ГОСУДАРСТВЕННОЕ УЧРЕЖДЕНИЕ ВЫСШЕГО ПРОФЕССИОНАЛЬНОГО ОБРАЗОВАНИЯ «БЕЛОРУССКО-РОССИЙСКИЙ УНИВЕРСИТЕТ» Кафедра «Высшая математика» ВЫСШАЯ МАТЕМАТИКА Методические указания к практическим занятиям по теме «Криволинейные и поверхностные интегралы» для студентов всех специальностей дневной и заочной форм обучения Могилев 2010 УДК 517 ББК 22.1я 73 В 93 Рекомендовано к опубликованию учебно-методическим управлением ГУ ВПО «Белорусско-Российский университет» Одобрено кафедрой «Высшая математика» «16» сентября 2010 г., протокол № 2 Составители: ст. преподаватель Т. Ю. Орлова; ст. преподаватель С. Ф. Плешкунова; ст. преподаватель Т. И. Червякова; ст. преподаватель Д. В. Роголев Рецензент канд. физ.-мат. наук, доц. И. И. Маковецкий Методические указания к практическим занятиям по теме «Криволинейные и поверхностные интегралы» предназначены для студентов дневной и заочной форм обучения всех специальностей. В работе изложены теоретические вопросы, разобраны образцы решения задач, приведены задачи для самостоятельного решения и задания для домашней работы. Учебное издание ВЫСШАЯ МАТЕМАТИКА Ответственный за выпуск Л. В. Плетнёв Технический редактор А. А. Подошевко Компьютерная вёрстка Н. П. Полевничая Подписано в печать 25.11.2010 . Формат 60×84/16. Бумага офсетная. Гарнитура Таймс. Печать трафаретная. Усл.-печ. л. 2,09 . Уч.-изд. л. 2,0. Тираж 165 экз. Заказ № 860. Издатель и полиграфическое исполнение Государственное учреждение высшего профессионального образования «Белорусско-Российский университет» ЛИ № 02330/375 от 29.06.2004 г. 212000, г. Могилёв, пр. Мира, 43 © ГУ ВПО «Белорусско-Российский университет», 2010 3 1 Криволинейные интегралы первого рода 1.1 Теоретическая часть y Пусть функция f ( P ) f ( x, y ) есть функция, непрерывная в некоторой области на плоскости xOy , и L – некоторая гладкая или кусочно-гладкая кривая, расположенная в этой области. Разобьём кривую системой точек на элементарные дуги l1 , l 2 , , l n (рису- B A x 0 нок 1.1). На каждой из дуг li (i 1, n ) выберем произРисунок 1.1 вольную точку Pi ( xi ; yi ) и умножим значение функции в этой точке на длину li элементарной дуги li . Сумма таких произве- дений по всем элементарным дугам n f P l i i 1 i называется интегральной суммой. Обозначим наибольшую из длин элементарных дуг max li . 1i n Криволинейным интегралом первого рода (КРИ-1) от функции f ( P ) по длине дуги кривой L называется предел интегральных сумм при условии 0 : n f P dl lim f Pi li . 0 L (1.1) i 1 КРИ-1 обладает следующими свойствами: 1) k1 f1 P k2 f 2 P dl k1 f1 P dl k2 f 2 P dl , где k1 , k2 – некоL L торые числа; 2) если L L1 L2 , то f P dl f P dl f P dl; L 3) L L1 L2 f P dl f P dl , т. е. интеграл не зависит от направления ду- AB BA ги интегрирования. Для вычисления КРИ-1 пользуются формулами: – если кривая задана уравнением y ( x ) , где a x b , то dl 1 ( x ) dx и 2 b f P dl f x, x L 1 x dx ; 2 (1.2) a – если кривая задана уравнением x g y , где c y d , то dl 1 g y dy и 2 4 d f P dl f g ( y), y L 1 g ( y ) 2 dy; (1.3) c – если кривая задана параметрическими уравнениями x x t и y y t , где t , то dl x(t ) 2 y (t ) dt и 2 f P dl f x(t ), y(t ) x(t ) y(t ) 2 2 dt ; (1.4) L – если кривая задана в полярной системе координат (ПСК) уравнением , где 1 2 , то dl ( ) 2 ( ) d и 2 2 f P dl f cos , sin d . L 2 2 (1.5) 1 Аналогично определяются КРИ-1 от непрерывной в некоторой пространственной области функции f M f ( x, y, z ) по длине дуги пространственной кусочно-гладкой кривой L , расположенной в этой области: n f M dl lim f M i li . L 0 (1.6) i 1 x x t , Если кривая задана параметрическими уравнениями y y (t ) , z z (t ) , где t , то dl x(t ) 2 y (t ) z (t ) dt и 2 f P dl f x(t ), y(t ), z(t ) x(t ) y(t ) z(t ) 2 2 2 2 dt . (1.7) L 1.2 Образцы решения примеров dl , где L – отрезок прямой, заключённый 2x 3y L между точками A(0;3) и B(1;5) . 1.2.1 Вычислить I Решение Напишем уравнение прямой AB по двум точкам: AB : x x1 y y1 . x2 x1 y2 y1 x0 y 3 x y 3 2 ; ; y 2 x 3; y 2; dl 1 y 5dx. 1 0 5 3 1 2 5 1 1 1 5dx dx 5 I 5 ln 4 x 9 0 2 x 3 2 x 3 4 x 9 4 0 0 5 5 13 ln13 ln 9 ln . 4 4 9 1.2.2 Вычислить I ydl по параболе y 2 2 x от точки O 0;0 до L точки A(2; 2) . Решение Выразим из уравнения параболы x y ; x y2 2 , x: dl 1 x dy 1 y 2 dy. 2 3 2 2 2 2 1 1 1 1 y 2 2 I ydl y 1 y dy 1 y d 1 y 2 3 20 2 L 0 2 2 2 0 1 32 32 5 5 1 5 1 . 3 3 1.2.3 Вычислить I 2 z x 2 y 2 dl , где L дуга кривой, заданL ной параметрически: x t cos t , y t sin t , z t , 0 t 2 . Решение Применим формулу (1.7). x(t ) cos t t sin t , dl x(t ) 2 y (t ) sin t t cos t , z (t ) 1, y (t ) z (t ) dt 2 2 cos t t sin t 2 sin t t cos t 1dt 2 cos2 t 2t sin t cos t t 2 sin 2 t sin 2 t 2t sin t cos t t 2 cos 2 t 1dt 2 t 2 dt. 2 I 2 2 2 0 1 2 4 3 3 2 2 1 2 t 2 2 t t dt 0 3 2 2 2 2t t cos t t sin t 2 t dt 2 3 2 2 2 2 2 2 2 2 1 2 3 3 2 2 1 . 