, ограниченного поверхностями xz 62 = , 2=x , 0=y , 1=y , 0=z , если плотность равна ( ) zz,y,x =ρ .

Проекция области V на плоскость XOY будет прямоугольник ОАВС , поэтому пределы интегрирования бкдут

иметь вид xz

yx

601020

≤≤≤≤≤≤

По формуле ( )∫∫∫=V

dxdydzz,y,xm ρ имеем

∫ ∫ ==∫ ∫ ⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜

⎝

⎛=∫ ∫ ∫∫∫∫ ==

1

0

2

0

21

0

2

0

6

0

22

0

1

0

6

018

2dxxdydxzdyzdzdydxzdxdydzm

xx

V

48484861

0

1

0

1

0

2

0

3 =∫ ==∫ ⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ ydydyx

Пример 2. Найдем координаты центра тяжести однородного тела, ограниченного

цилиндром 2

21 yz = и плоскостями 0=y , 0=z , 0=x , 01232 =−+ yx .

Проекцией области V на плоскость XOY имеет вид треугольника. Поэтому пределы интегрирования имеют вид:

210324060 yz,xy,x ≤≤−≤≤≤≤ .

Используя формулы ∫∫∫

∫∫∫=

V

V

dxdydz

xdxdydzx ,

∫∫∫

∫∫∫=

V

V

dxdydz

ydxdydzy ,

∫∫∫

∫∫∫=

V

V

dxdydz

zdxdydzz найдем центр тяжести.

45

=

∫⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

∫⎟⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎜

⎝

⎛

=

∫ ∫

∫ ∫=

∫ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∫

∫ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛

∫=

∫ ∫∫

∫ ∫∫=

∫∫∫

∫∫∫=

−

−

−

−

−

−

−

−

6

0

324

0

3

6

0

324

0

3

6

0

324

0

2

6

0

324

0

2

6

0

221

0

324

0

6

0

221

0

324

0

6

0

221

0

324

0

6

0

221

0

324

0

6

6

21

21

dxy

dxyx

dyydx

dyyxdx

zdydx

zdyxdx

dzdydx

dzdyxdx

dxdydz

xdxdydzx

x

x

x

x

yx

yx

yx

yx

V

V

56

41

324

23

5278

34

33232

324

324

23

61

278

3163264

324

61

324

61

6

0

4

6

0

5432

6

0

3

6

0

3

36

0

36

0 =

⋅⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−

⋅−+−=

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∫ ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −−

∫ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+−

=

∫ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

∫ ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −

=

x

xxxx

xdx

xdxxxx

dxx

xdxx

∫∫∫ ==v

dxdydzV 96

52=

∫∫∫=

V

ydxdydzy V

58=

∫∫∫=

V

zdxdydzz V

Задачи: 1. Вычислить объем тела ограниченного поверхностями 0=y , 0=z , 0=x , 4=x , 4=y ,

122 ++= yxz .

Ответ: 32186

46

Модуль 11. Криволинейные и поверхностные интегралы

Криволинейные интегралы первого рода. Приложение к решениям задач геометрии

Цель: - научить вычислять криволинейные интегралы 1-го рода. -научить применять вычисление криволинейного интеграла при решении

геометрических и физических задач. Аудиторная работа Определение криволинейного интеграла первого рода. Вычисление. Пусть функция f (x,y,z) определена и непрерывна в точках гладкой кривой γ. И пусть

точки A1, A2,…,An разбивают эту кривую на элементарные дуги длиной ΔSk, k=1,…,n. На каждой элементарной дуге выберем произвольную точку Mk(ξk, ηk, υk) и составим сумму

∑=

Δn

kkkkk Sf

1

),,( νηξ .

Криволинейным интегралом первого рода называется предел интегральных сумм

∑=

Δn

kkkkk Sf

1

),,( νηξ , при 0→Δ kS , если он не зависит от способов разбиения кривой γ и

выбора на ней точки Mk. Пишут

∑∫=→Δ

Δ=n

kkkkkS

SfdSzyxfk 10max

),,(lim),,( νηξγ

,

Где левая часть формулы – обозначение интеграла первого рода, правая – его определение.

Если кривая γ задана вектор-функцией [ ]βαχψϕ ,,)()()()( ∈++= tktjtittF , то криволинейный интеграл вычисляется по формуле:

∫∫ ′+′+′=β

αγ

χψϕχψϕ ,))(),(),((),,( 222 dttttfdSzyxf

где в правой части стоит определенный интеграл по переменной t. В случае, когда кривая может быть задана в явном виде [ ]baxxyy ,),( ∈= , формула

может быть записана

∫∫ ′+=b

a

dxyxyxfdSyxf .1))(,(),( 2

γ

Пример 1.

Вычислить ∫ −γ yxdS , где γ – отрезок прямой 2

21 −= xy , заключенного между точками

А(0,-2) и В(4,0).

47

Решение: 21=′y

.2ln548ln5)5ln(5

45

211

22114

0

4

0

4

0

2

==+=+

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛+

+−=

− ∫ ∫∫ xxdxdx

xxyxdS

γ

Пример 2.

Вычислить криволинейный интеграл ∫ −γ

dSyx )34( 3 от точки Е(-1,0) до точки Н(0,1) по

дуге астроиды tx 3cos= , ty 3sin= . Решение:

tdttdx sincos3 2−= ; tdttdy cossin3 2= ; tdttdydxdS cossin322 =+= .

∫ ∫∫=

=

−=−−=−=2 2

0

252

0

23

746sinsin9coscos12cossin3)sin3cos4(

π

π

ππH

E

t

t

ttdttdtdttttI .

Пример 3. Вычислить ,2 22∫ +L

dlyx где L – линия пересечения поверхностей

,2222 Rzyx =++ z = x. Решение. Кривая представляет собой пересечение сферы и плоскости – это окружность В качестве параметра выберем х = t. Из равенства z = х следует z = t. Из уравнения сферы

найдём у: ,2 222 tRy −= .2 22 tRy −±= Итак, параметрические уравнения линии интегрирования L:

⎩⎨⎧

−±===

.tRy,tz,tx

22 2

Пределы интегрирования по аргументу t находим из условия существования функции у:

,02 22 ≥− tR ,222 Rt ≤ ,

2Rt ≤ .

