1610907243-ac283de454695bb7f2524e2bfa39689d (824397), страница 55

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

Текст из файла (страница 55)

23. Date 22.11.2018. Замена переменныхСферические координаты в многомерном случаеx1= r cos ϕ1 ,= r sin ϕ1 cos ϕ2 , x2...xn−1 = r sin ϕ1 sin ϕ2 . . . sin ϕn−2 cos ϕn−1 , xn= r sin ϕ1 sin ϕ2 . . . sin ϕn−2 sin ϕn−1 ,|J| = rn−1 sinn−2 ϕ1 sinn−3 ϕ2 . . . sin ϕn−2 ,ϕ1 ∈ [0, π], . . .

, ϕn−2 ∈ [0, π],ϕn−1 ∈ [0, 2π).Найти объемы тел, ограниченных поверхностями:23.1x2a2+Д 4022:y2b2−z2c2= −1 (двуполостный гиперболоид),x2a2+y2b2= 1 (эллиптическимцилиндр).Решение. (Вычислим объем с помощью обобщенной цилиндрической системы√√x = ar cos ϕ,координатЗдесь ϕ ∈ [0, 2π), r ∈ [0, 1], z ∈ [−c r2 + 1, c r2 + 1]:y = br sin ϕ.Z2πV =√c Zr2 +1Z1dϕ0abr dr0√−c r2 +1Z1 p3 14π222dz = 2πabcr + 1 d(r ) =abc(r + 1) 2 =030√4πabc(2 2 − 1).3√Ответ: 43 πabc(2 2 − 1).23.2x2a2+Д 4023:y2b2=zc(эллиптический параболоид),цилиндр), z = 0;568x2a2+y2b2=xa+yb(эллиптическийРешение. Вычислимобъем с помощью обобщенной цилиндрической замены(√x = ar cos ϕ,координатЗдесь ϕ ∈ [− π4 , 3π],r∈[0,2 sin(ϕ + π4 )], z ∈4y = br sin ϕ.[0, cr2 ]:√3πZ4V =2 sin(ϕ+ π4 )dϕabr dr− π40√3πZcr2ZZ4dz = abcZdϕ− π403πZ4abcsin42 sin(ϕ+ π4 )πϕ+dϕ = abc4− π4r3 dr =0Zπsin4 φ dφ =0abc4Zπ13abcπ3− 2 cos 2φ + cos 4φ dφ =.2280Ответ:23.3xa+3πabc8 .Д 4025:y 2b+z2c2= 1, x = 0, y = 0, z = 0;yxbξ=+, y = 2 (ξ + η),baРешение.

Рассмотрим замену координат η = yb − xa ,x = a2 (ξ − η), Расζ = zc ,z = cζ.смотримV =abc2Z10Ответ:√ 2√ 21−ζξ1ZZZ1ZZ1−ζabcdξ dη = abc dζξ dξ =dζ(1 − ζ 2 ) dζ =20000−ξabc1abc.1−=233abc3 .Продифференцировать интегралы:56923.4Д 4098: a)RRRF (t) =ция;f (x2 + y 2 + z 2 ) dxdydz, где f (ξ) – дифференцируемая функ-x2 +y 2 +z 2 6t2Решение. С помощью сферической системы координат представим интегралπZ2πF (t) =ZtZ2dϕcos ψ dψ− π20r2 f (r2 ) dr = 4π0Ztr2 f (r2 ) dr,0F 0 (t) = 4πt2 f (t2 ).23.5Д 4098: b)RRRF (t) =f (xyz) dxdydz, где f (ξ) – дифференцируемая функция;0<x,y,z<t x = tx̃,Решение. С помощью заменыy = tỹ, представим интеграл:z = tz̃,ZZZF (t) =t3 f (t3 x̃ỹz̃) dx̃dỹdz̃.0<x̃,ỹ,z̃<1RRR0Ответ: F (t) =F (t) +xyzf (xyz) dxdydz , где t > 0 и G = {0 6 x 603tGt, 0 6 y 6 t, 0 6 z 6 t}.Вычислить интегралы:23.6Д 4099RRRxm y n z p dxdydz, где m, n, p – целые неотрицательные числа.x2 +y 2 +z 2 61Решение.