0 6 1.2.4 Вычислить I x 2 y 3 2 2 dl , где AB часть гиперболической AB спирали 1 от 1 3 до 2 2 2. Решение Линия AB задана в ПСК. Применим формулу (1.5). 2 1 2 1 2 1 dl d d d d . 2 2 4 2 2 2 I 1 2 2 2 cos sin 2 2 2 3 3 2 3 2 2 2 1 1 2 1 d d 2 2 3 2 2 2 2 3 1 2 2 1 d 1 3 3 2 3 1 19 27 8 . 3 3 1.2.5 Вычислить I xydl , где L контур прямо- y C 3 L угольника с вершинами O(0;0) , A(5;0) , B (5;3) , C (0;3) . B A Решение Сделаем рисунок (рисунок 1.2). Применим свойство 2 КРИ-1 и вычислим интегралы по каждому из отрезков OA , AB , BC , CO . 5 x O Рисунок 1.2 5 а) OA : y 0 , y 0 , 0 x 5 , I1 x 0 1 0dx 0 ; 0 3 5 y2 б) AB : x 5 , x 0 , 0 y 3 , I 2 5 y 1 0dy 2 0 5 в) BC : y 3 , y 0 , 0 x 5 , I 3 3 x 1 0dx 0 3 3x 2 2 5 0 г) CO : x 0 , x 0 , 0 y 3 , I 4 y 0 1 0dy 0 ; 0 I I1 I 2 I 3 I 4 45 75 60. 2 2 3 0 45 ; 2 75 ; 2 7 1.3 Примеры для самостоятельной работы Вычислить КРИ-1. dl 1.3.1 , где L отрезок прямой, заключённой между точ5( ) x y L ками A(0; 4) и B(4;0) . Ответ: 0. 1.3.2 ydl , где L дуга параболы y 2 2 x 3 между точками O 0;0 и L B (35 6; 35 3) . Ответ: 215 27 . ydl , где 1.3.3 L дуга астроиды x cos3 t , y sin 3 t , заключённая L между точками A(1;0) и B(0;1) . Ответ: 0,6. y 1.3.4 arctg dl , где L дуга кардиоиды 1 cos , 0 2 . x L Ответ: ( 2) 2 8 . ( y 2 x 2 ) xy dl , где L дуга кривой 9sin 2 , 0 4 . 1.3.5 2 ( x y 2 )2 L Ответ: 9 8 . x y dl , 1.3.6 где L контур треугольника ABO с вершинами L A(1;0), B(0;1), O (0;0) . Ответ: 2 . ydl , где 1.3.7 L дуга параболы y 2 2 x , отсечённая параболой L x 2 y . Ответ: (5 5 1) 3 . 2 ydl , где 1.3.8 L контур прямоугольника с вершинами O(0;0) , L A(4;0) , B(4; 2), C (0; 2) . Ответ: 24. 1.3.9 x 2 y 2 dl , где L окружность x 2 y 2 2 y. Ответ: 8. L 1.3.10 dl , где L отрезок прямой, соединяющей точки x y z A(1;1;1) и B(2; 2; 2) . Ответ: ln 2 . L 2 2 2 8 1.4 Домашнее задание Вычислить интегралы 1.4.1 (4 3 x 3 y )dl , где L отрезок прямой от A 1;0 до B 0;1 . L Ответ: 5 2 . 1.4.2 ydl x y 2 L 2 , где L дуга кардиоиды 2 1 cos , 0; 2 . Ответ: 16 3 . 1.4.3 L первая арка циклоиды где 2 ydl , x 2(t sin t ) , L y 2(t cos t ) .Ответ: 8 2 . 2 Криволинейные интегралы второго рода (КРИ-2) 2.1 Теоретическая часть Криволинейный интеграл от непрерывной в некоторой области плоскости xOy функции P( x, y ) по координате x вдоль дуги плоской кусочно-гладкой кривой L , расположенной в этой области, связан с КРИ-1 соотношением P x, y dx P x, y cos dl , L L где угол между касательной, проведённой к кривой в любой её точке, и положительным направлением оси Ox (рисунок 2.1). Аналогично, y Q x, y dy Q x, y cos dl , L β α l L где – угол между касательной, проведённой к 0 x кривой в любой её точке, и положительным направлениРисунок 2.1 ем оси Oy . Обычно рассматривают сумму интегралов по координате x и y и записывают в виде: P x, y dx Q x, y dy . L КРИ-2 обладают теми же свойствами, что и КРИ-1, кроме (2.1) 9 P x, y dx Q x, y dy P x, y dx Q x, y dy . AB (2.2) BA Для вычисления КРИ-2 пользуются формулами: – если кривая задана уравнением y ( x) и a x b , то b P x, y dx Q x, y dy P x, x Q x, x x dx ; L (2.3) a – если кривая задана уравнением x g ( y ) и c y d , то d P x, y dx Q x, y dy P g y , y g x Q g y , y dy ; L (2.4) c – если кривая задана параметрическими уравнениями x x(t ) и y y (t ) , t [ , ] , то P( x, y)dx Q( x, y)dy P x(t ), y(t ) x(t ) Q x(t ), y(t ) y(t ) dt . (2.5) L В случае замкнутой области положительное направление обхода выбирают так, чтобы область, ограниченная кривой L , всегда оставалась слева. Интеграл по замкнутой области обозначают Pdx Qdy . L Аналогично определяются криволинейные интегралы по координатам, если кривая L лежит в плоскостях xOz и yOz . КРИ-2 от непрерывных в некоторой пространственной области функций P ( x, y, z ), Q( x, y, z ), R( x, y, z ) вдоль дуги кусочно-гладкой кривой L определяют так: P x, y, z dx Q x, y, z dy R x, y, z dz . (2.6) L Если кривая L задана параметрическими уравнениями x x(t ) , y y (t ) , z z (t ) , t , то P x, y, z dx Q x, y, z dy R x, y, z dz P x(t ), y(t ), z (t ) x(t ) L Q x(t ), y (t ), z (t ) y (t ) R x(t ), y (t ), z (t ) z (t ) dt . (2.7) 10 2.2 Образцы решения примеров x 2.2.1 Вычислить I 2 xz dx z 2 2 xz dz , где AB дуга па- 2 AB раболы z x , пробегаемая от точки A(1;1) до точки B (1;1) . 2 Решение Сделаем рисунок (рисунок 2.2). 1 I x 2 2 x x 2 x 4 2 x x 2 2 x dx 1 z 1 A B 1 x 2 2 x3 1 1 x3 x 4 x 6 4 x5 14 5 4 2 x 4 x dx . 4 3 5 1 15 3 1 x 0 –1 Рисунок 2.2 2.2.2 Вычислить I xy y 2 dx xdy , где L – ломаная OBA , точки L A(1; 2) , B(1 2;3) . Решение Контур OBA состоит из отрезков OB и BA , поэтому, согласно свойству аддитивности, I . Уравнение пряOB BA мой OB : y 6 x, где 0 x 0,5 . Тогда dy 6dx . 0,5 xy y dx xdy 6 x 2 2 36 x 2 6 x dx y B 3 A 2 1 O 1/2 1 x 0 OB (10 x 3 x ) 3 2 Найдём уравнение прямой BA : 0,5 0 Рисунок 2.3 0,5 . x 1 2 y 3 ; y 4 2 x, где 0,5 x 1. 23 1 1 2 y 4 2x 1 2 2 xy y dx xdy x x x 2 x dx 4 2 4 2 BA dy dx 2 0,5 2 1 2 2 3 18x 6 x 16 dx 9 x 2 x 16 x 0,5 1 0,5 9 1 9 2 16 8 3 . 