22RR t ≤≤−

( ) ,1=′ tx ( ) ,1=′ tz ( ) ;2

222 tR

tty−

=′ ∓

.112222

2

2

2

2

4

tR

Rdt

tR

t dtdl−−

=++=

Подынтегральная функция примет вид

.222 22222 RtRtyx =−+=+

Переводим криволинейный интеграл в определённый по формуле (4) и вычисляем его:

===+ ∫∫∫−− −−

2

2

22

22

2

22222

22

22

R

RR

R

RL t

dt

tR

dt RRdlyx .arcsin 22

2

2 2 π==−

RR

R

RRt

48

Задачи: Вычислить криволинейные интегралы:

1. ∫γ

xydS , где γ – контур прямоугольника с вершинами A(0,0), B(4,0), C(4,2), D(0,2).

(Ответ: 24)

2. ∫γ

ydS , где γ – дуга параболы pxy 22 = , отсеченная параболой pyx 22 = .

( Ответ: )155(3

2

−p )

3. ∫ +γ

dSyx n)( 22 , где γ – окружность ⎪⎩

⎪⎨

⎧

===

RztRytRx

sincos

, [ ]π2,0∈t .

( Ответ: 122 +naπ )

4. ∫γ

xydS , где γ – четверть эллипса, лежащего в первом квадрате.

( Ответ: )(3

)( 22

bababaab

+++ )

5. ∫γ

dSy2 , где γ – первая арка циклоиды ⎩⎨⎧

−=−=

)cos1()sin(tayttax

, [ ]π2,0∈t .

( Ответ: πaa4 )

6. ∫ +γ

dSyx

z22

2

, где γ – первый виток винтовой линии ⎪⎩

⎪⎨

⎧

===

atztaytax

sincos

, [ ]π2,0∈t .

( Ответ:( 3

28 3πa )

7. ∫ +−γ

dSyxx )2( 22 , где γ – первый виток винтовой линии ⎪⎩

⎪⎨

⎧

===

tztеytеx

sincos

, [ ]π2,0∈t .

( Ответ: ( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ −+ 1213

2223

2π )

49

Самостоятельная работа Приложения криволинейного интеграла первого рода Решение типичных заданий: - криволинейный интеграл от единичной функции по кривой γ численно равен длине

кривой: ldS =∫γ

;

- если ),,( zyxf - линейная плоскость вещества (или линейная плоскость распределения электрического заряда), то интеграл первого рода от функции f по кривой γ численно равен массе (полному заряду) кривой: mdSzyxf∫ =

γ

),,( ;

Пример 1. Вычислить массу первого витка винтовой линии tax cos= , tay sin= , [ ]π2.0, ∈= tbtz ,

если плотность распределения вещества обратно пропорционально квадрату расстояния от точки кривой до начала координат.

Решение: ,),,(∫=γ

dSzyxfm где 222 zyxkf++

= - плотность распределения вещества;

k – коэффициент пропорциональности.

∫ ∫∫∫ =+

+=++=

++++=

++=

π ππ

γ

2

0

2

0222

22

222

222

0222222

22222

222)(

sincoscossin

tbabtd

bbakdt

tbabakdt

tbtatabtatakdS

zyxkm

.21 222

0

22

abarctg

abbak

abtarctg

abbak ππ +=+=

Пример 2. Найти длину кардиоиды tatax 2coscos2 −= , tatay 2sinsin2 −= . Решение:

dttadtyxdl2

sin422 =+= ; ∫ =−==π π2

0

2

0

162

cos82

sin atadttL .

Пример 3. Найти массу дуги АВ кривой xy ln= , если в каждой ее точке линейная плотность

пропорциональна квадрату абсциссы точки, ,1=Ax 3=Bx . Решение:

xy 1=′ , dx

xdxydl 2

2 11)(1 +=′+= , 2),,( kxzyxf = ;

∫ ∫∫ ≈−=+=++=+==3

1

3

1

23

23

1

221

22

22 6,9)221010(

3)1(

3)1()1(

21),,( kkxkxdxkdx

xxxkdSzyxfm

γ

50

Пример 4.

Вычислить работу силы { }xyyxF ,22 += вдоль отрезка прямой, соединяющей точки М(1,1) и N(3,4).

Решение: Запишем уравнение прямой, проходящей через точки M и N: )1(13141 −−−=− xy

или 21

23 −= xy .

∫ ∫ ∫∫ =⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+=

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −−=+−==

MN MN

dxxxdxxxxxxydydxyxrdFA3

1

22

1

2222

41

43

23

21

23

21

23)(

.6

6741

83

31

43

8279

483

3

3

1

23

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+−⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −+=−+= xxx

Задачи: 1. Найти массу участка линии xy ln= между точками с абсциссами ax = и bx = , если

плотность линии в каждой точке равна квадрату абсциссы точки

(Ответ: ( ) ( ) ⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡ +−+ 23

223

2 1131 ab ).

2. Найти массу четверти эллипса tax cos= , tby sin= , расположенной в первом квадрате, если плотность в каждой точке равна ординате этой точки

(Ответ: ξξ

arcsin22

2 abb + , где a

ba 22 −=ξ - эксцентриситет эллипса).

Криволинейные интегралы второго рода. Формула Грина. Цель: научить вычислять криволинейные интегралы 2-го рода, применять формулу

Грина. Аудиторная работа Решение типичных заданий:

Пусть kzyxRjzyxQizyxPzyxa ),,(),,(),,(),,( ++= - векторная функция, определенная и непрерывная в точках гладкой кривой γ. И пусть точки Ak(xk, yk, zk), k=1,…,n разбивают эту кривую на элементарные дуги. На каждой элементарной дуге выберем произвольную точку Mk(ξk, ηk, υk) и составим сумму

∑=

Δn

kkkkk xP

1),,( νηξ .

51

Криволинейным интегралом по координате x называется предел интегральных сумм

∑=

Δn

kkkkk xP

1),,( νηξ при 0max →Δ kx , если он не зависит от способов разбиения кривой γ и

выбора на ней точки Mk. Пишут

∑∫=→Δ

Δ=n

kkkkkx

xPdxzyxPk 10max


,

Где левая часть формулы – обозначение, правая – его определение. Аналогично определяются интегралы по координатам y и z:

∑∫=→Δ

Δ=n

kkkkky

yQdyzyxQk 10max


∑∫=→Δ

Δ=n

kkkkkz

zRdzzyxRk 10max


.

Полный криволинейный интеграл второго рода есть сумма трех интегралов:

∫ ∫∫ ∫ ∫ ++=++=γ γγ γ γ

RdzQdyPdxRdzQdyPdxrda , где ),,( dzdydxrd = .