Здесь мы используем сферическую систему кооридинат и формулу570(14.3):ZZZxm y n z p dxdydz =x2 +y 2 +z 2 61Z2ππcosm ϕ sinn ϕ dϕ(Z1rm+n+2 dr =00, если одно из чисел m, n и p нечетно;4πm+n+p+3RRcosm+n+1 ψ sinp ψ dψ− π2023.7Z2·(m−1)!!(n−1)!!(p−1)!!,(m+n+p+1)!!если числа m, n и p четные.Д 3974sign(x2 − y 2 + 2) dxdy. См. рис. 23.7.x2 +y 2 64Рис. 3.46: См. задачу 23.7.571√√Решение. Рассмотрим область Ω = {x ∈ (0, 1), y ∈ ( x2 + 2, 4 − x2 )}:ZZZZZZsign(x2 − y 2 + 2) dxdy = −dxdy +dxdy =x2 +y 2 <4x2 +y 2 <4,x2 −y 2 +2<0x2 +y 2 <4,x2 −y 2 +2>0ZZZZ4π − 2dxdy = 4π − 8x2 +y 2 <4,x2 −y 2 +2<0dxdy.ΩОбласть Ω в полярной системе координат соответствует областиs(!)π π2U = (ϕ, r) : ϕ ∈ ( , ), r ∈−,2,3 2cos(2ϕ)πZZdxdy =Ωr dϕdr =π3UπZ2Z2ZZdϕ√1r dr =2Z2 222 +cos 2ϕdϕ =π3−2cos 2ϕππ+3Z2dϕ.cos 2ϕπ3ЗдесьππππZ2Z2Z2Z2dϕ=−cos 2ϕπ3π3dϕ=−sin(2ϕ − π2 )dt=−2 sin tπ6π6d 2t=2 sin 2t cos 2tπZ2−π6√ d 2t1t π21 π1 = − ln tg= − ln 2 + 3 .

= ln tg22 π621222 tg 2t cos2 2tОтвет: 43 π + 4 ln(2 +√3).23.8 Д 3976RR p[y − x2 ] dxdy;x2 6y64572Решение.ZZ pZZ[y − x2 ] dxdy =x2 <y<4p[y − x2 ] dxdy +1<y−x2 <2,y<4dxdy +√ZZZZ√ZZ1<y−x2 ,y<4dxdy +2dxdy + ( 3 −√√(3 − x2 ) dx + ( 2 − 1)√− 33dxdy =ZZ2)dxdy =3<y−x2 ,y<4√Z2ZZ3<y−x2 <4,y<42<y−x2 ,y<4√√2<y−x2 <3,y<4dxdy + ( 2 − 1)Z3√1<y−x2 <2,y<43<y−x2 <4,y<4p[y − x2 ] dxdy+2<y−x2 <3,y<4ZZp[y − x2 ] dxdy =ZZZZ√(2 − x2 ) dx + ( 3 −√− 2√Z12)(1 − x2 ) dx =−1√√√√√√√4 22) + ( 3 − 2)(2 − ) =2(3 3 − 3) + ( 2 − 1)(4 2 −33√√ 8√ 4 16 √√√164 3 + (2 − 2) + ( 3 − 2) =3−4 2+ .3333√√Ответ: 34 (4 − 3 2 + 4 3).Вычислить многократные интегралы:23.9In =Д 4207R···R√x1 + .

