- •А. П. Бырдин, А. А. Сидоренко, О. А. Соколова
- •МАТЕМАТИКА
- •Практикум
- •А. П. Бырдин, А. А. Сидоренко, О. А. Соколова
- •Решение. Объем тела
- •Ответы
- •Формула
- •Задачи для самостоятельного решения
- •Ответы
- •Задачи для самостоятельного решения
- •Ответы
- •5.1. Понятие числового ряда
- •Суммы конечного числа членов ряда
- •Возьмем какой-нибудь знакопеременный ряд
- •Таким образом, при любом х имеет место разложение
- •Запишем разложение в ряд Маклорена других функций.
- •Задачи для самостоятельного решения
- •Ответы
- •6. СОБЫТИЕ И ВЕРОЯТНОСТЬ
- •Решение. Используя полученную в предыдущем примере таблицу, имеем
- •Задачи для самостоятельного решения
- •Ответы
- •Учебное издание
Решение. Объем тела
|
|
1 |
1 |
|
|
|
|
v= ∫∫(x2 + y2)dxdy = ∫ dx ∫ (x2 + y2)dy = |
|||||
|
Ф |
−1 |
x2 |
|
||
1 |
|
1 |
|
|
|
|
= ∫ |
(x2y + y3 /3) |
1x2 dx = ∫ (x2 +1/3− x4 − x6 /3)dx = |
||||
−1 |
|
|||||
|
−1 |
|
|
|
|
|
|
= (x3 /3+ x /3− x5 /5− x7 /21) |
|
−11 |
=88/105. |
||
|
|
|||||
|
|
|
С помощью двойного интеграла может быть вычислена
площадь области G
s = ∫∫dxdy.
G
Эта формула является более универсальной, чем вычисление площади с помощью определенного интеграла.
Пример. Вычислить площадь области G, ограниченной
линиями y2 = x +1, x + y =1 (рис. 4).
Решение. Найдем точки пересечения данных кривых,
приравняв две функции: |
M1(3; −2), M2(0;1) . Тогда, искомая |
||||
площадь |
|
1−y |
|
|
|
|
1 |
1 |
2)dy = |
9. |
|
s = ∫∫dx dy = ∫ dy ∫ |
dx = ∫ (2− y − y |
||||
G |
−2 |
y2−1 |
−2 |
|
2 |
|
|
На данном примере хорошо видно, что одним из главных моментов в вычислении двойного интеграла является расстановка пределов интегрирования. Внешний интеграл был выбран по у не случайно. Если выбрать другой порядок повторного интегрирования (внешний по х), то область G предварительно пришлось бы разбить на две части (осью Оу), так как она ограничена сверху двумя различными уравнениями на отрезках −1≤ x ≤ 0и 0 ≤ x ≤ 3. Результат был бы тот же самый, однако вычисления были бы громоздкими.
7
Если область интегрирования представляет собой окружность или ее часть, то удобнееперейти в полярную систему координат.
Рассмотрим замену переменных в двойном интеграле.
Для двойных интегралов имеют место формулы перехода от прямоугольных координат к полярным координатам.
Замену переменных в двойном интеграле производят по следующему правилу. Если ограниченная замкнутая область S пространства (х,у) взаимно однозначно отображается на
область S* пространства |
= х |
с помощью непрерывно диффе- |
||||||||||||||||||
ренцируемых функций х |
) |
, |
у = у |
|
|
,z = z |
|
|
|
и яко- |
||||||||||
( , |
|
в нуль(: , |
|
) |
|
( , |
) |
|
|
|||||||||||
биан J в области S* не обращается( , ) |
|
|
|
|
||||||||||||||||
|
|
|
|
|
∂x |
|
∂x |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
J |
= |
∂u |
|
∂v |
|
≠ 0, |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
∂y |
|
∂y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
, |
|
|
|
∂u |
|
∂v |
|
|
|
, |
|
, |
|
|
|
|
|
||
= |
|
|
, |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||
то справедлива формула |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
В частности( ) , при переходе[ |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
||||||
|
|
прямоугольных координат |
||||||||||||||||||
от( ) |
|
( |
|
)] | | |
|
|
|
|
|
|||||||||||
преобразования J |
|
, (0 |
|
< +∞, 0 |
|
|
2 |
) |
|
|
|
|
|
|||||||
полярным координатам |
, |
, |
связанным с х, у формулами |
|||||||||||||||||
хx, у=кρ cosϕ, |
y = ρ sin ϕ, |
|
|
|
|
, |
|
|
|
|
якобиан |
|||||||||
|
, |
= |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
= ρ |
поэтому |
|
|
|
|
можно)вычислить. |
|
|||||||||||
С помощью( )двойных интегралов( |
пло- |
щадь поверхности.
Пусть поверхность S задана уравнением z = f (x, y), про-
екцией S на плоскость Оху является область G, и в этой обл а- сти функция f(х,у) непрерывна и имеет непрерывные частные
производные fx′(x, y) и fy′(x, y).
Формула, с помощью которой вычисляется площадь по-
верхности, имеет вид
8
s = ∫∫ |
1+ fx′2(x, y)+ fy′2(x, y) |
dx dy. |
(1.2) |
G |
|
||
Пример. Вычислить площадь той части |
плоскости |
6x +3y + 2z =12, которая заключена в первом октанте (рис. 6). Решение. Для вычисления применим формулу (1.2). Имеем
fx′(x, y) = −3, fy′(x, y) = −3/2;
1+ fx′2(x, y)+ fy′2(x, y) = 1+9+9/4 = 7/2.