Если кривая γ задана вектор-функцией [ ]βαχψϕ ,,)()()()( ∈++= tktjtittF , то криволинейный интеграл вычисляется по формуле:

[ ]∫∫ ′+′+′=β

αγ

χχψϕψχψϕϕχψϕ ,)())(),(),(()())(),(),(()())(),(),(( dtttttRttttQttttPrda

где в правой части стоит определенный интеграл по переменной t. В случае, когда кривая может быть задана в явном виде [ ]baxxyy ,),( ∈= , формула

может быть записана

[ ]∫∫ ++=b

a

dxxyxRxyxQxyxPrda .))(,())(,())(,(γ

Если γ – граница области D и функции ),(),,( yxQyxP непрерывны вместе со своими производными первого порядка в замкнутой области D+γ, то справедлива формула Грина:

∫ ∫∫ ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂−

∂∂=+

γ D

dxdyyP

xQQdyPdx .

При этом контур γ пробегается так, чтобы область D при этом оставалась слева. Пример 1. Вычислить:

∫ ++γ

xdzzdyydx , где γ – окружность:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

===

RztRytRx

sincos

, [ ]π2,0∈t , пробегаемая в направлении возрастания параметра.

52

Решение:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=′=′−=′

0)(cos)(sin)(

tztRtytRtx

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−==⋅+−=++ ∫∫ ∫ dtttRdttRRtRtRxdzzdyydxπ

γ

π 2

0

22

0

)2cos1(21cos)cos)sin(sin(

.42sin

2sin 2

2

0

2 RtttR ππ

−=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−=

Пример 2.

Вычислить криволинейный интеграл ∫ +−γ

ydyxdxxy 2)1( от точки А(1,0) до точки В(0,2):

по прямой 2x+y=2; по дуге параболы 44 2 =+ yx ; по дуге эллипса tx cos= , ty sin2= . Решение: 1) xy 22−= ; dxdy 2−= ;

[ ]∫ ∫ =−+−=−+−=−−+−−=B

A

x

x

xxxxdxxxxdxxxdxxxI0

1

0

1234232

1 1)2()1264()2)(22(1)22( .

2) Здесь удобно преобразовать криволинейный интеграл в обыкновенный интеграл с

переменной y: 4

12yx −= ; dyydx

2−= .

∫ ∫ =⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−−+=⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛−⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−⎟⎟

⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛−=

2

0

2

0

2345222

2 23

2281641

21

41 dyyyyyyydyydyyyyI

51

43

684096

2

0

23456

−=+−−+= yyyyy .

3) tdtdx sin−= ; tdtdy cos2= .

∫ ∫ =−+=⋅⋅+−−⋅=2

0

2

0

2323 )cossin2sinsincos4(cos2sin2cos)sin)(1sin2(cos

π π

dtttttttdttttdtttI

∫ ∫ ∫ =−−−=−+−=34sin

32coscossinsin2sincoscos4

2

0

3420

23

ππ

tttttdtdtttd .

53

Пример 3. Даны точки А(3,6,0) и В(-2,4,5). Вычислить криволинейный

интеграл ∫ −+γ

dzzxdyyzdxxy 222 :

по прямолинейному отрезку ОВ по дуге АВ окружности, заданной уравнениями 45222 =++ zyx . 02 =+ yx . Решение:

Составим уравнение прямой ОВ: 542zyx ==

−. Параметрическое уравнение этой прямой:

tx 2−= , ty 4= , tz 5= .

∫∫ ==−−+−−=

=

1

0

31

0

222 913645)2(54)5(4)2()4(2 dttdtttdtttdtttB

o

t

t

.

Преобразуем данное уравнение окружности к параметрическому виду: tx = , ty 2−= (из

второго уравнения), 2545 tz −= (из первого уравнения). Отсюда: dtdx = , dtdy 2−= ,

25455

ttdtdz−

−= :

∫∫−−=

=

−=−=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛

−−−−−−−+−

2

3

22

32

2222

43173)17180(

5455545)2)(545)(2()2( dttt

ttdtttdtttdttt

B

A

t

t

Пример 4. Вычислить криволинейные интегралы:

1) ∫−

+−γ

dyyxxdx )2(2 и 2) xdyxdxy sincos +∫+γ

вдоль периметра треугольника с вершинами А(-1,0), В(0,2) и С(2,0). Решение: Криволинейный интеграл по ломанной АВСА вычислим как сумму интегралов, взятых на

отрезках АВ,ВС, СА. Составим уравнение прямой АВ: dxdyxyxy 22222 =⇒+=⇒=− .

4)1(4)1(80

1

20

1

−=+−=+−=−

−∫∫ xdxx

AB

.

ВС: dydxyx −=⇒−= 2 ; ∫ ∫ =−=−=BC

ydyy0

2

0

2

2

102

)6()6( .

СА: 00 =⇒= dyy ; 321

2

1

2

2 −===−−

∫∫ xxdxCA

.

∫ ∫∫∫ =−+−=++=BC CAABABCA

33104 .

Подынтегральное уравнение есть полный дифференциал функции двух переменных, ибо xxxy xy cos)(sin)cos( =′=′ . Вследствие этого данный криволинейный интеграл, взятый по

периметру данного треугольника, равен нулю. Он будет равен нулю и по любому другому замкнутому контуру.

54

Пример 5. Применяя формулу Грина вычислить интеграл

∫ +−γ

dyxyydxx 22 ,

где γ – окружность 222 Ryx =+ , пробегаемая против хода часовой стрелки.

Решение: В данном случае 22 , xyQyxP =−= - функции непрерывные вместе со своими частными производными на всей плоскости, поэтому

∫ ∫∫ +=+−γ D

dxdyyxdyxyydxx )( 2222 ,

т.к. 22 ; yxQx

yP =

∂∂−=

∂∂ . Перейдем в полярную систему координат:

∫∫ ∫ ===+D

RRrdrrdxdyyxπ ππ

2

0

44222 .

242)(

Задачи: Вычислить криволинейные интегралы 2-го рода:

1. ∫ +++γ

dyyxdxyx 22 )()( , где γ – ломанная, соединяющая точки О(0,0), А(2,0), В(4,2).

(Ответ:136/3)

2. ∫ +−γ

dyxyydx )( 2 , где γ – дуга параболы 22 xxy −= , расположенная над осью Ох и

пробегаемая против часовой стрелки. ( Ответ:-4)

3. ∫ +γ

xdyydx 2 , где γ – контур ромба, стороны которого лежат на прямых 123

±=+ yx ;

123

±=− yx .