. . + xn dx1 . . . dxn , где ∆n (a) = {x1 > 0, . . . , xn > 0, x1 +∆n (1). . . + xn 6 a};Решение. Пусть n = 2:ZZI2 =∆2 (1)√Z1x1 + x2 dx1 dx2 =0573√ZηηdηZ1dx1 =0032η 2 dη = ,5√ZZI3 =Z1x1 + x2 + x3 dx1 dx2 dx3 =√ηdη0∆3 (1)Z1√Z√Z···η−ξZ 1dξ10Zη0√Z02(n−1)!(2n+1) .Ответ: In =Д 4213RRn√ dx1 ...dxIn =···25η 2 dη =2,2!7Z···η dη0∆n (1)η n−1dη =η(n − 1)!Z10x1 + . . . + xn dx1 . . .

dxn =√12!(η − ξ1 ) dξ1 =ηdηZ1Z1dξ2 =00In =Zηdξ1 . . . dξn−1 =∆n−1 (η)Z12n+12η 2 −1dη =.(n − 1)!(n − 1)!(2n + 1)023.101−x1 −...−x2nx21 +...+x2n <1.Решение. Этот интеграл является несобственный. Здесь используем последовательность {Dk }, иcчерпывающее множество D = {0 < x21 + . . . + x2n < 1}:Dk = {0 < x21 + . .

. + x2n < 1 − k1 }. Затем мы применяем сферическую системукоординат в Rn .ZZ···x21 +...+x2n <1Zdx1 . . . dxnZ···p= lim1 − x21 − . . . − x2n k→∞0<x21 +...+x2n <1− k1Z2πlimZπdϕn−1k→∞002π · 2πZπsin ϕn−2 dϕn−2 . . .n−2sindx1 . . . dxnp1 − x21 − . .

. − x2nϕ1 dϕ100n−2 ZπYjZ1sin ϕn−j−1 dϕn−j−1  ·j=1 0!n−2Y Γ j+1 √2 πj+2Γ2j=1√ 1Z1− k0ρn−1 dρp=1 − ρ2ρn−1 dρp=1 − ρ2 √n+1Γ n2n+1πΓ(1)π 22,·=n+1 · 2 =n+1 · πΓ 2Γ 2Γ n+12574поскольку, с помощью формулы (14.3) получимZππsinj ϕn−j−1 dϕn−j−1 =0Z2sinj ϕn−j−1 dϕn−j−1 +0Zππsinj ϕn−j−1 dϕn−j−1 = 2Z2π2sinj ϕn−j−1 dϕn−j−1 =0j+1Γ 2j+1 1B(, )=2 2ΓZ10Ответ: In =23.11ρn−1 dρ1p=21 − ρ2n+1π 2Γ n+12()Z10Γ 12Γ=j+2Γ2j+1√2π,j+22j = 1, . . . , n − 2, √nΓ n2 Γ 21Γ n2t 2 −1 dtπ√=.=·n+122Γ n+1Γ1−t22.Д 4216Доказать формулу ДирихлеZZΓ(p1 ) · · · Γ(pn )In = · · · xp11 −1 .

. . xpnn −1 dx1 . . . dxn =,Γ(p1 + . . . + pn )∆n (1)(p1 > 0, . . . , pn > 0),∆n (1) = {x1 + . . . + xn 6 1, x1 > 0, . . . , xn > 0}.Решение. При n = 2 используем формулу (14.2):ZZxp11 −1 xp22 −1 dx1 dx2 =I2 =xp11 −1 dx10∆2 (1)1p2Z1Z1xp11 −1 (1 − x1 )p2 dx1 =1−xZ 1xp22 −1 dx2 =0Γ(p1 )Γ(p2 + 1)1B(p1 , p2 + 1) ==p2p2 Γ(p1 + p2 + 1)0Γ(p1 )Γ(p2 ).Γ(p1 + p2 + 1)575Допустим, что формула Дирихле справедлива для In−1 .

ПосколькуZ1In =xpnn −1 dxn0ZZ···n−1xp11 −1 . . . xn−1p−1dx1 . . . dxn−1∆n−1 (1−xn )Сделаем заменуx1 = (1 − xn )ξ1 , x2 = (1 − xn )ξ2 , . . . , xn−1 = (1 − xn )ξn−1 , |J| = (1 − xn )n−1 .Следовательно,Z1In =xpnn −1 (1 − xn )p1 +...+pn−1 dxn0ZZ···n−1ξ1p1 −1 . . .