4 4 I 0,5 3 3,5 . 11 2.3 Примеры для самостоятельной работы Вычислить криволинейные интегралы. 2.3.1 x 2 2 xy dx y 2 2 xy dy, где AB дуга параболы y x 2 от AB A(1;1) до B (1;1) . Ответ: 14 15 . x 2 y dx x y dy , 2.3.2 где L – окружность x 2 cos t , L y 2sin t при положительном направлении обхода. Ответ: 4 . 2.3.3 x 2 y 2 dx xydy , где AB отрезок прямой между точками AB A(1;1) и B(3; 4) . Ответ: 71 6 . x 2.3.4 2 y 2 dx x y 2 dy , где L – ломаная ABC : A 1; 2 , L B(3; 2) , C (3;5) . Ответ: 194 3 . 2.3.5 xdx ydy x y 1 dz , где L отрезок прямой, заключённой L между точками A(1;1;1) и B(2;3; 4) . Ответ: 7. 2.3.6 xdx ydy , где AB дуга астроиды x 2 cos3 t , y 2sin 3 t от AB точки A(2;0) до точки B(0; 2) . Ответ: 3 4 . 2.3.7 x 2 y dx , где L контур прямоугольника: 0 x 1, 0 y 2. L Ответ: 2. 2.3.8 2 xzdx x dz , где 2 L дуга параболы z x 2 4 , пробегаемая от L точки O(0;0) до A(2;1) . Ответ: 0. 2.3.9 x y dx xdy , где L а) L прямая, соединяющая точки O(0;0) и B(4; 2) ; б) L ломаная, проходящая через точки O(0;0), A(2;0) B (4; 2). Ответ: а) 8; б) 4. 2.3.10 xdy , где L контур треугольника, образованного прямыми L y x , x 2 , y 0 (интегрирование вести в положительном направлении). Ответ: 2. 12 2.4 Домашнее задание Вычислить криволинейные интегралы. 2.4.1 xy y 2 dx xdy , где AB дуга параболы y 2 x 2 от точки AB O(0;0) до точки A(1; 2) . Ответ: 31 30 . 2.4.2 2 yzdy y dz , 2 где L ломаная OBA : O 0;0;0 , B(0;2;0) , L A(0; 2;1) . Ответ: 4 . 2.4.3 xy dx yz dy x zdz , 2 2 2 где L отрезок прямой от точки L O(0;0;0) до точки A(2; 4;5) . Ответ: 91. 2.3.4 2 xydx y dy z dz , где 2 2 AB дуга одного витка винтовой ли- AB нии x cos t , y sin t , z 2t , A 1;0;0 , B 1;0;4 . Ответ: 64 3 3 . 2.4.5 xdy ydx , где L контур треугольника ABC с вершинами L A(1;0) , B(1;0) , C (0;1) при положительном направлении обхода. Ответ: 2. 3 Формула Грина. Независимость криволинейного интеграла второго рода от пути интегрирования 3.1 Теоретическая часть Пусть L кусочно-гладкий контур на плоскости xOy и D ограниченная этим контуром замкнутая область. В области D заданы непрерывные функции P( x, y ) и Q( x, y ) , имеющие в этой области непрерывные частные производные. Тогда справедлива формула Грина: Q P D x y dxdy L P x, y dx Q x, y dy , (3.1) где направление на контуре L выбрано так, чтобы при движении по контуру области D все время оставалось слева. Условием независимости КРИ-2 P x, y dx Q x, y dy от пути инL тегрирования является равенство P Q . y x (3.2) 13 P x, y dx Q x, y dy Если для интеграла выполняется условие L (3.2) и контур L замкнутый, то P x, y dx Q x, y dy 0 . (3.3) 3.2 Образцы решения примеров xdx ydy 2 2 L x 2 y 2 , где L – окружность (x 1) ( y 1) 1, пробегаемая против хода часовой стрелки. 3.2.1 Вычислить Решение Проверим выполнимость условия (3.2): x , x2 y2 P x, y Q x, y y P Q 2 xy ; . ( x 2 y 2 )2 x2 y2 y x Следовательно, из условия (3.3) данный интеграл равен нулю. 3.2.2 Вычислить x 2 y dx x y 2 dy , L – окружность L x y R . 2 2 2 Решение P x, y x 2 y ; P Q P Q 1 ; 1; . x y y x Q x, y x y 2 ; Применим формулу Грина (3.1): x L 2 y dx x y 2 dy 1 1 dxdy 2 dxdy . dxdy S , где S D D D – площадь области D . Тогда 2 dxdy 2 R 2 . 3.2.3 Вычислить интеграл D I (e 5 y 7sin x2 )dx (sin y 2 2 x2 x2 2 L 3 1 2 y 2 )dy , где L – контур, ограничивающий область: 0 x 1, 0 y x 2 , пробегаемый в положительном направлении. Решение Построим контур L (рисунок 3.1). y 1 y = x2 0 1 x Рисунок 3.1 14 2 P ( x, y ) e x 5 y 2 7 sin x 2 ; Q( x, y ) sin y 2 2 x 2 3 1 2 y 2 . ПровеQ P рим условие (3.2): 10 y ; 4 x . Условие не выполняется. Примеx y ним формулу Грина (3.1): 1 x2 0 0 I 4 x 10 y dxdy 2 dx 2 x 5 y dy D x2 1 1 x 4 x5 5y 3 5 4 2 2 xy 2 2 x x dx 2 2 . 2 2 5 0 0 2 0 0 1 2 3.2.4 Применяя формулу Грина, вычислить 2 2 2 x y dx x y dy , 2 L где L – контур треугольника ABC с вершинами в точках A(1;1), B(2;2), C (1;3) . y 3 Решение Сделаем рисунок (рисунок 3.2). L B A y=x 1 O 1 2 x Рисунок 3.2 Применим формулу Грина: 2 y =4 – x 2 P ( x, y ) 2( x 2 y 2 ) ; Q( x, y ) ( x y ) 2 ; P Q 4y ; 2 x y . y x 2 x С y 2 dx x y dy 2 x y 4 y dxdy 2 D 2 2 x y dxdy 2 dx D 1 2 4 x x 2 x y dy x y 1 2 4 x x dx 2 4 4 3 4 x 2 dx x 2 . 3 3 1 1 3.2.5 Доказать, 2 что значение КРИ-2 I x 4 4 xy 3 dx L (6 x y 5 y )dy не зависит от вида линии, соединяющей точки A(2; 1) и B(3;0) , и в случае положительного ответа найти значение интеграла I . 2 2 4 Решение P x, y x 4 4 xy 3 ; Q x, y 6 x 2 y 2 5 y 4 ; P 12 xy 2 ; y Q 12 xy 2 . x 15 Условие (3.2) выполняется. Следовательно, данный интеграл не зависит от пути интегрирования. Выберем для удобства вычисления в качестве кривой, соединяющей точки A и B , ломаную ACB (рисунок 3.3). y –2 (x AC 2 –1 3 B x С Рисунок 3.3 3 4 1 O A AC : y 1, y 0, I1 –1 3 4 xy )dx (6 x y 5 y )dy x 4 x(1) dx ( x 4 4 x)dx 3 2 2 4 4 3 2 2 3 x5 4 x 2 243 32 18 2 39 ; 5 2 5 5 2 CB : x 3, x 0, I2 (x 0 4 CB 4 xy )dx (6 x y 5 y ) dy (6 32 y 2 5 y 4 )dy 3 2 2 4 1 0 (54 y 2 5 y 4 )dy (18 y 3 y 5 ) 1 0 1 (18 1) 17 ; I I1 I 2 39 17 56. 