Областью G является треугольник, ограниченный осями Ox, Оу и прямой 6x +3y =12, получаемой из уравнения дан-
ной плоскости при z = 0. Расставляя пределы интегрирования в двойном интеграле, получаем
2 |
4−2x |
7 |
|
7 |
2 |
|
04−2x dx = |
7 |
2 |
s = ∫dx ∫ |
dy = |
∫y |
|
∫(4−2x)dx = |
|||||
|
|||||||||
2 |
|
2 |
|
2 |
|||||
0 |
0 |
|
0 |
|
|
0 |
|||
|
|
|
|
|
|
= 72(4x − x2)02 = 72 4 =14.
Рассмотрим вычисление массы пластинки с помощью двойного интеграла. Пусть на плоскости Оху имеется материальная пластинка, то есть некоторая область G, по которой распределена масса m с плотностью ρ (х, у). Значение массы
пластинки равно двойному интегралу от функции ρ (х, у) по области G, то есть
Рис. 6 |
|
Рис. 7 |
9
m = ∫∫ρ(x, y)dx dy. |
(1.3) |
G
Пример. Определить массу квадратной пластинки со стороной 2а, если плотность ρ (х, у) в каждой точкеМ(х; у) пропорцио-
нальна квадрату расстояния от точкиМ до точки пересечения диагоналей, и коэффициент пропорциональности равенk.
Решение. Выберем систему координат так, как показано на рис. 7. После этого можно найти функцию ρ (х, у), исходя
из условия задачи. Пусть М(х; у) − произвольная точка квадратной пластинки. Тогда квадрат расстояния от точки М до
точки пересечения диагоналей равенx2 + y2. Следовательно, плотность в точке М
ρ(M ) = ρ(x, y) = k(x2 + y2).
По формуле (1.3) имеем m = ∫∫k(x2 + y2)dx dy.
G
Учитывая, что подынтегральная функция четная относительно х и у, а область интегрирования симметрична относительно осей координат, можно ограничиться вычислением интеграла по той части области G, которая расположена в первой четверти, то есть
|
|
|
a |
|
a |
|
|
a |
|
|
|
y3 a |
|
|
|||
|
m = 4k∫dx∫(x2 |
+ y2)dy = 4k∫ |
x2 y + |
|
|
dx = |
|
||||||||||
|
3 |
|
|
||||||||||||||
|
|
|
0 |
|
0 |
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
||||
= 4k |
a |
|
+ |
a3 |
ax3 |
+ |
a3x |
a |
|
2a |
4 |
8 |
ka4. |
||||
|
ax2 |
3 |
dx |
= 4k |
3 |
|
= 4k |
3 |
= |
3 |
|||||||
|
∫ |
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
Рассмотрим вычисление координат центра масс пластинки.
Найдем координаты центра масс пластинки, занимающей в плоскости Оху некоторую область G. Обозначим ρ (х, у) — плотность
пластинки в точкеМ (х; у), являющаяся непрерывной функцией. Координаты центра масс пластинки определяются формулами
10
|
|
∫∫xρ(x, y)dx dy |
|
|
|
|
|
∫∫yρ(x, y)dx dy |
|
|
|||||||
x |
= |
G |
|
|
|
; |
y |
c |
= |
G |
|
|
|
, |
(1.4) |
||
|
c |
m |
|
|
|
|
|
|
|
m |
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
где m = ∫∫ρ(x, y)dx dy − масса пластинки. |
|
|
||||||||||||||
|
|
|
G |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Если пластинка однородна, то есть ρ = const, |
|
то коорди- |
|||||||||||||||
наты центра масс |
|
∫∫xdx dy |
|
|
|
|
∫∫ydx dy |
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(1.5) |
||||||||
|
|
x |
= |
|
G |
; y |
|
|
= G |
. |
|
|
|||||
|
|
c |
|
|
∫∫dx dy |
|
c |
|
∫∫dx dy |
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
G |
|
|
|
|
|
G |
и M x = ∫∫yρ(x, y)dx dy |
|||||
Величины M y = ∫∫xρ(x, y)dx dy |
|||||||||||||||||
|
|
|
|
|
G |
|
|
|
|
|
|
|
G |
|
|
в формулах (1.4) называются статическими моментами пластинки относительно осей Оу иОх.
Пример. Найти координаты центра масс однородной пла-
стинки, ограниченной двумя параболами y2 = x и x2 = y
(рис. 8).
Решение. Координаты центра масс данной пластинки найдем по формулам (1.5). Сначала вычислим массу пластинки
|
1 |
|
x |
|
13. |
m = ∫∫dxdy = ∫dx ∫dy = |
|||||
G |
0 |
x2 |
|
Рис. 8
Вычислим статические моменты пластинки относительно осей координат:
11
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
x |
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
M y = ∫∫xdx dy = ∫xdx ∫dy = |
; |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
20 |
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
G |
|
|
0 |
|
|
|
x2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
x |
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|||
|
|
M x |
= ∫∫y dx dy = ∫dx ∫ ydy = |
. |
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
G |
|
|
0 |
|
|
x2 |
|
20 |
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
Применяя формулы (1.5), имеем |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
x = |
M y |
= |
3 |
|
: 1 |
= |
9 |
; y |
c |
= |
|
M x |
= |
3 |
: |
1 |
= |
9 |
. |
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||
|
m |
20 |
20 |
|
|
m |
|
|
||||||||||||||||||||
c |
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
20 |
|
3 |
|
20 |
|
||||||||||||
Итак, x |
c |
= y |
c |
= |
|
9 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
20 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рассмотрим вычисление момента инерции пластинки.