( Ответ:-12)

4. Вычислить ∫ −−+γ

dyyxdxyx )()( , где γ – замкнутый контур, образованный линиями

xy 3= и 2)1(3 −= xy непосредственно применяя формулу Грина. (Ответ: -1/3)

5. Применяя формулу Грина, вычислить ∫ +++γ

dyyxdxyx 222 )()(2 , где γ – пробегаемый

в положительном направлении контур треугольника с вершинами А(1,1), В(2,2), С(1,3). Проверить результат непосредственным вычислением

(Ответ: -4/3).

6. Применяя формулу Грина, вычислить ∫ +++++γ

dyyxxxyydxyx ))ln(( 2222 , где γ –

контур прямоугольника 41 ≤≤ x , 20 ≤≤ y

55

Самостоятельная работа Приложения криволинейного интеграла - если ),,( zyxa - переменная сила, то криволинейный интеграл второго рода можно

истолковать как работу силы a на криволинейном пути γ: ∫=γ

rdaA .

Пример 1. Вычислить работу, совершаемую силой тяжести при перемещении точки массы m по дуге

АВ некоторой кривой. Решение: Если выбрать прямоугольную систему координат так, чтобы направление оси Oz

совпадало с направлением силы тяжести, то действующая на точку сила kmgF = , а ее проекция на оси координат ,0== PFx ,0== QFy mgRFz == .

)( ABABABAB

zzmgdzmgmgdzRdzQdyPdxA −===++= ∫∫∫ .

Она зависит только от разности аппликат начала и конца дуги, но не зависит от формы пути.

Пример 2. Найти работу силового поля, в каждой точке (x,y) которого напряжение (сила,

действующая на единицу массы) jxiyxp −+= )( . Когда точка массы m описывает окружность tax cos= , tay sin= , двигаясь по ходу часовой стрелки.

Решение:

Подставляя в формулу проекцию силы pmF = , действующей на точку: )( yxmFx += , mxFy −= , и преобразуя криволинейный интеграл в обыкновенный с переменной t,

получим

∫∫∫−

−−

=−+=−+=+=π2

0

)sin(cos)cos()sincos()( tatdmatadtatammxdydxyxmQdyPdxACC

∫− −

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+−=+−=

π π

π2

0

2

2

0

222 2

2sin1)cossin1( matmadtttma .

Задачи: 1. Поле образовано силой, имеющей постоянную величину F и направление

положительной полуоси Ох. Найти работу поля, когда материальная точка описывает по ходу часовой стрелки четверть окружности 222 Ryx =+ , лежащую в первом квадрате

(Ответ: FR) 2. Найти работу упругой силы, направляющей к началу координат, величина которой

пропорциональна удалению точки от начала координат, если точка приложения силы

описывает против часовой стрелки четверть эллипса 12

2

2

2

=+by

ax , лежащую в первом

квадрате

(Ответ: ( )22

2bak − , где k – коэффициент пропорциональности).

56

Основные понятия поверхностных интегралов 1 и 2 рода. Основные понятия теории поля

Аудиторная работа Поверхностный интеграл является обобщением двойного интеграла. Вычисление

поверхностного интеграла 1го рода сводится к вычислению двойного интеграла по области D – проекции поверхности S на плоскость.

Формулы вычисления поверхностного интеграла 1го рода:

1) ∫∫∫∫ ′+′+= dxdyzzyxzyxfdszyxf yxS

221)),(,,(),,( - выражает интеграл по поверхности

S через двойной интеграл по проекции S на плоскость Oxy;

2) ∫∫∫∫ ′+′+= dxdzyyzzxyxfdszyxf zxS

221)),,(,(),,( - выражает интеграл по поверхности

S через двойной интеграл по проекции S на плоскость Oxz;

3) ∫∫∫∫ ′+′+= dydzxxzyzyxfdszyxf zyS

221),),,((),,( - выражает интеграл по поверхности

S через двойной интеграл по проекции S на плоскость Oyz.

Пример 1. Вычислить ( )∫∫ ++S zxds

21, где S – часть плоскости x+y+z=1, заключенная в

первом октанте.

Решение. Запишем уравнение данной плоскости в виде z=1-x-y. Так как 1−=∂∂=

∂∂

yz

xz ,

то dxdyyz

xzs

22

1 ⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂+⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛∂∂+=∂ ; ( ) ( ) dxdydxdys 3111 22 =−+−+=∂ . Проекцией S на

плоскости Oxy является треугольник, ограниченный прямыми x+y=1, x=0, y=0. В этом треугольнике x меняется от 0 до 1, а при каждом фиксированном х ордината меняется от y=0 до y=1-x.

Поэтому по формуле ∫∫∫∫ ′+′+= dxdyzzyxzyxfdszyxf yxS

221)),(,,(),,( имеем

( ) ( ) ( )

.212ln3

21)1ln(3

21

113

213

23

113

11

0

1

0

1

0

1

0

1

0

1

0222

⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −+=

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −+

=−

=−

=−−++

=++ ∫∫∫∫ ∫ ∫∫∫

−−

xx

dxx

dxyy

dydxyxx

dxdyzx

ds x

D

x

S

57

Ответ: ( ) ⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −=

++∫∫ 212ln3

1 2S zx

ds .

Пример 2. Вычислить ( )∫∫ +−S

dszyx 23 , где S – часть плоскости 4x+3y+2z-4=0,

расположенной в первом октанте. Решение. Запишем уравнение данной плоскости в виде

z=2-2x-23 y. Находим

23,2 −=′−=′ yx zz . По формуле

∫∫∫∫ ′+′+= dxdyzzyxzyxfdszyxf yxS

221)),(,,(),,( имеем

( ) ( ) ( )

( )( )

( )( )

( ) ( ) ( )

( ) ( )929

31

316

342

21

316

229

13

161413

16229334

229634

229

634229

4941344323

1

0

332

2

1

0

21

0

134

0

21

0

134

0

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ −++−−−=

=⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−−−−=−−=−−=

=−−=++−−+−=+−

∫∫∫ ∫

∫∫∫∫∫∫−−

xxxx

dxxxxxyxyydxdyyxdx

dxdyyxdxdyyxyxdszyx

xx

DDS

Ответ: ( )∫∫ +−S

dszyx 23 =929 .

Пример 3. Вычислить ∫∫ +S

dszyx )( ,где S – часть цилиндрической поверхности

21 yx −= , отсеченной плоскостями z=0, z=2.

