1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 54

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

Текст из файла (страница 54)

С помощью цилиндрической системы координат запишем объемsin ϕcos2 ϕπZ4V =Zdϕ0sin ϕπ00r200π414Z1tg4 ϕ(1 + tg2 ϕ) d tg ϕ =40Ответ: V =21.2πcosZ2r2Z4Z2ϕZ41sin4 ϕdϕ =r dr dz = dϕr3 dr =4 cos8 ϕZ11 1 13z 4 (1 + z 2 ) dz = ( + ) = .4 5 7350335 .Д 4102z = x + y, z = xy (гиперболический параболоид, седловая поверхность),x + y = 1, x = 0, y = 0;Решение. Запишем объем с помощью повторного интегралаZ1V =Zx+yZ1−xdx0dydz =xy0Z10Z1−xZ1Z1−xdx (x+y−xy) dy =dx (x+(1−x)y) dy =000Z1 31 1 1 12 − 8 + 37(1−x)dx = − + == .x − x2 +22 3 824240Ответ: V =724 .55421.3Д 4106z = 6 − x2 − y 2 , z =px2 + y 2 ;Решение. Здесь область G имеет видG = {(x, y, z) : x2 + y 2 < 2,px2 + y 2 < z < 6 − x2 − y 2 }.Способ 1. С помощью сведения тройного интеграла к повторному, получимZ2V =dxdy +dz0Z6ZZdz2x2 +y 2 <z 2Z2ZZdxdy = π0x2 +y 2 <6−zπz 2 dz + πZ6(6 − z) dz =218+ 6 · 4 − (36 − 4)32=32π.3Способ 2.

С помощью цилиндрической системы координат запишем объемZ2πV =dϕ0Ответ:6−rZ 2Z2r dr0Z2πdz =rZ2dϕ00 243 2rrrr(6−r2 −r) dr = 2π 6 − − =243 08 2 322π 12 − 4 − = π.3 03323 π.Используя сферическую (цилиндрическую) системы координат вычислить интегралы:21.4Д 4087RRR px2 + y 2 + z 2 dxdydz, где Ω ограничена поверхностью ∂Ω = {x2 + y 2 +Ωz 2 − z = 0};555Решение. С помощью сферической системы координат запишем интегралπZ2πI=Z2dϕZ200r3 cos ψ dr = 2πdψ00πsinZ ψ1 4sin ψ cos ψ dψ4πZ2= 2π1 4πsin ψ d(sin ψ) = .4100π10 .Ответ: I =21.5Д 4088√ 2 2√2−x −y1−xRR1R 2z 2 dz;dxdy√0022x +yРешение.

С помощью сферической системы координат запишем интегралπZ1Z2I=dϕ0√πZ2−r2Z2Z1 3 √2−r2 z z 2 dz = dϕ rdr =r dr3 rr000π2Z1 3 √2−r2 Z1 z π2 324r (2 − r ) − r dr =dϕ rdr =3 r600 1 01ZZ5 11π √1ππ2 3242(2 − r ) r dr − r dr =− (2 − r ) 2 −= (2 2 − 1).0665515Z0Ответ: I =0√π15 (22 − 1).Используя сферическую (цилиндрическую) системы координат вычислить объемы тел, ограниченных поверхностями:21.6Д 4107x2 + y 2 + z 2 = 2az, x2 + y 2 6 z 2 , (a > 0);556Решение:πZ2πI=π4πr2 cos ψ dr = πdψdϕ02aZsin ψZ216a323 Zsin3 ψ cos ψ dψ =π40π16aπ323 Zπ4π334a4a12sin3 ψ d(sin ψ) = πsin4 ψ π = π1−= πa3 .3344Ответ: I = πa3 .21.7Д 4108(x2 + y 2 + z 2 )2 = a2 (x2 + y 2 − z 2 );См. рис. 21.7.Рис.