Пусть область G плоскости Оху занята пластинкой, имеющей непрерывную плотность ρ(x, y). Момент инерции пла-
стинки относительно оси Оу: I y = ∫∫x2ρ(x, y)dxdy.
G
Аналогично, момент инерции пластинки относительно оси Ох Ix = ∫∫y2ρ(x, y)dxdy.
G
Момент инерции I0 пластинки относительно начала координат
I0 = ∫∫(x2 + y2)ρ(x, y)dxdy. |
(1.6) |
G
Пример. Найти момент инерции круга радиусаR с постоянной плотностью ρ(x, y) =1 относительно начала координат.
Решение. По формуле (1.6) имеем I0 = ∫∫(x2 + y2)dxdy.
G
12
Перейдем к полярным координатам. Уравнение окружности (границы круга) в полярных координатах имеет вид ρ = R . Поэтому
2π |
R |
2π |
ρ4 |
|
R |
|
1 |
(R4ϕ) |
|
2π |
|
π R4 |
|
|
|
|
|||||||||
I0 = ∫dϕ ∫ρ2ρ dρ = ∫ |
|
|
dϕ = |
|
|
|||||||
|
|
|
4 |
|
|
= |
2 . |
|||||
4 |
|
0 |
|
0 |
||||||||
|
|
|
|
|
||||||||
0 |
0 |
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Задачи для самостоятельного решения
Вычислить двойные интегралы по областям G, ограниченным указанными линиями:
1.∫∫ |
3y2dxdy |
; 0≤ x ≤1,0≤ y ≤1. |
|
1+ x2 |
|||
G |
|
||
|
|
2.∫∫G (xdxdy− y)2 ; 1 ≤ x ≤ 2, 3≤ y ≤ 4.
3.∫∫(x − y)dxdy; x = 0, y = 0, x + y = 2.
G |
|
4.∫∫xydxdy; |
y = 0, y = x, x =1. |
G |
|
5.∫∫xydxdy; |
y = x2, y2 = x. |
G |
|
6.∫∫xdxdy; y = x3, x + y = 2, x = 0.
G
7.∫∫xdxdy; xy = 6, x + y −7 = 0.
G
8.∫∫y2xdxdy; x2 + y2 = 4, x + y − 2 = 0.
G
13
9.∫∫(x + y)dxdy; 0≤ y ≤ π, 0 ≤ x ≤ sin y.
G |
π |
|
|
∫∫sin(x + y)dxdy; x = y, x + y = |
|
10. |
2 , y = 0. |
|
|
G |
|
11. |
∫∫ydxdy;G – круг радиуса R с центром в начале координат. |
|
|
G |
|
12. |
∫∫e−y2 dxdy;G – треугольник с вершинамиО (0; 0), В(0; 1), |
G
А(1; 1).
13.∫∫xdxdy; G − область, ограниченная осью Ox и аркой цик-
G
лоиды x = a(t −sin t), y = a(1 − cost)(0 ≤ t ≤ 2π ).
14.∫∫xydxdy; G − область, ограниченная осями координат и
G |
|
|
|
частью астроиды |
x |
|
π |
= a cos3 t, y = a sin3 t 0 ≤ t ≤ |
. |
||
|
|
|
2 |
Вычислить следующие интегралы, перейдя к полярным |
|||
координатам: |
|
|
|
15.∫∫(x2 + y2 )dxdy; |
G −половина круга радиуса R с центром |
||
G |
|
|
|
в начале координат, лежащая в области y ≥ 0. |
|
||
16.∫∫ex2+y2 dxdy; |
G −четверть круга x2 + y2 =1, располо- |
G
женная в первом квадранте.
17.∫∫ex2 + y 2 dxdy; G −круг радиуса R c центром в начале ко-
G
ординат.
14
18.∫∫ |
|
|
|
G −круг x2 + y2 = x. |
||||
|
1 − x2 − y2 |
dxdy; |
||||||
G |
ln(x2 + y |
2 ) |
|
|
|
|||
19.∫∫ |
dxdy; |
G −кольцо между окружностями ра- |
||||||
|
x2 + y2 |
|
|
G
диусов е и 1 с центром в начале координат.
Вычислить объемы тел, ограниченных поверхностями:
20.x = 0, y = 0, z = 0, x + y + z =1.
21.x = 0, y = 0, z = 0, x + y =1, z = x2 + y2.
22.z = x + y + a, y2 = ax, x = a, z = 0, y = 0 (при y > 0).
23.z2 = xy, x = a, x = 0, y = a, y = 0.
24.z = x2 + y2, y = x2, y =1, z = 0.
25.az =x2−y2, z = 0, x = a.
26.z2 = xy, x + y = a.
27.z = xy, x + y = a, z = 0.
Перейдя к полярным координатам, вычислить объемы тел, ограниченных поверхностями:
28.z = x2 + y2 , x2 + y2 = a2, z = 0.
29.z = x2 + y2, x2 + y2 = a2, z = 0.
30.z = x, x2 + y2 = a2, z = 0.
Вычислить площади областей, ограниченных линиями:
31.y2 = x +1, x + y =1.
32.xy = 4, x =1, y = 2.
33.xy = 4, y = x, x = 4.
34.y = x2, 4 y = x2, y = 4.
15
Перейдя к полярным координатам, найти площади фигур, ограниченных линиями:
35.x2 + y2 −2ax = 0, x2 + y2 −2bx = 0 (0 < a < b).