3.2.6 Найти функцию u ( x, y ) по её полному дифференциалу: du (2 x cos y y 2 sin x) dx (2 y cos x x 2 sin y )dy . Решение x y u x, y P x, y dx Q x, y dy C , x0 (3.4) y0 где P ( x , y ) 2 x cos y y 2 sin x ; Q( x, y ) 2 y cos x x 2 sin y ; Q P 2 x sin y 2 x sin x ; 2 y sin x 2 x sin y . y x P Q , следовательно, интеграл не зависит от пути интегрирования. y x u ( x, y ) (2 x cos y y 2 sin x)dx x 2 cos y y 2 cos x f1 ( y ) . u ( x, y ) (2 y cos x x 2 sin y )dy y 2 cos x x 2 cos y f 2 ( x) . Окончательно, u ( x, y ) x 2 cos y y 2 cos x C. 16 3.3 Примеры для самостоятельной работы 3.3.1 По формуле Грина вычислить y dx ( x y) dy , где 2 2 L – кон- L тур треугольника ABC с вершинами A(3;0) , B (3;3) , C (0;3) . Ответ: 18. 3.3.2 С помощью формулы Грина вычислить интеграл 2 2 2 ( x y) dx ( x y )dy по контуру треугольника ABC с вершинами L A(1;1) , B(3; 2) , C (2;5) . Ответ: 140 3 . 3.3.3 Доказать, что интеграл 2 x 3 y dx 3x 4 y dy не зависит от L пути интегрирования, и найти его значение, интегрируя сначала по дуге параболы y x 2 от точки O(0;0) до точки A(2; 4) , а затем по прямой, соединяющей эти точки. Ответ: 4 . 3.3.4 Найти функции u ( x, y ) по их полным дифференциалам: а) du 4( x 2 y 2 ) ( xdx ydy ); 1 (3 y x) dx ( y 3 x)dy . б) du ( x y )3 3.3.5 Вычислить y 1 x 2 dx 1 y 2 dy , где L окружность L x y 4 , пробегаемая в положительном направлении обхода. Ответ: 8 . 3.3.6 Доказать, что значение криволинейного интеграла 2 3 2 3 xy x dx yx y dy не зависит от вида линии, соединяющей точки 2 2 L A(1;1) и B(2;3) , и найти значение интеграла. Ответ: 6,25 . 3.4 Домашнее задание С помощью формулы Грина вычислить интегралы. 3.4.1 ( x y )dx ( x y )dy , где L – окружность x 2 y 2 5 . Ответ: 10 . L 3.4.2 x y 2 2 2 e y cos2xdx y sin 2xdy , где L – окружность x y R . 2 2 L Ответ: 0. 3.4.3 x y dx 2 xdy по контуру треугольника ABC со сторонами L x 0, y 0, x y a. Ответ: 3a 2 2 . 3.4.4 Найти функцию u ( x, y ) , если du ( x 2 2 xy y 2 )dx x3 y 3 2 2 ( x 2 xy y )dy . Ответ: u x, y x 2 y xy 2 C . 3 3 17 3.4.5 Найти общий интеграл дифференциального (4 x y y 2 )dx (3 x 4 y 2 2 xy )dy 0. Ответ: x 4 y 3 xy 2 C . 3 уравнения 3 4 Приложения криволинейных интегралов 4.1 Теоретическая часть 1 Площадь области D , ограниченная замкнутым контуром L : S 1 xdy ydx , 2 L (4.1) где направление обхода контура L выбрано так, что область D остаётся все время слева. 2 Площадь цилиндрической поверхности, которая составлена из перпендикуляров к плоскости xOy , построенных в точках M ( x, y ) кривой L и имеющих переменную длину f ( M ) f ( x, y ) (рисунок 4.1), равна z S f ( x, y )dl . z = f(M) (4.2) L 3 Длина плоской или пространственной линии AB 0 x l y M(x;y) dl . (4.3) AB Рисунок 4.1 Пусть ( x; y ) – линейная плотность дуги. 4 Если L – плоская кривая, то её масса вычисляется по формуле m x, y dl . (4.4) L 5 Координаты центра тяжести кривой L вычисляются по формулам: xc x x, y dl L m ; yc y x, y dl L m . (4.5) 6 Моменты инерции I x , I y , I O соответственно относительно осей Ox , Oy и начала координат равны: I x y 2 x, y dl ; I y x 2 x, y dl ; I o x 2 y 2 x, y dl . (4.6) L L L 7 Пусть F P ( x, y ) i Q( x, y ) j есть переменная сила, совершаю- 18 щая работу A вдоль пути L , функции P ( x, y ) и Q( x, y ) непрерывны на кривой L , тогда работа силы равна A P x, y dx Q x, y dy . (4.7) L 4.2 Образцы решения примеров 4.2.1 Вычислить x a cos t , y b sin t . площадь области, ограниченной эллипсом Решение 1 1 S xdy ydx 2L 2 ab 2 2 a cos t b cos t b sin t a sin t dt 0 2 ab 0 cos t sin t dt 2 2 2 2 dt ab. 0 4.2.2 Вычислить площадь части цилиндрической поверхности x 2 y 2 4 , заключённой между плоскостью xOy и поверхностью z 4 x2 z 2 (рисунок 4.2). 2 Решение Применим формулу (4.2): x2 S пов. f x, y dl 2 dl. 2 L L –2 2 y x 2 Рисунок 4.2 Для удобства вычислений перейдем к параметрическим уравнениям окружности x 2 y 2 4 : x 2cos t , y 2sin t . Тогда dl ( xt) 2 ( yt) 2 dt 4sin 2 t 4 cos 2 tdt 2dt. 2 S пов . 2 2 1 2 4 cos 2 t 2dt 4 1 cos 2 t dt 2 0 0 2 1 1 cos 2t 3 4 1 dt 4 t sin 2t 6 2 12 . 2 2 2 2 0 0 4.2.3 Вычислить массу m и координаты центра масс xc и yc плоской 19 2 материальной дуги x, y y 1 x . 2 y x 3 , 0 x 1 , если её линейная плотность 3 Решение Применим формулы (4.4) и (4.5): dl 1 ( y ) 2 dx 1 xdx , m y 1 xdl L 1 2 32 x 1 x 1 xdx 3 0 1 7 5 1 3 5 2 2 2 x x2 2 2 2 16 x 2 x 2 dx . 7 3 0 3 5 3 5 7 35 2 0 2 1 1 7 5 52 35 35 52 2 xc x y 1 xdl x 1 x dx x x dx 16 L 16 3 0 24 0 1 9 7 2 35 x x2 35 2 2 20 . 9 24 7 24 7 9 27 2 0 2 1 1 5 4 3 35 35 yc y y 1 xdl x 1 x dx x3 x 4 dx 16 L 16 9 0 36 0 1 35 x 4 x5 35 1 1 7 . 36 4 5 0 36 4 5 16 4.2.4 Найти моменты инерции относительно координатных осей и начала координат четверти однородной окружности y 2cos t , z 2sin t , лежащей в первом квадранте плоскости yOz . Решение Очевидно, что I y I z . По формулам (4.6) получим: 2 I y I z z 2 dl 4 sin 2 t 4sin 2 t 4cos 2 tdt L 0 1 cos 2t sin 2t 2 8 dt 4 t 4 2 . 