Решение. Воспользуемся формулой

∫∫∫∫ ′+′+= dydzxxzyzyxfdszyxf zyS

221),),,((),,( . Так как

0,1 2

=′−

−=′ zy xy

yx , то

58

( )

( )∫

∫∫∫ ∫ ∫∫∫∫∫

−

−−

=+=

=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛+=+=+=

−++−=+

1

1

2

0

1

1

21

1

2

02

22

422

2)()(

111)(

dyy

dyzyzdzzydydydzzydydzy

yzyydszyxDDS

Где D – проекция цилиндрической поверхности на плоскость Oyz (прямоугольник).

Ответ: ∫∫ +S

dszyx )( =4.

Поверхностные интегралы 1го рода применяются при вычислении:

массы поверхности ( )∫∫=S

dszyxm ,,γ , где γ - плотность распределения массы

материальной поверхности;

площади поверхности ∫∫=S

dsS ;

статистических моментов материальной поверхности S ( )∫∫=S

xy dszyxzS ,,γ ,

( )∫∫=S

yz dszyxxS ,,γ , ( )∫∫=S

xz dszyxyS ,,γ ;

координат центра тяжести материальной поверхности S mS

zmSy

mS

x xyc

xzc

yzc === ,, ;

моментов инерции материальной поверхности S ( ) ( )∫∫ +=S

x dszyxzyM ,,22 γ ,

( ) ( )∫∫ +=S

y dszyxzxM ,,22 γ , ( ) ( )∫∫ +=S

z dszyxyxM ,,22 γ .

Пример 4. Вычислить массу цилиндрической поверхности 21 yz −= , отсечённой плоскостями х = 0, х = 4, если плотность в каждой её точке есть функция ( )3),,( yxzzyx +=μ .

Решение. Построим поверхность (см. рис.5) и выберем координатную плоскость для проектирования. Из рисунка видно, что при проектировании поверхности на плоскость zoy получаем незамкнутую линию – полуокружность; на плоскость zox проектируются одновременно две части цилиндра, условие однозначности нарушается; и только на плоскости xoy получаем замкнутую область (см. рис. 6), причём одна точка цилиндра проектируется в одну точку прямоугольника.

z 1 o 1 4 x y

Рис.5

y o 1 4 x

Рис. 6

Подсчитаем дифференциал ( ) ( ) dxdyzzd xy

221 ′+′+=σ ;

;0;1

;12

2 =∂∂

−

−=∂∂−=

xz

y

yyzyz .

111

22

2

y

dxdydxdyy

yd−

=−

+=σ

59

Составим поверхностный интеграл и переведём его по формуле (14.5) в двойной интеграл по переменным х, у. Заменим лишнюю переменную z в подынтегральной функции, используя уравнение цилиндра

( ) ( )∫∫ ∫∫∫∫σσ

=+−=σ+=σμ=−xyD y

dxdyyxydyxzdm2

323

11

( ) ( )∫ ∫ ∫∫− − −

=+=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡+=+=

1

1

1

1

1

1

34

0

324

0

3 .16482

dyyxydydxyxdy x

Задачи:

1) ∫L

dlxy 2 по дуге окружности x=accost, y=asint, лежащей в первой четверти;

2) ∫ +L

dlyx 22 по дуге лемнискаты ϕ2sin5,0=r от 4πϕ = до

3πϕ = .

Поверхностный интеграл второго рода Поверхностный интеграл 2го рода строится по образцу криволинейного интеграла 2го

рода. Вычисление поверхностного интеграла 2го рода сводится к вычислению двойного интеграла.

Формулы вычисления поверхностного интеграла 2го рода:

1) ( ) ( )( )∫∫∫∫ ±=DS

dxdyyxzyxRdxdyzyxR ,,,,, , где поверхность S задана уравнением

),( yxzz = ;

2) ( ) ( )∫∫∫∫ ±=DS

dxdzzzxyxQdxdzzyxQ ),,(,,, , где поверхность S задана уравнением

),( zxyy = ;

3) ( ) ( )∫∫∫∫ ±=DS

dydzzyzyxPdxdyzyxP ,),,(,, , где поверхность S задана уравнением

),( zyxx = . Знаки перед интегралами выбираются в зависимости от ориентации поверхности S.

Пример 5. Вычислить ∫∫ ++−S

dxdyzdzdxxdydz 5 по верхней стороне части плоскости 2x-

3y+z=6, лежащей в 4 октанте. Решение. На рисунке изображена задняя часть плоскости.

Нормаль n, соответствующая указанной стороне поверхности, образует с осью Oy тупой угол, а с осями Ox и Oz – острые. В этом можно убедиться, найдя направляющие косинусы нормального вектора )1,3,2( −=n плоскости:

14194 =++=n ,

.0141cos,0

143cos,0

142cos >=<−=>= γβα

60

Поэтому перед двойными интегралами в формулах ( ) ( )( )∫∫∫∫ ±=

DS

dxdyyxzyxRdxdyzyxR ,,,,, и ( ) ( )∫∫∫∫ ±=DS

dydzzyzyxPdxdyzyxP ,),,(,, следует

брать знак «плюс», а в формуле ( ) ( )∫∫∫∫ ±=DS

dxdzzzxyxQdxdzzyxQ ),,(,,, знак «минус».

Следовательно,

932215

21

233

522

335

3

0

26

0

0

2

63

0

−=⋅⋅⋅+−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−−=

=+−⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ +−−+=++−

∫ ∫∫ ∫

∫∫∫∫∫∫∫∫−

−

+ xy

DDDS

zdzdxdzzydy

dxdyzdzdxdydzzydxdyzdzdxxdydzxyxzyz

Ответ: ∫∫ ++−S

dxdyzdzdxxdydz 5 = -9.

Пример 6. Вычислить ( ) ( )∫∫

σ

+−++++ ,32)( 322 dxdyzyxdzdxzydzdyxz

где σ — внешняя сторона замкнутой поверхности ,422 zyx −=+ .0=z Решение. Вычислим первое слагаемое составного интеграла

( ) ∫∫∫∫∫∫σσσ

+=+=21

,21 dzdyxzI

где σ1 — ближняя к нам половина параболоида (см. рис. 12), её уравнение: 24 yzx −−= , нормаль 1n образует острый угол с осью х, cosα > 0,

σ2 – дальняя часть параболоида, её уравнение: ,4 2yzx −−−= cosα < 0,

.0442

22

21 =

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −−−+−

⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −−+= ∫∫∫∫

yzyz DD

dydzyzzdydzyzzI

Вычислим второе слагаемое составного интеграла: ( ) ∫∫ ∫∫∫∫

σ σσ

+=+=3 4

,2 dzdxzyI

где σ3 — правая половинка параболоида, её уравнение: 24 xzy −−= , нормаль 2n образует острый угол с осью у, cosβ > 0,

σ4 — левая половина параболоида, её уравнение: ,4 2xzy −−−= cosβ < 0,

,44 222 ∫∫ ∫∫ ⎟

⎠⎞⎜

⎝⎛ +−−−−⎟

⎠⎞⎜

⎝⎛ +−−+=

xz xzD D

dxdzzxzdxdzzxzI

где область Dxz ограничена линиями x2 = 4 – z, z = 0 (см. рис. 14. 13).