36.x2 + y2 = a2, x2 + y2 − 2ax = 0, y = 0.
37.(x − a)2 + y2 = a2, x2 + (y − a)2 = a2.
38.x2 + y2 − 2ax = 0, x2 + y2 − ax = 0.
39.Вычислить площадь той части плоскости6x + 3y + 2z =12,
которая заключена в первом октанте.
40.Вычислить площадь боковой поверхности кругового конуса с радиусом основания R и высотой H.
41.Вычислить площадь части плоскостиx + y + z = 2a, отсека-
емой плоскостями x = 0, y = 0 x = a, y = a.
42. Вычислить площадь части плоскостиx + y + z = 2a, вырезаемой цилиндром x2 + y2 = 2a.
Найти координаты центра масс однородной пластинки, ограниченной линиями:
43. Двумя параболами y2 = x и x2 = y.
44.y = 0 и одной полуволной синусоиды y = sinx.
45.y = x2, x = 4, y = 0.
46.y2 = ax, y = x.
Вычислить момент инерции однородной пластинки, ограниченной линиями:
47.y = 2x , x = a, y = a относительно оси Ox.
48.y = a + x2 , y = 2x, x = 0 относительно оси Oy. a
16
1. π |
. 2.ln 4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Ответы |
|
|
|
|
|
5. |
|
|
|
|
3. |
|
|
|
5 |
|
|||||||||||||||||||||
. 3.0 . |
4.1/ 8. 5.1/12. 6.7/15. 7.20 |
8.1 |
9. |
|
π. |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
4 |
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
+ 1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
6 |
|
|
|
|
|
5 |
|
|
|
|
4 |
|
|||||||||||
10.1/ 2. |
11. 0. |
12.− |
|
|
. |
13.3π 2a3 . |
|
14.a4 / 80. |
|
15. πR4 / 4. |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
2e |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
π |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
16. |
|
(e −1). |
|
17. 2π |
|
|
R2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(π |
− 4 / 3). |
|
19. |
|
2π. 20. 1/6. |
|||||||||||||||||||||||||||||||
4 |
|
e |
|
|
|
|
|
−1 . 18. |
4 |
|
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
79 |
|
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
π |
|
|
|
|
|
|
||||||||
21. 1/6. |
22. |
a |
3 |
. |
23. |
a |
3 |
. |
24.88/105. |
|
25.a |
3 |
/ 3. |
|
|
26. |
|
a |
3 |
. |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||
60 |
|
|
9 |
|
|
|
|
|
|
|
12 |
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
27.a |
4 |
/ 24. 28. |
2 |
πa |
3 |
. 29. |
πa |
4 |
. |
30. |
4a3 |
. 31. 9/2. |
32.4 ln 2− 2. |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
3 |
|
|
|
2 |
|
|
3 |
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
35.π(b |
2 |
|
|
|
2 |
). |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
33.6 − 4 ln 2. |
34. 32/3. |
|
|
− a |
36.1 a2 |
π + |
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2 |
|
|
3 |
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||
37.a2 π |
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
41.a2 |
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||||||||||||
−1 . |
38. |
πa2. |
|
39. 14. |
40. πR |
|
|
R2 + H 2 |
. |
|
|
|
. |
||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
3 |
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
|
|
|
2 |
|
|
|
|
|
|
|
4 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||
42. πa2 |
|
|
. |
|
43.xc |
= yc |
= 9/ 20. |
44.(π / 2;π / 8). |
45. (3; 4; 8). |
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
3 |
|
|
|||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||||
46. (2a/5, a/2). |
|
47. |
17a4 |
|
. |
|
|
48. |
a4 |
. |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||||
|
|
96 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
30 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
2. ТРОЙНЫЕ ИНТЕГРАЛЫ
Определим интеграл от функции трех переменных − так называемый тройной интеграл. Тройные интегралы, как и двойные, имеют широкое применение в различных физических и геометрических задачах.
Тройной интеграл является аналогом двойного интеграла и вводится для функции трех переменных.
Пусть в некоторой замкнутой ограниченной областиV трехмерного пространства задана ограниченная функцияf(М) = f(x,у,z). Разобьем область V на п произвольных областей, не имеющих
общих внутренних точек, с объемами ∆v1, ∆v2,..., ∆vn . В каж-
17
дой области возьмем произвольную точку Mi (ξi ;ηi ;ζi ) и составим сумму
n |
|
∑f (ξi ;ηi ;ζi )∆vi , |
(2.1) |
i =1
которая называется интегральной суммой для функции f (x, у, z) по области V. Обозначим через λ наибольший из диаметров частичных областей.
Определение. Если интегральная сумма (2.1) приλ → 0 имеет предел, равный I, то этот предел называется тройным интегралом от функции f (x, у, z) по области V и обозначается одним из следующих символов:
I = ∫∫∫f (x, y, z)dv = ∫∫∫f (x, y, z)dx dy dz.
V V
В этом случае функция f(х,у,z) называется интегрируемой в области V; V − областью интегрирования; х, уи z − переменными интегрирования; dv (илиdxdydz)− элементом объема.
Тройные интегралы являются непосредственным обобщением двойных интегралов на случай трехмерного пространства. Они обладают аналогичными двойным интегралам необходимыми и достаточными условиями существования и свойствами. Если положить всюду в области V f (x, y, z) ≡1, то из
определения тройного интеграла следует формула для вычисления объема тела V:
v = ∫∫∫dv = ∫∫∫dx dy dz.