2 2 0 2 0 2 20 2 2 I O y z dl 4 cos t sin t 4sin t 4 cos tdt 8 dt 4 . 2 2 2 2 2 2 0 L 0 4.2.5 Вычислить работу силы F yzi y z j при перемещении точки массы m из точки O(0;0) в точку A(1;1) по прямой z y , лежащей в плоскости yOz . Решение По формуле (4.7) имеем: 1 A yzdy ( y z ) dz y y ( y y ) dy L 0 1 y3 4 ( y 2 y )dy y 2 . 3 0 3 0 1 2 4.3 Примеры для самостоятельной работы 4.3.1 Найти площадь области, ограниченной параболой x z 2 и прямой x 1 (область лежит в плоскости xOz ). Ответ: 4 3. 4.3.2 Найти площадь области, ограниченной кривой x a 2cos t cos 2t , y a 2sin t sin 2t , если 0 t 2 . Ответ: 6 a 2 . 4.3.3 Вычислить массу m дуги кривой, заданной параметрически t2 t3 уравнениями: x , y t , z , где 0 t 2 , если плотность в каждой 3 2 2 2 её точке ( x, y ) 1 4 x y . Ответ: 116 15 . 4.3.4 Вычислить координаты центра тяжести однородной дуги окружности x 2 y 2 R 2 , расположенной в первом квадранте, и моменты 2R R3 R3 x y , I Iy , I0 . инерции I x , I y , I 0 . Ответ: c c x 4 2 4.3.5 Вычислить работу силы F x 2 y 2 1 i 2 xy j вдоль дуги кривой y x3 , заключённой между точками O 0;0 и A 1;1 . Ответ: 7 3. 4.3.6 Вычислить работу силы F x y i x j при перемещении материальной точки вдоль окружности x 2 cos t , y 2sin t по ходу часовой стрелки. Ответ: 8 . 21 4.4 Домашнее задание 4.4.1 Вычислить площадь области, ограниченной гиперболой y 1 x , осью Ox и прямыми x 1 и x 2. Ответ: ln 2 . 4.4.2 Вычислить массу m дуги кривой y ln x, 3 x 8, если плотность в каждой её точке ( x, y ) x 2 . Ответ: 19 3 . 4.4.3 Вычислить работу силы F 2 xyi x 2 j , совершаемую на пути, соединяющем точки O(0;0) и A(2;1) . Ответ: 4 . 4.4.4 Вычислить момент инерции I 0 однородного отрезка прямой, заключённого между точками A(2;0) и B (0;1) . Ответ: 5 5 3. 4.4.5 Вычислить работу силы F ( x y )i 2 y j при перемещении материальной точки из начала координат в точку A(1; 3) по параболе y 3x 2 . Ответ: 10,5 . 5 Поверхностные интегралы первого рода 5.1 Теоретическая часть Поверхностный интеграл является таким же обобщением двойного интеграла, каким криволинейный интеграл является по отношению к определенному интегралу. Рассмотрим поверхность S в пространстве Oxyz , в каждой точке которой определена непрерывная функция f ( x, y, z ) : 1) разобьём поверхность S на n частей с площадями Si ; 2) выберем на каждой из частичных площадок Si произвольную точку M i ( xi ; yi ; zi ) ; 3) составим интегральную сумму: n f M S i 1 i i ; 4) обозначим: max d i , где d i – диаметр площадки Si . 1i n Если существует предел интегральной суммы, который не зависит от способа разбиения поверхности S на площадки Si и от выбора точек M i , то этот предел называется поверхностным интегралом от функции f ( x, y, z ) по поверхности S или поверхностным интегралом первого рода (ПИ-1): S n f ( x, y, z )ds lim f M i S i . 0 i 1 (5.1) 22 Поверхностные интегралы первого рода обладают теми же свойствами, что и КРИ-1 (линейность, аддитивность, справедлива теорема о среднем), и имеют те же условия существования. Значение ПИ-1 не зависит от выбора стороны поверхности S , по которой ведётся интегрирование. Её проекция на координатную плоскость должна быть однозначна, т.е. прямая, перпендикулярная плоскости проекции, пересекает поверхность в одной точке. Вычисление ПИ-1 производится сведением его к двойному интегралу. 1 Пусть поверхность S задана уравнением z z ( x, y ) , где z z z x, y , , – непрерывны в замкнутой области Dxy , которая является x y проекцией поверхности S на плоскость xOy , тогда f ( x, y, z)ds S Dxy 2 2 z z f ( x, y, z ( x, y )) 1 dxdy . x y (5.2) Если поверхность S задана уравнением x x( y, z ) , где x x x y, z , , – непрерывны в замкнутой области Dyz , которая является y z проекцией поверхности S на плоскость yOz , то 2 f ( x, y, z)ds S Dyz 2 2 x x f ( x y, z , y, z ) 1 dydz . y z (5.3) Если поверхность S задана уравнением y y ( x, z ) , где y y y x, z , , – непрерывны в замкнутой области Dxz , которая является x z проекцией поверхности S на плоскость xOz , то 3 f ( x, y, z)ds S Dxz 2 2 y y f ( x, y x, z , z ) 1 dxdz . x z (5.4) 5.2 Образцы решения примеров 2 7 x 2 y z ds , S – S 4 x 3 y 2 z 4 0 , расположенная в первом октанте. 5.2.1 Вычислить часть плоскости Решение Изобразим плоскость 4 x 3 y 2 z 4 0 (рисунок 5.1) и её проекцию на плоскость xOy (рисунок 5.2). 23 Запишем уравнение плоскости в виде 3 z 2 2 x y . Найдём частные производные: 2 z z 3 2, . Применим формулу (5.2): x y 2 x 2 S 7 7 3 y z ds x 2 y 2 2 x y 2 2 2 D xy 2 29 3 1 (2) dxdy ( x2 2 x 2 y 2) dxdy 2 2 Dxy 2 1 29 dx 2 0 4 4 x 3 x 2 2 x 2 y 2 dy 0 4 4 x 1 29 x 2 y 2 xy y 2 2 y 3 dx 0 2 0 2 1 29 4 x 2 4 x3 8 x 8 x 2 4 4 x 8 8 x dx 2 0 3 3 3 3 1 29 52 x 2 12 x 3 80 x 40 dx 18 0 z 2 0 1 x 4x+3y = 4 4/3 y Рисунок 5.1 y 4/3 Dxy 0 1 x Рисунок 5.2 1 2 29 13 x3 3 x 4 43 29 10 x 2 10 x . 