kratnye_integraly_variant_23 (Кратные интегралы (Кузнецов Л.А.))

7 _ 01 _ 23Изменить порядок интегрированияπ 4∫ dx ∫0π 2sin xf dy +0cos x∫π dx ∫4f dy0Решение: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/ 2 ],концы которого дают пределы интегрирования по y : 0 и 1/ 2. Из уравнений линийвыражаем x через y. Для y = sin x : x = arcsin y , для y = cos x : x = arccos y.π 4∫ dx ∫0π 2sin x0f dy +cos x∫π dx ∫40arccos y1/ 2f dy =∫0dy∫arcsin yf dx7 _ 02 _ 23Вычислить:∫∫ ( xy − 4 x y ) dxdy;33DD : x = 1, y = x 3 , 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 3 .1x31∫∫ ( xy − 4 x y ) dxdy = ∫ dx ∫ ( xy − 4 x y ) dy = ∫ dx( 1 2 xy3330D1− x30(2−x y34)11= ∫ (− x 2 + x 5 + x 7 − x15 )dx = − 1 x 3 + 1 x 6 + 1 x8 − 1 x16661616220x3=− x)10=07 _ 03 _ 23Вычислить:∫∫ y sin 2 xy dxdy;DD : y = π 2, y = 3π 2, x = 1 2, x = 2.Решение:Если 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.∫∫ y sin 2 xy dxdy =D3π / 2=∫π/23π / 2∫π/22ydy ∫ sin 2 xydx =1/ 211(cos y − cos 4 y )dy = ( sin y )223π / 2π /23π / 2∫π/22⎛ cos 2 xy ⎞ydy⎜ −⎟ =2y⎝⎠ 1/ 21 sin 4 y ⎞− ⎛⎜⎟2⎝ 4 ⎠3π / 2∫π/2y1(cos y − cos 4 y ) dy =2y3π / 2= −1 − 0 = −1π /27 _ 04 _ 23Вычислить:⎛π⎞∫∫∫ x sin ⎜⎝ 2 xy ⎟⎠ dx dy dz;2V⎧ x = 2, y = x, y = 0,V ⎨⎩ z = 0, z = π .Решение:Т.к. подынтегральная фунуция не зависит от z, интегрирование нужно начатьпо переменной z, при этом пределы интегрирования по z равны 0 и π . Еслизатем интегрировать по x, то придется дважды интегрировать по частям,поэтому проинтегрируем сначала по y, затем по x.

Очевидно, что пределыинтегрирования по y будут 0 и x, по x - 0 и 2.π⎛π ⎞⎛π ⎞⎛π ⎞x 2 sin ⎜ xy ⎟ dx dy dz = ∫ x 2 dx ∫ sin ⎜ xy ⎟ dy ∫ dz = π ∫ x 2 dx ∫ sin ⎜ xy ⎟ dy =∫∫∫⎝2 ⎠⎝2 ⎠ 0⎝2 ⎠V00002π xy ⎞⎛⎜ cos 2= π ∫ x dx⎜ −2πx0⎜⎜⎝222x2xx22⎛⎟⎛ π x2π x22 2π=−=−xdxx(1cos())21cos⎜⎟∫0 π x∫0 ⎜⎝2⎝ 2⎟⎟⎠0⎛π x2 ⎞ = 4 − 0 = 42= ⎜ x 2 − sin⎟π2 ⎠0⎝⎞⎞⎟ ⎟ dx =⎠⎠7 _ 05 _ 23Вычислить:∫∫∫ 63 (1 + 2 y ) dx dy dz;VV : y = x, y = 0, x = 1,z = xy , z = 0.Решение:Область интегрирования представляет собой вертикальный цилиндр,ограниченный снизу плоскостью z = 0, сверху - поверхностью z = xy .