kratnye_integraly_variant_9 (Кратные интегралы (Кузнецов Л.А.))

7 _ 01 _ 09Изменить порядок интегрирования2− x 2−1∫dx− 2∫00x2−10f dy + ∫ dx ∫ f dyРешение:Построим области интегрирования первого и второго интегралов.Сумма повторных интегралов равна двойному интегралу по области D = D1 + D2 .Изменяем прядок интегрирования. Т.к внешнй интеграл теперь берем по y, топроектируем область D = D1 + D2 на ось Oy . При этом получим отрезок [0;1],концы которого дают пределы интегрирования по y : 0 и 1.

Из уравнений линийвыражаем x через y. Для y =2 − x 2 : x = ± 2 − y 2 , для y = x2: x = ± y.Т.к. построенные линии находятся слева и справа от оси Oy , то в полученныхзависимостях перед корнем выбираем знак "-".2− x 2−1∫− 2dx∫00x21f dy + ∫ dx ∫ f dy = ∫ dy−100− y∫− 2− y 2f dx7 _ 02 _ 09Вычислить:∫∫ ( 4 xy + 3x2y 2 ) dxdy;DD : x = 1, y = x 2 , y = − x .Решение:Построим область интегрирования.

Подынтегральная функция - многочлен по x,y,поэтому ее легко интегрировать в любом порядке. Если в повторном интегралевнешний нтеграл взять по y, а внутренний по x, то область интегрирования придетсяразбивать на части, т.к. левая граница области интегрирования состоит из кусков двухлиний. Если же проинтегрировать сначала по y, затем по x, то область не нужно разбиватьна части.

В этом случае проецируем эту область на ось Ox, получаем отрезок [0;1],значит, пределы по x равны 0 и 1. Пределы интегрирования по y: y = − x , y = x 2 .∫∫ ( 4 xy + 3xx212y2) dxdy = ∫ dx ∫ ( 4 xy + 3x y ) dy = ∫ dx( 2 xy1= ∫ (−2 x + x207/22− x0D128+x y230(+ 2 x + x )dx = − 2 x 3 + 2 x395292+ 1 x 6 + 1 x939))x2− x=1=007 _ 03 _ 09Вычислить:∫∫ y cos 2 xy dxdy;DD: y =π2Решение:, y = π, x =1, x = 1.2Если при сведении двойного интеграла повторный интеграл взять по y,то для его вычисления придется дважды интегрировать по частям.

Чтобыизбежать этого, сначала проинтегрируем по x, затем по y.π1π⎛ sin 2 xy ⎞1yxydxdyydyxydxydy===cos2cos2∫∫D∫π / 2 1/∫2∫π / 2 ⎜⎝ 2 y ⎟⎠ π∫/ 2 y 2 y (sin 2 y − sin y)dy =1/ 21 1= ⎜⎛ − cos 2 y ⎟⎞2⎝ 2⎠π−π /2π11( cos y )21 1= − − = −1π /22 2π7 _ 04 _ 09Вычислить:∫∫∫ y e2 − xydx dy dz;V⎧ x = 0, y = −2, y = 4 x,V ⎨⎩ z = 0, z = 1.Решение:Т.к. подынтегральная фунуция не зависит от z, интегрирование нужно начатьпо переменной z, при этом пределы интегрирования по z равны 0 и 1. Еслизатем интегрировать по y, то придется дважды интегрировать по частям,поэтому проинтегрируем сначала по x, затем по y.

Очевидно, что пределыинтегрирования по y будут -2 и 0, по x - 0 и y/4.∫∫∫ y e2 − xydx dy dz ==∫y−22∫ y dy ∫ e2−2V0y/40− y2 / 41− eydy =0∫ y (1 − e0−2− xy2−y /41dx ∫ dz =0y/40∫ y dy ∫ e2−20) dy = ⎛⎜⎜ y2 + 4e 22⎝− xy− y2 / 4⎞⎟⎟⎠0⎛ e − xy ⎞dx = ∫ y dy⎜ −⎟−2⎝ y ⎠y/4=20−24⎞⎛4 −⎜4 + ⎟e⎠ 2⎝==e207 _ 05 _ 09Вычислить:∫∫∫ ( 3x2+ y 2 ) dx dy dz;VV : z = 10 y, x + y = 1,x = 0, y = 0, z = 0.Решение:Область интегрирования представляет собой вертикальный цилиндр,ограниченный снизу плоскостью z = 0, сверху - поверхностью z = 10 y.Построим проекцию области интегрирования на плоскость Oxy.

