Кратные и криволинейные интегралы, страница 7

По теореме Пуанкаре:⎛∂∂ ⎞∫( ()ydx − xdy ) = (∫∫)⎜⎜⎝ dx ∂x + dy ∂y ⎟⎟⎠ ∧ ( ydx − xdy ) =D S2S2⎞⎛ ∂ (− x )∂ydx ∧ dy + (− dx ∧ dy )⎟⎟ = (− 1 − 1) ∫∫ dx ∧ dy = (− 2 ) ⋅ S круга = −2πR 2 .∂x∂y⎠S2(S2 )⎜⎜∫∫( )⎝2728Проверка. Вычислим контурный интеграл непосредственно параметризацией⎧ x = R cos(ϕ ).окружности: D(S 2 ) : ⎨⎩ y = R sin (ϕ )Имеем:⎛d (R cos(ϕ ))d (R sin (ϕ )) ⎞∫( ()ydx − xdy ) = ϕ∫ ⎜⎜⎝ (R sin (ϕ )) dϕ − (R cos(ϕ )) dϕ ⎟⎟⎠dϕ =ϕ = 2π=0D S2ϕ = 2π= R2∫ (− (sin (ϕ ) + cos (ϕ )))dϕ = − R ∫ dϕ222ϕ =0§ 11ϕ = 2πϕ =0= −2πR 2 .Пример решения задания по кратным и криволинейным интегралам.1. Изменить порядок интегрирования2.

Вычислить12− x 20x2∫ dx ∫ f ( x; y)dy .∫∫ xdxdy , если область D ограничена линиями y = 0, y = x, x2+ y2 = 2,Dx + y = 9 (x>0; y>0)223. Найти объём тела, ограниченного поверхностями z = 25, z = x 2 + y 24. Вычислить криволинейный интеграл∫( )2 xydx + x dy , если линия L задана2Lуравнением y = x + 1 , (0 ≤ x ≤ 2) .5. Найти центр тяжести треугольника постоянной плотности, внутренность которого⎧⎪ x≥0⎪определяется неравенствами: S : ⎨ y ≥ 0 .⎪x y⎪ + ≤1⎩a b26. Вычислить интеграл(x dy ∧ dz + y dz ∧ dx + z dx ∧ dy ) по замкнутой∫∫( )Sповерхности, образованной гранями тетраэдра, внутренность которого определяется⎧ x≥0⎪ y≥0⎪неравенствами: V : ⎨.⎪ z≥0⎪⎩ x + y + z ≤ 12829РЕШЕНИЕ:.1). Делаем рисунок области интегрирования. Этаобласть есть участок между двумя параболамиy = x 2 и y = 2 − x 2 (правее оси ОУ).

Точкапересечения парабол x = 1; y = 1 . Таким образомобласть делится на два участка: первый –( 0 ≤ y ≤ 1 ),второй 1 ≤ y ≤ 2 . На первом участке y = x 2 ,следовательно x =y ; на втором участкеy = 2 − x , следовательно x = 2 − y . Поэтомуинтеграл в ответе разбивается на два интеграла.2y =1x= yy =2x = 2− yy =0x =0y =1x =0Ответ: ∫ = ∫ dy∫ fdx + ∫ dy ∫ fdy2). Область интегрирования в полярных координатах r , ϕ , где x = r cos ϕ ; x = r cos ϕимеет вид 2 ≤ x 2 + y 2 = r 2 ≤ 9 , отсюда ( 2 < r < 3 ) по углу ϕ это есть область междуy = 0, (ϕ = 0) и y = x, (ϕ = π ) . Элемент площади в полярных координатах есть4dx ∧ dy = rdr ∧ dϕ .