ξn−1p−1dξ1 . . . dξn−1 =∆n−1 (1)B(pn , p1 + . . . + pn−1 + 1) ·Γ(p1 ) . . . Γ(pn )Γ(p1 ) . . . Γ(pn−1 )=.Γ(p1 + . . . + pn−1 + 1) Γ(p1 + . . . + pn + 1)Дома:23.12Д 3975Вычислить интеграл от разрывной функции:RR[x + y] dxdy.06x6206y6223.13Д 3977Доказать, чтоRRxm y n dxdy, если m и n – целые положительные числа иx2 +y 2 6a2по меньшей мере одно из них нечетно.23.14Д 3979Найти F 0 (t), еслиZZF (t) =txe y2 dxdy.06x6t06y6t57623.15Д 3980Найти F 0 (t), еслиZZpx2 + y 2 dxdy.F (t) =(x−t)2 +(y−t)2 6123.16Д 3981Найти F 0 (t), еслиZZF (t) =f (x, y) dxdy (t > 0).x2 +y 2 6t223.17Д 4100Вычислить интеграл ДирихлеZZZxp y q z r (1 − x − y − z)s dxdydz (a > 0, q > 0, r > 0, s > 0),Vгде область V ограничена плоскостями x + y + z = 1, x = 0, y = 0, z = 0,полагаяx + y + z = ξ,y + z = ξη,z = ξηζ.Найти координаты центра тяжести однородных тел, ограниченных следующими поверхностями:23.18x2a2+y2b223.19x2a2+y2b223.20Д 4133=z2c2 ,z = c.Д 4136+z2c2= 1, x = 0, y = 0, z = 0.Д 4138x2 + y 2 = 2z, x + y = z.57723.21Д 4051Доказать равенство Il = Il0 + M d2 , где Il момент инерции тела относительнонекоторой оси l, Il0 – момент инерции относительно оси l0 , параллельной lи проходящей через центр тяжести тела, d – расстояние между осями и –масса тела.23.22Д 4053Найти момент инерции однородного цилиндра x2 +y 2 6 a2 , z = ±h, плотностиρ0 относительно прямой x = y = z.23.23Д 4202Пусть f = f (x1 , x2 , .

. . , xn ) – непрерывная функция в области 0 6 xi 6 x(i = 1, 2, . . . , n). Доказать равенствоxZxZx1Zn−1ZxZxZxdx1 dx2 . . .f dxn = dxn dxn−1 . . . f dx1 .0023.2400xnx2Д 4204Вычислить следующие многократные интегралы:R1R1 2а) . . . (x1 + . . . + x2n ) dx1 . . . dxn ;б)00R1R1. . . (x1 + . . . + xn )2 dx1 .

. . dxn .0023.25R1dx1Д 4206Rx1023.260dx2 . . .xRn−1x1 x2 . . . xn dxn .0Д 4210Найти объем n-мерного конуса, ограниченного поверхностямиx2n−1x21 x22x2n++ ... + 2 = 2,a21 a22an−1an578xn = an23.27Д 4212НайтиRR··· x2n dx1 . . . dxn , где область Ω определяется неравенствамиΩx21 + . . . + x2n−1 6 a2 ,24−hh6 xn 6 .22Seminar n. 24. Date 26.11.2018. Несобственные двойные интегралы.Самостоятельная работа.С помощью многомерной сферической системы коnординат доказать, что объем единичного n-мерного шара равенπ2,Γ(1+ n2 )рис.