9 3 4 54 0 5.2.2 Вычислить x 2 y 2 ds, S часть конической поверхности S x y z , расположенной между плоскостями z 0, z 2. 2 2 2 z Решение Изобразим поверхность x 2 y 2 z 2 (рисунок 5.3). Из уравнения конуса x 2 y 2 z 2 z x 2 y 2 , т.к. 0 z 2. Найдём частные производные: x y z z , . Применим формулу (5.2): 2 2 y 2 2 x x y x y 2 x 0 Рисунок 5.3 y 24 I x y ds 2 2 S Dxy x2 y 2 x y 1 2 dxdy x y2 2 2 2 x 2 y 2 dxdy. Dxy Проекцией конуса на плоскость xOy является y круг x y 4 (рисунок 5.4). Перейдём к полярным координатам: 2 2 Dxy 0 x cos , 0 2 , x2 y2 ; D : y sin ; 0 2. 2 x Имеем: Рисунок 5.4 2 2 2 0 0 0 I 2 d d 2 3 3 2 d 0 8 2 16 2 2 . 3 3 x2 y 2 z ds, S часть цилиндрической поверх1 4 x2 ности y x 2 4, отсекаемая плоскостями z 2 y, z 0. 5.2.3 Вычислить S Решение Построим поверхность S , которая однозначно проецируется на плоскость xOz (рисунок 5.5). В этом случае уравнение поверхности имеет вид: y x 2 4 . Найдём частные производные: y y 2 x, 0. Применим формулу (5.4): x z I S x2 y 2 z 1 4 x2 ds Dxz x2 x2 4 2 z 1 4x2 2 x 2 2 z 4 dxdz . 1 4 x 2 dxdz z 8 Dxz z = –2y S C B 0 –4 x A y 2 Рисунок 5.5 Dxz Граница области Dxz состоит из отрезков оси Ox и дуги параболы, y x 2 4, уравнение которой получено из системы: z 8 2 x2. z 2 y 2 x 2, Имеем: Итак, Dxz : 2 0 z 8 2 x . 25 2 I dx 8 2 x2 2x 2 2 16 x 2 2 z 4 dz 2 2x z z 2 2 4z 2 0 8 2 x2 0 dx 2 2 2 4 x 64 32 x 4 x 32 8 x dx 32 8 x 2 dx 4 2 4 2 2 2 x3 8 256 . 16 4 x 2 dx 16 4 x 16 8 3 3 3 0 0 2 5.3 Примеры для самостоятельной работы Вычислить поверхностные интегралы первого рода. 4 5.3.1 z 2 x y ds, S часть плоскости 6 x 4 y 3 z 12, лежа3 S щая в первом октанте. Ответ: 4 61 . 5.3.2 1 4 x 2 4 y 2 ds, S часть параболоида вращения z 1 x2 y2 , S отсечённая плоскостью z 0 . Ответ: 3 . x2 y 2 z 2 , рас5.3.3 x y ds, S часть поверхности конуса 16 16 9 S положенная между плоскостями z 0 и z 3 . Ответ: 160 3 . 2 5.3.4 2 2 x 3 y 2 z ds, S часть плоскости x 3 y z 3, лежащая в S первом октанте. Ответ: 15 11 2 . 5.3.5 xyzds , S – часть плоскости x y z 1, лежащая в первом S 3 120 . октанте. Ответ: 5.3.6 x S 2 1 y 2 z ds, S часть поверхности 2 z 2 x 2 y 2 , 2 отсечённая плоскостью xOy . Ответ: (9 3 1) 5 . 5.3.7 z x y ds, S S часть поверхности z 9 x 2 , отсечённая плоскостями y 0 , y 2 . Ответ: 36. 26 5.4 Домашнее задание Вычислить поверхностные интегралы первого рода 5.4.1 xyzds, S часть поверхности параболоида z x 2 y 2 , отсеS каемая плоскостью z 1. Ответ: 0. 5.4.2 x y z ds , S – часть цилиндрической поверхности S x 1 y 2 , отсечённая плоскостями z 0 и z 1. Ответ: 1 . 5.4.3 3x 2 5 y 2 3 z 2 2 ds, S часть поверхности y x 2 z 2 , S отсечённая плоскостями y 0 и y 1 . Ответ: 2 2 . 5.4.4 1 4 x 2 4 z 2 ds, S часть поверхности y 2 x 2 z 2 , отсе- S чённая плоскостью y 0 . Ответ: 10 . 6 Поверхностные интегралы второго рода 6.1 Теоретическая часть Поверхность, у которой фиксирована одна из её сторон, называется ориентированной. 1 Если поверхность S незамкнутая, однозначно проецируется на плоскость Oxy , т. е. z z ( x, y ) – уравнение поверхности, то ту сторону, которая видна со стороны положительного направления оси Oz , если смотреть на плоскость Oxy , будем называть положительной относитель но оси Oz S z (аналогично S x , S y ). Или ( n,k ) 90 . 2 Если поверхность S замкнутая, то за S примем её внешнюю сторону, за S внутреннюю. Введём понятие поверхностного интеграла второго рода (ПИ-2). Пусть S двусторонняя, ориентированная поверхность, заданная уравнением z f ( x, y ) , R ( x, y, z ) – непрерывная функция, определенная в точках поверхности S . Составим интегральную сумму: n R xi , yi ,zi xi yi , i 1 где xi yi – площадь проекции частичной поверхности Si на плоскость Oxy , xi yi Si xy . 27 Если существует предел интегральной суммы, который не зависит от способа разбиения поверхности S на Si и от выбора точек M i , то этот предел называется поверхностным интегралом от функции R x, y, z по координатам x и y по выбранной стороне поверхности или поверхностным интегралом второго рода: n R( xi , yi , zi )(Si ) xy . R( x, y, z )dxdy lim 0 i 1 (6.1) S Аналогично определяются ПИ-2 по координатам y , z и x, z : n P( xi , yi , zi )(Si ) yz , P( x, y, z)dydz lim 0 i 1 (6.2) S n Q( xi , yi , zi )(Si ) zx . Q( x, y, z )dzdx lim 0 i 1 (6.3) S P( x, y, z)dydz Q( x, y, z)dzdx R( x, y, z)dxdy – общий ПИ-2. S Свойства ПИ-2 аналогичны свойствам ПИ-1. Следует помнить, что при изменении стороны поверхности интегрирования, т.е. переориентации поверхности, ПИ-2 меняет знак. Вычисление поверхностного интеграла второго рода сводится к вычислению соответствующих двойных интегралов: (n, k ) 90 ; R( x, y, z )dxdy R x, y, z x, y dxdy, (n , k ) 90 . (6.4) S Dxy (n, i ) 90 ; P( x, y, z )dydz P x y, z , y, z dydz, (n ,i) 90 . (6.5) S D yz (n, j ) 90 ; Q( x, y, z )dzdx Q x, y x, z , z dxdz, (n , j ) 90 . (6.6) S Dxz Поверхностные интегралы первого и второго рода связаны друг с другом соотношением Pdydz Qdzdx Rdxdy ( P cos Q cos R cos )ds . S (6.7) S В этой формуле cos , cos , cos – направляющие косинусы нормали к поверхности S в выбранную сторону поверхности. 