Построим проекцию области интегрирования на плоскость Oxy. Пределыинтегрирования расставляем по рисунку.1xxy1x00000∫∫∫ 63 (1 + 2 y ) dx dy dz = ∫ dx ∫ dy ∫ 63 (1 + 2 y ) dz = 63∫ dx ∫ (V1x1)xy + 2 x y dy =1⎛2 2225/ 2 ⎞⎛2⎞⎞= 63∫ dx⎛⎜xy 3 + x y 2 ⎟ = 63∫ ⎜ x + x ⎟ dx = 63 ⎜ x 3 + x 7 / 2 ⎟ = 14 + 18 − 0 − 0 = 323⎠7⎝9⎠0⎝3⎠000⎝7 _ 06 _ 23Найти площадь фигуры, ограниченной данными линиями:x = 27 − y 2 , x = −6 y.Решение:Найдем точки пересечения графиков функций:27 − y 2 = −6 yy 2 − 6 y − 27 = 0y=9y = −3S = ∫∫ dxdy =D927 − y 2∫ dy ∫−3−6 y9dx =∫ dy( y )−327 − y 2−6 y9⎛y3 ⎞= ∫ ( 27 + 6 y − y ) dy = ⎜ 27 y + 3 y 2 − ⎟3 ⎠−3⎝9= 2882−37 _ 07 _ 23Найти площадь фигуры, ограниченной данными линиями:y 2 − 6 y + x 2 = 0,y 2 − 8 y + x 2 = 0,y = x, x = 0.Решение:Два первых уравнения легко преобразовать к виду:( y − 3) + x 2 = 92( y − 4 ) + x 2 = 162Эти 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 − 8 y + x 2 = 0 ⇒ r 2 sin 2 ϕ − 8r sin ϕ + r 2 cos 2 ϕ = 0 ⇒ r = 8sin 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:8 sin ϕπ /2π /2⎛ r2 ⎞S = ∫∫ dxdy = ∫ d ϕ ∫ rdr = ∫ d ϕ ⎜ ⎟Dπ /4π /46 sin ϕ⎝ 2⎠π7= ⎛⎜ 7ϕ + sin 2ϕ ⎞⎟2⎝⎠π24⎛1 π ⎞= 14 ⎜ + ⎟ ≈ 9⎝4 8⎠8 sin ϕπ /2=6 sin ϕ∫ 14sinπ/42ϕ dϕ =7 _10 _ 23 _1Найти объем тела, заданного ограничивающими его поверхностями:x 2 + y 2 = 18, x = 3 y , x = 0,z = 0, z = 10 y 11.Решение:3V = ∫∫∫ dx dy dz = ∫ dyG=035 ⎛x4⋅ ∫ ⎜18 − x 2 −11 0 ⎝918− y 2∫3y10 y /11dx∫0310dz = ⋅ ∫ dx ⋅11 018 − x 2∫x23⎞5 ⎛x3 x5 ⎞ 3=⋅−− ⎟ | = 18dx18x⎟⎜11 ⎝3 45 ⎠ 0⎠2 ⎞3⎛10 ⎜ ⎛ y 2 ⎞ 18− x ⎟y dy = ⋅ ∫ ⎜ ⎟ | dx =11 0 ⎜⎜ ⎝ 2 ⎠ x2 ⎟⎟3⎝⎠7_10_23_27 _11_ 23 _1Найти объем тела, заданного ограничивающими его поверхностями:x 2 + y 2 + 2 x = 0,z = 17 4 − y 2 , z = 0.Решение:Перейдем к цилиндрической системе координат:⎧ x = r cos ϕ⎪⎨ y = r sin ϕ⎪z = z⎩−π / 2V =∫π/2dϕ17 / 4 − r 2 sin 2 ϕ0∫ϕr dr−2 cos∫−π / 2dz =0∫πdϕ0⎛ 17∫ ϕ r ⎜⎝ 4−2 cos/23π23π222⎛ ⎛ 17r 2 r 4⎞ −2 cos ϕ ⎞= ∫ ⎜⎜− ⋅ sin 2 ϕ ⎟ | ⎟ ⋅ d ϕ =4π ⎝⎝ 8⎠ 0 ⎠⎛ 17∫ ⎜ ⋅ cosπ ⎝ 22⎞− r 2 sin 2 ϕ ⎟ dr =⎠⎞⎠ϕ − 4 ⋅ cos 4 ϕ ⋅ sin 2 ϕ ⎟ ⋅ d ϕНайдем интегралы :3π23π23π1 + cos 2ϕ⎛ ϕ sin 2ϕ ⎞ 2 π3 ∫ cos ϕ ⋅ dϕ = ∫⋅ dϕ = ⎜ +⎟ | =424 ⎠π⎝2ππ223π2∫π3π2⎛ 1 + cos 2ϕ ⎞cos ϕ ⋅ sin ϕ ⋅ dϕ = ⋅ ∫ ⎜⎟2⎠π ⎝422=222⎛ 1 − cos 2ϕ ⎞⋅⎜⎟ ⋅ dϕ =2⎝⎠21⋅83π2∫ (1 + 2 ⋅ cos 2ϕ + cosπ2ϕ ) ⋅ (1 − cos 2ϕ ) ⋅ dϕ =221= ⋅83π2∫ (1 + cos 2ϕ − cosπ21 ⎛sin 2ϕ ⎞2ϕ − cos3 2ϕ ) ⋅ dϕ = ⋅ ⎜ ϕ +⎟−8 ⎝2 ⎠2−1⋅163π213π2∫ (1 + cos 4ϕ ) ⋅ dϕ − 16 π∫ (1 − sinπ222ϕ ) ⋅ d ( sin 2ϕ ) =23π⎛1 ⎛sin 2ϕ ⎞ 1 ⎛sin 4ϕ ⎞ 1 ⎛sin 3 2ϕ ⎞ ⎞ 2= ⎜ ⋅ ⎜ϕ +−⋅ϕ+−⋅sin2ϕ−⎜⎟ ⎟ π| =⎟⎜⎟82164163⎝⎠⎝⎠⎝⎠⎠⎝23π⎛ ϕ sin 3 2ϕ sin 4ϕ ⎞ 2 π=⎜ +−⎟ | =4864 ⎠ π 16⎝ 162π17 πV = ⋅ − 4 ⋅ = 4π2 4167_11_23_27 _12 _ 23 _1Найтиобъем тела, заданного ограничивающими его поверхностями:x = 5 y 2 − 2, x = −4 y 2 + 7,z = 4 − 2x2 + 3 y 2 ,z = −1 − 2 x 2 + 3 y 2 .