3.45: См. задачу 21.7.557√Решение. Здесь r4 = a2 r2 (cos2 ψ − sin2 ψ) = a2 r2 cos 2ψ, r = a cos 2ψ.I=√a Zcos 2ψπZ2πZ4− π40r2 cos ψ dr =dψdϕπ32πa3Z43(cos 2ψ) 2 cos ψ dψ =− π40ππ12Z43 Z3 Z3334πa34πa4πa(1−t2 ) 2 dt = √(1−2 sin2 ψ) 2 d sin ψ = √(1−sin2 φ) 2 d sin φ =33 23 2004πa3√3 2π2Z4πa3cos4 φ dφ = √3 20π2Z1401(cos(4φ) + 1) + 2 cos(2π) + 12dφ =0πZ2 4πa33π 2 a31 1√cos(4φ) + 2 cos(2φ) +dφ = √ .4 223 24 20Ответ: I =2 3π√a.4 2Дома21.8Д 4089Перейти к сферическим координатам в интегралеZZZpf ( x2 + y 2 + z 2 ) dxdydz,Vгде область V ограничена поверхностями z = x2 + y 2 , x = y, x = 1, y = 0,z = 0.21.9Д 4091Перейдя к цилиндрическим координатам, вычислить интегралZZZ(x2 + y 2 ) dxdydz,Vгде область V ограничена поверхностями x2 + y 2 = 2z, z = 2.Найти объемы тел, ограниченных следующими поверхностями:55821.10Д 4103x2 + z 2 = a2 , x + y = ±a, x − y = ±a.21.11Д 4104az = x2 + y 2 , z =21.12px2 + y 2 (a > 0).Д 4105az = a2 − x2 − y 2 , z = a − x − y, x = 0, y = 0, z = 0 (a > 0).Переходя к сферическим или цилиндрическим координатам, вычислить объемы, ограниченные поверхностями:21.13Д 4109(x2 + y 2 + z 2 )3 = 3xyz.21.14Д 4110x2 + y 2 + z 2 = a2 , x2 + y 2 + z 2 = b2 , x2 + y 2 = z 2 (z > 0) (0 < a < b).22Seminar n.

22. Date 19.11.2018. Замена переменныхПридумать замену переменных, переводящую область интегрирования в прямоугольник:22.1RbadxД 3957:Rβxf (x, y)dy; (0 < a < b, 0 < α < β);αxРешение: Сделаем замену u = x, v =yx.Следовательно, x = u, y = uv.Тогда матрица Якоби имеет вид∂x∂u∂y∂u∂x∂v∂y∂v!=5591 0v u!.Следовательно, J = u, u ∈ [a, b].RbRβxRbRβОтвет: dx f (x, y)dy = u du f (u, uv) dv.aαxaα22.2 ЗадачаRRf (x, y) dxdy, где Ω — ограничена кривыми x = 0, y = 0, x2 + y 2 = a,Ω(a > 0);Самостоятельно.22.3 Д 3959RR√√√f (x, y) dxdy, где Ω – ограничена кривыми x = 0, y = 0, x + y = a,Ω(a > 0);(Решение: Сделаем заменуx = u cos4 v,(обобщенная полярная система(√√u = ( x + y)2 ,Покоординат).

Тогда обратное отображение имеет видpv = arctg 4 xy .√√√скольку область Ω = {(x, y) : 0 < xy < +∞, 0 < x + y < a}, то областьy = u sin4 v,U = {(u, v) : 0 < v < π2 , 0 < u < a}.Найдем матрицу Якоби∂x∂u∂y∂u∂x∂v∂y∂v!4=3cos v −4u cos v sin vsin4 v 4u sin3 v cos v!.Следовательно, |J| = 4u cos3 v sin3 v, v ∈ [0, π2 ].πR2 3Ra3Ответ: 4 sin v cos v dv uf (u cos4 v, u sin4 v) du.022.40Д 3960Показать, что замена x + y = ξ, y = ξη переводит открытый треугольник свершинами (0, 0), (0, 1), (1, 0) в единичный квадрат: 0 < ξ < 1, 0 < η < 1.560Решение. Этот треугольник определяется двумя неравенствами(0 < x + y < 1,0<(Заменуx + y = ξ,y = ξη,yx< +∞.в случае x 6= 0 можно представить как(x + y = ξ,yx=η1−η .Тогда получим условия на ξ и η:(0 < ξ < 1,0<η1−η ,что эквивалентно(0 < ξ < 1,0 < η < 1.Придумать замену, вычислить интегралы:22.5RRД 3968(x2 + y 2 ) dxdy;x4 +y 4 61Решение: В полярной системе координат x4 + y 4 = 1 имеет вид r(ϕ) =561√41:cos4 ϕ+sin4 ϕZZ(x2 + y 2 ) dxdy =0x4 +y 4 61Zdϕ=sin4 ϕ + cos4 ϕ0π000π2π2Z2 Zr(ϕ)Z2πZ2π11dϕr4 (ϕ) dϕ ==dϕr3 dr =44 sin4 ϕ + cos4 ϕZ2πZ10sin4 ϕcos4 ϕ0+1·sin2 ϕ + cos2 ϕcos2 ϕ·dϕ=cos2 ϕZ+∞Z+∞ 2Z+∞d z − z11 + z12tg2 ϕ + 1z +1dz ==d tg ϕ =dz =2tg4 ϕ + 1z4 + 1z 2 + z12z − z1 + 2000 1Z+∞ d z−Z+∞√z11πdt2√√=√=.

