Учебнометодический комплекс для студентов специальностей Прикладная математика
 Скачать 8.42 Mb.
|
|
Меняя порядок интегрирования, мы должны проследить, как при произвольно фиксированном значении y будет меняться x внутри обла- сти. Если к полуокружности y = √ 2ax − x 2 провести касательную, па- раллельную оси , то она разобьет данную область на три части (области):I - между параболой и окружностью, ограниченной сверху отрезком упо- мянутой касательной; II - между окружностью, касательной и прямой x = 2a; III - область ограничена касательной, дугой параболы и прямой x = 2a. Если провести прямую l, параллельную оси между и a, то в I обла- сти прямая пересечет сначала параболу, а затем окружность. Абсцисса первой точки найдется из уравнения параболы и будет равна x 1 = y 2 2a , а Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 242 из 275 Назад На весь экран Закрыть второй - из уравнения окружности x 2 + y 2 − 2ax = 0, которое нуж- но разрешить относительно x : x = a ± a 2 − y 2 . Для этой точки x 2 = a − a 2 − y 2 . Значение x 3 = a + a 2 − y 2 даст абсциссу второй точки пересечения той же прямой с окружностью и x во второй области изменяется от x 3 до x 4 = 2a. Пересечение y в области I и II будет ме- няться от y = 0 до y = a. В области III (при фиксированном y) x будет меняться от x = y 2 2a до x = 2a, а y от y 1 = a до значения y 2 = 2a, т. е. до значения y в точке пересечения линий y 2 = 2ax и x = 2a. Итак, области I, II, III заданы соответственно системой неравенств: I : 0 ≤ y ≤ a, y 2 2a ≤ x ≤ a − a 2 − y 2 II : 0 ≤ y ≤ a, a + a 2 − y 2 ≤ x ≤ 2a. III : 0 ≤ y ≤ 2a, y 2 2a ≤ x ≤ 2a. При изменения порядка интегрирования данный интеграл разбить на Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 243 из 275 Назад На весь экран Закрыть три, что приводит к выражению: 2 0 adx √ 2ax √ 2ax−x 2 f (x, y)dy = = a 0 dy a− √ a 2 −y 2 y2 2a f (x, y)dx + a 0 dy 2a a+ √ a 2 −y 2 f (x, y)dx + 2 0 ady 2a y2 2a f (x, y)dx Пример 5.9. Найти объем тела, вырезанного цилиндром x 2 + y 2 = rx из сферы x 2 + y 2 + z 2 = r 2 и расположенного в первом октанте. Решение. Изобразим тело на рисунке 5.1 , предварительно преобра- зовав уравнение x 2 + y 2 = rx, а именно x 2 − rx + y 2 = (x − r 2 ) 2 + y 2 = ( r 2 ) 2 Поверхность (x − r 2 ) 2 + y 2 = ( r 2 ) 2 есть круговой цилиндр, а x 2 + y 2 + z 2 = r 2 - сфера с центром в начале координат. Проекцией тела на плоскость xOy является полукруг, изображенный на рисунке 5.2 Искомый объем ищем по формуле V = D f (x, y)dxdy. В нашем случае f (x, y) = r 2 − x 2 − y 2 , а областью интегрирования является полукруг x 2 + y 2 = rx, y ≥ 0. Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 244 из 275 Назад На весь экран Закрыть Рис. 5.1: Для вычисления двойного интеграла D r 2 − x 2 − y 2 dxdy перейдем к полярным координатам, полагая x = ρ cos ϕ, y = ρ sin ϕ. Уравнение окружности x 2 + y 2 = rx преобразуется к виду ρ = r cos ϕ. Из рисунка 5.2 видим, что 0 ≤ ϕ ≤ π 2 , 0 ≤ ρ ≤ r cos ϕ. Используя теорему о замене двойного интеграла повторным, получим Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 245 из 275 Назад На весь экран Закрыть Рис. 5.2 V = (D) r 2 − x 2 − y 2 dxdy = π 2 0 dϕ r cos ϕ 0 r 2 − ρ 2 ρdρ = = − 1 2 π 2 0 dϕ r cos ϕ 0 (r 2 − ρ 2 ) 1 2 d(r 2 − ρ 2 ) = − 1 2 π 2 0 2 r 2 − ρ 2 3 2 3 r cos ϕ 0 dϕ = Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 246 из 275 Назад На весь экран Закрыть = − 1 3 π 2 0 (r 3 (1 − cos 2 ϕ) 3 2 − r 3 )dϕ = 1 3 r 3 π 2 0 (1 − sin 3 ϕ)dϕ = = 1 3 r 3 ϕ π 2 0 + 1 3 r 3 π 2 0 (1 − cos 2 ϕ)d(cos ϕ) = πr 3 6 + 1 3 r 3 cos ϕ π 2 0 − 1 3 r 3 · cos 3 ϕ 3 π 2 0 = = πr 3 6 − 1 3 r 3 + 1 9 r 3 = πr 3 6 − 2 9 r 3 = r 3 3 π 2 − 2 3 (куб. ед.) Ответ: искомый объем равен V = r 3 3 π 2 − 2 3 (куб. ед.). Пример 5.10. Перейдя к цилиндрическим координатам, вычислить тройной интеграл (V ) (x 2 + y 2 )dxdydz, где область V ограничена поверхностями x 2 + y 2 = 2z, z = 2. Решение. Изобразим область интегрирования (рис. 5.3 ). Проекцией тела V на плоскость xOy является круг x 2 + y 2 = 4, по- этому для вычисления тройного интеграла перейдем к цилиндрическим координатам, полагая x = r cos ϕ, y = r sin ϕ, z = z, якобиан преобра- зования I = r. Тогда 0 ≤ r ≤ 2, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, r 2 2 ≤ z ≤ 2. Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 247 из 275 Назад На весь экран Закрыть Рис. 5.3 В таком случае (V ) x 2 + y 2 dxdydz = 2π 0 dϕ 2 0 r 3 dr 2 r2 2 dz = = 2π 0 dϕ 2 0 r 3 z 2 r2 2 dr = 2π 2 0 r 3 2 − r 2 2 dr = Кафедра математического анализа и диффе- ренциальных уравнений Начало Содержание Страница 248 из 275 Назад На весь экран Закрыть = 2π 2 · r 4 4 − r 6 12 2 0 = 2π 8 − 16 3 = 16π 3 Пример 5.11. Найти площадь части поверхности цилиндра x 2 + y 2 − ax = 0 , заключенный внутри сферы x 2 + y 2 + z 2 = a 2 (a > 0). Решение Ввиду того,что уравнение поверхности цилиндра не содержит z и его нельзя привести к уравнению вида z = f (x, y), необходимо уравнение цилиндра разрешить относительно y и для вычисления искомой пло- щади применить формулу S = (D) 1 + ( δy δx ) 2 + δy δz ) 2 dxdz, проектируя площадь на плоскость xOz. Так как площадь цилиндра плоскость xOz разделяется на две равные части, то можно вычис- лить половину искомой площади. Для определения области интегри- рования D следует линию пересечения данных поверхностей спроекти- ровать на плоскость xOz , для чего из уравнений этих поверхностей исключаем y. Вычитая одно уравнение из другого, находим: z 2 = a 2 − ax.. Это есть уравнение параболы, лежащей в плоскости xOz с вершиной на оси Ox на расстоянии a от начала координат , пересекающей ось Oz в точках z = a и z = −a. Дуга параболы вместе с соответствующим Кафедра математического анализа и диффе- ренциальных уравнений Начало Содержание Страница 249 из 275 Назад На весь экран Закрыть Рис. 5.4 отрезком оси Oz составляет границу области D ( см. рис. 5.4 ) , ко- торую можно задать системой неравенств: 0 ≤ x ≤ a − √ a 2 − ax ≤ z ≤ √ a 2 − ax. Из уравнения цилиндра x 2 +y 2 −ax = 0 находим δy δx = a−2x 2y , δy δz = 0 Следовательно, Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 250 из 275 Назад На весь экран Закрыть 1 2 S = a 0 dx √ a 2 −ax − √ a 2 −ax 1 + (a−2x) 2 4(ax−x 2 ) dz = a 0 4ax−4x 2 +a 2 −4ax+4x 2 4(ax−x 2 ) ×z| a 2 −ax − √ a 2 −ax dx = = a a 0 2 √ a 2 −ax 2 √ ax−x 2 dx = a a 0 √ a √ x dx = 2a √ a × √ x| a 0 = 2a 2 Поэтому S = 4a 2 Пример 5.12. Вычислить массу неоднородного шара x 2 + y 2 + z 2 ≤ 2x, если плотность распределения массы равна расстоянию от начала координат. Решение Каноническое уравнение сферы имеет вид (x − 1) 2 + y 2 + z 2 = 1. Плотность распределения массы ρ(x, y) = x 2 + y 2 + z 2 Искомая масса вычисляется по формуле M = (V ) ρ(x, y, z)dxdydz. Для вычисления тройного интеграла перейдем к сферическим коор- динатам, полагая x = r cos φ sin Θ, y = r sin φ sin Θ, z = r cos Θ, якобиан преобразования j(r, φ, Θ) = r 2 sin Θ. Уравнение сферы представим в виде r 2 = 2r cos φ sin Θ или r = r cos φ sin Θ. Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 251 из 275 Назад На весь экран Закрыть Рис. 5.5 В таком случае M = (V ) ρ(x, y, z)dxdydz = π 0 dΘ π 2 − π 2 1 4 r 4 cos 4 φ sin 4 Θdy = = 4 π 0 sin 5 ΘdΘ π 2 − π 2 cos 4 φdφ = 4 π 0 −(1 − cos 2 φ) 2 (cosΘ) π 2 − π 2 ( 1+cos 2φ 2 ) 2 dφ = = 4 π 0 (−1 + 2cos 2 Θ − cos 4 Θ)d(cos Θ) π 2 − π 2 1+2 cos 2φ+ 1+cos 4φ 2 4 dφ = (− cos Θ + + 2 cos 3 Θ 3 − cos 5 Θ / 5)| 5 0 (φ + 2 sin 2φ 2 + 1 2 φ + 1 8 sin 4φ)| π 2 − π 2 = (1 − 2 3 + 1 5 + 1 − 2 3 + Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 252 из 275 Назад На весь экран Закрыть + 1 5 )(π + π 2 ) = 16 15 3π 2 = 89π 5 Ответ: искомая масса M = 8π 5 Пример 5.13. Найти объем тела, ограниченного сферой x 2 + y 2 + z 2 = 4 и параболой x 2 + y 2 = 37. Рис. 5.6 Тело ограничено сверху сферой, снизу - параболоидом. Проекцией тела на плоскость xOyявляется область , ограниченная линией, представляющей проекцию на эту плоскость линии пересечения упомянутых поверхностей. Уравнение проекции получится исключени- ем z из уравнений данных поверхностей и будет иметь вид: x 2 + y 2 = Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 253 из 275 Назад На весь экран Закрыть −3, z = 0. Для искомого объема применим формулу V = (V ) dxdydz Для вычисления тройного интеграла перейдем к цилиндрическим коор- динатам, полагая x = r cos φ, y = r sin φ, z = z, 0 ≤ φ ≤ 2π, 0 ≤ r ≤ √ 3, z 2 3 ≤ z ≤ √ 4 − r 2 , якобиан преобразования J = r Используя формулу замены переменной в тройном интеграле, находим: V = 2π 0 dφ √ 3 0 rdr √ 4−r 2 r2 3 dz = 2π 0 dφ √ 3 0 ( √ 4 − r 2 − r 2 3 )dr = 2π √ 3 0 (r √ 4 − r 2 r 3 3 )dr = = 2π(− 1 2 √ 3 0 √ 4 − r 2 d(4 − r 2 ) − r 4 12 | √ 3 0 − 3 4 ) = 2π(− 1 2 (4−r 2 ) 3 2 2 3 | √ 3 0 − 3 4 ) = 2π(− 1 3 (1 − 8) − 3 4 ) = 2π( 7 3 − 3 4 ) = 19π 6 Ответ: V = 19π 6 (куб. ед.) Пример 5.14. Вычислить Γ e √ x 2 +y 2 dS, где Γ - выпуклый контур, ограниченный кривыми r = a, ϕ = 0, ϕ = π 4 (r и ϕ) - полярные координаты). Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 254 из 275 Назад На весь экран Закрыть Контур состоит из отрезка OA полярной оси длиною a, дуги AB окружности r = a и отрезка луча ϕ = π 4 Поэтому Γ e √ x 2 +y 2 dS = OA + ˘ AB + BO = a O e x dx + ˘ AB e a dS + a 0 e r dr, Так как на y=0 и dS=dx, на ˘ AB x 2 + y 2 = a 2 и на BO x 2 + y 2 = r 2 , x = r √ 2 2 , y = r √ 2 2 , dS = x 2 r + y 2 r dr = dr и BO e √ x 2 +y 2 dS = OB e √ x 2 +y 2 dS. Следовательно, Γ e √ x 2 +y 2 dS = E x a 0 +e a ˘ AB dS + e r a 0 = e a − 1 + e a ˘ AB dS + e a − 1 = = 2(e a − 1) + e a I; I есть длина дуги окружности радиуса a, соответствующей централь- ному углу, равному π 4 , то есть I = π 4 a. Итак, Γ e √ x 2 +y 2 dS = e a πa 4 + 2(e a − 1). Пример 5.15. Найти массу дуги параболы y = x 2 2 , лежащей между точками (1; 1 2 ) и (2; 2), если линейная плотность ρ(x, y) = y x Решение. Задача сводится к вычислению криволинейного интегра- ла. Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 255 из 275 Назад На весь экран Закрыть Рис. 5.7 Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 256 из 275 Назад На весь экран Закрыть m = (Γ) ρ(x; y)dS, где ρ(x; y) = y x , Γ - дуга параболы y = x 2 2 , лежащая между точками (1; 1 2 ) и (2; 2). Находим дифференциал длины дуги y = x 2 2 , y x = x, dS = 1 + y x 2 dx = √ 1 + x 2 dx. Тогда m = (Γ) y x dS = 2 1 x 2 2x √ 1 + x 2 dx = 1 2 2 1 x √ 1 + x 2 dx = 1 2 1 2 2 1 √ 1 + x 2 d(x 2 + 1) = 1 4 (1+x 2 ) 3 2 3 2 2 1 = 1 6 (5 3 2 − 2 3 2 ) = 1 6 (5 √ 5 − 2 √ 2). Ответ: m = 5 √ 5−2 √ 2 6 Пример 5.16. Найти массу четверти эллипса x = a cos t, y = sin t, расположенной во втором квадрате, если линейная плотность в каж- дой точке кривой пропорциональна ординате этой точки. Решение. Плотность ρ(t) = ky = kb sin t, x t = −a sin t, y t = b cos t, дифференциал длины дуги. dS = x t 2 + y t 2 dt = a 2 sin 2 t + b 2 cos 2 tdt, π 2 t π В этом случае m = (Γ) ρ(x, y)dS = π π 2 kb sin t a 2 sin 2 t + b 2 cos 2 tdt = Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 257 из 275 Назад На весь экран Закрыть √ b 2 cos 2 t + a 2 − a 2 cos 2 td(cos t) = −bk π π 2 a 2 − (a 2 − b 2 ) cos 2 td(cos t) = [cos t = z, t = π 2 ⇒ z = 0, t = π ⇒ z = −1] = = −bk −1 0 a 2 − (a 2 − b 2 )z 2 dz = − bk √ a 2 −b 2 −1 0 a 2 − (a 2 − b 2 )z 2 d( √ a 2 − b 2 z) = [ √ a 2 − x 2 dx = a 2 2 arcsin x a + x √ a 2 −x 2 2 + c] = − bk √ a 2 −b 2 ( a 2 2 arcsin √ a 2 −b 2 z a + √ a 2 −b 2 z 2 a 2 − (a 2 − b 2 )z 2 ) −1 0 = = bk √ a 2 −b 2 a 2 2 arcsin a 2 −b 2 a + bk √ a 2 −b 2 √ a 2 −b 2 2 √ a 2 − a 2 + b 2 = kb 2 2 + kab 2ε arcsin ε, где ε = √ a 2 −b 2 a -эксцентриситет эллипса. Итак, масса m = kb 2 2 + kab 2ε arcsin ε. Пример 5.17. Вычислить криволинейный интеграл (Γ) x 2 + y 2 dS , где Γ -окружность x 2 + y 2 = −2x. Решение. Переходим к полярным координатам, полагая x = r cos ϕ, y = r sin ϕ. В этом случае уравнение окружности имеет вид r = −2 cos ϕ; π 2 ≤ ϕ ≤ 3π 2 ; r ϕ = 2 sin ϕ, p p 2 bk = , Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 258 из 275 Назад На весь экран Закрыть Рис. 5.8 Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 259 из 275 Назад На весь экран Закрыть дифференциал длины дуги dS = r 2 + r 2 ϕ dϕ = 4 cos 2 ϕ + 4 sin 2 ϕdϕ = 2dϕ. Итак, Γ x 2 + y 2 dS = π 2 3π 2 r2dϕ = π 2 3π 2 − 4 cos ϕdϕ = −4 sin ϕ 3π 2 π 2 = −4(sin 3π 2 − sin π2) = 8. Ответ: Γ x 2 + y 2 dS = 8 Пример 5.18. Вычислить ABCDA dx+dy |x|+|y| , где ABCDA - контур квад- рата с вершинами A(1; 0), B(0; 1), C(−1; 0), D(0; −1) Решение: Имеем ABCDA = AB + BC + CD + DA Отрезок AB лежит в первой четверти на прямо x + y = 1, 0 ≤ x ≤ 1, поэтому y = 1 − x, 0 ≤ y ≤ 1. AB = AB dx + dy x + y = AB dx + dy 1 = AB dx + dy = 0 1 dx + 0 1 −dx = 0 Кафедра математического анализа и диф- ференциальных уравнений Начало Содержание Страница 260 из 275 Назад На весь экран Закрыть Рис. 5.9 Отрезок BC лежит во второй четверти на прямой y = 1 + x, −1 ≤ x ≤ 0, y ≥ 0, в силу чего |x| + |y| = −x + y = 1. Следовательно, BC = BC dx + dy −x + y = DC dx + dy = (x + y)| C(−1;0) B(0;1) = −1 − 1 = −2. Отрезок CD лежит в третьей четверти на прямой −x − y = 1, здесь x и |