Решение:1V = ∫ dy−14− 2 x2 +3 y 2−4 y 2 + 7∫5 y2 −2dx∫−1− 2 x 2 + 3 y 21−4 y 2 + 7−15 y2 −2dz = ∫ dy⎛ y3⎞14= 45 ⋅ ⎜ − + y ⎟ | = 45 ⋅ = 603⎝ 3⎠ −1∫15dx = 5 ⋅ ∫ ( −9 y 2 + 9 ) dy =−17_12_23_27 _13 _ 23Найти объем тела, заданного ограничивающими его поверхностями:z = 16 − x 2 − y 2 ,z=(x2+ y 2 ) 15.Решение:Перейдем к цилиндрической системе координат:⎧ x = r cos ϕ⎪⎨ y = r sin ϕ⎪z = z⎩Найдем линию пересечения графиков функций:⎧ z = 16 − x 2 − y 22222⎧⎧z = 1⎪⎪ z = 16 − ( x + y )⎪⎧ z = 16 − 15 z⇔⇔⇔⎨⎨⎨⎨2222222⎩ x + y = 15⎩⎪ x + y = 15 z⎪⎩ z = ( x + y ) 15⎪⎩ x 2 + y 2 = 15 z 22πV =∫ dϕ016 − r 215∫r dr0⎛ 1= ∫ dϕ ⋅ ⎜ − ⋅⎜ 20⎝2π2π=∫0∫ dϕ0r / 1515∫ 16 ⋅ dϕ = 32π0∫2πdz =1516 − r 2 −016 − r ⋅ d (16 − r2⎛∫ r ⋅ ⎜⎝152)− ∫0r ⎞⎟ dr =15 ⎠3⎞ 2π⎛ 1r 3 ⎞ 152 2dr ⎟ = ∫ d ϕ ⋅ ⎜ − ⋅ (16 − r ) −⎟ | =3 15 ⎠ 015 ⎟⎠ 0⎝ 3r27 _14 _ 23 _1Найти объем тела, заданного ограничивающими его поверхностями:z = 22 ( x 2 + y 2 ) + 3,z = 3 − 44 y.Решение:Перейдем к цилиндрической системе координат: x = r cos ϕ y = r sin ϕz = zНайдем линию пересечения поверхностей:22 ( x 2 + y 2 ) + 3 = 3 − 44 yx 2 + y 2 = −2 yПерейдем к полярным координатам:1.

x 2 + y 2 = −2 y ⇔ ( r cos ϕ ) + ( r sin ϕ ) = −2r sin ϕ ⇔ r 2 = −2r sin ϕ ⇒22r1 = 0 , r2 = −2sin ϕ2. т.к. r = −2sin ϕ ≥ 0 , то sin ϕ ≤ 0, значит, ϕ меняется от π до 2πЗапишем уравнения поверхностей в цилиндрических координатах:(3. z = 22 ( x 2 + y 2 ) + 3 ⇔ z = 22 ( r cos ϕ ) + ( r sin ϕ )22) + 3 ⇔ z = 22r2+3z = 3 − 44 y ⇔ z = 3 − 44r sin ϕV =2π∫ dϕπ2π−2 sin ϕ∫3− 44 r sin ϕr dr2π4−−2 sin ϕ2π∫ dϕ ⋅π22 r 2 + 30∫ dϕ ⋅  5, 5 ⋅ rπ∫dz =∫r ⋅ ( −44r sin ϕ − 22r 2 ) dr =044 3 −2 sin ϕ⋅ r ⋅ sin ϕ  | =3 02π2π∫π88⋅ sin 4 ϕ ⋅ d ϕ =32π8888  1 − cos 2ϕ 88 1=⋅ ∫ sin 4 ϕ ⋅ d ϕ = ⋅ ∫ ⋅ ⋅ ∫ (1 − 2 cos 2ϕ + cos 2 2ϕ ) ⋅ d ϕ = ⋅ dϕ =3 π3 π23 4 π22π=2π88 188 188  14 sin 4ϕ  2π⋅ ⋅ (ϕ − sin 2ϕ ) | + ⋅ ⋅ ∫ (1 + cos 4ϕ ) ⋅ d ϕ = ⋅  (ϕ − sin 2ϕ ) + +| =π3 43 8 π3 4832  π=88  1  3ϕ1  2π⋅ − sin 2ϕ + sin 4ϕ   | = 11π3 4 28 π7_14_23_2.