V V
Рассмотримвычисление тройных интегралов. Как и в случае двойных интегралов, вычисление тройных интегралов сводится к вычислению интегралов меньшей кратности.
Рассмотрим область V, ограниченную снизу и сверху поверхностями z = z1(x, y) и z = z2(x, y), а с боковых сторон ци-
линдрической поверхностью. Пусть область G − проекция области V на плоскость Оху (рис. 9), в которой определены и не-
18
прерывны функции z1(x, y) и z2(x, y). Предположим, далее, что каждая прямая, параллельная оси Oz, пересекает границу
области V не более чем в двух точках. Тогда для любой фун к- ции f (x, у, z),непрерывной в области V, имеет место формула
∫∫∫f (x, y, z)dx dy dz = ∫∫dx dy |
z2 |
(x, y) |
|
|
∫f (x, y, z)dz, |
||
V |
G |
z1 |
(x, y) |
позволяющая свести вычисление тройного интеграла к последовательному вычислению внутреннего определенного интеграла по переменной z (при постоянных х и у) и внешнего двойного интеграла по области G. Выражение
z2(x, y)
I (x, y) = ∫f (x, y, z)dz |
представляет собой функцию двух пе- |
||||
|
|
|
|
|
|
z1(x, y) |
|
|
|
∫∫I (x, y)dx dy к |
|
ременных. Переходя от двойного интеграла |
|||||
повторному, получаем формулу (рис. 9). |
|
G |
|
||
|
|
|
|||
|
b |
y2(x) z2 |
(x, y) |
|
|
∫∫∫f (x, y, z)dx dy dz = ∫dx |
∫dy |
∫f (x, y, z)dz, |
(2.2) |
||
V |
a |
y1(x) z1(x, y) |
|
|
Рис. 9 |
Рис. 10 |
19
Порядок интегрирования может быть и другим, то есть переменные х,у и z в формуле (2.2) можно менять ролями.
Вчастности, если V − параллелепипед с гранями х = а,
х= b(а < b), у = с, y = d(c < d), z = k, z = l(k < l), то формула
(2.2) принимает вид
|
|
|
|
|
|
b |
d |
|
l |
|
|
|
|
∫∫∫f (x, y, z)dx dy dz = ∫dx∫dy∫f (x, y, z)dz. |
(2.3) |
||||||||||||
V |
|
|
|
|
|
a |
с |
|
k |
|
|
|
|
Пример. Вычислить интеграл ∫∫∫(x + y − z)dx dy dz, где |
|||||||||||||
V − параллелепипед, |
|
|
|
|
|
|
V |
|
|
|
|
|
|
ограниченный |
плоскостями |
x = −1, |
|||||||||||
x = +1, y = 0, y =1, z = 0, z = 2 (рис. 10). |
|
|
|
|
|||||||||
Решение. По формуле (2.3) имеем |
|
|
|
|
|
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
1 |
1 |
2 |
|
|
|
|
∫∫∫(x + y − z)dx dy dz = ∫dx∫dy∫(x + y − z)dz = |
|||||||||||||
V |
|
|
|
|
|
−1 |
0 |
0 |
|
|
|
|
|
1 |
1 |
z2 |
2 |
1 |
1 |
|
|
|
|
|
|||
= ∫dx∫ xz + yz − |
|
|
|
|
dy = |
∫dx∫(2x + 2y − 2)dy = |
|||||||
2 |
|||||||||||||
−1 |
0 |
|
|
|
0 |
−1 |
0 |
|
|
|
|
|
|
= ∫1 (2xy + y2 − 2y) |
|
10dx = ∫1 (2x −1)dx = (x2 − x) |
|
−11 = −2. |
|||||||||
|
|
||||||||||||
|
|
||||||||||||
−1 |
|
|
|
|
|
−1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пример. |
Вычислить |
интеграл |
|||||
|
|
|
|
∫∫∫(x + y + z)dx dy dz, |
гдеV − пира- |
||||||||
|
|
|
|
V |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
мида, |
ограниченная |
плоскостью |
|||||||
|
|
|
|
x + y + z =1 и координатными плос- |
|||||||||
|
|
|
|
костями x = 0, |
y = 0, z = 0 (рис. 11). |
||||||||
|
|
|
|
|
|
Решение. Область V проектиру- |
|||||||
|
|
|
|
ется на плоскость Оху в треугольник |
Рис. 11
20
G, ограниченный прямыми x = 0, |
y = 0, |
y =1 − x. |
По формуле |
|||||||||||||||||||||||
(2.2) имеем |
|
|
|
|
1−x 1−x−y |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
1 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||
∫∫∫(x + y + z)dx dy dz = ∫dx ∫dy |
∫(x + y + z)dz = |
|
|
|
|
|
|
|||||||||||||||||||
V |
1−x |
|
|
|
|
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
1 |
|
|
|
z2 |
1−x− y |
|
|
1 |
1 |
|
|
2 |
|
|
2 |
|
|
y3 |
1−x |
||||||
= |
∫ |
dx |
∫ |
xz |
+ yz + |
|
|
|
dy = |
|
y − yx |
|
− xy |
|
− |
|
|
|
|
|
dx = |
|||||
2 |
|
2 |
|
|
3 |
|
||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
∫ |
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|||||||
|
0 |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
1 |
1 |
|
|
|
|
|
1 |
|
|
3x |
2 |
x4 1 |
|
1 |
|
3 |
|
|
1 |
|
|||
|
|
= |
|
∫ |
(2 |
−3x + x3)dx = |
|
2x − |
|
+ |
|
|
|
= |
|
|
|
|
= |
|
. |
|||||
|
|
6 |
6 |
2 |
4 |
6 |
4 |
8 |
||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пример. Вычислить ∫∫∫xyz dxdydz, где область ограни-
Т
чена поверхностями z = x2+ y2, х = 0, y= 0, z = 1 (рис. 12). Решение. По формуле (2.2) получим
Рис. 12
∫∫∫xyz dxdydz = |
1 |
1−х2 |
1 |
|
∫ dx |
∫ |
dy ∫ |
хyz dz. |
|
V |
0 |
0 |
х2 + у2 |
|
21
Вычислим кратный интеграл последовательно:
1) ∫1 |
хyz dz = xy(z2 / 2) |
|
x21+ y2 =(xy – x5y –2x3y 3– xy5)/2; |
|
|||
|
х2 + у2
2)1/21−∫x 2 (xy – x5y –2x3y 3– xy5) dy =
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
=(2x/3−x3+ x7/3)/4; |
|||
= (xy2/2 – |
x5y2/2 – 2x3y4/4 – xy6/6 )/2 |
|
0 |
1−x2 |
||||
|
||||||||
3) 1/4 ∫1 |
|
|
|
|
1 |
|
||
(2x/3–x3+x7/3) dx = (x2/3 – x4/4 + x8/24)/4 |
|
= 1/32. |
||||||
|
||||||||
0 |
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
Рассмотрим замену переменных в тройном интеграле.