x = r cosϕ . Поэтому исходный интеграл имеет вид:ϕ =π 4∫ϕ=0∫r =3r= 2( r cos ϕ )( rdr ⋅ d ϕ ) =ϕ =π 4r =3ϕ =0r= 2π4= ∫ cos ϕdϕ | ⋅ ∫ r 2 dr | = sin ϕ | ⋅Ответ: интеграл равен0ϕ =π 4∫ϕ=0cos ϕ d ϕ ⋅ ∫r =3r= 2r 2 dr =3212 ⎛ 27 − 2 2 ⎞ 9 2 2r 2 +1 3⎜⎟=| =(− 0) ⋅ ⋅ ⎛⎜ 3 3 − ( 2) ⎞⎟ =−⎟⎠2 +1 223 ⎝2 ⎜⎝323⎠9 2 2− .233). Искомый объём есть объём «бокала» между поверхностью налитой в него водыz = 25x = r cos ϕи дном бокала z = x + y . Переходим в цилиндрические координаты y = r sin ϕ ,z=zэлемент22объёма в цилиндрических координатах имеет вид dx ∧ dy ∧ dz = rdrdϕdz .

Область по(x,y) ограничена окружностью r = x 2 + y 2 = 25 = 5 . Таким образом, объёмописываем неравенствами (0 ≤ ϕ ≤ 2π ), (r ≤ 0 ≤ 5) и (( x 2 + y 2 = r 2 ) ≤ z ≤ 25) .Поэтому искомый объём вычисляется так:2930V = ∫∫∫ dxdydz =ϕ = 2π r =5 z = 25∫ ∫ϕ∫ rdrdϕdz ==0 r =0 z = r(v)2ϕ = 2π∫ϕdϕ=0r =5∫r =0z = 25rdr2π r = 5z = 25∫ dz = ϕ | ⋅ ∫ rdrz | = 2πz =r02r =0z =r2r =5∫ rdr (25 − r2)=r =0⎛r 1+1 5 r 3+1 π ⎞625⎛ 625 625 ⎞−|−| ⎟⎟ = 2π ⎜= 2π ⎜⎜ 25 ⋅⎟=π1+10 3 +1 0 ⎠4 ⎠2⎝ 2⎝Ответ: V = π6252⎧x = x4). Параметрическое уравнение кривой интегрирования имеет вид ⎨, где2⎩y = x +1'2'(0 ≤ x ≤ 2) .

Поскольку dy = y x dx = ( x + 1) x xdx ⋅ 2 xdx , то искомый интеграл пишется ввиде2x=22x1+1 24 x 3+1 2I = ∫ (2 xydx + x 2 dy ) = ∫ (2 x( x 2 + 1)dx + x 2 (2 xdx)) = ∫ 4 x 3 dx + ∫ 2 xdx =|+ 2| = 2 4 + 2 2 = 203 +1 0 1+1 00( L)x =00Ответ: I=20.5) Центр тяжести плоской фигуры S определяется по формулам: x s =ys =ρ y dxdy∫∫( )S∫∫ ρ dxdy. Здесь S - область интегрирования, ρ =ρ x dxdy∫∫( )S∫∫ ρ dxdy,∂2m- плотность фигуры.∂x∂yПоскольку по условию задачи ρ = const , её можно вынести за знак интегралов и на неёсократить, так что будем считать, что ρ = 1 . Так как для диагонали прямоугольногоx⎞x y⎛треугольника S имеем: + = 1 , то y = b ⎜ 1 − ⎟ , отсюда фигура S определяетсяa⎠a b⎝⎧ 0≤ x≤a⎪неравенствами: S : ⎨0 ≤ y ≤ b⎛1 − x ⎞ . Поэтому координата x s центра тяжести⎜⎟⎪⎩⎝ a⎠вычисляется следующим образом: x s =x dxdy∫∫( )S∫∫ dxdy=x=a⎛ x⎞y =b ⎜ 1− ⎟⎝ a⎠x =0y =0∫∫ x dxdy⎛ x⎞y =b ⎜ 1− ⎟x=a⎝ a⎠∫x =0.