61

z 4 n2 n1 β y α y x 2 x n3

z 4 x 2 2

Вычисляем двойной интеграл

( ) =−−=⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ −+−−= ∫∫∫∫

−

−

dzxzdxdxdzzzxzIx

Dxz

24

0

212

2

2

22 4242

( ) ( ) ( ) .4422

0

22

2

2

4

023

22

2

23

23

2

23

38

344 dxxdxxdx

x

zx ∫∫∫ −=−=⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡−=

−

−

−

−−

Чтобы избавиться от иррациональности, выполняем подстановку:

,sin2 tx = ,cos2 tdtdx = .cos24 2 tx =− Пределы интегрирования: ,00 =⇒= tx ;22 π=⇒= tx

( ) =⋅= ∫π

2

0

32 cos2cos23

8 tdttI =⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛⋅ ∫π

+2

0

2

22cos1

38 16 dtt

∫π

⎟⎠

⎞⎜⎝

⎛ ++= +2

0 24cos1

332 2cos21 dtt t .84sin2 2

081

22sin

23

332 π=⎟

⎠⎞⎜

⎝⎛ ++=

π

tt t

Вычисляем последнее слагаемое составного интеграла ( ) ∫∫∫∫∫∫

σσσ

+=+−=65

,32 323 dxdyzyxI

где σ5 — внешняя сторона параболоида ,4 22 yxz −−= нормаль к которой образует с осью z острый угол, cosγ > 0,

σ6 — это плоскость z = 0, внешняя нормаль 3n образует с осью z угол γ = 180°, cosγ < 0

Обе поверхности σ5, σ6 проектируются в один и тот же круг х2 + у2 ≤ 4 плоскости хоу Переводим поверхностный интеграл в двойной:

( ) ( ) =−−−−+−+= ∫∫∫∫ dxdyyxdxdyyxyxIxyxy DD

3222323 32432

( ) .4 22 dxdyyxxyD∫∫ −−=

Для вычисления последнего интеграла используем полярную систему координат (x = ρcosϕ, y = ρsinϕ, |I| = ρ, уравнение окружности х2 + у2 = 4 преобразуется к виду ρ = 2), тогда

( ) [ ] ( ) .8482442

0

4220

2

0

22

03 42 π=−π=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ −⋅ϕ=ρρρ−ϕ= ρρπ

π

∫∫ ddI

Итак,

62

( ) ( )∫∫σ

=+−++++ dxdyzyxdxdzzydzdyxz 322 32)( .16880 π=π+π+

Формула Остроградского Связь между поверхностным интегралом 2го рода по замкнутой поверхности и тройным

интегралом по объему, ограниченному этой поверхностью устанавливается благодаря теореме Остроградского-Гаусса.

Связь между поверхностными и криволинейными интегралами 2го рода устанавливается благодаря теореме Стокса.

Если функции P(x, y, z), Q(x, y, z), R(x, y, z) непрерывны вместе со своими частными производными в области Т, то имеет место формула

=++∫∫σ

dxdyzyxRdxdzzyxQdydzzyxP ),,(),,(),,( ∫∫∫ ⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ ++= ∂

∂∂∂

∂∂

T

dxdydzzR

yQ

xP .

Пример 7. Вычислить ∫∫+

++−S

dxdyzdzdxxdydz 5 , где S - внешняя сторона пирамиды,

ограниченной плоскостями 2x-3y+z=6, x=0, y=0, z=0.

Решение. По формуле

∫∫∫∫∫ ++=⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛∂∂+

∂∂+

∂∂

SV

RdxdyQdxdzPdydzdxdydzzR

yQ

xP , где S –

граница области V, находим

( ) .663310015 −=⋅⋅−=−=++−=++− ∫∫∫∫∫∫∫∫

+ VVS

dvdxdydzdxdyzdzdxxdydz

Пример 8. Вычислить ∫∫ ++σ

ydydzxdxdzzdxdy , где σ - часть треугольника, образованного

пересечением плоскости x-y+z=1 с координатными плоскостями. Выбор нормали к поверхности указан на рисунке.

Решение. Вычислим каждый из слагаемых

интегралов отдельно. В первом из них надо z выразить через x и y из уравнения плоскости z=1-x+y и применить формулу

( ) ( )( )∫∫∫∫ ±=1

,,,,,DS

dxdyyxzyxRdxdyzyxR . Причем перед

интегралом по D1 (т.е. по треугольнику АОВ) надо взять знак плюс, так как выбранная нормаль n с осью

Oz образует острый угол γ (cosγ >0). Тогда

63

( ) ( ) .6111

1

0

0

11 −=+−=+−+== ∫ ∫∫∫∫∫

−xAOB

dyyxdxdxdyyxzdxdyIσ

Аналогично .611

0

1

02 −=−=−== ∫ ∫∫∫∫∫

−x

AOC

dzxdxdxdzxxdxdzIσ

Аналогично .610

1

1

03 −==+== ∫ ∫∫∫∫∫

−

+ y

BOC

dzydydydzyydydzIσ

При вычислении I2 знак минус взят потому, что выбранная нормаль n с осью Oy

образует тупой угол β (cos β <0). Таким образом, 21

61

61

61

321 −=−−−=++= IIII .

Ответ: ∫∫ ++σ

ydydzxdxdzzdxdy = 21− .

