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 .
20. Запишем подстановку: ),x(v )x(uy ⋅=
( ) ( ) ( ) ( )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 ==−= .
20. Запишем подстановку: ),x(v )x(uy ⋅=
( ) ( ) ( ) ( )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 +++−+=
2. Решить ДУ x
yy 2sin14'' =+
Ответ: ( ) xctgxxcxxcy 2sin212cossinln 21 ⎟
⎠⎞
⎜⎝⎛ −−+=
3. Решить ДУ x
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
),,(lim),,( νηξγ
,
Где левая часть формулы – обозначение, правая – его определение. Аналогично определяются интегралы по координатам y и z:
∑∫=→Δ
Δ=n
kkkkky
yQdyzyxQk 10max
),,(lim),,( νηξγ
∑∫=→Δ
Δ=n
kkkkkz
zRdzzyxRk 10max
),,(lim),,( νηξγ
.
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
Top Related