1 22+1z− zt222√+10Ответ:−∞2√π .222.6 Д 3971RR| cos(x + y)| dxdy;06x6π06y6πРешение: Рассмотрим областиππΩ1 = {0 6 x + y 6 , x > 0, y > 0}, Ω2 = { 6 x + y 6 π, x > 0, y > 0},223π3πΩ3 = {π 6 x+y 6, x 6 π, y 6 π}, Ω4 = {6 x+y 6 2π, x 6 π, y 6 π}.22ZZZZZZcos(x+y) dxdy =| cos(x+y)| dxdy =cos((−x+π)+(−y+π)) dxdy =Ω4(Ω4(сделаем заменуξ=η=π√2 2y+x√ ,2y−x√ .2Ω1π√2 2)Z=√cos(ξ 2) dξ√ π√Z√ξsin(ξ2)sin(ξ2) 2 2√√2dξ  = 2 −0220562π−4Z2dη = 2−ξ0π√Zξ2√ξ cos(ξ 2) dξ =0√ π !!cos(ξ 2) 2√2π−= −1.022ZZZZ| cos(x + y)| dxdy = −Ω3cos((−x + π) + (−y + π)) dxdy =Ω2(ZZ−cos(x + y) dxdy =(сделаем заменуξ=η=Ω2π√Z2−π√2 2Z2dη = −2cos(ξ 2) dξ)=π√Zξ√y+x√ ,2y−x√ .2√ξ cos(ξ 2) dξ =π√2 2−ξπ√2√ π√Zsin(ξ 2) π ξ sin(ξ 2) √2√√− 2dξ  = −2 − − π −√4222 2π√ π !!cos(ξ 2) √2−= π√22 2√2 2π+ 1.2Ответ: I = 2π.Вычислить интегралы:22.7 ЗадачаRRexp(x + y) dxdy, Ω — ограничена кривыми x = a, x = b, y = αx, y = βx,Ω(0 < a < b, 0 < α < β);Решение:ZZex+y dxdy =Zbex dxaΩZxβey dy =xαZbex(1+β) dx −ab(1+β)ex(1+α) dx =aa(1+β)−e1+βe22.8Zbeb(1+α) − ea(1+α)−.1+αЗадача.

3999.1Производя надлежащую замену переменных, найти площади фигур, ограни2222ченных кривыми: ( xa ) 3 + ( yb ) 3 = 1, ( xa ) 3 + ( yb ) 3 = 4,первой четверти.563xa= yb , 8 xa = yb , (a, b > 0) вРешение. Сделаем замену x = au cos3 v, y = bu sin3 v. Найдем матрицу Якоби∂x∂u∂y∂u∂x∂v∂y∂v!32a cos v −3ua cos v sin v=b sin3 v!3ub sin2 v cos v.Следовательно, J = 3uab cos2 v sin2 v, u ∈ [1, 8], v ∈ [ π4 , arctg 2].ZZΩarctgZ 2arctgZ 23(64−1)dxdy = 3 u ducos2 v sin2 v dv =(1 − cos(4v)) dv =16ππ144arctg23(64 − 1)sin(4v) 189π 1v−=arctg 2 − − sin(4 arctg 2) .π164164 44Z822.9 Задача √yRRRsin xz · e z dxdydz, G – ограничена поверхностями z = ay 2 (параболичеGский цилиндр), z = by 2 , (y > 0, 0 < a < b); z = αx, z = βx, (0 < α < β),(1 < z < h);Решение: Рассмотрим замену и соответствующую матрицу Якоби и Якобиан ∂ξ ∂ξ ∂ξxx1 ξ = z ,  ∂x ∂y ∂z   z 0 − z 2 ∂η ∂η ∂η √1√y η = √yz ,  ∂x ∂y ∂z  =  0 z − z 3  .∂ζ ∂ζ ∂ζ ζ = z,0 01∂xСледовательно, J =13 ,z2∂y∂z3J −1 = ζ 2 .√11ZZZsinGxz·e√yzZaZαdxdydz =sin ξ dξ1βeη dη1√b11sin − sinαβZh3ζ 2 dζ =1 215√1√ab· e −e· · (h 2 − 1).522.10 ЗадачаRRR 2 2 2(x +y +z ) dxdydz, G – ограничена поверхностью x2 +y 2 +z 2 −x−y−z =G0;564Решение.