Интеграл в числителе∫ dxdyy =03031вычисляется так:x=a⎛ x⎞y =b ⎜ 1− ⎟⎝ a⎠x=ax =ax=a⎡ ⎛x 2 x =a b x 3 x =ab 2x⎞ ⎤∫ x dx ∫ dy y =0 = x∫=0 x dx ⎢⎣b⎜⎝1 − a ⎟⎠ − 0⎥⎦ = b ∫ x dx x=0 − a ∫ x dx x=0 = b 2 x=0− a 3 x=0 =x =0a 2 − 02 b a 3 − 03 b ⋅ a 2=b− ⋅=. Интеграл в знаменателе вычисляется так:a236x=aax⎞b x2 ab ⎛ a 2 − 0 2 ⎞ ba⎛⎜⎟=()dxbbxba−=−⋅=−−- площадь треугольника.10∫x=0 ⎜⎝ a ⎟⎠a 2 0a ⎜⎝ 2 ⎟⎠ 20⎛ b ⋅ a 2 ⎞ ⎛ ba ⎞ ⎛ b ⋅ a 2 ⎞ ⎛ 2 ⎞ a⎟⎟ ⎜ ⎟ = ⎜⎜⎟⎟ ⋅ ⎜ ⎟ = .Отсюда: x s = ⎜⎜⎝ 6 ⎠ ⎝ 2 ⎠ ⎝ 6 ⎠ ⎝ ba ⎠ 3Геометрическая проверка.

Известно, что центр тяжести треугольника есть точкапересечения трёх его медиан, причём эта точка делит каждую медиану в отношенииa 2 a2 3 : 1 3 . Отсюда искомый центр тяжести равен: x s = ⋅ = .2 3 3Аналогично, координата y s центра тяжести вычисляется так:x=a∫y dxdy∫∫( )⎛ x⎞y =b ⎜ 1− ⎟⎝ a⎠∫ y dxdyx=a1y2x =0y =0S==ys =⎛ x⎞⎛ ba ⎞ x∫=0 2∫∫ dxdy x=a y =b⎜⎝1− a ⎟⎠⎜ ⎟∫ ∫ dxdy ⎝ 2 ⎠x =0=b⎛2 x⎜⎜ a − ⋅a⎝a 22 a0+⎛ x⎞y =b ⎜ 1− ⎟⎝ a⎠y =02⎛ 2 ⎞⎛ b= ⎜ ⎟⎜⎜⎝ ba ⎠⎝ 2⎞a ⎛ 2x x2 ⎞⎟⎟ ∫ dx⎜⎜1 − 2 + 2 ⎟⎟ =a a ⎠⎠0 ⎝y =01 x3⋅a2 3⎞ b a bb 2 b⎟⎟ = ⋅ = . Геометрическая проверка. y s = ⋅ = .2 3 3a 3 30⎠a6) В рассматриваемом интеграле отдельные слагаемые равны между собой, то есть:(x dy ∧ dz ) = ∫∫ ( y dz ∧ dx ) = ∫∫ (z dx ∧ dy ) , поскольку каждый интеграл в∫∫( )( )( )SSSдвойном равенстве переходит в другой поворотом тетраэдра S вокруг прямой2πx = y = z = t на угол= 120 0 .

Вычислим интеграл ∫∫ ( z dx ∧ dy ) . На каждой грани3(S )тетраэдра, лежащей в координатных плоскостях, слагаемые этого интеграла равнынулю. Например, на грани x = 0 будет dx ∧ dy = 0 ∧ dy = 0 , а на грани z = 0 самаподинтегральная функция равна нулю. Поэтому достаточно вычислить(z dx ∧ dy )∫∫( )Sлишь по косой грани x + y + z = 1 .Выбираем координатные оси впространстве в соответствии с левойориентацией, как показано на рисунке.Тогда, если смотреть на грани тетраэдраизнутри него, то эти грани должны бытьориентированы против часовой стрелки , аесли извне его, то по часовой стрелке(смотри рисунок). Этой ориентации3132соответствует ориентация области интегрирования (проекции косой грани на плоскостьXOY ).

