1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 53

Просмтор этого файла доступен только зарегистрированным пользователям. Но у нас супер быстрая регистрация: достаточно только электронной почты!

Текст из файла (страница 53)

См. рис. 19.1.Рис. 3.37: См. задачу 19.1.Решение. В полярной системе координат кривая x2 + y 2 = ax имеет видr(ϕ) = a cos ϕ, ϕ ∈ − π2 , π2 . Тогда область Ω = {x2 + y 2 6 ax}\(0, 0) вполярной системе координат имеет видh π πiU = {(ϕ, r) : ϕ ∈ − ,, r ∈ (0, r(ϕ)]}.2 2536Ответ.ZZZZf (x, y) dxdy =Ωrf (r cos ϕ, r sin ϕ) dϕdr =UπaZcos ϕZ2dϕ− π219.2rf (r cos ϕ, r sin ϕ) dr.0Д 3941Ω – параболический сегмент |x| 6 a,x2a6 y 6 a. См. рис. 19.2.Рис.

3.38: См. задачу 19.2.Решение. В полярной системе координат часть прямой {y = a, x ∈ (−a, a)},имеет вид r(ϕ) =a sin ϕcos2 ϕ , ϕ ∈∈ [ 3π4 , π)}. Мы{r(ϕ) =a sin ϕcos2 ϕ , ϕasin ϕ , ϕ(0, π4 ]};∈ ( π4 , 3π4 ); кривая {y =кривая {y =2xax2a,x ∈ (0, a]} имеет вид, x ∈ [−a, 0)} имеет вид {r(ϕ) =получим новую область U = {(ϕ, r) : ϕ ∈ [0, π], r ∈[0, r(ϕ)]}, см. рис. 19.2.537Рис. 3.39: См. задачу 19.2.Ответ:ZZZZf (x, y) dxdy =rf (r cos ϕ, r sin ϕ) dϕdr =ΩUZπ0aπsin ϕZr(ϕ)Z4Zcos2 ϕrf (r cos ϕ, r sin ϕ) dϕdr = dϕdϕrf (r cos ϕ, r sin ϕ) dr+003πZ4sin ϕa cos2ϕZπZdϕπ40asin ϕrf (r cos ϕ, r sin ϕ) dr +0Zdϕ3π4rf (r cos ϕ, r sin ϕ) dr.0Перейдя к полярным координатам, заменить двойные интегралы однократными:19.3 Д 3952RR pf ( x2 + y 2 ) dxdy; где Ω = {|y| 6 |x|,Ω|x| 6 1}.

См. рис. 19.3.√Решение. Часть прямой {x = 1, y ∈ [−1, 0)} переходит в {r ∈ (1, 2], ϕ =√− arccos 1r }; часть прямой {x = 1, y ∈ [0, 1]} переходит в {r ∈ [1, 2], ϕ =538Рис. 3.40: См. задачу 19.3.√arccos 1r }; часть прямой {x = −1, y ∈ [0, 1]} переходит в {r ∈ [1, 2], ϕ = π −√arccos 1r }; часть прямой {x = −1, y ∈ [−1, 0)} переходит в {r ∈ (1, 2], ϕ =π + arccos 1r }. Здесь область Ω\{(0, 0)} в полярной системе координат соответствует областиnh π π i 3π 5π oU = (ϕ, r) : r ∈ (0, 1], ϕ ∈ − ,∪ − ,∪4 44 4 n√π11 π3π1(ϕ, r) : r ∈ (1, 2], ϕ ∈ − , − arccos ∪ arccos , ∪, π − arccos4rr 44ro1 5π∪ π + arccos ,r 4539ZZprf (r) dϕdr =f ( x2 + y 2 ) dxdy =ZZ√π− arccos 1rZZ4Z2+ rf (r) dϕ +dϕ +− π41Zarccos 1rZ1πZdϕ +− π4π−arccos 1r5πdϕ +3π4√dϕ dr3π4Z4Z5π4π4rf (r) 0UΩZ1dϕ dr =π+arccos 1rZ 21π − 4 arccosrf (r) dr.rf (r) dr +r10√Ответ:RRΩpR1R222f ( x + y ) dxdy = π rf (r) dr +π − 4 arccos 1r rf (r) dr.01Перейти к полярным координатам r и ϕ, полагая x = r cos ϕ и y = r sin ϕ, ирасставить пределы интегрирования в том и другом порядке в следующих интегралах.19.4R1dx0Д 3943:R1f (x, y) dy.