Для тройных имеют место формулы перехода от прямоугольных координат к цилиндрическим и сферическим координатам.
Замену переменных в тройном интеграле производят по следующему правилу. Если ограниченная замкнутая область V пространства (х, у, z) взаимно однозначно отображается на область V* пространства (u, v, w) с помощью непрерывно диф-
ференцируемых функций х = х(u, v, w) , у = у(u, v, w) , z = z (u, v, w) и якобиан J в области V* не обращается в нуль:
|
∂x |
∂x |
∂x |
|
|
|
|
||||
|
∂u |
∂v |
∂w |
|
|
J = |
∂y |
∂y |
∂y |
≠ 0, |
|
∂u |
∂v |
∂w |
|||
|
|
||||
|
∂z |
∂z |
∂z |
|
|
|
∂u |
∂v |
∂w |
|
то справедлива формула
∫∫∫f (x, y, z)dx dy dz =
V
= ∫∫∫f [x(u, v, w), y(u, v, w),z(u, v, w)] J du dv dw.
V
22
В частности, при переходе от прямоугольных координат х, у, z к цилиндрическим координатам ρ,ϕ, z (рис. 13), связан-
ным с х, у, z формулами x = ρ cosϕ, y = ρ sin ϕ, z = z (0 ≤ ρ < +∞, 0 ≤ϕ ≤ 2π, − ∞ < z < +∞), якобиан преобразования J = ρ , поэтому
∫∫∫f (x, y, z)dx dy dz =∫∫∫f (ρ cosϕ, ρ sinϕ, z)ρ dρ dϕ dz. (2.4)
V V *
Название “цилиндрические координаты” связано с тем, что координатная поверхность ρ = const (то есть поверхность,
все точки которой имеют одну и ту же координату ρ ) являет-
ся цилиндром, прямолинейные образующие которого параллельны оси Оz.
При переходе от прямоугольных координат х, у, z к сферическим координатам ρ,ϕ,θ (рис. 14), связанным сх, у, z
формулами x = ρ sinθ cosϕ, y = ρ sinθ sin ϕ, z = ρ cosθ
(0 ≤ ρ < +∞, 0 ≤ ϕ ≤ 2π, 0 ≤θ ≤ π), якобиан преобразования
J= ρ2 sinθ, поэтому
∫∫∫f (x, y, z)dx dy dz =
V
= ∫∫∫f [ρ sinθ cosϕ, ρ sinθ sin ϕ, ρ cosθ]ρ2 sinθ dρ dϕ dθ. (2.5)
V *
При вычислении тройного интеграла путем перехода к цилиндрическим или сферическим координатам область V* обычно не изображают, а пределы интегрирования расставляют непосредственно по виду области V, используя геометрический смысл новых координат.
Пример. Вычислить интеграл ∫∫∫(x2 + y2)dx dy dz пере-
V
ходом к цилиндрическим координатам x = ρ cosϕ, y = ρ sin ϕ,
23
z = z , где V − область, ограниченная поверхностями z = x2 + y2 и z = l (рис. 15).