28 Если поверхность S задана уравнением F ( x, y, z ) 0 , то n ( Fx; Fy ; Fz) – нормаль к поверхности в каждой точке M . Пусть a ( P; Q; R) – векторная функция, тогда Pdydz Qdzdx Rdxdy ( a (6.8) , n0 )ds . S S Если ориентированная поверхность S задана явной непрерывно дифференцируемой функцией z z ( x, y ) , то Pdydz Qdzdx Rdxdy (a, n ) z z x, y dxdy , S Dxy a ( P; Q; R ) , n ( z x ; z y ;1) . (6.9) Если S : y y ( x, z ) , то Pdydz Qdzdx Rdxdy ( a , n ) y y x, z dxdz , S Dzx a ( P; Q; R) , n ( y x ;1; y z ) . (6.10) Если S : x x( y, z ) , то Pdydz Qdzdx Rdxdy ( a , n ) x x y, z dydz , S D yz a ( P; Q; R ) , n (1; xy ; xz ) . (6.11) В формулах (6.9)–(6.11) берется «+», если интегрирование ведется по стороне S z, y , x , «–» – если S z, y , x . Формула Остроградского-Гаусса связывает поверхностный интеграл второго рода по замкнутой поверхности с тройным интегралом по пространственной области, ограниченной этой поверхностью. Для вывода формулы Остроградского-Гаусса надо воспользоваться рассуждениями, подобными тем, которые использовались при нахождении формулы Грина–Остроградского. Если функции P( x, y, z ), Q( x, y, z ), R( x, y, z ) непрерывны вместе со своими частными производными первого порядка в пространственной области V , то имеет место формула Остроградского-Гаусса: P Q R Pdydz Qdzdx Rdxdy x y z dxdydz , S V (6.12) 29 где S граница области V , и интегрирование по S производится по её внешней стороне. Формула Стокса связывает криволинейные интегралы второго рода с поверхностными интегралами второго рода. Если функции P( x, y, z ), Q( x, y, z ), R( x, y, z ) непрерывны вместе со своими частными производными первого порядка в точках ориентированной поверхности, то имеет место формула Стокса: Q P R Q P R dxdy dydz dxdz x y y z z x S Pdx Qdy Rdz , (6.13) L где L граница поверхности S , и интегрирование вдоль кривой L производится в положительном направлении. Символическая запись формулы Стокса: dydz dxdz dxdy x y z Pdx Qdy Rdz . S L P Q R (6.14) 6.2 Образцы решения примеров 6.2.1 Вычислить интеграл zdydz 4 ydzdx 8 x dxdy , 2 S – часть по- S верхности z x y 1, отсечённая плоскостью z 2, если вектор n составляет с осью Oz тупой угол . 2 2 Решение Сделаем рисунок (рисунок 6.1). Запишем n и a : z x 2 y 2 1 z z 2 x, 2 y n 2 x; 2 y;1 ; a z; 4 y;8 x 2 . z x y 2 γ 2 I zdydz 4 ydzdx 8 x dxdy a, n dxdy n S 2 xz 8 y 2 8 x 2 Dxy Dxy z x 2 y 2 1 z z x , y dxdy 2 x x 2 y 2 1 Dxy 8 y 2 8 x 2 dxdy 2 x x 2 y 2 1 8 x 2 y 2 dxdy . Dxy Так как проекция поверхности S на плоскость xOy 1 x 0 Рисунок 6.1 y 30 представляет собой круг x 2 y 2 1 (рисунок 6.2), то перейдём к полярным координатам: x cos , 1. y sin , y 0 2 , Dxy : 0 1. 0 Dxy I 2 cos 2 1 8 2 d d Dxy 1 x Рисунок 6.2 1 2 0 0 d 2 4 cos 2 2 cos 8 3 d 1 2 2 4 2 sin 0 6.2.2 Вычислить 2 0 1 2 d 8 0 d 16 3 0 ydydz xdxdz zdxdy , 4 4 2 4 . 0 где S – верхняя сторона S треугольника, образованного пересечением плоскости x y z 1 с координатными плоскостями. z Решение Первый способ. Вычислим каждый интеграл–слагаемое, используя формулы (6.4)–(6.6), и применим свойство аддитивности. Нарисуем плоскость x y z 1 (рисунок 6.3): 1) S : z 1 x y , спроецируем её на плоскость xOy , n; i 90 . Имеем I1 zdxdy 1 x y dxdy . S n B –1 x1 A 0 x 1, Dxy : x 1 y 0. Рисунок 6.3 y 0 1 Dxy Рисунок 6.4 0 1 1 3 3 1 x x 1 1 1 1 x dx x x 2 1 1 0 1 ; 2 3 6 3 6 6 2 x –1 1 y2 I1 dx 1 x y dy y xy dx 1 x x 2 x 2 x 1 x 1 0 0 0 0 0 y Dxy Проекция поверхности S на плоскость xOy представляет собой треугольник (рисунок 6.4): 1 1 C 0 31 2) S : y x z 1, спроецируем её на плоскость xOz , (n; j ) 90 . Имеем I 2 xdxdz xdxdz . S Dxz Проекция поверхности S на плоскость xOz представляет собой треугольник (рисунок 6.5): 0 x 1, Dxz : 0 y 1 x. z 1 Dxz 0 1 x Рисунок 6.5 1 1 1 1 x 2 x3 I 2 dx xdy xy 0 dx x 1 x dx ; 2 3 6 0 0 0 0 2 3 0 3) S : x 1 y z , спроецируем её на плоскость yOz , (n; k ) 90 . z Имеем I 3 ydydz ydxdy . 1 1 x 1 S 1 1 x 1 Dyz Проекция поверхности S на плоскость yOz представляет собой треугольник (рисунок 6.6): 1 y 0, Dyz : 0 z 1 y. 0 1 y 0 1 0 1 1 y I 3 dy ydz yz 0 Dyz –1 0 y Рисунок 6.6 0 1 1 1 y2 y3 dy y 1 y dy 0 . 3 1 2 3 6 1 2 Итак, I I1 I 2 I 3 0 1 1 1 1 . 6 6 6 6 Второй способ. Вычислим интеграл, используя, например, формулу (6.9). Имеем z z 1, 1 n 1; 1;1 . a y , x, z , z 1 x y x y 1 0 0 x 1 I y x z z 1 x y dxdy y x 1 x y dxdy dx 1 2 x 2 y dy Dxy Dxy 1 y 2 xy y 0 2 0 x 1 1 1 dx 1 x 2 x x 1 x 1 dx x 2 x dx 0 2 1 1 x3 x 2 . 2 0 6 3 0 32 6.2.3 Вычислить x y dydz y z dxdz x z dxdy , где S S внешняя сторона поверхности, x 0, y 0, z 0, x 2 y 3z 6 . ограниченной Решение Так как поверхность S замкнутая, то применим формулу Остроградского–Гаусса (6.12). Q P 1; Имеем P x y, 1; Q y z, y x R R x z, 1. z Объём пирамиды находят по формуле 1 V Sосн H , тогда 3 I 1 1 1 dxdydz плоскостями z 3 n 0 x 2 y 6 Рисунок 6.7 V 1 1 3 dxdydz 3 6 2 3 18 . 