См. рис. 19.4.0Решение. Если Ω = (0, 1) × (0, 1), тоОтвет.Z1Z1dx0ZZf (x, y) dy =0ZZf (x, y) dxdy =Ωrf (r cos ϕ, r sin ϕ) dϕdr,UгдеπU = {(ϕ, r) : ϕ ∈ (0, ), r ∈ (0, r(ϕ))},2См. рис. 19.4. С одной стороны540(r(ϕ) =1cos ϕ ,1sin ϕ ,ϕ ∈ [0, π4 ],ϕ ∈ ( π4 , π2 ].Рис. 3.41: См. задачу 19.4.ZZrf (r cos ϕ, r sin ϕ) dϕdr =U1πdϕπ400Zsin ϕZ2rf (r cos ϕ, r sin ϕ) dr +dϕ1πZcos ϕZ4rf (r cos ϕ, r sin ϕ) dr0В свою очередь, U можно представить как√π11U = {(ϕ, r) : r ∈ (0, 1], ϕ ∈ (0, )}∪{(ϕ, r) : r ∈ (1, 2), ϕ ∈ (arccos , arcsin )}.2rrСледовательно,ZZrf (r cos ϕ, r sin ϕ) dϕdr =UπZ1Z2r dr0√1arcsin rZ2Zf (r cos ϕ, r sin ϕ) dϕ + r drf (r cos ϕ, r sin ϕ) dϕ.01541arccos 1rРис. 3.42: См.

задачу 19.4.Ответ.Z1Z1dx0f (x, y) dy =01πdϕ0πZ2r drR20dxdϕπ40Z119.5Zsin ϕZ2rf (r cos ϕ, r sin ϕ) dr +01πZcos ϕZ4rf (r cos ϕ, r sin ϕ) dr =0√1arcsin rZ2Zf (r cos ϕ, r sin ϕ) dϕ + r drf (r cos ϕ, r sin ϕ) dϕ.10arccos 1rД 3945:√xR 3pf ( x2 + y 2 ) dy. См. рис. 19.5.x√Решение: Область можно Ω = {(x, y) : x ∈ (0, 2), x < y < x 3} можно542Рис. 3.43: См. задачу 19.5.представить как n π π o√π π2(ϕ, r) : ϕ ∈ ( , ), r ∈ 0,= (ϕ, r) : r ∈ (0, 2 2), ϕ ∈,4 3cos ϕ4 3[√2 π(ϕ, r) : r ∈ [2 2, 4), ϕ ∈ arccos ,.r 3Ответ:Zcos ϕdϕπ419.6RR√2πZ3πrf (r) dr =120Z22Z4 rf (r) dr +√2 20π2− arccosrf (r) dr.3rД 3947:f (x, y) dxdy, где Ω – конечная часть полуплоскости {x > 0}, ограниченнаяΩ2кривой (x2 + y 2 ) = a2 (x2 − y 2 ).