Пример 9. Вычислить интеграл ( ) ( ) ,32)( 322 dxdyzyxdzdxzydzdyxzI +−++++= ∫∫

σ

где σ – внешняя сторона замкнутой поверхности, ограниченной параболоидом х2 + у2 = 4 − z и плоскостью xoy

Решение. Применим формулу Остроградского:

,),,( 2xzzyxP += ;2xxP =∂∂ ,),,( zyzyxQ += ;1=∂

∂yQ

,32),,( 32 zyxzyxR +−= ;1=∂∂

zR

,)112(∫∫∫∫∫∫ ++=⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ ++= ∂

∂∂∂

∂∂

TT

dxdydzxdxdydzI zR

yQ

xP

где Т – тело, ограниченное указанными поверхностями. Вычислим тройной интеграл в цилиндрической системе координат: ,cosϕρ=x ,sin ϕρ=y

,zz = .ρ=I

Уравнения граничных поверхностей: • параболоида, ограничивающего тело сверху:

;44)sin()cos( 222 zz −=ρ⇒−=ϕρ+ϕρ

• плоскости z = 0, ограничивающей тело снизу. Интеграл записываем в виде трёхкратного в новой системе координат:

=+ϕρρρϕ=+ ∫∫∫∫∫∫ρ−π

dzdddxdydzxT

24

0

2

0

2

0

)1cos(2)1(2 ( ) [ ] 240

2

0

22

0

cos2 ρ−π

ρρ+ϕρϕ= ∫∫ zdd

=ρρ−ρ+ϕρϕ= ∫∫π

dd )4()cos(2 22

0

22

0

=⎥⎦

⎤⎢⎣

⎡−+ϕ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ −ϕ= ρρρρ∫

π 2

0

42532

04253 4cos42 d

.16)48(sin822

0523

34 π=⎥⎦

⎤⎢⎣⎡ ϕ−+ϕ⎟

⎠⎞⎜

⎝⎛ −⋅=

π

64

Задачи:

1) ∫∫σ

σxyzd , где σ - часть поверхности z=x2+y2, расположенной между плоскостями z=0 и

z=1;

2) ( )∫∫ +σ

dydzyx 22 , где σ - внешняя сторона поверхности 21 yx −= , отсеченная

плоскостями z=0 и z=3. Самостоятельная работа Пример 1. Найти производную поля u(M) = х2 − у2 в точке ( )4,3 −A по направлению

jil −= 3 . Решение. Вычислим направляющие косинусы вектора l :

( ) ( ) 213 22=−+=l , 2

3cos =α , .21cos −=β

Найдём частные производные в указанной точке ( ) 322 ==∂

∂AxAx

u , ( ) 82 =−=∂∂

AyAyu .

( ) 1832 21

23 −=⋅−⋅=∂

∂ Alu .

Здесь отрицательный знак производной поля указывает на то, что в данной точке в направлении данного вектора поле убывает.

Пример 2. Найти наибольшую скорость изменения поля 22

arctgzy

xu+

= в точке

А(1, 1, 1). Решение. Найдём частные производные функции u(x, y, z) и вычислим их в точке А:

( ) 321

1

1222

22

2222

2 ==⋅=++

+

++∂∂

+ Azyx zyx

zy

yzxu ,

( ) ( ) 23

1

1

12222232222

2 −==⋅=+++

−

+

−

+∂∂

+ Azyx zyzyx

xy

zy

xyyu ,

( ) 23

122222

−==+++

−∂∂

Azyzyx

xzzu ;

Пример 3. Вычислить циркуляцию векторного поля { }zyzyxzF −−−− 2,2,3 2 вдоль линии пересечения плоскости (р) х + у + 2z = 4 с координатными плоскостями, направление положительное.

Решение. Составляем криволинейный интеграл по заданному контуру и разбиваем его на сумму трёх интегралов по отрезкам, составляющим этот контур (см. рис. 6):

,dlFdlFdlFdlFCABCAB

⋅+⋅+⋅=⋅=Γ ∫∫∫∫

z 2 C 4 o B y 4 A x

Рис. 6

65

где ( ) ( ) ( ) ,223 2 dzzydyzydxxzdlF −+−+−−=⋅ AB: z = 0, x = t, y = 4 – t; dz = 0, dx = dt, dy = – dt, tA = 4, tB = 0; BC: x = 0, z = t, y = 4 – 2t; dx = 0, dz = dt, dy = – 2dt, tB = 0, tC = 2; CA: y = 0, z = t, x = 4 – 2t; dy = 0, dz = dt, dx = – 2dt, zC = 2, zA = 0. Вычисляем циркуляцию, сводя криволинейные интегралы в определённые, по

выбранному параметру:

( ) ( )( )[ ] ,728166443434

0

230

4

223 =−+=⎥⎦⎤

⎢⎣⎡ −+=−−+−=⋅ ∫∫ tt tdttdttdlF

AB

( )( ) ( )[ ] ,6334822242

0

22

0

2

02 ===−−+−−−=⋅ ∫∫∫ ttdtdtttdtttdlF

BC

( )( )( ) ( ) ( ) =−−−=−−−−−=⋅ ∫∫∫∫ tdttdttdtdtttdlFCA

2424322430

2

20

2

0

2

2

( ) .66642240

2

32

2 −=−−=−−= tt

Тогда Г = 72 + 6 – 66 = 12. Пример 4. Вычислить поток вектора kjia zyx

111 ++= через полную поверхность

эллипсоида 122

2

2

22

=++cz

by

ax в сторону внешней нормали.

Решение. Подынтегральная функция терпит разрыв в точке (0, 0, 0) – центре эллипсоида. Формулу Остроградского нельзя применять, хотя поверхность и замкнута, но можно воспользоваться формулой (15.17), связывающей поверхностные интегралы первого и второго типов:

.coscoscos σ⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ ++=++=Π ∫∫∫∫

σσ

γβα dzyxzdxdy

ydxdz

xdzdy

Если поверхность задана уравнением F(x, y, z) = 0, то

.,,⎭⎬⎫

⎩⎨⎧= ∂

∂∂∂

∂∂

zF

yF

xFN

Представим уравнение эллипсоида в виде

( ) 01,,2

2

2

2

2

2=−++=

c

x

b

x

a

xzyxF

и найдём частные производные функции F(x, y, z)

,,, 222222cx

zF

bx

yF

ax

xF === ∂

∂∂∂

∂∂ .2 4

2

4

2

4

2

cz

by

axN ++=

Вычислим направляющие косинусы нормали (см. п. 14.4)

( ) ( ) 4

2

4

2

4

2

12

222cos

cz

by

ax

zF

yF

xF

xF

a

x

++⋅=

+⎟⎠⎞⎜

⎝⎛+

=α

∂∂

∂∂

∂∂

∂∂

,

,cos

4

2

4

2

4

2

12

cz

by

axb

y

++⋅=β ,cos

4

2

4

2

4

2

12

cz

by

axc

z

++⋅=γ

подставим их в исходную формулу

66

∫∫σ ++

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++=Π σ .