24.Рис. 3.47: Объём n-мерного шара единичного радиуса в зависимости от n.579см.Решение. См. задачу 23.10.ZZ···dx1 . . . dxn =x21 +...+x2n 61Z2πZπdϕn−10Zπsin ϕn−2 dϕn−2 . . .sinn−2 ϕ1 dϕ1Z1ρn−1 dρ =000 π 1Zn−2Y Zj sin ϕn−j−1 dϕn−j−1  ρn−1 dρ =2πj=100n−2Y2πΓΓj=1j+12j+22√!πnn1Γ(1) 2π22 =,=··πn Γ n2 nΓ n2 + 1поскольку, с помощью формулы (14.3) получимZππsinj ϕn−j−1 dϕn−j−1 =Z2sinj ϕn−j−1 dϕn−j−1 +00Zππsinj ϕn−j−1 dϕn−j−1 = 2Z2π2sinj ϕn−j−1 dϕn−j−1 =0j+1Γ 2j+1 1B(, )=2 2ΓΓ 12Γ=j+2Γ221=Γ( n2 ) · n Γ( n2 ) ·n2=j+1√2π,j+22j = 1, . . .

, n − 2,1.Γ( n2 + 1)Определение. Последовательность жордановых множеств {Dk }∞k=1 , Dk ⊂Rn называют исчерпывающей множество (исчерпанием) D ⊂ Rn , если D1 ⊂∞SD2 ⊂ . . . ⊂ Dk ⊂ D иDk = D. 17k=1Определение.Если функция f : D → R неинтегрируема в смысле Римана намножестве D ⊂ Rn , но для любой последовательности {Dk }, исчерпывающей17Теория взята из [В.1991], стр.

113.580множество D, удовлетворяющего условию f ∈ Rim(Dk ), существуетZlimf dx,k→∞Dkто величина этого предела обозначается символомRf dx, называется несоб-Dственным интегралом от функции f по множеству D. Тогда говорят, что этотRинтеграл f dx сходится. Если существует такая последовательность {Dk },Dисчерпывающее множество D, что для любого k: f ∈ Rim(Dk ), но предел неRсуществует, то говорят, что интеграл f dx расходится. 18DТеорема.Если f : D → R+ , D ⊂ Rn , то из существования предела для однойпоследовательности {Dk }, исчерпывающей множество D, следует его существование для любого другой последовательности, т. е. сходимость интегралаRf dx.DRНесобственный интеграл f (x) dx называют абсолютно сходящимся, еслиDRсходится интеграл |f (x)| dx.DТеорема.Если кратный (n > 2) интегралRf (x) dx сходится, то он и аб-Dсолютно сходится.Исследовать сходимость, вычислить (если сходится):24.1RRЗадачаx>1, y>1dxdyxp y q .Решение.ZZdxdy= limk→∞xp y q1<x, 1<yZZdxdy= limk→∞xp y q11<x<k,1<y<kпри p, q > 1.18ZkТеория взята из [В.1991], стр.

113.581dx·xpZk1dy1=,yq(p − 1)(q − 1)24.2 Д 4169RR dxdyxp y q .xy>1,x>1Решение.ZZZZdxdydxdy= lim= ...pqk→∞xyxp y q1<xy,1<x1<xy<k,1<x<kv1замена: x = u, y = , |J| =uuZkZZZkdu1dudvdv=lim·=,. . . = limk→∞up−q+1 v q k→∞ up−q+1vq(p − q)(q − 1)11<u<k,1<v<k1при p > q > 1.24.3 ЗадачаRR dxdyxp y q , (α > 0).xα y>1,x>1Решение.ZZZZdxdydxdy= lim= ...pqk→∞xyxp y q1<xα y<k,1<x<k1<xα y,1<xv1замена: x = u, y = α , |J| = αuuZZZkZk1dudvdudv=lim·=,. . . = limk→∞vq(p − α(q − 1) − 1)(q − 1)up−α(q−1) v q k→∞ up−α(q−1)1<u<k,1<v<kпри(p−1)α11+ 1 > q > 1.24.4 ЗадачаRR dxdyxp y q .0<x<1,xy>1582Решение.ZZdxdy= limk→∞xp y q0<x<1,1<xyZZdxdy= ...xp y q1 <x<1,k1<xy<kv1замена: x = u, y = , |J| =uuZ1ZZZkdudv1dudv=lim·=,.

Характеристики

Список файлов семинаров