См. рис. 19.6.√Решение. Рассмотрим кривую в форме r = a cos 2ϕ, ϕ ∈ (− π4 , π4 ). Тогда543Рис. 3.44: См. задачу 19.6.область Ω\{(0, 0)} в полярной системе координат соответствует областиn π πopU = (ϕ, r) : ϕ ∈ − ,, r ∈ (0, a cos 2ϕ] =441r2 1r2(ϕ, r) : r ∈ (0, a), ϕ ∈ − arccos 2 , arccos 22a 2aОтвет:ZZZZf (x, y) dxdy =rf (r cos ϕ, r sin ϕ) dϕdr =ΩU√a Zcos 2ϕπZ4dϕ− π4rf (r cos ϕ, r sin ϕ) dr =012Za2arccos ar 2Zr dr0f (r cos ϕ, r sin ϕ) dϕ.2− 12 arccos ar 2Предполагая, что r и ϕ – полярные координаты, изменить порядок интегрирования в следующих интегралах:19.7πR2− π2dϕД 3948:a cosR ϕrf (ϕ, r) dr, (a > 0).0544Ответ:Raarccos ardr0R− arccosrf (ϕ, r) dϕ.raПереходя к полярным координатам, вычислить следующий двойной интеграл19.8 Д 3954:RR px2 + y 2 dxdy;x2 +y 2 6a2Ответ:2πa3319.9 ЗадачаRR dxdy√ 2 2 , Ω = {1 6 x 6 2y 6 x2 , x2 + y 2 6 3};x +yΩhh√ i√ i2sinϕ22Решение.

U = {(ϕ, r) : ϕ ∈ arccos √5 , arccos √3 , r ∈ cos2 ϕ , 3 }√arccos √23ZZΩdxdyp=x2 + y 2ZZUr dϕdr=rZ√2 sin ϕ3−dϕ =cos2 ϕarccos √25!√22 √3−2arccos √ − arccos √35√√ !35√ −.22Дома:Сведением к повторным вычислить интегралы:19.10 Д 3933RR dxdy√Ω 2a−x (a > 0), если область Ω ограничена кратчайшей дугой окружности с центром в точке (a, a) радиуса a, касающейся осей координат, и осямикоординат.19.11 Д 3934RRΩ |xy| dxdy, если Ω – круг радиуса a с центром в начале координат.545В двойном интегралеRRΩf (x, y) dxdy перейти к полярным координатам r и ϕ,полагая x = r cos ϕ и y = r sin ϕ, и расставить пределы интегрирования, если:19.12Д 3937Ω – круг x2 + y 2 6 a2 .19.13Д 3939Ω – кольцо a2 6 x2 + y 2 6 b2 .19.14Д 3940Ω – треугольник 0 6 x 6 1, 0 6 y 6 1 − x.Перейти к полярным координатам r и ϕ, полагая x = r cos ϕ и y = r sin ϕ, ирасставить пределы интегрирования в том и другом порядке в следующих интегралах.19.15R1√dx0Д 39441−xR 21−x19.16R1f (x, y) dy.dx0Rx2Д 3946f (x, y) dy.0Предполагая, что r и ϕ – полярные координаты, изменить порядок интегрирования в следующих интегралах:19.17πR20dϕД 3949√a Rsin 2ϕf (ϕ, r) dr, (a > 0).054619.18Radϕ0Д 3950Rϕf (ϕ, r) dr, (0 < a < 2π).0Перейдя к полярным координатам, заменить двойные интегралы однократными:19.19RД 3951pf ( x2 + y 2 ) dxdy.x2 +y 2 6119.20Rx2 +y 2 6x19.21RД 3953f xy dxdy.Д 3955psin x2 + y 2 dxdy.π 2 6x2 +y 2 64π 219.22 ЗадачаpRR px2 + y 2 ln x2 + y 2 dxdy.x2 +y 2 6320Seminar n.

20. Date 12.11.2018. Сведение кратных интегралов к повторным.В пространстве множество G видаG = {(x, y, z) : (x, y) ∈ G0 , α(x, y) 6 z 6 β(x, y)}называют элементарным относительно оси Oz. Здесь множество G0 – проекция G на плоскость Oxy – измеримо, а α(x, y) 6 β(x, y) на G0 . Аналогичноопределяют множество, элементарное относительно оси Oy или Ox. Множество, элементарное относительно каждой из координатных осей, называютэлементарным.547Теорема 20.1.