Направление вдоль оси OX может быть, в принципе, любым (выбираем еговдоль направления оси OX ), но направление вдоль оси OY выбираем же в соответствиис ориентацией, то есть по часовой стрелке. К счастью, в данном случае это естьположительное направление вдоль оси OY . Отсюда вытекает, что нижний пределвнешнего интеграла по x есть 0, его верхний предел есть 1, нижний пределвнутреннего интеграла по y есть 0, его верхний предел есть y = 1 − x (движение вдольточек (0,0 ) − (0, x ) − (0,1 − x ) есть движение по часовой стрелке). Итак, интегралвычисляется следующим образом.x =1y =1− xx =1∫∫ (z dx ∧ dy ) = ∫∫ (z dx ∧ dy ) = ∫ dx ∫ (1 − x − y )dy = ∫ dx(1 − x )∫ dy(S )( x + y + z =1)x =1=∫ dx(1 − x )2x =0z =1− x = 0=z∫ (− dz )z =1− x =122x =1x =0y2− ∫ dx2x =0=y =1− x| =y =0x =1y =0∫ dx(1 − x )x =022(1 − x)dxx =1−x =0∫2x =0y =1− x| −y =02(1 − x)dxx =1=∫2x =0x =1y =1− x∫ dx ∫ ydy | =x =0y =02(1 − x)∫ (− d (1 − x ))x =1=x =02=1 2 z =1 1 z 3 z =1 1 1 1z dz | = ⋅| = ⋅ = .2∫2 3 z =0 2 3 6z =0Учитывая равенства:(x dy ∧ dz ) = ∫∫ ( y dz ∧ dx ) = ∫∫ (z dx ∧ dy ) , получаем,∫∫( )( )( )SSSчто исходный интеграл равен:1 1 1 1()xdydzydzdxzdxdy∧+∧+∧=+ + = .∫∫6 6 6 2(S )Проверка.

Полученный результат можно также получить с помощью варианта теоремыПуанкаре в форме Остроградского – Гаусса:(P(dy ∧ dz ) + Q(dz ∧ dx ) + R(dx ∧ dy )) = ∫∫∫ ⎛⎜⎜ ∂P + ∂Q + ∂R ⎞⎟⎟(dx ∧ dy ∧ dz ) . В данном∫∫∂x ∂y ∂z ⎠D (V3 )V3 ⎝случае: P = x; Q = y; R = z . Итак:⎛ ∂x∂y∂z ⎞⎜⎜ ++ ⎟⎟(dx ∧ dy ∧ dz ) = ∫∫∫ (1 + 1 + 1)(dx ∧ dy ∧ dz )∫∫( ()x) dy ∧ dz + y dz ∧ dx + z dx ∧ dy ) = ∫∫∫( ) ⎝ ∂x ∂y ∂z ⎠( )(S = D VVVИначе говоря, этот интеграл равен утроенному объёму тетраэдра, то есть⎛1⎛1⎞ ⎞ 13 ⋅ ⎜⎜ ⎜ ⎟ ⋅ 1⎟⎟ = .⎝3⎝ 2⎠ ⎠ 23233Оглавление части 1.Кратные и криволинейные интегралы....................................................................................3Введение.

...................................................................................................................................3§1Ориентация....................................................................................................................41. Ориентация в одномерном случае ( n = 1 , где n - размерность пространства). .....42. Ориентация в двумерном случае ( n = 2 ). ..................................................................53. Ориентация в трёхмерном случае ( n = 3 ). .................................................................64. Ориентация в многомерном случае.

...........................................................................6§2Ориентированная площадь и ориентированный объём............................................8§ 3 Двукратный интеграл как ориентированный объём кривоповерхностного цилиндра...................................................................................................................................................10§4Достаточные условия существования двойного интеграла. ..................................12§5Основные свойства кратных интегралов. ................................................................12§6Сведение двойного интеграла к повторному...........................................................14§7Замена переменных в кратном интеграле. ...............................................................151. Внешнее произведение дифференциальных форм..................................................152.

Замена переменных в двойном интеграле................................................................16§8Поверхностные интегралы первого рода. ................................................................20§9Поверхностные интегралы второго рода и их физический смысл. .......................22§ 10 Теорема Пуанкаре и её использование при вычислении поверхностныхинтегралов второго рода. .......................................................................................................231. Теорема (формула) Грина.