4

2

4

2

4

2222111

cz

by

ax

d

cba

Чтобы перейти к двойному интегралу, необходимо выбрать координатную плоскость, на которую будем проектировать поверхность, пусть это будет ,xoy тогда γ=σ cos

dxdyd и

соответственно

∫∫∫∫σσ

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++=++

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ ++=Π⋅γ

.2

4

2

4

2

4

2 222222111

cos

111

cz

cz

by

ax

dxdy

cba

dxdy

cba

,1: 2

2

2

2

1b

y

a

xcz −−+=σ

с нормалью ,1N образующей острый угол с осью ;0cos, ≥γoz

,1:2

2

2

2

2b

y

a

xcz −−−=σ

с нормалью ,2N образующей тупой угол с осью oz, cosγ ≤ 0. Таким образом, приходится рассматривать сумму потоков: П1 – через σ1 , П2 – через σ2 :

=⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡+=Π+Π=Π ∫∫ ∫∫

σ σ1 2

21

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ ++= 222

2 111cba

c =

⎥⎥⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢⎢⎢

⎣

⎡

−−

−+ ∫∫∫∫

−−−+ xyxy D by

ax

D by

ax c

dxdy

c

dxdy

2

2

2

2

2

2

2

2

11⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ ++= 222

1112cba

c

∫∫−−xyD

by

ax

dxdy .

2

2

2

21

Вычислим двойной интеграл в обобщённых полярных координатах: ;,sin,cos ρ=ϕρ=ϕρ= abIbyax

уравнение эллипса 12

2

2

2=+

by

ax принимает вид ;12 =ρ

∫ ∫π

=ϕ⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ ++=Π

ρ−

ρρ2

0

1

02222

1

1112 dabcba

dc

⎟⎠⎞⎜

⎝⎛ ++= 222

111cba

abc ( ) ( ).2 222222

1

021

2 41 21

bacacbabc ++=⎥⎥

⎦

⎤

⎢⎢

⎣

⎡π⋅ πρ−−

Пример 5. Вычислить дивергенцию поля радиус-вектора kzjyixr ++= . Решение. Ищем соответствующие частные производные от каждой координаты вектора

,xrx = ,yry = ,zrz = ,1=∂∂

xrx ,1=∂

∂yry ,1=∂

∂zrz

.3)(div =++= ∂∂

∂∂

∂∂

zr

yr

xr zyxMr

В каждой точке поля имеется источник плотности, равный 3 ед. Пример 6. Найти поток электростатического поля точечного заряда q, помещённого в

точке М через поверхность сферы радиуса R с центром в точке М.

67

Решение. Поле точечного заряда, как известно, задаётся вектором напряжённости

,3 rErq=

где r — радиус-вектор, проведённый из точки, в которую помещён заряд. Выберем систему координат, начало которой поместим в центре сферы (см. рис. 15.10). Тогда

.222 zyxrr ++==

Найдём Ediv :

( ) ( ) ( ) ,23

22223

22223

222⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛++++++++=

−−−kzzyxjyzyxixzyxqE

( ) ( ) ( ),32 52325

222223

22223 −−−−

−=⎥⎥⎦

⎤

⎢⎢⎣

⎡++⋅−++=∂

∂ rxrqzyxxzyxqExx

( ),3 523 −− −=∂∂ ryrqEyy ( ).3 523 −− −=∂

∂ rzrqEzz

Складывая производные, получаем ( )[ ] ( ) .03333div 3322253 =−=++−= −−−− rrqzyxrrqE Таким образом, в любой точке поля, где определён вектор напряжённости E , нет ни

источников, ни стоков. Но в самой точке, где помещён заряд, r = 0, вектор E не определён и для вычисления потока мы не можем воспользоваться формулой Остроградского.

Вычисляем поток вектора E непосредственно, с помощью поверхностного интеграла первого рода

,σ⋅=Π ∫∫σ

dnE

где σ — внешняя поверхность сферы. В нашем случае вектор rN = (по определению: нормалью называется вектор,

проведённый в точке касания перпендикулярно касательной). Обозначим единичный вектор нормали 0r . Тогда

( ) ∫∫∫∫σσ

σ=σ⋅=Π .203 rqd

rq drr

Так как заряд находится в центре сферы, то длина радиуса-вектора любой точки сферы

будет равна радиусу сферы R, и тогда имеем .44 222 qRd

Rq

Rq π=π⋅=σ=Π ∫∫

σ

68

Список литературы 1. А.Ф. Бермант, И.Г. Араманович. Краткий курс математического анализа для втузов:

Учебное пособие для втузов: - М.: Наука, Главная редакция физико-математической литературы, 1971 г.,736с.

2. Бронштейн И.Н., Семендяев К.А. Справочник по математике для инженеров и учащихся втузов. - М.: Наука. ГРФ-МЛ, 1986. - 544 с.

3. Данко П.Е., Попов А.Г., Кожевникова Т.Я. Высшая математика в упражнениях и задачах: Учеб. пособие для студентов втузов. Ч. 2. – 4-е изд., испр. и доп. – М.: Высш. шк., 1986. – 415 с., ил.

4. Демидович Б.П. Сборник задач и упражнений по математическому анализу. М.: «Наука», 1977. – 528 с., ил.

5. Мышкис А.Д. Лекции по высшей математике. М.: «Наука», 1969. 6. Н.С. Пискунов. Дифференциальное и интегральное исчисления для втузов, Том 2: 7. Учебное пособие для втузов.-13-е изд. -М. :Наука, Главная редакция физико-

математической литературы, 1985.-560с. 8. Слободская В.А. Краткий курс высшей математики. Петрозаводский гос. ун-т, 1963. –

495 с. 9. Фролов С.В., Шостак Р.Я. Курс высшей математики, том 1.2. Учеб. пособие для втузов.

М., «Высш. школа», 1973. – 400 с., ил. 10. Шнейдер В.В. Краткий курс высшей математики /В.В. Шнейдер. – М.: Наука, 1978 11. В.С. Шипачёв. Высшая математика: Учебное пособие для втузов: – М: Наука, Главная

редакция физико-математической литературы.

69

Кошелева Наталья Николаевна Павлова Елена Сергеевна

Ахметжанова Галина Васильевна

Руководство к решению задач по высшей математике

часть III

Подписано в печать_________. Формат 60×84/16 Печать оперативная. Усл. п. л. 3,5. Уч.-изд. л. 3,3

Тираж экз.

Тольяттинский государственный университет Тольятти, Белорусская, 14

book.pdf - Тольяттинский государственный университет

Documents

Transcript of book.pdf - Тольяттинский государственный университет