Пределыинтегрирования расставляем по рисунку.11− x10 y00011− x00222222∫∫∫ ( 3x + y ) dx dy dz = ∫ dx ∫ ( 3x + y ) dy ∫ dz = ∫ dx ∫ 10 y(3x + y )dy =V11− x131= 10∫ dx ∫ ( 3 x y + y ) dy = 10 ∫ dx⎛⎜ x 2 y 2 + y 4 ⎞⎟4 ⎠⎝2000211− x31055= ∫ ( x − 1) 2 (1 − 2 x + 7 x 2 )dx = ∫ ( 7 x 4 − 16 x3 + 12 x 2 − 4 x + 1) dx =220015 75 2= ⎜⎛ x 5 − 4 x 4 + 4 x 3 − 2 x 2 + x ⎟⎞ = * = 12⎝5⎠0 2 57 _ 06 _ 09Найти площадь фигуры, ограниченной данными линиями:y = 12 − x 2 , y = 2 3 − 12 − x 2 , x = 0 ( x ≥ 0 ) .Решение:Найдем точки пересечения графиков функций:12 - x 2 = 2 3 − 12 − x 212 − x 2 = 3x = ±3312 − x 202 3 − 12 − x 2S D = ∫∫ dxdy = ∫ dx ⋅D∫3)(3(1)dy = ∫ 2 12 − x 2 − 2 3 dx = 2 ⋅ ∫ 12 − x 2 dx − 12 3 =00⎛π3⎞= 12 ⋅ ⎜⎜ +⎟ − 6 3 = 4π + 3 3 − 6 3 = 4π − 3 34 ⎟⎠⎝3x = 12sin tdx = 12 cos t ⋅ dtπ4(1) (1)∫0ππ31 + cos 2tdt =20312 − y 2 dx = 12 − y 2 = 12 cos t = ∫ 12 ⋅ cos 2 tdt = 12 ⋅ ∫x = 0⇒t = 0x = 3⇒ t =π⎛ ⎛ sin 2t ⎞ ⎞= ⎜6 ⋅⎜t +⎟ |2 ⎠ ⎟⎠ 0⎝ ⎝30π32π⎛⎜ π sin 3= 6⋅⎜ +2⎜⎜ 3⎝⎞⎟⎛π3⎞⎟ = 6 ⋅ ⎜⎜ +⎟4 ⎠⎟⎟⎟⎝3⎠7 _ 07 _ 09Найти площадь фигуры, ограниченной данными линиями:y 2 − 6 y + x 2 = 0,y 2 − 10 y + x 2 = 0,y = x, x = 0.Решение:Два первых уравнения легко преобразовать к виду:( y − 3) + x 2 = 92( y − 5) + x 2 = 252Эти уравнения определяют окружности.Введем полярную систему координат:⎧ x = r cos ϕ⎨⎩ y = r sin ϕОкружность y 2 − 6 y + x 2 = 0 имеет полярное уравнениеr 2 sin 2 ϕ − 6r sin ϕ + r 2 cos 2 ϕ = 0.

Откуда r = 6sin ϕ . Аналогичноy 2 − 10 y + x 2 = 0 ⇒ r 2 sin 2 ϕ − 10r sin ϕ + r 2 cos 2 ϕ = 0 ⇒ r = 10sin ϕ .Прямая y = x имеет полярное уравнение r sin ϕ = r cos ϕ .Откуда tgϕ = 1 ⇒ ϕ = π . Аналогично4x = 0 ⇒ r cos ϕ = 0 ⇒ cos ϕ = 0 ⇒ ϕ = π2Тогда площадь фигуры будет определяться по формуле:S = ∫∫ dxdy =Dπ /2∫πdϕ10 sin ϕ/4= (16ϕ + 8sin 2ϕ )∫ϕ6 sinππ24π /2⎛ r2 ⎞rdr = ∫ d ϕ ⎜ ⎟π /4⎝ 2⎠= 8 + 4π ≈ 20.5710 sin ϕπ /2=6 sin ϕ∫ 32sinπ/42ϕ dϕ =7 _ 08 _ 09Пластинка D задана ограничивающими ее кривыми, μ - поверхностнаяплотность.