Если функция f интегрируема на множестве G, элементарном относительно оси Oz, тоZZZβ(x,y)ZZZf (x, y, z) dxdydz =dxdyG0Gf (x, y, z) dz.α(x,y)Повторный интеграл в правой части является результатом последовательного вычисления сначала интеграла по z при фиксированных x и y, а затемдвойного интеграла по x, y.Если множество G0 на плоскости Oxy элементарно, например, относительно оси Oy, то вычисление тройного интеграла от f по x, y, z сводится квычислению трех однократных интегралов:ZbZZZf (x, y, z) dxdydz =ψ(x)β(x,y)ZZdxdyf (x, y, z) dz.aGϕ(x)α(x,y)Возможен и другой способ сведения тройного интеграла к повторному.Пусть I – проекция множества G на ось Oz, G0 (z) – сечение G плоскостьюz = const ∈ I.Теорема 20.2.

Пусть измеримы по Жордану множества G в R3 , I в R1и G0 (z) в R2 для любого z ∈ I, пусть функция f (x, y, z) интегрируема намножестве G, а как функция от (x, y) интегрируема на множестве G0 (z)для любого z ∈ I. ТогдаZZZZZZf (x, y, z) dxdydz = dzf (x, y, z) dxdy.GIG0 (z)Аналогичное равенство при соответствующих предположениях можно получить, если вместо оси Oz выделить другую координатную ось.Заменить тройные интегралы однократными:20.1Rx0dξД 4084Rξ0dηRηf (ζ) dζ;0548Решение: Рассмотрим областьVx = {(ξ, η, ζ) ∈ R3 : ξ ∈ (0, x), η ∈ (0, ξ), ζ ∈ (0, η)},которую можно представить эквивалентным способом:Vx = {(ξ, η, ζ) ∈ R3 : ζ ∈ (0, x), ξ ∈ (ζ, x), η ∈ (ζ, ξ)}.Таким образом,ZξZxdξZηdη00ZxZZZf (ζ) dζ =0f (ζ) dξdηdζ =dζ0VxZξZxdξζf (ζ) dη =ζ12Zx(x − ζ)2 f (ζ) dζ.0Ответ:Rxdξ020.2R10dxRξdη0Rηf (ζ) dζ =012Rx(x − ζ)2 f (ζ) dζ.0Д 4085R1dyx+yRf (z) dz;00Решение: Рассмотрим областьV = {(x, y, z) ∈ R3 : x ∈ (0, 1), y ∈ (0, 1), z ∈ (0, x + y)},которую можно представить эквивалентным способом в объединения трехобластейV0 = {(x, y, z) ∈ R3 : z ∈ (0, 1), x ∈ (0, z), y ∈ (z − x, 1)},V1 = {(x, y, z) ∈ R3 : z ∈ (0, 1), x ∈ (z, 1), y ∈ (0, 1)},V2 = {(x, y, z) ∈ R3 : z ∈ (1, 2), x ∈ (z − 1, 1), y ∈ (z − x, 1)}.549Таким образом,Z1Z1dx0Zx+yZZZ2 ZZZXdyf (z) dz =f (z) dxdydz =f (z) dxdydz =0Z10Zzdz0Z1dxf (z) dy +z−xZ10i=0VZ1Z1dzdxz0Z1f (z) dy +0001Z1(1 − z + x) dx dz =z−1Ответ:R1x+yR00dx dy0f (z) dy =z−xz−1f (z)(1 − z) dz+Z21z2f (z) dz +(2 − z)2 f (z) dz.1−220R1dx0Z1f (z) Z1Z1f (z)  (1 − z + x)dx dz +Z2Z1dz1ZzViZ2f (z) dz =R1 11−0z22f (z) dz +12R2(2 − z)2 f (z) dz.1Изменить порядок интегрирований:20.3R10dxД 40811−xR0dyx+yRf (x, y, z) dz;0Решение.