Решение. Так как область V на плоскость Оху проектируется в круг x2 + y2 ≤1 , то координата ϕ изменяется в преде-
|
Рис. 13 |
|
|
Рис. 14 |
|
|
Рис. 15 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
лах от 0 до 2π , координата ρ − от |
ρ = 0 до |
ρ = 1. Посто- |
||||||
янному значению |
ρ(0 ≤ ρ ≤1) в пространстве |
Охуz соответ- |
ствует цилиндр x2 + y2 = ρ2 . Рассматривая пересечение этого цилиндра с областью V, получаем изменение координаты z от
значений для точек, лежащих на параболоиде z = x2 + y2 , до значений для точек, лежащих на плоскости z = 1, то есть от
z = ρ2 до z = 1. Применяяформулу (2.4), имеем
|
|
|
|
|
|
|
2π |
1 |
1 |
|
|
|
2π |
1 |
|||
∫∫∫(x2 + y2)dx dy dz = ∫dϕ∫dρ |
|
∫ρ2 ρ dz = |
∫dϕ∫[ρ3z]1ρ2 dρ = |
||||||||||||||
V |
|
|
|
|
|
|
0 |
|
0 |
ρ2 |
|
|
|
0 |
0 |
||
2π |
|
ρ4 |
|
ρ6 1 |
|
1 |
|
2π |
1 |
|
2π |
|
π |
|
|
||
= ∫ |
|
dϕ = |
|
∫dϕ = |
|
|
|
|
|||||||||
|
|
− |
|
|
|
|
|
|
ϕ |
0 |
= |
6 . |
|
|
|||
4 |
6 |
12 |
|
12 |
|
|
|||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||||||||
0 |
|
|
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Трудно дать какую-либо общую рекомендацию, когда следует применять ту или иную систему координат. Это зависит и от обла сти интегрирования, и от вида подынтегральной функции. Однако, формулой (2.5) удобнее пользоваться, когда
24
f (x, y, z) имеет вид f (x2 + y2 + z2), а также когда областью
V является шар x2 + y2 + z2 ≤ R2 или его часть. Пример. Вычислить интеграл
∫∫∫(x2 + y2 + z2)dx dy dz,
V
где V − шар x2 + y2 + z2 ≤ R2
(рис. 16).
Решение. В данном случае |
|
|
удобно перейти к сферическим ко- |
|
|
ординатам: |
|
|
x = ρ sinθ cosϕ, |
|
|
y = ρ sinθ sin ϕ, |
|
|
Рис. 16 |
|
|
z = ρ cosθ . |
|
|
|
|
|
Из вида области V следует, что координаты ρ , ϕ и θ меня- |
||
ются в следующих пределах: ρ − от 0 до R, ϕ − от 0 до 2π , |
||
θ −от 0 до π . Так как подынтегральная функция |
x2 + y2 + z2 = ρ2 sin2θ cos2 ϕ + ρ2 sin2θ sin2 ϕ + ρ2 cos2θ = = ρ2 sin2θ + ρ2 cos2θ = ρ2,
то по формуле (2.5) получаем
R π 2π
∫∫∫(x2 + y2 + z2)dx dy dz = ∫dρ∫dθ ∫ρ2ρ2 sin θ dϕ =
V |
|
|
0 |
|
0 |
|
0 |
|||
R |
π |
2π |
|
|
|
|
|
R |
|
π |
= ∫ρ4dρ∫sinθ dθ ∫dϕ = 2π ∫ρ4dρ∫sinθ dθ = |
||||||||||
0 |
0 |
0 |
|
|
|
0 |
|
0 |
||
|
|
R |
|
|
ρ5 |
|
R |
|
4πR5 |
|
|
|
|
|
|
|
|||||
|
= 4π ∫ρ4dρ |
= 4π |
|
|
|
|
|
= |
5 . |
|
|
|
5 |
|
|
0 |
|||||
|
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рассмотрим приложения тройных интегралов. Кратко рас-
смотрим типичные задачи применения тройных интегралов.
25
Если дано некоторое тело V с плотностью ρ (М)= ρ (х,у,z), представляющей собой непрерывную функ-
цию, то тройной интеграл ∫∫∫ρ(x, y,z)dx dy dz представляет
V
собой массу т данного тела.
Моменты инерции тела V с плотностью ρ (М)= ρ (х,у,z) относительно осей координат определяются следующими
формулами: |
Iz = ∫∫∫(x2 + y2)ρ(M )dv; |
|
V |
I y = ∫∫∫(x2 + z2 )ρ(M )dv; I x = ∫∫∫(y2 + z2)ρ(M )dv. |
|
V |
V |
Момент инерции относительно начала координат
I0 = ∫∫∫(x2 + y 2 + z2 )ρ(M )dv.
V
Координаты центра масс определяются следующими формулами:
|
∫∫∫xρ(M )dv |
∫∫∫yρ(M )dv |
|
|||
xc = |
V |
|
; yc = |
V |
; |
|
m |
|
m |
||||
|
∫∫∫zρ(M )dv |
|
||||
|
|
|
|
|||
|
zc = |
V |
|
, |
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
m |
|
|
где xc , yc , zc − координаты центра масс, а т − масса данного
тела. В частности, если рассматриваемое тело однородно, то есть ρ(x, y,z) = const, то выражения для координат центра
масс упрощаются и принимают вид
|
∫∫∫xdv |
|
∫∫∫ydv |
|
∫∫∫zdv |
|
|
xc = |
V |
; yc = |
V |
; zc = |
V |
, |
|
|
|||||||
v |
v |
v |
|||||
|
|
|
|
где v − объем данного тела.
26
Как уже было отмечено, тройной интеграл ∫∫∫dx dy dz
V
равен объему тела V. Тройные интегралы в некоторых случаях более удобны длявычисления объемов, чем двойные, так как с их помощью можно вычислить объем не только криволинейного цилиндра, но и других тел.
Пример. Определить координаты центра масс верхней половины однородного шара V радиуса R с центром в начале координат.