Рассмотрим сферическую систему координат в точке ( 21 , 12 , 12 ):1 x = 2 + r cos ψ cos ϕ,y = 12 + r cos ψ sin ϕ,z = 12 + r sin ψ,ZZZ222(x + y + z ) dxdydz =dϕr(sin ψ + cos ψ(cos ϕ + sin ϕ)) +dψ− π2343Z2Z0G√π2Z2π4πr cos ψ r2 +0dr =√π2Z2πdϕ3Z2Z0√2cos ψ dψ− π2r23dr =r +4203Z2 3 r4 + r2 dr = 4π4523233 3+·5 · 25 4 3 · 23!332= π.50Дома:22.11Д 3956Квадрат S {a < x < a + h, b < y < b + h} (a > 0, b > 0) с помощью системыфункцийy2√u = , v = xyxпреобразуется в область S 0 . Найти отношение площади области S 0 к площадиS. Чему равен предел этого отношения при h → 0?Вместо x и y ввести новые переменные u и v и определить пределы интегрирования в следующих двойных интегралах:22.12Д 3958R2f (x, y) dy, если u = x + y, v = x − y.0dx2−xR1−x56522.13Д 3961При какой замене переменных криволинейный четырехугольник, ограниченный кривыми xy = 1, xy = 2, x − y + 1 = 0, x − y − 1 = 0 (x > 0, y > 0),перейдет в прямоугольник, стороны которого параллельны осям координат?Вычислить следующие двойные интегралы:22.14 Д 3965RR(x + y) dxdy, где область Ω ограничена кривой x2 + y 2 = x + y.Ω22.15 Д 3967RR q221 − xa2 − yb2 dxdy, где область Ω ограничена эллипсомΩx2a2+y2b2= 1.22.16 Д 3969RR(x + y) dxdy, где область Ω ограничена кривыми y 2 = 2x, x + y = 4,Ωx + y = 12.22.17 Д 3970RRxy dxdy, где область Ω ограничена кривыми xy = 1, x + y = 52 .Ω22.18Д 3976Вычислить интегралы от разрывной функцииZZ p[y − x2 ] dxdy.x2 6y64Производя надлежащую замену переменных, найти площади фигур, ограниченных кривыми:56622.19Д 3997xy = a2 , xy = 2a2 , y = x, y = 2x (x > 0, y > 0).22.20Д 3998y 2 = 2px, y 2 = 2qx, x2 = 2ry, x2 = 2sy (0 < p < q, 0 < r < s).22.21Д 3998.2y = axp , y = bxp , y = cxq , y = dxq , (0 < p < q, 0 < a < b, 0 < c < d).22.22Д 4093Найти интегралRRRxyx dxdydz, где область V расположена в октанте x > 0,Vy > 0, z > 0 и ограничена поверхностями:x2 + y 2z=,mx2 + y 2z=,n(0 < a < b,22.23xy = a2 ,xy = b2 ,0 < α < β,y = αx,0 < m < n).Д 4095Найти среднее значение функцииrf (x, y, z) = expв областиx2a2+y2b2+z2c2x2a26 1.567+y2b2+z2c2!y = βx23Seminar n.

Характеристики

Список файлов семинаров