3 2 V 2 3 6.2.4 Вычислить x y dx dy zdz, где L окружность L x 2 y 2 1, z 0; S верхняя сторона полусферы x 2 y 2 z 2 1 z 0 , обход контура совершается в положительном направлении. Решение Применим формулу Стокса, используя её символическую запись (6.14). Имеем P x 2 y 3 , Q 1, R z dydz x x2 y3 dxdz dxdy y 1 z x 2 y 3 z 1 dydz dxdz y z x z z z 1 x 2 y 3 2 2 2 2 dxdy 0 0 3 x y dxdy I 3 x y dxdy . y x S Так как проекция поверхности S на плоскость xOy представляет собой круг x 2 y 2 1, то перейдём к полярным координатам: x cos , 1. y sin , 0 2 , Dxy : 0 1. 33 1 2 3 I 3 cos sin d d 5 d sin 2 2 d 40 0 Dxy 2 2 2 2 2 1 2 3 5 1 cos 4 3 6 1 1 d sin 4 . d 40 2 4 6 0 2 4 8 0 0 1 6.3 Примеры для самостоятельной работы Вычислить поверхностные интегралы второго рода. 6.3.1 x2 y z2 dxdz, S внутренняя сторона поверхности x2 2 y , S отсечённая плоскостями y 2, z 0, z 1 . Ответ: 28 3 . 6.3.2 x 2 y 2 z 2 dydz , S внутренняя сторона части полусфе- S ры x R 2 y 2 z 2 , вырезанная конусом x y 2 z 2 . Ответ: R 4 2 . x 6.3.3 2 y 2 3 z 2 dxdy, S внешняя сторона поверхности S z x 2 y 2 , отсечённая плоскостями z 0, z 2 . Ответ: 32 . 6.3.4 yzdydz xzdxdz xydxdy, S внешняя сторона треугольника, S образованного пересечением плоскости плоскостей. Ответ: a 4 4 . 6.3.5 x y z a и координатных x dydz y dxdz z dxdy, S внешняя 2 2 2 сторона части сферы S x y z a 2 , лежащей в первом октанте. Ответ: 3 a 4 8 . 2 2 2 6.3.6 2 2 x z dydz 2 x y dxdz, S верхняя сторона части па- S раболоида y x 2 z 2 , отсечённого плоскостью y 2 и расположенной над плоскостью xOy . Ответ: . 6.3.7 y 2 x 2 dydz z 2 sin x dxdz 2 y 2 z dxdy, S верхняя сто- S рона z 0, части y 1, 6.3.8 поверхности z 1 x2 , y 2 . Ответ: 8 . ограниченной x y dydz y x dxdz z 2 dxdy, S часть плоскостями поверхности S конуса x 2 y 2 z 2 0, отсекаемая плоскостями z 0, z 1, нормаль к ко- 34 торой образует тупой угол с осью Oz . Ответ: 8 3 . 6.3.9 zdydz 3 y x dxdz zdxdy , S – внешняя часть поверхности S тела, ограниченного поверхностями x 2 y 2 1 , z x 2 y 2 2 , z 0 . Ответ: 5 . С помощью формулы Остроградского– Гаусса вычислить поверхностные интегралы второго рода: 6.3.10 x 2dydz y 2dxdz z 2dxdy, S внешняя сторона границы куS ба 0 x 1 , 0 y 1 , 0 z 1. Ответ: 3. 6.3.11 xdydz ydxdz zdxdy, S внешняя сторона пирамиды, ог- S раниченной плоскостями x y z 1, x 0, y 0, z 0. Ответ: 1 2 . xdydz ydxdz zdxdy , 6.3.12 S – поверхность цилиндра S x y a , 1 z 1 . Ответ: 6 a 2 . С помощью формулы Стокса вычислить криволинейные интегралы второго рода y z dx x z dy x y dz , L – окружность 6.3.13 2 2 2 L x y z a , x y z 0 . Ответ: 0. 2 2 2 2 ydx zdy xdz , 6.3.14 – L окружность x2 y 2 z 2 a2 , L x y z 0 ; S часть плоскости x y z 0, ограниченная данной окружностью. Ответ: a 2 3 . 6.3.15 yzdx xzdy xydz , L контур треугольника с вершинами L O 0;0;0 , A 1;1;0 , B 1;1;1 . Ответ: 0. 6.4 Домашнее задание 6.4.1 Вычислить x 2 y 2 z 2 dxdz , S внешняя сторона поверх- S ности y x 2 z 2 , отсечённая плоскостями y 0, y 1. Ответ: . 6.4.2 Вычислить xdydz ydxdz zdxdy, S S верхняя часть поверх- ности x 2 y z 6 0, расположенной в первом октанте. Ответ: 54. 35 6.4.3 Вычислить xdydz z dxdy, S 3 внешняя сторона сферы S x y z 1 . Ответ: 32 15 . 6.4.4 С помощью формулы 2 2 2 x 2 z dx x 3 y z dy 5 x y dz , Стокса вычислить КРИ-2 L – контур треугольника с L вершинами A 1;0;0 , B 0;1;0 , C 0;0;1 . Ответ: 3 . 6.4.5 С помощью формулы Остроградского–Гаусса вычислить ПИ-2 2 2 2 2 3 3 3 x dydz y dxdz z dxdy , S – внешняя сторона сферы x y z R . S Ответ: 12 R5 5 . Список литературы 1 Высшая математика : Общий курс : учебник / Под ред. С. А. Самаля. – Минск : Выш. шк., 2000. – 351 с. 2 Гусак, А. А. Высшая математика : учебник / А. А. Гусак. – 4-е изд. – Минск : ТетраСистемс, 2003. – Т. 1. – 544 с. 3 Гусак, А. А. Высшая математика: учебник / А. А. Гусак. – 4-е изд. – Минск : ТетраСистемс, 2004. – Т. 2. – 448 с. 4 Гусак, А. А. Справочник по высшей математике / А. А. Гусак, Г. М. Гусак, Е. А. Бричикова. – 5-е изд. – Минск : ТетраСистемс, 2004. – 640 с. 5 Жевняк, Р. М. Высшая математика: Функции многих переменных. Интегральное исчисление функций одной и многих переменных. Векторный анализ : учебник / Р. М. Жевняк, А. А. Карпук. – Минск : Выш. шк., 1993. – 411 с. 6 Сборник задач по математике для втузов. Линейная алгебра и основы математического анализа : учеб. пособие для втузов / В. А. Болтов [и др.] ; под ред. А. В. Ефимова и Б. П. Демидовича. – 2-е изд. – М. : Наука, 1986. – Т. 1. – 464 с. 7 Сборник задач по математике для втузов. Специальные разделы математического анализа / В. А. Болтов [и др.] ; под ред. А. В. Ефимова и Б. П. Демидовича. – 2-е изд. – М. : Наука, 1986. – Т. 2. –368 с. 8 Шипачёв, В. С. Высшая математика : учебник / В. С. Шипачёв. – 7-е изд. – М. : Высш. шк., 2005. – 479 с.