Решение. Данный полушар ограничен поверхностями
z = |
R2 − x2 − y2 |
|
и |
z = 0. В |
|
силу |
|
симметрии |
|
полушара |
|||||||||||||
xc = yc = 0. Координата zc определяется по формуле |
|
||||||||||||||||||||||
|
|
|
|
|
∫∫∫z dx dy dz |
|
|
∫∫∫z dx dy dz |
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
zc = |
V |
|
|
|
= |
|
V |
|
|
|
|
|
. |
|
|
|
|
|
||
|
|
|
∫∫∫dx dy dz |
|
|
2 |
πR3 |
|
|
|
|
|
|
||||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||
|
|
|
|
|
V |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Переходя к сферическим координатам, получаем |
|
|||||||||||||||||||||
|
|
2π |
π / 2 |
|
|
R |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
||
|
|
∫dϕ ∫sinθ cosθdθ ∫ |
ρ |
3dρ |
|
|
|
2π |
R4 |
|
1 |
|
|
3 |
|
||||||||
zc = |
0 |
0 |
|
|
|
0 |
|
|
|
|
= |
|
4 |
2 |
|
= |
R. |
||||||
|
|
|
2 |
πR |
3 |
|
|
|
|
2 |
πR |
3 |
|
|
8 |
||||||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|||||||||
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
|
3 |
|
|
|
|
|
|
||||
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Пример. Определить момент инерции относительно оси OZ однородной пирамидыс плотностью равной 3, ограниченной плоскостями x = 0, y = 0, z = 0, x+ y+ z= 1 (рис. 17).
Решение. Имеем
1 1−x 1−x−y |
1 1−x |
I z = ∫dx ∫dy ∫3(x2 + y2)dz = 3∫dx ∫(x2 + y2)(1 − x − y)dy =
0 0 0 0 0
27
1 1−x
= 3∫dx ∫(x2(1 − x)− x2y + y2(1 − x)− y3)dy =
00
1 |
|
2 |
(1 − x) |
2 |
|
(1 − x) |
4 |
|
1 |
|
|
|
|
x |
|
|
|
|
|
|
|||
= 3∫ |
|
|
2 |
|
+ |
12 |
|
dx = |
10 |
. |
|
0 |
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
Рис. 17 |
|
Задачи для самостоятельного решения |
|
Вычислить тройные интегралы по областям V, ограничен- |
ным указанными поверхностями: |
|
1. |
∫∫∫(x + y − z)dxdydz; x = −1, x = +1, y = 0, y =1, z = 0, z = 2. |
|
V |
2. |
∫∫∫(x + y + z)dxdydz; x = 0, x =1, y = 0, y =1, z = 0, z =1. |
|
V |
3. |
∫∫∫xydxdydz; x =1, x = 2, y = −2, y = −1, z = 0, z =1/ 2. |
|
V |
4. |
∫∫∫ρ sinθdρdϕdθ; |
|
V |
ϕ = 0, ϕ = π / 2, ρ = 0, ρ = 2, θ = 0, θ = π / 2.
28
|
∫∫∫ |
dxdydz |
x =1, x = 2, y = |
|
y = 2, z = |
|
z = 2. |
|
5. |
|
; |
1, |
1, |
||||
(x + y + z)3 |
||||||||
|
V |
|
|
|
|
|
||
6. |
∫∫∫(x + 2y + 3z + 4)dxdydz; |
|
|
|
|
|||
|
V |
|
|
|
|
|
||
x = 0, x = 3, y = 0, y = 2, z = 0, z =1. |
|
|
|
|
||||
7. |
∫∫∫(4x + 3y + 2z +1)dxdydz; |
|
|
|
|
|||
|
V |
|
|
|
|
|
||
x = 0, x =1, y = 0, y = 2, z = 0, z = 3. |
|
|
|
|
||||
8. |
∫∫∫zdxdydz; x = 0, y = 0, z = 0, x + y + z =1. |
|
|
|||||
|
V |
|
|
|
|
|
9.∫∫∫xdxdydz; x = 0, y = 0, z = 0, y =1, x + z =1.
V
10.∫∫∫yzdxdydz; x2 + y2 + z2 =1, z ≥ 0.
V
11.∫∫∫xydxdydz; x2 + y2 =1, z = 0, z =1 (x ≥ 0, y ≥ 0).
V
12.∫∫∫xyzdxdydz;
V
x = 0, y = 0, z = 0, x2 + y2 + z2 =1 (x ≥ 0, y ≥ 0, z ≥ 0).
13.∫∫∫ |
dxdydz |
; |
x = 0, y = 0, z = 0, x + y + z =1. |
(1 + x + y + z)3 |
|||
V |
|
|
|
14. |
|
|
|
∫∫∫(x2 + y2 + z2 )dxdydz; x = 0, x = a, y = 0, y = b, z = 0, z = c.
V
29
С помощью замены переменных вычислить тройные интегралы:
15.∫∫∫(x2 + y2 + z2 )dxdydz; x2 + y2 + z2 ≤ R2 − шар.
V
16. ∫∫∫(x2 + y2 )dxdydz; z = x2 + y2, z =1.
V
17.∫∫∫x2 + y2 + z2 dxdydz; x2 + y2 + z2 ≤ R2.
V
18.∫∫∫zx2 +y2 dxdydz; x2 +y2= 2x, y = 0, z = 0, z = 3.
|
V |
19. |
∫∫∫zdxdydz;V −часть шара x2 + y2 + z2 ≤ R2, находящая- |
|
V |
ся в первом октанте. |
|
20. |
∫∫∫(x2 − y2 )dxdydz; x2 + y2 = 2z, z = 2. |
|
V |
21.∫∫∫(x2 + y + z2 )3dxdydz; x2 + z2 =1, y = 0, y =1.
V
22.∫∫∫zx2 + y2 dxdydz; y2 = 3x − x2, z = 0, z = 2.
V
Вычислить объемы тел, ограниченных указанными поверхностями:
23.2x + 3y + 4z =12, x = 0, y = 0, z = 0.
24.ax + by + cz =1, x = 0, y = 0, z = 0.
25.ax = y2 + z2, x = a.
30