Мы представляем характеристическую функцию области V в следующем виде:χV (x, y, z) = χ(0,1) (x) χ(0,x) (z)χ(0,1−x) (y) + χ(x,1) (z)χ(z−x,1−x) (y) =χ(0,1) (z) χ(0,z) (x)χ(z−x,1−x) (y) + χ(z,1) (x)χ(0,1−x) (y) .550Ответ:Z1Z1−x Zx+yf (x, y, z) dz =dxdy000Z10 xZZ1−xZ1Z1−xdxdzf (x, y, z) dy +dzf (x, y, z) dy =xz−x00 zZ1Z1−xZ1Z1−xZdzdxf (x, y, z) dy +dxf (x, y, z) dy .020.4R1−1z−xz0Д 4082√dx01−xR 2√dy− 1−x2R1√f (x, y, z) dz;x2 +y 2Решение. Область V имеет видpV = {(x, y, z) : x2 + y 2 < z < 1}.Мы представляем характеристическую функцию области V в следующем виде:χV (x, y, z) = χ(−1,1) (x)χ(|x|,1) (z)χ(−√z 2 −x2 ,√z 2 −x2 ) (y) =χ(0,1) (z)χ(−z,z) (y)χ−√z 2 −y2 ,√z 2 −y2 (x).Ответ:Z1z 2 −x2Zdzdx−1√Z1|x|√− z 2 −x2Z1f (x, y, z) dy =dz0√2 2Zz −yZzdy−zf (x, y, z) dx.√−z 2 −y 2Вычислить интегралы20.5 Д 4076RRR 2 3xy z dxdydz, где V – конечная часть пространства, ограниченная поVверхностями z = xy, y = x, x = 1, z = 0;551Решение:ZZZxy 2 z 3 dxdydz =Zxx dx0dx1x4 y 4dy =y ·44220.6RRRdy0Z1xy 2 z 3 dz =0x5 dx00Ответ:ZxyZx0VZ1Z1Zxx dx0Zxy 6 dy =128y 2 dy0Z1x12 dx =Zxyz 3 dz =011=.28 · 13 364001364 .Д 4077dxdydz(1+x+y+z)3 ,VZ1где V – конечная часть пространства, ограниченная поверхно-стями x + y + z = 1, x = 0, y = 0, z = 0.Решение.ZZZdxdydz=(1 + x + y + z)3Z1dx01−xZ VZ1dx00dz=(1 + x + y + z)30z=1−x−y−122(1 + x + y + z) z=0dy =Z1−x11dy =dx− +8 2(1 + x + y)201−80Z1Z1(1 − x) dx +01−+16dy0Z1Z11−x−yZZ1−xZ1−xdx0dy=2(1 + x + y)20y=1−x−111dx = − − +2(1 + x + y) y=016 40Z1dxln 25=− .2(1 + x)2160Дома:20.7 Д 4078RRRxyz dxdydz, где область V ограничена поверхностями x2 + y 2 + z 2 = 1,Vx = 0, y = 0, z = 0.55220.8Д 4080RRR px2 + y 2 dxdydz, где область V ограничена поверхностямиVx2 + y 2 = z 2 ,z = 1.Различными способами расставить пределы интегрирования в следующем тройном интеграле:20.9R1dx0Д 4083R1dyx2R+y 20f (x, y, z) dz.0Дополнительно:20.10Задача [5], §8, 134.6ИнтегралRRRf (x, y, z) dxdydz записать в виде повторного G или суммы по-Gвторных с указанным порядком (слева направо) и указать пределы интегрирования, если:G = {(x, y, z) : x > 0, z > 0, x2 +y 2 6 a2 , y 2 +z 2 6 a2 }; a) (x, z, y), б) (y, z, x).21Seminar n.

21. Date 15.11.2018. Сведение кратных интегралов к повторным.Найти объемы тел, ограниченных поверхностями:21.1Д 4101z = x2 +y 2 (параболоидом вращения), z = 2x2 +2y 2 , y = x, y = x2 (параболическийцилиндр).553Решение. Способ 1. Запишем объем с помощью повторного интегралаZ1V =2(xZ2 +y 2 )Zxdx0dyx2Z1dz =Zxdx0x2 +y 2Z1 (x2 + y 2 ) dy =x2x3 x6−x (x − x ) +3322dx =043Z1x3 dx −Z101x4 dx −3Z1x6 dx =131 1− −= .3 5 21 3500Решение. Способ 2.

Характеристики

Список файлов семинаров