Найти массу пластинки.D : x = 1, y = 0, y 2 = 4 x( y ≥ 0) ;μ = x + 3y2 .Решение:Из рисунка находим пределы интегрирования по x и y.Сначала интегрируем по y, затем по x.1M D = ∫∫ μ ( x, y ) dxdy = ∫ dx0D( )= 4x51=4204x1∫ ( x + 3 y ) dy = ∫ dx( xy + y )204x3001= ∫ 10 x3 / 2 dx =07 _ 09 _ 09Пластинка D задана неравенствами, μ - поверхностная плотность.Найти массу пластинки.D : 1 ≤ x 2 16 + y 2 4 ≤ 4;x ≥ 0, y ≥ x 2;μ = x y.Решение:Обобщенная полярная сиситема координат:⎧ x = 4r cos ϕ(1) ⎨⎩ y = 2r sin ϕЯкобиан перехода равен∂x∂ϕ∂y∂ϕ∂x4 cos ϕ − 4sin ϕ∂r== 8r2sin ϕ 2r cos ϕ∂y∂r(1) π / 2m = ∫∫ m( x, y ) dx dy =Dπdsinϕ=∫π sinϕ24⎛r2⋅ ⎜13 ⋅2⎝∫π /42π /21π /4d ϕ ∫ 8r ⋅ 2ctgϕ dr =⎛⎞ ⎜| ⎟ = ln sin ϕ⎜⎜1⎠⎝2π∫2ctgϕ ⋅ d ϕ ⋅ ∫ 16r dr =1⎞1⋅ 8 ⋅ 3 = 12 ln 2| ⎟ ⋅ 8 ⋅ (4 − 1) = − lnπ ⎟2⎟4⎠27 _10 _ 09 _1Найти объем тела, заданного ограничивающими его поверхностями:y = 17 2 x , y = 2 2 x ,z = 0, x + z = 1 2.Решение:V = ∫∫∫ dx dy dz =G0.5=⎛∫ ⎜⎝ ( 0.5 − x ) ⋅ y01/ 2∫1/ 2 − x17 2 xdx0∫dy02 2x⎞| ⎟ dx =2 2x ⎠17 2 x∫dz =0.517 2 x02 2x∫ dx⋅∫ ( 0.5 − x ) dy =0.5∫ ( 0.5 − x ) ⋅ 152 x dx = 15 2 dx =0⎛ x x 2 x 2 x ⎞ 0.5x − x x dx = 15 2 ⋅ ⎜⎜−⎟ | =5 ⎟⎠ 00⎝ 3⎛ 1 2 x ⎞ 0.5= 15 2 ⋅ x x ⋅ ⎜ − ⎟ | = 1⎝3 5 ⎠ 09.5= 15 2 ⋅∫ ( 0.5)7_10_09_27 _13 _ 09Найти объем тела, заданного ограничивающими его поверхностями:z = 21 x 2 + y 2 2,z = 23 2 − x 2 − y 2 .Решение:Перейдем к цилиндрической системе координат:⎧ x = r cos ϕ⎪⎨ y = r sin ϕ⎪z = z⎩Найдем линию пересечения графиков функций:⎧⎪⎪ z =⎨⎪z =⎪⎩V =2π=21 2x + y22⎧z = 2⎪⎧ z + 6 z − 16 = 02⇔⎨⇔⎨222223⎪⎩6 z = x + y⎩ x + y = 12− x2 − y 222π100∫ dϕ ∫ r dr23 2−r2∫ 2 ⋅ dϕ = 4π0∫21r22π121 ⎞⎛ 23dz = ∫ d ϕ ∫ r ⋅ ⎜ − r 2 − r ⎟ dr =2 ⎠⎝ 2002π1⎛r423⎞⋅⋅−−⋅drr5,753,5|=ϕ⎜⎟∫0 ⎝4⎠07 _15 _ 09 _1Найти объем тела, заданного неравенствами:4 ≤ x 2 + y 2 + z 2 ≤ 64,x2 + y2x2 + y 2,≤z≤353x ≤ y ≤ 0.Решение:Перейдем к сферической системе координат:−⎧ x = r cos ϕ cos θ⎪⎨ y = r sin ϕ cos θ⎪ z = r sin θ⎩Якобиан преобразования равен r 2 cos θ5π / 4V =∫π /6∫dϕπ− arc tg8dθ ⋅ ∫ r ⋅ cos θ dr =2125π / 4∫dϕπ355π / 4π /6∫− arc tg⎛1⎛1 ⎞⎞⎜ + sin ⎜ arctg⎟ ⎟ ⋅ dϕ35 ⎠ ⎠⎝⎝2Находим :11α = arcth⇔ tgα =⇒ ctgα = 35353511так как 1 + ctg 2α =, то sin α =26sin αПолучаем := 168 ⋅∫π5π / 4V = 168 ⋅∫π2 π⎛1 1⎞⎜ + ⎟ ⋅ dϕ = 186 ⋅ ⋅ = 28π3 4⎝2 6⎠135r3 8cos θ ⋅ dθ ⋅ | =3 27_15_09_27 _16 _ 09 _1Тело V задано ограничивающими его поверхностями, μ - плотность.Найти массу тела.4 22x2 + y 2 =z , x 2 + y 2 = z,255x = 0, y = 0, ( x ≥ 0, y ≥ 0 ) ;μ = 28 xz.Решение:Перейдем к цилиндрической системе координат:⎧ x = r cos ϕ⎪⎨ y = r sin ϕ⎪z = z⎩π /2M =∫0π /2=∫01dϕ ⋅∫ r dr ⋅05r2π /2∫ 28 ⋅ r cos ϕ ⋅ z dz = ∫5 2r201dϕ ⋅ ∫ 87,5 ⋅ cos ϕ ⋅ ( r 4 − r 6 ) dr = 8, 75 ⋅= 87,5 ⋅02⋅35π /2∫0π /2cos ϕ ⋅ dϕ = 5sin ϕ | = 5015rz2 2d ϕ ⋅∫ 28 ⋅ r 2 ⋅ cos ϕ dr⋅| =5 220r2π /2∫0⎛ r5 r7cos ϕ ⋅ d ϕ ⋅ ⎜ −⎝5 7⎞1⎟| =⎠07_16_09_2.